《山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練29 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng) 電荷的作用 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練29 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng) 電荷的作用 新人教版（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)規(guī)范練29　磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用 基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練 1.(帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng))(2018·江西七校聯(lián)考)如圖所示,正八邊形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電的粒子從h點(diǎn)沿he圖示方向射入磁場(chǎng)區(qū)域,當(dāng)速度大小為vb時(shí),從b點(diǎn)離開磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb。當(dāng)速度大小為vd時(shí),從d點(diǎn)離開磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為td,不計(jì)粒子重力。則下列正確的說法是(　　) A.tb∶td=2∶1 B.tb∶td=1∶2 C.tb∶td=3∶1 D.tb∶td=1∶3 答案C 解析根據(jù)題意可知,粒子從b點(diǎn)和從d點(diǎn)離開的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示: 由圖利用幾何關(guān)系可知,從b點(diǎn)離開時(shí)粒子

2、轉(zhuǎn)過的圓心角為135°,而從d點(diǎn)離開時(shí)粒子其圓心角為45°,因粒子在磁場(chǎng)中的周期相同,由t=T可知,時(shí)間之比等于轉(zhuǎn)過的圓心角之比,故tb∶td=135°∶45°=3∶1,故C正確,ABD錯(cuò)誤。故選C。 2. (帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng))(2018·華南師大附中三模)如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng),經(jīng)過Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng),OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng),不計(jì)重力,則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?　　) A.2Δt B.Δt C.3Δt D.Δt 答案A 解析設(shè)圓形磁場(chǎng)

3、區(qū)域的半徑是R,以速度v射入時(shí),半徑r1=,根據(jù)幾何關(guān)系可知,=tan60°,所以r1=R;運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt=T=T; 以速度射入時(shí),半徑r2=r1=R 設(shè)第二次射入時(shí)的圓心角為θ,根據(jù)幾何關(guān)系可知:tan,所以θ=120° 則第二次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t=T=T=T=2Δt,故選A。 3.(多選)(帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng))(2018·江西南昌模擬)如圖所示,一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),CD是該圓一條直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計(jì)重力),自A點(diǎn)沿平行于CD的方向以初速度v0垂直射入磁場(chǎng)中,恰好從D點(diǎn)飛出磁場(chǎng),A點(diǎn)到CD的距離為。則(　　) A.磁感應(yīng)強(qiáng)度為

4、 B.磁感應(yīng)強(qiáng)度為 C.粒子在磁場(chǎng)中的飛行時(shí)間為 D.粒子在磁場(chǎng)中的飛行時(shí)間為 答案AC 解析粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),畫出運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示: A點(diǎn)到CD的距離為,則:∠OAQ=60°,∠OAD=∠ODA=15°,∠DAQ=75°,則∠AQD=30°,∠AQO=15°,粒子的軌道半徑:r==(2+)R,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B=m,解得:B=,故A正確,B錯(cuò)誤;粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角:α=∠AQD=30°,粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期:T=,粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t=T=,故C正確,D錯(cuò)誤,故選AC。 4. (臨界

5、極值問題)(2016`全國(guó)卷Ⅲ,18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng),速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn),并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)重力。粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為(　　) A. B. C. D. 答案D 解析粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖: 運(yùn)動(dòng)半徑為R=。由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知,出射速度的方向與OM間的夾角為30°,由圖中幾何關(guān)系知AB=R,AC=

6、2Rcos30°=。所以出射點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為BO=+R=,故選項(xiàng)D正確。 5.(臨界極值問題)(2018·河北承德聯(lián)校期末)如圖所示,OM的左側(cè)存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,OM左側(cè)到OM距離為L(zhǎng)的P處有一個(gè)粒子源,可沿紙面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì)),速率均為,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為(　　) A. B. C. D. 答案B 解析粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)則有:qvB=m,將題設(shè)的v值代入得:r=L,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短,則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的弦最短,最短弦為L(zhǎng),等于圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,根據(jù)幾何關(guān)系,粒子

7、轉(zhuǎn)過的圓心角為60°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為,故tmin=,故B正確,ACD錯(cuò)誤。故選B。 6.(多解問題)如圖甲所示,M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個(gè)小孔O、O'正對(duì),在兩板間有垂直于紙面方向的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場(chǎng)。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q,正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的電場(chǎng)的影響,不計(jì)離子所受重力。求: (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小。 (2)要使正離子從O'垂直于N板射出磁場(chǎng),正離子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的可能值。 答案(1

8、)　(2)(n=1,2,3,…) 解析設(shè)垂直于紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颉? (1)正離子射入磁場(chǎng),洛倫茲力提供向心力B0qv0= 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0= 由以上兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0= (2)要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場(chǎng),v0的方向應(yīng)如圖所示,兩板之間正離子只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期即T0時(shí),有R=;當(dāng)兩板之間正離子運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期,即nT0時(shí),有R=(n=1,2,3,…)。聯(lián)立求解,得正離子的速度的可能值為v0=(n=1,2,3,…) 素養(yǎng)綜合練 7. (2017·全國(guó)卷Ⅲ,24)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場(chǎng)。在x≥0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0;x

