2019-2020年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練29 磁場對運動電荷的作用.doc

《2019-2020年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練29 磁場對運動電荷的作用.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練29 磁場對運動電荷的作用.doc（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練29 磁場對運動電荷的作用 一、選擇題 1．(xx廣東省中山市高三期末)下列運動(電子只受電場或磁場力的作用)不可能的是(　　) 解析：電子只受電場或磁場力的作用，根據電子受力的大小和方向，結合受力與速度方向的關系判斷粒子的運動．A.電子受到點電荷對它的庫侖引力，速度若滿足條件，靠庫侖引力提供向心力，做勻速圓周運動．故A正確．B.等量異種電荷連線的中垂線上的電場方向始終水平向右，電子受到水平向左的電場力，不可能沿中垂線做直線運動．故B錯誤．C.電子在勻強磁場中受洛倫茲力，靠洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動．故C正確．D.通電螺線管中的磁場方向沿水平方向，電子的速度方向與磁場方向平行，不受洛倫茲力，做勻速直線運動．故D正確．本題選錯誤的，故選B. 答案：B 2. (xx北京市順義區(qū)高三第一次統(tǒng)練)如圖所示空間有垂直紙面向外的勻強磁場，一質量為m＝1 kg的帶正電的絕緣小滑塊，沿斜面先向上運動，當滑到最高點后又沿斜面下滑．關于滑塊在斜面上的整個運動中所受的洛倫茲力方向，下列說法正確的是(　　) A．一直垂直斜面向上 B．一直垂直斜面向下 C．先垂直斜面向上后垂直斜面向下 D．先垂直斜面向下后垂直斜面向上 解析：帶正電的絕緣滑塊沿斜面向上滑行，根據左手定則，磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動方向，大拇指所指的即洛倫茲力方向，據此判斷洛倫茲力垂直斜面向下，滑塊從最高點返回滑下時，洛倫茲力垂直斜面向上，對照選項A、B、C錯，D對． 答案：D 3. (xx安徽宿州市高三檢測)如圖所示，兩勻強磁場方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應強度分別為B1、B2.今有一個質量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡為如圖虛線所示的“心”形圖線．則以下說法正確的是(　　) A．電子的運動軌跡為PENCMD B．電子運行一周回到P用時為T＝ C．B1＝2B2 D．B1＝4B2 解析：電子為負電荷，從P點水平向左射出后，根據左手定則判斷洛倫茲力向上，即電子向上偏轉，所以運動軌跡為PDMCNEP，選項A錯．粒子在勻強磁場中做圓周運動，周期T＝，根據運動軌跡，電子運動軌跡經歷三個半圓，即三個半周期，所以電子運行一周回到P用時為t＝＋＋＝＋，選項B錯．根據運動軌跡判斷，左右兩個磁場中圓周運動半徑比為1∶2，根據qvB＝m可得R＝，根據R1∶R2＝1∶2可得B1∶B2＝2∶1，選項C對D錯． 答案：C 4. (xx浙江臺州中學高三統(tǒng)練)如圖所示，一個靜止的質量為m、電荷量為q的粒子(重力忽略不計)，經加速電壓U加速后，垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子打到P點，OP＝x，能正確反映x與U之間關系的是(　　) A．x與U成正比 B．x與U成反比 C．x與成正比 D．x與成反比 解析：帶電粒子在電場中加速運動，根據動能定理得qU＝mv2，解得：v＝；進入磁場后做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力，則有：qvB＝，解得：r＝；粒子運動半個圓打到P點，所以x＝2r＝2，得x與成正比，所以C正確． 答案：C 5. (xx北京市名校聯(lián)盟)如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)．則下列說法正確的是(　　) A．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 B．若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠 C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大 D．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 解析： 根據洛倫茲力提供向心力即qvB＝m，圓周運動半徑R＝，根據對稱性，在磁場中圓周運動對應的圓心角為2θ，帶電粒子在磁場中圓周運動周期T＝，則粒子在磁場中運動時間t＝T＝，若v一定，θ越大，運動時間越短，選項A對，磁場中運動時間與速度無關，選項D錯．