（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（五十八）磁場中的動態(tài)圓、磁聚焦、磁發(fā)散問題（題型研究課）（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（五十八）磁場中的動態(tài)圓、磁聚焦、磁發(fā)散問題（題型研究課）（含解析） 1.如圖所示，一束不計重力的帶電粒子沿水平方向向左飛入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，都恰好能從磁場區(qū)域的最下端P孔飛出磁場，則這些粒子(　　) A．運(yùn)動速率相同 B．運(yùn)動半徑相同 C．比荷相同 D．從P孔射出時的速度方向相同 解析：選B　畫出粒子的運(yùn)動軌跡，如從A點射入的粒子，其圓心為O1，因初始速度方向水平，則AO1豎直，因AO1＝PO1＝r，可知平行四邊形OPO1A為菱形，可知r＝R，則這些粒子做圓周運(yùn)動的半徑都等于磁場區(qū)域圓的半徑R，根據(jù)r＝R＝可知，粒子的速率、

2、比荷不一定相同；由圖中所示運(yùn)動軌跡知，粒子從P孔射出時的速度方向也不相同，故只有B正確。 2.如圖所示，長方形abcd的長ad＝0.6 m，寬ab＝0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以e為圓心、eb為半徑的四分之一圓弧和以O(shè)為圓心、Od為半徑的四分之一圓弧組成的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25 T。一群不計重力、質(zhì)量為m＝3×10－7 kg、電荷量為q＝＋2×10－3 C的帶正電粒子，以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向垂直射入磁場區(qū)域，則下列判斷正確的是(　　) A．從Od之間射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊 B．從aO之間射入的粒

3、子，出射點全部分布在ab邊 C．從Od之間射入的粒子，出射點分布在ab邊 D．從ad之間射入的粒子，出射點一定是b點 解析：選D　粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得：r＝＝ m＝0.3 m；因ab＝0.3 m＝r，從O點射入的粒子從b點射出，如圖所示；從Od之間射入的粒子，因邊界上無磁場，粒子經(jīng)圓周運(yùn)動到達(dá)bc后做直線運(yùn)動，即全部通過b點；從aO之間射入的粒子先做一段時間的直線運(yùn)動，設(shè)某一個粒子在M點進(jìn)入磁場，其運(yùn)動軌跡圓圓心為O′，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得，四邊形O′Meb是菱形，則粒子的出射點一定是b點，可知，從aO之間射入的粒子，出射點一定是b點，故選項A、

4、B、C錯誤，D正確。 3.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向?qū)?zhǔn)圓心O射入磁場，其運(yùn)動軌跡如圖所示。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子速率較大 B．b粒子速率較大 C．b粒子在磁場中運(yùn)動時間較長 D．a(chǎn)、b粒子在磁場中運(yùn)動時間一樣長 解析：選B　根據(jù)qvB＝m，得R＝，由題圖知Raθb，則ta>tb，故C、D錯誤。 4.如圖所示，邊界O

5、A與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，邊界OA上有一個粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間等于(T為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為(　　) A．　　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選B　由左手定則可知，粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運(yùn)動，由于粒子速度大小都相同，故軌跡弧長越小，粒子在磁場中運(yùn)動時間就越短；而劣弧弧長越小，弦長也

6、越短，所以從S點作OC的垂線SD，則SD為最短弦，可知粒子從D點射出時運(yùn)動時間最短，如圖所示。根據(jù)最短時間為，可知△O′SD為等邊三角形，粒子圓周運(yùn)動半徑R＝SD，過S點作OA的垂線交OC于E點，由幾何關(guān)系可知SE＝2SD，SE恰好可以作為圓弧軌跡的直徑，所以從E點射出的粒子，對應(yīng)弦最長，運(yùn)行時間最長，且t＝，故B項正確。 5.(多選)(2019·新余模擬)如圖所示，S為一離子源，MN為長熒光屏，S到MN的距離為L，整個裝置處在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。某時刻離子源S一次性沿平行紙面的各個方向均勻地射出大量的正離子，離子的質(zhì)量m、電荷量q、速率

7、v均相同，不計離子的重力及離子間的相互作用力，則(　　) A．當(dāng)v<時所有離子都打不到熒光屏上 B．當(dāng)v<時所有離子都打不到熒光屏上 C．當(dāng)v＝時，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為 D．當(dāng)v＝時，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為 解析：選AC　根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝，得R＝，當(dāng)v<時，R<，直徑2R

8、熒光屏正對離子源的上部相切，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為，故C正確，D錯誤。 6.(多選)如圖所示，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣板AB的上方d處，能夠在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率為v、電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子?？臻g存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運(yùn)動的半徑大小恰好為d，則(　　) A．粒子能打在板上的區(qū)域長度是2d B．粒子能打在板上的區(qū)域長度是(＋1)d C．同一時刻發(fā)射出的粒子打到板上的最大時間差為 D．同一時刻發(fā)射出的粒子打到板上的最大時間差為 解析：選BC　以磁場方向垂直紙面向外為例，打在極板上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如

