2019-2020年高考物理大一輪復習 第八章 第2講 磁場對運動電荷的作用課時作業(yè).doc

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2019-2020年高考物理大一輪復習 第八章 第2講 磁場對運動電荷的作用課時作業(yè) 一、選擇題(在題后給的選項中，第1～4題只有一項符合題目要求，第5～9題有多項符合題目要求．) 1．(xx年浙江模擬)如圖K8－2－1所示，在真空中，水平導線中有恒定電流I通過，導線的正下方有一質子，初速度方向與電流方向相同，則質子可能的運動情況是(　　) 圖K8－2－1 A．沿路徑a運動 B．沿路徑b運動 C．沿路徑c運動 D．沿路徑d運動 【答案】B 【解析】由安培定則，電流在下方產生的磁場方向指向紙外，由左手定則，質子剛進入磁場時所受洛倫茲力方向向上．則質子的軌跡必定向上彎曲，因此C、D必錯；由于洛倫茲力方向始終與電荷運動方向垂直，故其運動軌跡必定是曲線，則B正確、A錯誤． 2．(xx年河源調研)質子(p)和α粒子以相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑分別為Rp和Rα，周期分別為Tp和Tα.則下列選項正確的是(　　) A．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2 B．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1 C．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2 D．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1 【答案】A 【解析】由R＝和T＝可得選項A正確． 3．(xx年株洲模擬)如圖K8－2－2所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質量為m、電荷量為－q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中點O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的磁感應強度B需滿足(　　) 圖K8－2－2 A．B> B．B< C．B> D．B< 【答案】B 【解析】粒子剛好到達C點時，其運動軌跡與AC相切，如圖所示，則粒子運動的半徑為r0＝acot 30.由r＝得，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑r＞r0，解得B＜，故選項B正確． 4．(xx年漳州檢測)帶電粒子以初速度v0從a點進入勻強磁場，如圖K8－2－3所示．運動中經過b點，Oa＝Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點進入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強度E與磁感應強度B之比為(　　) 圖K8－2－3 A．v0 B．1 C．2v0 D. 【答案】C 【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故Oa＝Ob＝，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Ob＝v0t＝Oa＝t2，由以上兩式可解得＝2v0，故C正確． 5.如圖K8－2－4所示，在一矩形區(qū)域內，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應強度為B、水平向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出時偏離原方向60，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的(　　) 圖K8－2－4 A．帶電粒子的比荷 B．帶電粒子在磁場中運動的周期 C．帶電粒子的初速度 D．帶電粒子在磁場中運動的半徑 【答案】AB 【解析】由帶電粒子在磁場中運動的偏向角，可知帶電粒子運動軌跡所對的圓心角為60，因此由幾何關系得磁場寬度l＝r sin 60＝sin 60，又未加磁場時有l(wèi)＝v0t，所以可求得比荷＝，選項A正確；周期T＝可求出，選項B正確；但初速度未知，所以選項C、D錯誤． 6. (xx年江門段考)兩個質量、帶電量絕對值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖K8－2－5.不計粒子重力，則下列說法正確的是(　　) 圖K8－2－5 A．a粒子帶正電 B．b粒子帶正電 C．a粒子速度較小 D．b粒子在磁場中運動時間較長 【答案】BC 【解析】易知Ra＜Rb，而qvB＝?v＝R，C正確；易知偏轉角θb＜θa，而t＝θ，故D錯誤． 7.帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．如圖 K8－2－6 所示是在有勻強磁場的云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強磁場B垂直紙面向里．該粒子在運動時，其質量和電量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是(　　) 圖K8－2－6 A．