9、<0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng),此時(shí)開始計(jì)時(shí),當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí),求(不計(jì)重力) (1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間; (2)粒子與O點(diǎn)間的距離。 答案(1)　(2)1- 解析(1)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)在x≥0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得 qB0v0=m① qλB0v0=m② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時(shí),所需時(shí)間t1為t1=③ 粒子再轉(zhuǎn)過180°時(shí),所需時(shí)間t2為t2=④ 聯(lián)立①②③④式得,所求時(shí)間為t0=t1

10、+t2=1+⑤ (2)由幾何關(guān)系及①②式得,所求距離為 d0=2(R1-R2)=1-⑥ 8. (2018·山東淄博一中三模)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一以O(shè)為圓心、R為半徑的半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。位于O點(diǎn)的粒子源向第二象限內(nèi)的各個(gè)方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子,粒子均不會(huì)從磁場(chǎng)的圓弧邊界射出。粒子的速率相等,質(zhì)量為m、電荷量大小為q,粒子重力及粒子間的相互作用均不計(jì)。 (1)若粒子帶負(fù)電,求粒子的速率應(yīng)滿足的條件及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間; (2)若粒子帶正電,求粒子在磁場(chǎng)中能夠經(jīng)過區(qū)域的最大面積。 答案(1)v≤　t=　(2)π

11、R2 解析(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,則:qvB=m,根據(jù)軌跡圖可知:r≤ 聯(lián)立得:v≤ 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期:T= 由粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡可得,沿y軸正向射入磁場(chǎng)中的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短,則:t= 聯(lián)立可得:t= (2)分析可得,粒子在磁場(chǎng)中能經(jīng)過的區(qū)域?yàn)榘雸A,如圖中陰影部分, 由幾何關(guān)系可得該半圓的半徑:r'=R 面積:S=πr'2 聯(lián)立可得:S=πR2 9.(2014·山東卷)如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。取垂直于紙面向里為磁場(chǎng)的正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時(shí)刻,

12、一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場(chǎng)且平行于板面的方向射入磁場(chǎng)區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí),可使t=0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)Δt時(shí)間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。 (1)若Δt=TB,求B0; (2)若Δt=TB,求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小; (3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。 分析(1)因粒子從開始到垂直打在P板上經(jīng)歷時(shí)間Δt=TB,這個(gè)過程中磁場(chǎng)方向始終垂直紙面向里,故粒子逆時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且恰好運(yùn)動(dòng)圓周,則運(yùn)動(dòng)半徑R1=d,結(jié)合粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)規(guī)律,可求出

13、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0。 (2)當(dāng)Δt=TB時(shí),粒子先逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)圓周,再順時(shí)針運(yùn)動(dòng)圓周,然后又逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)圓周而垂直打在P板上。根據(jù)幾何分析可知運(yùn)動(dòng)半徑R2=,再由向心加速度公式a=可求出其加速度。 (3)當(dāng)B0=時(shí),應(yīng)先確定軌道半徑大小和兩板間距離的關(guān)系。然后再從這一關(guān)系入手,畫出粒子從出發(fā)到垂直打在P板上可能的運(yùn)動(dòng)軌跡圖,明確軌跡上速度方向豎直向上的位置點(diǎn),還要推斷這些位置到Q板的距離有無可能正好等于兩板間距d。如果是,那么這些速度向上的位置就可能是打在上極板時(shí)的位置。再由軌跡中的幾何關(guān)系以及粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律就可以得出TB可能的值。 解(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,由牛頓第二定律得

14、 qv0B0=① 據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1=d② 聯(lián)立①②式得B0=③ (2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,加速度大小為a,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得 a=④ 據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2=d⑤ 聯(lián)立④⑤式得a=⑥ (3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,周期為T,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得T=⑦ 由牛頓第二定律得 qv0B0=⑧ 由題意知B0=,代入⑧式得 d=4R⑨ 粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,O1O2連線與水平方向的夾角為θ,在每個(gè)TB內(nèi),只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0<θ<,由題意可知 T= 設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n(n=0,1,2,3…) 若在A點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R+2(R+Rsinθ)n=d 當(dāng)n=0時(shí),無解 當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立⑨式得 θ=(或sinθ=) 聯(lián)立⑦⑨式得 TB= 當(dāng)n≥2時(shí),不滿足0<θ<90°的要求 若在B點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R+2Rsinθ+2(R+Rsinθ)n=d 當(dāng)n=0時(shí),無解 當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立⑨式得 θ=arcsin(或sinθ=) 聯(lián)立⑦⑨式得 TB=(+arcsin 當(dāng)n≥2時(shí),不滿足0<θ<90°的要求 11