《2020版高考物理二輪復習 第一部分 專題復習訓練 課時作業(yè)八 帶電粒子在磁場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理二輪復習 第一部分 專題復習訓練 課時作業(yè)八 帶電粒子在磁場中的運動（含解析）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時作業(yè)八　帶電粒子在磁場中的運動 一、選擇題 1．(2019年濟南第一中學月考)粒子甲的質量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，兩粒子均帶正電．讓它們在勻強磁場中同一點以大小相等、方向相反的速度開始運動．已知磁場方向垂直紙面向里．以下四個圖中，能正確表示兩粒子運動軌跡的是(　　) 解析：根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有R＝，結合粒子甲的質量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，可知甲的半徑大于乙的半徑，由于兩粒子均帶正電，且速度方向相反，由左手定則可知A正確，B、C、D錯誤． 答案：A 2．如圖1所示，質量為m＝0.5 kg的通電導體棒在安培力作用下靜止在傾角為37°、寬度為L＝1 m

2、的光滑絕緣框架上，磁場方向垂直于框架平面向下(磁場僅存在于絕緣框架內)．右側回路中，電源的電動勢E＝8 V、內阻r＝1 Ω.額定功率為8 W、額定電壓為4 V的電動機M正常工作．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g取10 m/s2，則磁場的磁感應強度大小為(　　) 圖1 A．2 T B．1.73 T C．1.5 T D．1 T 解析：電動機M正常工作時的電流I1＝＝2 A，電源內阻上的電壓U′＝E－U＝8 V－4 V＝4 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律得干路中的電流I＝＝4 A，則通過導體棒的電流I2＝I－I1＝2 A，導體棒受力平衡，有BI2L

3、＝mgsin37°，得B＝1.5 T，故選項C正確． 答案：C 3．(2019年衡水中學調研)如圖2所示，紙面內有寬為L、水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質量為m、電荷量為－q、速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都會聚到一點，可以在粒子流的右側虛線框內設計一勻強磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應的磁感應強度可以是(其中B0＝，A、C、D選項中曲線均為半徑是L的圓弧，B選項中曲線為半徑是的圓弧)(　　) 圖2 解析：帶電粒子進入磁場中做圓周運動，圓周運動的半徑r＝，A、B、C選項對應的半徑r＝L，D選項對應的半徑為；粒子的初速度都相同，結合初速度的方向、粒子入射

4、位置以及粒子運動半徑畫圓，圓弧和磁場邊界的交點為出射點，由證明A圖的粒子的出射點恒為兩個圓弧右下方的交點，故A正確；B、C、D對應的粒子的出射點都不相同． 答案：A 4．如圖3所示，在蹄形磁鐵的上方放置一個可以自由運動的通電線圈abcd，最初線圈平面與蹄形磁鐵處于同一豎直面內，則通電線圈運動的情況是(　　) 圖3 A．ab邊轉向紙外，cd邊轉向紙里，同時向下運動 B．ab邊轉向紙里，cd邊轉向紙外，同時向下運動 C．ab邊轉向紙外，cd邊轉向紙里，同時向上運動 D．ab邊轉向紙里，cd邊轉向紙外，同時向上運動 解析：在圖示位置時，根據(jù)左手定則可知，ad邊左半段所受安培力的方

5、向向里，右半段所受安培力的方向向外，則ab邊轉向紙里，cd邊轉向紙外，線圈從圖示位置轉過90°時，根據(jù)左手定則可知，ad邊所受安培力方向向下，所以線圈向下運動，故選項B正確． 答案：B 5．如圖4所示，光滑平行金屬導軌電阻不計，固定在水平面內，左端接有一直流電源和一定值電阻，兩條通有大小相等方向相反的恒定電流的長直絕緣導線垂直導軌放置，一導體棒與導軌垂直且接觸良好．導體棒由導軌上的M點靜止釋放，M、N兩點到左右兩直導線距離相等．下列關于導體棒在兩直導線之間的運動及受力說法正確的是(　　) 圖4 A．導體棒在M、N之間做往復運動 B．導體棒一直向右做勻加速直線運動 C．導體棒所受

6、安培力先向右后向左，且先增大后減小 D．導體棒所受安培力一直向右，且先減小后增大 解析：根據(jù)安培定則可知，兩直導線電流在M、N之間的區(qū)域內磁場都是垂直導軌平面向下的，根據(jù)左手定則可知，導體棒受到的安培力方向一直向右，則選項A、C錯誤；根據(jù)直線電流磁場的性質可知，離直線電流越遠磁感應強度越小，根據(jù)磁場疊加可知導軌內的磁場從M到N是先減小后增大的，則安培力也一定是先減小后增大的，選項B錯誤，D正確． 答案：D 6．如圖5所示，在xOy平面的第一象限內存在著垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩個相同的帶電粒子以相同的速度分別從y軸上的P、Q兩點同時垂直于y軸向右射出，最后均打在x