9、圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子能到達(dá)板上的長度l＝d＋＝(1＋)d，故A錯誤，B正確；在磁場中打到板上的粒子運(yùn)動時間最長和最短的運(yùn)動軌跡示意圖如圖2所示，由幾何關(guān)系知，最長時間t1＝T，最短時間t2＝T，又有粒子在磁場中運(yùn)動的周期T＝＝；根據(jù)題意t1－t2＝Δt，聯(lián)立解得Δt＝T＝，故C正確，D錯誤。若磁場方向垂直紙面向里，可得出同樣的結(jié)論。 7. 如圖所示為圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標(biāo)原點O。O點處有一放射源，沿紙面向各個方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍。已知帶電粒子的質(zhì)量為m、

10、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力。 (1)推導(dǎo)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑； (2)求帶電粒子在磁場中的最大偏轉(zhuǎn)角。 解析：(1)帶電粒子進(jìn)入磁場后，受洛倫茲力作用做勻速圓周運(yùn)動， 由牛頓第二定律得Bqv＝m，則r＝。 (2)粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大小不變，只改變圓的位置，畫出“動態(tài)圓”，如圖所示， 通過“動態(tài)圓”可以觀察到粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡均為劣弧，劣弧弧越長，弧所對應(yīng)的圓心角越大，則運(yùn)動時間越長，當(dāng)粒子的軌跡弧的弦長等于磁場直徑時，粒子運(yùn)動的時間最長， 由幾何關(guān)系知sin＝＝，即φm＝60°。

11、 答案：(1)見解析　(2)60° 8.(2016·海南高考)如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝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(qiáng)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(yùn)動的時間為t0。不計重力。 (1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??； (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(yùn)動的時間之和； (3)若粒子從某點射入磁場后，其運(yùn)動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運(yùn)動的時間為t0，求粒子此次

12、入射速度的大小。 解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了90°，故其周期T＝4t0① 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子速度為v，圓周運(yùn)動的半徑為r。由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m② 勻速圓周運(yùn)動的速度滿足v＝③ 聯(lián)立①②③式得B＝。④ (2)設(shè)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(yùn)動的軌跡如圖(a)所示。設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2。由幾何關(guān)系有 θ1＝180°－θ2⑤ 粒子兩次在磁場中運(yùn)動的時間分別為t1與t2，則 t1＋t2＝＝2t0。⑥ (3)如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌

13、跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150°。設(shè)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(guān)系和題給條件可知，此時有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦ r0cos∠OO′D＋＝L⑧ 設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運(yùn)動規(guī)律 v0＝⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0＝。⑩ 答案：(1)　(2)2t0　(3) 9.如圖所示，質(zhì)量m＝8.0×10－25 kg、電荷量q＝1.6×10－15 C的帶正電粒子，從坐標(biāo)原點O處沿xOy平面射入第一象限內(nèi)，且均在與x軸正方向夾角大于等于30°的范圍內(nèi)，粒子射入時的速度方向不同，大小均為v0＝2.0×107 m/s?，F(xiàn)在某一

14、區(qū)域內(nèi)加一垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.1 T，若這些粒子穿過磁場后都能射到與y軸平行的熒光屏MN上，并且把熒光屏MN向左平移時，屏上光斑長度和位置保持不變。求：(π＝3.14) (1)粒子從y軸穿過的范圍； (2)熒光屏MN上光斑的長度； (3)從最高點和最低點打到熒光屏MN上的粒子運(yùn)動的時間差； (4)畫出所加磁場的最小范圍(用陰影表示)。 解析：設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R， 由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m 解得R＝0.1 m 當(dāng)把熒光屏MN向左平移時，屏上光斑長度和位置保持不變，說明粒子出射方向平行，且都沿x軸負(fù)方向，則所加磁場邊界為圓弧形，對

15、應(yīng)半徑為R＝0.1 m。 (1)如圖所示，初速度沿y軸正方向的粒子直接穿過y軸；由幾何關(guān)系知，初速度方向與x軸正方向成30°角的粒子，轉(zhuǎn)過的圓心角∠OO2B為150°，則∠OO2A＝120°， 粒子從y軸穿過的最高點A與O的距離為2Rcos 30°＝R，即從y軸穿過的范圍為0～R，即0～0.17 m。 (2)初速度沿y軸正方向的粒子，射出磁場時沿y軸方向運(yùn)動的距離yC＝R 由(1)知∠O2OA＝30° 初速度方向與x軸正方向成30°角的粒子，射出磁場時沿y軸方向運(yùn)動的距離yB＝R＋Rcos 30° 則熒光屏上光斑的長度 l＝y(tǒng)B－yC≈0.087 m (3)粒子運(yùn)動的周期 T＝＝＝3.14×10－8 s 從B點和C點射出的粒子在磁場中運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角分別為150°和90°，則時間差 t1＝T－T＝T 出磁場后，打到熒光屏MN上的時間差 t2＝ 從最高點和最低點打到熒光屏MN上的粒子運(yùn)動的時間差 t＝t1＋t2≈7.7×10－9 s。 (4)如圖中陰影部分所示。 答案：(1)0～0.17 m　(2)0.087 m　(3)7.7×10－9 s　 (4)見解析圖