《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第九章 第2節(jié) 磁場對運動電荷的作用練習（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第九章 第2節(jié) 磁場對運動電荷的作用練習（含解析）新人教版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2節(jié)　磁場對運動電荷的作用 1.(2019·陜西吳起高中高三月考)質(zhì)量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動,已知兩粒子的動量大小相等.下列說法正確的是(　A　) A.若q1=q2,則它們做圓周運動的半徑一定相等 B.若m1=m2,則它們做圓周運動的半徑一定相等 C.若q1≠q2,則它們做圓周運動的周期一定不相等 D.若m1≠m2,則它們做圓周運動的周期一定不相等 解析:帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,其半徑r=,已知兩粒子動量大小相等,若q1=q2,則它們的圓周運動半徑一定相等,選項A正確;若m1=m2,不能確定兩粒子電荷量關

2、系,不能確定半徑是否相等,選項B錯誤;由周期公式T=可知,僅由電荷量或質(zhì)量關系,無法確定兩粒子做圓周運動的周期是否相等,故C,D錯誤. 2.(多選)在一個邊界為等邊三角形的區(qū)域內(nèi),存在一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場,在磁場邊界上的P點處有一個粒子源,發(fā)出比荷相同的三個粒子a,b,c(不計重力)沿同一方向進入磁場,三個粒子通過磁場的軌跡如圖所示,用ta,tb,tc分別表示a,b,c通過磁場的時間;用ra,rb,rc分別表示a,b,c在磁場中的運動半徑,則下列判斷正確的是(　AC　) A.ta=tb>tc B.tc>tb>ta C.rc>rb>ra D.rb

3、>ra>rc 解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,由圖示情景可知,粒子軌道半徑rc>rb>ra,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角θa=θb>θc,粒子在磁場中做圓周運動的周期T=,由于粒子的比荷相同、B相同,則粒子周期相同,粒子在磁場中的運動時間t=T,由于θa=θb>θc,T相同,則ta=tb>tc,選項A,C正確,B,D錯誤. 3.(2019·四川成都實驗中學高三月考)如圖所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場,邊界上的A點有一粒子源能在垂直于磁場的平面內(nèi)沿不同方向向磁場中發(fā)射速率相同的同種帶電粒子,在磁場邊界的圓周上可觀測到有粒子飛出,則粒子在磁場中的運動半徑為(　B　) A.R B.

4、 C. D. 解析:當軌跡半徑小于或等于磁場區(qū)半徑時,粒子射出圓形磁場的點離入射點最遠距離為軌跡直徑,如圖所示,當粒子從圓周射出磁場時,粒子在磁場中運動的軌跡直徑為AC,粒子都從圓弧AC之間射出,根據(jù)幾何關系可得軌跡半徑為r=Rsin 30°=R,故選B. 4.(2018·安徽安慶二模)如圖所示,正方形虛線框ABCD邊長為a,內(nèi)有垂直于線框平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場,一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從AB邊中點P垂直AB邊以初速度v0射入勻強磁場,不計粒子重力,則下列判斷正確的是(　C　) A.若v0的大小合適,粒子能從CD邊中點F射出磁場

5、 B.當v0=時,粒子正好從AD邊中點E射出磁場 C.當v0>時,粒子將從CD邊射出磁場 D.粒子在磁場中運動的最長時間為 解析:粒子進入磁場時所受洛倫茲力方向向上,要向上偏轉(zhuǎn),不可能從F點射出,A錯;粒子從E點射出,由幾何關系可知軌道半徑r=,由qv0B=知v0=,B錯;若粒子從D點射出,由幾何關系可知軌道半徑r=,由qv0B=知v0=,要使粒子從CD邊射出,則v0>,C對;粒子速度較小時,將從AB邊射出磁場,粒子偏轉(zhuǎn)半圈,所對圓心角最大為π,運動時間最長為,D錯. 5.(多選)如圖所示,直線MN與水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場,左下方存在垂直紙面向里的

6、勻強磁場,兩磁場的磁感應強度大小均為B.一粒子源位于MN上的a點,能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子,所有粒子均能通過MN上的b點,已知ab=L,則粒子的速度可能是(　AB　) A. B. C. D. 解析:由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示,所有圓弧的圓心角均為120°,所以粒子運動的半徑為r=·(n=1,2,3,…),由洛倫茲力提供向心力得qvB=m,則v==·(n=1,2,3,…),選項A,B正確. 6.如圖所示,在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,一對質(zhì)量和電荷量均相等的正、負離子(不計重力)分別以相同速度沿與x軸成30