7、軸上的N點，已知P、N兩點的坐標分別為(0，3L)、(L，0)，不計兩粒子的重力與相互作用．根據(jù)題中條件不能確定的是(　　) 圖5 A．兩帶電粒子在磁場中運動的半徑 B．兩帶電粒子到達點N所用的時間之比 C．Q點的坐標 D．帶電粒子的比荷 解析：從P、Q入射粒子運動軌跡如圖6所示，由幾何關系可知，PN長2L，∠OPN＝30°，設從P點射入的粒子運動軌跡的半徑為R，則有(3L－R)2＋(L)2＝R2，解得R＝2L，因兩粒子的速度相同且是同種粒子，則可知它們運動軌跡的半徑相同，即兩粒子運動的半徑均可求出，A不符合題意；根據(jù)幾何關系可知從P點射入的粒子軌跡對應的圓心角為120°，從Q

8、點射入的粒子軌跡對應的圓心角為60°，則由t＝T，可求得兩粒子運動到N點所用的時間之比tP∶tQ＝2∶1，B不符合題意；根據(jù)幾何關系得OQ＝L，故可以確定Q點的坐標，C不符合題意；根據(jù)R＝，由于不知道粒子速度的大小，故無法求得粒子的比荷，D符合題意． 圖6 答案：D 7．如圖7所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝l.一個粒子源在a點將質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是(　　) 圖7 A. B. C.

9、 D. 解析：根據(jù)題意可知，當速度方向沿著ab方向并且軌跡與bc相切于E點時，粒子的運動時間最長，速度最大，如圖8所示，設粒子運動軌跡的圓心為A，半徑為R，根據(jù)幾何知識可知四邊形AEba是正方形，則R＝ab＝ac＝，由于qvB＝m，整理得v＝，選項A正確． 圖8 答案：A 8．(2019年廈門高三月考)(多選)如圖9所示，半徑為r的圓剛好與正方形abcd的四個邊相切，在圓形區(qū)域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，一帶負電粒子從ad邊的中點以某一初速度沿紙面且垂直ad邊方向射入磁場，一段時間后粒子從圓形磁場區(qū)域飛出并恰好通過正方形的d點．設該粒子在磁場中運動的軌道半徑為R，運動時間為

10、t，若粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，粒子重力不計．下列關系正確的是(　　) 圖9 A．R＝r B．R＝(－1)r C．t＝T D．t＝T 解析：由題意可知粒子從Bd方向射出磁場，由圖10可知在△OBd中，R＝r－R，得R＝(－1)r，A錯誤，B正確；粒子軌跡圓心角為，所以時間t＝T＝，C錯誤，D正確． 圖10 答案：BD 9．(多選)如圖11所示，半徑為R的圓形區(qū)域內存在著垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，兩個質量、電荷量都相同的帶正電粒子，以相同的速率v從a點先后沿直徑ac和弦ab的方向射入磁場區(qū)域，ab和ac的夾角為30°.已知沿ac方向

11、射入的粒子在磁場中運動的時間為其圓周運動周期的，不計粒子重力，則(　　) 圖11 A．兩粒子在磁場中運動軌道半徑為R B．兩粒子離開磁場時的速度方向相同 C．沿ab方向射入的粒子在磁場中運動的時間為 D．沿ab方向射入的粒子在磁場中運動的時間為 解析：由于沿ac方向射入的粒子在磁場中運動的時間為其周期的，故其速度方向偏轉了90°，粒子從O點正上方的A點射出，如圖12中的軌跡1所示，由幾何關系可知其運動半徑為R，所以選項A正確；粒子軌跡半徑等于磁場區(qū)域半徑，兩粒子從同一點沿不同方向射入磁場，滿足“點入平出”，B正確；由于沿ab方向射入的粒子，其半徑也為R，其軌跡只是將1順時針旋轉

12、30°，其圓心為O′，由幾何關系可知四邊形aOBO′為菱形，且∠aO′B＝120°.所以沿ab方向射入的粒子在磁場中偏轉了120°，運動時間t＝，即t＝，選項C正確，D錯誤． 圖12 答案：ABC 10．(2019年湖北八校聯(lián)考)(多選)如圖13所示，有兩根長為L、質量為m的細導體棒a、b，a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x，當兩細棒中均通以電流強度為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止，則下列關于b的電流在a處產生的磁場的磁感應強度的說法正確的是(　　) 圖13 A．方向豎直向上 B．大小為