對應的弦長L＝2Rsinθ＝sinθ，若v一定，θ越大，由于0<θ<π對應的弦長在θ＝時最大，選項B錯．圓周運動的角速度ω＝＝，大小與速度無關，選項C錯． 答案：A 6. (多選)(xx陜西省五校高三聯(lián)考)如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠A＝60，AO＝L，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子(不計重力作用)，粒子的比荷為q/m，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0＝qBL/m.粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為θ，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是(　　) A．粒子有可能打到A點 B．以θ＝60飛入的粒子在磁場中運動時間最短 C．以θ<30飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等 D．在AC邊界上只有一半區(qū)域有粒子射出 解析：根據Bqv＝m，又v0＝qBL/m，可得r＝＝L，又OA＝L，所以當θ＝60時，粒子經過A點，所以A正確；根據粒子運動的時間t＝T，圓心角越大，時間越長，粒子以θ＝60飛入磁場中時，粒子從A點飛出，軌跡圓心角等于60，圓心角最大，運動的時間最長，所以B錯誤；當粒子沿θ＝0飛入磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，在磁場中運動時間也恰好是，θ從0到60在磁場中運動時間先減小后增大，在AC邊上有一半區(qū)域有粒子飛出，所以C錯誤；D正確． 答案：AD 7．(多選) (xx太原五中高三月考)如圖光滑的水平桌面處在豎直向下的勻強磁場中，桌面上平放一根一端開口、內壁光滑的絕緣細管，細管封閉端有一帶電小球，小球直徑略小于管的直徑，細管的中心軸線沿y軸方向．在水平拉力F作用下，細管沿x軸方向做勻速運動，小球能從管口處飛出．小球在離開細管前的運動加速度a、拉力F隨時間t變化的圖象中，正確的是(　　) 解析：在x軸方向上的速度不變，則在y軸方向上受到大小一定的洛倫茲力，根據牛頓第二定律，小球的加速度不變，故選項A錯誤選項B正確；管子在水平方向受到拉力和球對管子的彈力，球對管子的彈力大小等于球在x軸方向受到的洛倫茲力大小，在y軸方向的速度vy＝at逐漸增大，則在x軸方向的洛倫茲力F洛＝qvyB＝qatB逐漸增大，所以F隨時間逐漸增大，故選項C錯誤選項D正確． 答案：BD 8. (多選)(xx邯鄲市高三模擬)如圖所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子先后以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點分別以30和60(與邊界的夾角)射入磁場，又都恰好不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是(　　) A．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是 B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是 C．A、B兩粒子之比是 D．A、B兩粒子之比是 解析：由題意知，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，根據Bqv＝m，得：r＝，由幾何關系可得：對粒子B：Rcos60＋R＝d，對粒子A有：rcos30＋r＝d，聯(lián)立解得：＝，所以A錯誤；B正確；再根據r＝，可得A、B兩粒子之比是，故C錯誤；D正確． 答案：BD 9．(多選)(xx江西省九所重點中學高三聯(lián)考)如圖所示，在ab＝bc的等腰三角形abc區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，d是ac上任意一點，e是bc上任意一點．大量相同的帶電粒子從a點以相同方向垂直磁場射入，由于速度大小不同，粒子從ac和bc上不同點離開磁場．不計粒子重力，則從c點離開的粒子在三角形abc磁場區(qū)域內經過的弧長和運動時間，與從d點和e點離開的粒子相比較(　　) A．經過的弧長一定大于從d點離開的粒子經過的弧長 B．經過的弧長一定小于從e點離開的粒子經過的弧長 C．運動時間一定大于從d點離開的粒子的運動時間 D．運動時間一定大于從e點離開的粒子的運動時間 解析： 如圖所示，若粒子從ac邊射出，粒子依次從ac上射出時，半徑增大而圓心角相同，弧長等于半徑乘以圓心角，所以經過的弧長越來越大，運動時間t＝T，運動時間相同，所以A正確，C錯誤；如果從bc邊射出，粒子從b到c上依次射出時，弧長(弦長)會先變小后變大，但都會小于從c點射出的弧長．