7、°角從原點射入磁場,則正、負離子在磁場中(　B　) A.運動時間之比為1∶2 B.運動時間之比為2∶1 C.運動軌道半徑不相等 D.重新回到邊界的位置與O點的距離相等 解析:一對質(zhì)量和電荷量均相等的正、負離子(不計重力)分別以相同速度沿與x軸成30°角從原點射入磁場,由半徑公式可得R=,它們的半徑相等,周期也相等.由于它們在磁場中運動的圓弧長度不一樣,所以它們的圓心角不等.因此它們在磁場中運動時間不一樣.正離子進入磁場后,在洛倫茲力作用下向上偏轉(zhuǎn),而負離子在洛倫茲力作用下向下偏轉(zhuǎn).正離子以與y軸正方向成60°入射,則圓弧對應的圓心角為120°,而負離子以與x軸正方向成30°入射,

8、則圓弧對應的圓心角為60°,所以正離子運動時間是負離子運動時間的2倍.選項A,C錯誤,B正確;它們的圓心角不等,則所對應的弦也不等,即重新回到邊界的位置與O點的距離不相等,選項D錯誤. 7.如圖所示,在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場,ab是圓的直徑.一不計重力的帶電粒子從a點射入磁場,速度大小為v,當速度方向與ab成30°角時,粒子在磁場中運動的時間最長,且為t;若相同的帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場,也經(jīng)時間t飛出磁場,則其速度大小為(　D　) A.v B.v C.v D.v 解析:粒子在磁場中的運動半徑r=,當粒子從b點飛出磁場時,如圖1所示,入射速度與出

9、射速度與ab的夾角相等,所以速度的偏轉(zhuǎn)角為60°,軌跡對應的圓心角為60°.設磁場的半徑為R,根據(jù)幾何知識得,軌跡半徑為 r1=2R;根據(jù)T=,與速度無關,當粒子從a點沿ab方向射入磁場時,經(jīng)過磁場的時間也是t,說明軌跡對應的圓心角與第一種情況相等,也是60°,如圖2所示,根據(jù)幾何知識得,粒子的軌跡半徑為r2=R,所以==,解得v′=v,選項D正確. 8.(2019·江西八所中學聯(lián)考)如圖所示,在邊長ab=1.5L,bc=L的矩形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場,在ad邊中點O處有一粒子源,可以垂直磁場向區(qū)域內(nèi)各個方向發(fā)射速度大小相等的同種帶電粒子.若沿Od方向射入

10、的粒子.從磁場邊界cd離開磁場,該粒子在磁場中運動的時間為t0,圓周運動半徑為L,不計粒子的重力和粒子間的相互作用.下列說法正確的是(　B　) A.粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為8t0 B.粒子的比荷為 C.粒子在磁場中運動的最短時間比t0小 D.粒子在磁場中運動的最長時間為3t0 解析:沿Od的方向射入的粒子,從磁場邊界cd離開磁場,軌跡如圖所示,其軌跡對應的圓心角為θ,則有sin θ==,即θ=60°. 所以粒子的周期為T=6t0,由Bqv=mv,解得==,故A錯誤,B正確;沿Od方向射入的粒子,在磁場中運動的時間最短,因此粒子在磁場中運動的最短時間為tmin=t0

11、;由于粒子軌跡半徑r=L,當粒子軌跡與bc邊相切且從b點處射出時,在磁場中運動的時間最長,如圖2所示.此時運動的角度為θ′,則有sin(π-θ′)=,即θ′=120°,因此粒子在磁場中運動的最長時間為tmax=2t0,故C,D錯誤. 9.如圖所示,ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形,比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊出射,欲使電子經(jīng)過BC邊,磁感應強度B的取值為(　C　) A.B> B.B< C.B< D.B> 解析:當電子從C點離開磁場時,電子做勻速圓周運動對應的半徑最小,設為R,由幾何知識得2Rcos 30°=a,解得R=;欲使電子能經(jīng)過 BC邊,

12、 必須滿足R>,而R=, 所以>,解得B<, 選項C正確. 10.如圖所示,矩形A1A2A3A4和B1B2B3B4兩矩形中心點重合,邊平行或垂直,矩形A1A2A3A4和B1B2B3B4之間有電場強度大小相等的電場方向都垂直于矩形邊向內(nèi),矩形B1B2B3B4內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場.矩形A1A2A3A4的長與寬都比矩形B1B2B3B4多2d.現(xiàn)在矩形A1A2A3A4邊A1A2中點O有質(zhì)量為m、電荷量為q的一帶正電的粒子(不計重力)由靜止釋放,經(jīng)過一段時間后,帶電粒子又回到了O點.已知電場強度的大小都是E,勻強磁場的磁感應強度為B,帶電粒子經(jīng)過電場和磁場的分界線時,速度都與分界線垂直.求:

13、 (1)若帶電粒子最快回到O點,那么矩形B1B2B3B4的長和寬是多少? (2)若帶電粒子最快回到O點,那么帶電粒子最快回到O點用多長 時間? (3)若兩矩形的長是寬的兩倍(也就是|A1A4|=2|A1A2|),則矩形A1A2A3A4的邊長|A1A2|是多少? 解析:(1)帶電粒子最快回到O點的軌跡如圖所示, 帶電粒子從O點出發(fā)進入磁場前運動過程中,由動能定理可得 qEd=mv2 , 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,則qvB=m,解得R= 那么矩形B1B2B3B4的長寬都是a=b=2R=. (2)帶電粒子從O點出發(fā)進入磁場前運動過程的時間

14、 t0== 帶電粒子在電場中的運動時間t1=8t0=8 帶電粒子在磁場中的運動時間t2== 帶電粒子最快回到O點的時間為 t=t1+t2=8+. (3)若兩矩形的長是寬的兩倍(也就是|A1A4|=2|A1A2|)時,考慮周期性,設|B1B2|=a,考慮運動的周期性,由幾何關系得a=2nR(n=1,2,3,…),則矩形 A1A2A3A4 的邊長|A1A2|是 a′=a+2d=2n·+2d(n=1,2,3,…). 答案:(1)　　(2)8+ (3)2n+2d(n=1,2,3,…) 11.(2019·山東煙臺模擬)如圖,在圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面

15、向里的勻強磁場.邊界上的一粒子源A,向磁場區(qū)域發(fā)射出質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的粒子,其速度大小均為v,方向垂直于磁場且分布在AO右側(cè)θ角的范圍內(nèi)(θ為銳角).磁場區(qū)域的半徑為,其左側(cè)有與AO平行的接收屏,不計帶電粒子所受重力和相互作用力.求: (1)沿AO方向入射的粒子離開磁場時的方向與入射方向的夾角. (2)接收屏上能接收到帶電粒子區(qū)域的寬度. 解析:(1)根據(jù)帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律,可知粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動,設其半徑為R,有qBv=, 得R=. 可知,帶電粒子運動半徑與磁場區(qū)域半徑相等.沿AO射入磁場的粒子離開磁場時的方向與入射方向之間的夾角為,

16、如圖(甲)所示. (2)設粒子入射方向與AO的夾角為θ,粒子離開磁場的位置為A′,粒子做圓周運動的圓心為O′.根據(jù)題意可知四邊形 AOA′O′四條邊長度均為,是菱形,有O′A′∥OA,故粒子出射方向必然垂直于OA,然后做勻速直線運動垂直擊中接收屏,如圖(乙)所示. 設與AO成θ角射入磁場的粒子離開磁場時與A點豎直距離為d,有 d=R+Rcos(-θ)=, 設d的最大值和最小值分別為d1和d2,有 d1=,d2=, 故接收屏上能接收到帶電粒子的寬度為 Δd=d1-d2=. 答案:(1)　(2) 12.(2016·海南卷,14)如圖,A,C兩點分別位于x軸和y軸上,∠OCA=

17、 30°,OA的長度為L.在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場.質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場.已知粒子從某點射入時,恰好垂直于OC邊射出磁場,且粒子在磁場中運動的時間為t0.不計重力. (1)求磁場的磁感應強度的大小; (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場,恰好從OC邊上的同一點射出磁場,求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和; (3)若粒子從某點射入磁場后,其運動軌跡與AC邊相切,且在磁場內(nèi)運動的時間為t0,求粒子此次入射速度的大小. 解析:(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,在時間t0內(nèi)其速度方向改變了90°,故其周期T

18、=4t0 ① 設磁感應強度大小為B,粒子速度大小為v,圓周運動的半徑為r, 由洛倫茲力公式和牛頓運動定律得qvB=m ② 勻速圓周運動的速度滿足v= ③ 聯(lián)立①②③式得B=. ④ (2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場,能從OC邊上的同一點P射出磁場,粒子在磁場中運動的軌跡如圖(甲)所示. 設兩軌跡所對應的圓心角分別

19、為θ1和θ2.由幾何關系有θ1=180°-θ2 ⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2, 則t1+t2==2t0. ⑥ (3)如圖(乙),由題給條件可知,該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150°.設O′為圓弧的圓心,圓弧的半徑為r0,圓弧與AC相切于B點,從D點射出磁場,由幾何關系和題給條件可知, 此時有∠OO′D=∠BO′A=30° ⑦ r0cos ∠OO′D+=L ⑧ 設粒子此次入射速度的大小為v0,由圓周運動規(guī)律 v0= ⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0=. ⑩ 答案:(1)　(2)2t0　(3) 11