13、 C．要使a仍能保持靜止，而減小b在a處的磁感應強度，可使b上移 D．若使b下移，a將不能保持靜止 解析：由安培定則可知，通電導體棒b周圍的磁感線方向為順時針方向，所以在a處的磁場方向豎直向上，如圖14(a)所示，所以選項A正確；以導線a為研究對象進行受力分析如圖14(b)所示，故有mg＝BIL，解得a點處的磁感應強度大小為B＝，所以選項B錯誤；欲減小b在a處的磁感應強度，可增大兩導線間的距離，將b上移或下移都可以，當b上移時，a受到的安培力方向逆時針轉動，此時能保持a受力平衡，所以選項C正確；若b下移，a受到的安培力順時針轉動，只有其變大a才能保持平衡，但安培力在減小，導體棒受力不平衡

14、，故選項D正確． 圖14 答案：ACD 二、解答題 11．一邊長為a的正三角形ADC區(qū)域中有垂直該三角形平面向里的勻強磁場，在DC邊的正下方有一系列質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，以垂直于DC邊的方向射入正三角形區(qū)域．已知所有粒子的速度均相同，經過一段時間后，所有的粒子都能離開磁場，其中垂直AD邊離開磁場的粒子在磁場中運動的時間為t0.假設粒子的重力和粒子之間的相互作用力可忽略． 圖15 (1)求該區(qū)域中磁感應強度B的大?。? (2)為了能有粒子從DC邊離開磁場，則粒子射入磁場的最大速度為多大？ (3)若粒子以(2)中的最大速度進入磁場，則粒子從正三角形邊界AC、AD

15、邊射出的區(qū)域長度分別為多大？ 圖16 解析：(1)洛倫茲力提供向心力， qvB＝m 周期T＝＝ 當粒子垂直AD邊射出時，根據(jù)幾何關系有圓心角為60°，則t0＝T， 解得B＝. (2)當軌跡圓與AC、AD都相切時，能有粒子從DC邊射出，且速度為最大值，如圖16所示，設此時粒子的速度為v1，偏轉半徑為r1，則r1＝sin60°＝a 由qv1B＝m得v1＝＝ 所以粒子能從DC邊離開磁場的最大入射速度 v1＝. 圖17 (3)由(2)知，當軌跡圓與AC相切時，從AC邊射出的粒子距C最遠，故AC邊有粒子射出的范圍為CE段，xCE＝cos60°＝ 當軌跡圓與AD邊的交點F

16、恰在圓心O正上方時，射出的粒子距D點最遠，如圖17所示，故AD邊有粒子射出的范圍為DF段， xDF＝＝. 答案：(1)　(2)　(3)　 圖18 12．如圖18所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中有一粒子源，粒子源從O點在紙面內均勻向各個方向同時發(fā)射速率為v、比荷為k的帶正電的粒子，PQ是在紙面內垂直磁場放置的厚度不計的擋板，擋板的P端與O點的連線與擋板垂直，距離為，且粒子打在擋板上會被吸收，不計帶電粒子的重力與粒子間的相互作用，磁場分布足夠大，求： (1)為使最多的粒子打在板上，則擋板至少多長？ (2)若擋板足夠長，則打在板上的粒子在磁場中運動的最長時間與

17、最短時間的差值是多少？ (3)若擋板足夠長，則打在擋板上的粒子占所有粒子的比率是多少？ 解：(1)粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m， 解得r＝＝ 在擋板左側能打在擋板上最遠點的粒子恰好與擋板相切， 設此時打在擋板上的點為N，如圖19所示， 圖19 由題意可知r＝＝OP，由幾何知識可得PN＝ 設初速度與OP夾角為θ，θ由0增大，粒子打在擋板的N點下移，當粒子剛好通過P點時，粒子開始打在擋板的右側，設此時打在擋板上的點為M，且此時擋板吸收的粒子數(shù)最多，如圖19所示，在△OPM中，由幾何關系可得PM＝，所以PM＝. 擋板長度至少等于時，擋板吸收的粒子數(shù)最多． (2)由(1)中的分析知，當粒子恰好從左側打在P點時，時間最短，如圖20中軌跡1所示，由幾何關系得粒子轉過的圓心角為θ1＝；當粒子從右側恰好打在P點時，時間最長，如圖20中軌跡2所示，由幾何關系得粒子轉過的圓心角為θ2＝ 圖20 粒子的運動周期T＝＝＝ 沿軌跡1運動的時間t1＝T 沿軌跡2運動的時間t2＝T 最長時間與最短時間的差值Δt＝t2－t1＝. (3)出射方向在水平向右的方向和沿軌跡2運動時的初速度方向之間的粒子都能打在板上，粒子出射速度方向能變化的角度為α＝，打到板上的粒子占所有粒子的比率為η＝＝. - 13 -