粒子先經過a點，再經過b點 B．粒子先經過b點，再經過a點 C．粒子帶負電 D．粒子帶正電 【答案】AC 【解析】由r＝可知粒子的動能越小，圓周運動的半徑越小，結合粒子運動軌跡，可知粒子先經過a點，再經過b點，選項A正確．根據(jù)左手定則可以判斷粒子帶負電，選項C正確． 8．長為L的水平極板間，有垂直紙面向內的勻強磁場，如圖K8－2－7所示，磁感應強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質量為m，電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　) 圖K8－2－7 A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v< D．使粒子的速度時粒子能從右邊穿出． 粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O′點，有r2＝， 又由r2＝＝，得v2＝，v<時粒子能從左邊穿出．綜上可得答案是A、B. 9．質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖K8－2－8中虛線所示，下列表述正確的是(　　) 圖K8－2－8 A．M帶負電，N帶正電 B．M的速率大于N的速率 C．洛倫茲力對M、N做正功 D．M的運行時間大于N的運行時間 【答案】AB 【解析】根據(jù)左手定則可知N帶正電，M帶負電，A正確；因為r＝，而M的半徑大于N的半徑，所以M的速率大于N的速率，B正確；洛倫茲力永不做功，所以C錯誤；M和N的運行時間都為t＝，所以D錯誤． 二、非選擇題 10．(xx年中山七校聯(lián)考)如圖K8－2－9所示，兩平行金屬板E、F之間電壓為U，兩足夠長的平行邊界MN、PQ區(qū)域內，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，由E板中央處靜止釋放，經F板上的小孔射出后，垂直進入磁場，且進入磁場時與邊界MN成60角，最終粒子從邊界MN離開磁場．求： 圖K8－2－9 (1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑r； (2)兩邊界MN、PQ的最小距離d； (3)粒子在磁場中運動的時間t. 【答案】見解析 【解析】(1)設粒子離開電場時的速度為v，由動能定理有： qU＝mv2， ① 解得：v＝. ② 粒子離開電場后，垂直進入磁場，由洛倫茲力提供向心力有： qvB＝m， ③ 聯(lián)立②③解得：r＝. ④ (2)最終粒子從邊界MN離開磁場，需滿足： d≥r＋rsin 30. ⑤ 聯(lián)立④⑤解得：d≥ ⑥ 兩邊界MN、PQ的最小距離d＝. (3)粒子在磁場中做圓周運動的周期 T＝， ⑦ 聯(lián)立③⑦解得：T＝， 粒子在磁場中運動的時間t＝T＝. 11.如圖K8－2－10所示，在豎直平面內有一圓形絕緣軌道，半徑R＝1 m，勻強磁場垂直于軌道平面向內，一質量為m＝110－3 kg、帶電荷量為q＝310－2 C的小球，可沿軌道內壁滑動．開始時，在最低點處給小球一個初速度v0，使小球在豎直面內逆時針做圓周運動，圖K8－2－10甲是小球在豎直面內做圓周運動的速率v隨時間變化的情況，圖K8－2－11乙是小球所受軌道的彈力F隨時間變化的情況，結合圖象所給數(shù)據(jù)(g取10 m/s2)，求： 圖K8－2－10 (1)磁感應強度的大?。? (2)小球初速度大?。? 甲　　　　　　　乙　　 圖K8－2－11 【答案】(1)0.1 T　(2)8 m/s 【解析】(1)從題甲圖，可知小球在t3時刻第二次到達最高點時，速度大小為5 m/s，而由乙圖可知，此時軌道與球間彈力為零，所以有mg＋qvB＝. 代入數(shù)據(jù)，解得B＝0.1 T. (2)從題乙圖，可知小球最初從最低點開始運動時，軌道與球面之間的彈力為F＝5.010－2 N. 據(jù)牛頓第二定律得F－mg＋qv0B＝. 代入數(shù)據(jù)得v0＝8 m/s. 12．如圖K8－2－12所示，在平面直角坐標系xO*y內，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限以ON為直徑的半圓形區(qū)域內，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸正半軸上y＝h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上x＝2h處的P點進入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場．不計粒子重力．求： 圖K8－2－12 (1)電場強度的大小E； (2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r； (3)粒子從進入電場到離開磁場經歷的總時間t. 【答案】(1)　(2)　(3)＋ 【解析】粒子的運動軌跡如圖所示． (1)設粒子在電場中運動的時間為t1，則有 2h＝v0t1，h＝at， 根據(jù)牛頓第二定律得Eq＝ma，求出E＝. (2)根據(jù)動能定理得Eqh＝mv2－mv， 設粒子進入磁場時速度為v，根據(jù)Bqv＝m， 求出r＝. (3)粒子在電場中運動的時間t1＝， 粒子在磁場中運動的周期T＝＝， 設粒子在磁場中運動的時間為t2，t2＝T， 得t＝t1＋t2＝＋.