圓心角也會變大，但小于從c點射出時的圓心角，所以運動時間變小，故B錯誤，D正確．故選AD. 答案：AD 10. (多選)(xx南昌三中高三第七次考試)如圖所示，在xOy平面內存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內的磁場方向垂直紙面向外．P(－L,0)、Q(0，－L)為坐標軸上的兩個點．現(xiàn)有一電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，則(　　) A．若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則電子運動的路程一定為 B．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的路程一定為πL C．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的路程可能為2πL D．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則nπL(n為任意正整數(shù))都有可能是電子運動的路程 解析： 若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則有運動軌跡如右圖所示， 由幾何關系知：半徑R＝L，則微粒運動的路程為圓周的，即為，A正確；若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，運動軌跡可能如下圖所示． 因此微粒運動的路程可能為πL，也可能為2πL，BD錯誤C正確． 答案：AC 二、非選擇題 11. (xx北京市房山區(qū)高三一模)1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的兩個D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．設兩D形盒之間所加的交流電壓為U，被加速的粒子質量為m、電量為q，粒子從D形盒一側開始被加速(初動能可以忽略)，經若干次加速后粒子從D形盒邊緣射出． 求：(1)粒子從靜止開始第1次經過兩D形盒間狹縫加速后的速度大小； (2)粒子第一次進入D型盒磁場中做圓周運動的軌道半徑； (3)粒子至少經過多少次加速才能從回旋加速器D形盒射出． 解析：(1)粒子在電場中被加速由動能定理 qU＝mv 得：v1＝ (2)帶電粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qv1B＝m 解得：r1＝ 代入數(shù)據得：r1＝ (3)若粒子射出，則粒子做圓周運動的軌道半徑為R，設此時速度為vn 由牛頓第二定律知qvnB＝m，解得此時粒子的速度為vn＝ 此時粒子的動能為Ek＝mv2 代入數(shù)據得：Ek＝ 粒子每經過一次加速動能增加qU，設經過n次加速粒子射出，則nqU＝mv 代入數(shù)據，解得：n＝. 答案：(1)　(2)　(3) 12．(xx福建省廈門市高三質檢)如圖甲所示，在xOy坐標平面y軸左側有一速度選擇器，速度選擇器中的勻強電場方向豎直向下，兩板間的電壓為U，距離為d；勻強磁場磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里．xOy坐標平面的第一象限(包括x、y軸)內存在磁感應強度大小為B0、方向垂直于xOy平面且隨時間做周期性變化的勻強磁場，如圖乙所示(磁場方向垂直xOy平面向里的為正)．一束比荷不同的帶正電的粒子恰能沿直線通過速度選擇器，在t＝0時刻從坐標原點O垂直射入周期性變化的磁場中．部分粒子經過一個磁場變化周期T0后，速度方向恰好沿x軸正方向．不計粒子的重力，求： (1)粒子進入周期性變化的磁場的速度； (2)請用三角板和圓規(guī)作出經一個磁場變化周期T0后，速度方向恰好沿x軸正方向，且此時縱坐標最大的粒子的運動軌跡，并求出這種粒子的比荷； (3)在(2)中所述的粒子速度方向恰好沿x軸正方向時的縱坐標y. 解析：(1)粒子沿直線通過速度選擇器，即受力平衡，qvB0＝qE＝q，得v＝ (2)根據磁場的周期性變化，粒子在勻強磁場中的圓周運動軌跡也是對稱的，只要沒有離開磁場，經過一個磁場變化周期后速度都會沿x軸正向，即與初速度方向相同．恰好不離開磁場時，縱坐標最大，如圖設粒子在勻強磁場中運動的半徑為R，則根據圖中幾何關系得sinθ＝，即θ＝30 設粒子圓周運動周期為T，則有T＝ 所以T＝ 根據帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，有圓周運動的周期T＝ 整理可得＝ (3)有幾何關系可得y＝2R＋2Rcosθ 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動qvB0＝m 整理得y＝(2＋). 答案：(1)　(2) (3)(2＋)