（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第九章 磁場 課時分層作業(yè) 二十六 9.2 磁場對運動電荷的作用.doc
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課時分層作業(yè) 二十六磁場對運動電荷的作用 (45分鐘 100分) 【基礎達標題組】 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題) 1.如圖所示,勻強磁場中有一電荷量為q的正離子,由a點沿半圓軌道運動,當它運動到b點時,突然吸收了附近若干電子,接著沿另一半圓軌道運動到c點,已知a、b、c在同一直線上,且ac=ab,電子的電荷量為e,電子質(zhì)量可忽略不計,則該離子吸收的電子個數(shù)為 ( ) A. B. C. D. 【解析】選D。正離子由a到b的過程,軌跡半徑r1=,此過程有qvB=m,正離子在b點附近吸收n個電子,因電子質(zhì)量不計,所以正離子的速度不變,電荷量變?yōu)閝-ne,正離子從b到c的過程中,軌跡半徑r2==ab,且(q-ne)vB=m,解得n=,D正確。 2.(2018深圳模擬)一個重力不計的帶電粒子垂直進入勻強磁場,在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動。則下列能表示運動周期T與半徑R之間的關系圖象的是 ( ) 【解析】選D。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,qvB=m?R=,由圓周運動規(guī)律,T==,可見粒子運動周期與半徑無關,故D項正確。 3.(2018南昌模擬)如圖所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的某點P沿著與x軸正方向成30角的方向射入磁場。不計重力的影響,則下列有關說法中正確的是 ( ) A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點 B.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間一定為 C.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 D.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 【解析】選C。帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30角的方向射入磁場中,則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上,如圖所示,粒子在磁場中要想到達O點,轉(zhuǎn)過的圓心角肯定大于180,因磁場有邊界,故粒子不可能通過坐標原點,故選項A錯誤;由于P點的位置不確定,所以粒子在磁場中運動的圓弧對應的圓心角也不同,最大的圓心角是圓弧與y軸相切時即300,運動時間為T,而最小的圓心角為P點在坐標原點即120,運動時間為T,而T=,故粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間最長為,最短為,選項C正確,B、D錯誤。 4.(2018六安模擬)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(nèi),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】選A。由左手定則可知,帶正電的粒子向左偏轉(zhuǎn)。若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運動的時間越短,選項A正確;若v一定,θ等于90時,粒子離開磁場的位置距O點最遠,選項B錯誤;若θ一定,粒子在磁場中運動的周期與v無關,由ω=可知粒子在磁場中運動的角速度與v無關,選項C、D錯誤。 5.(2018馬鞍山模擬)如圖所示,abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域,磁場邊界邊長為L,三個粒子以相同的速度從a點沿ac方向射入,粒子1從b點射出,粒子2從c點射出,粒子3從cd邊垂直于磁場邊界射出,不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。根據(jù)以上信息,可以確定 ( ) A.粒子1帶負電,粒子2不帶電,粒子3帶正電 B.粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1 C.粒子1和粒子3在磁場中運動的時間之比為 4∶1 D.粒子3的射出位置與d點相距 【解析】選B。根據(jù)左手定則可知粒子1帶正電,粒子2不帶電,粒子3帶負電,選項A錯誤;粒子1在磁場中的軌跡為四分之一圓周,半徑r1=L,時間t1=T= =,粒子3在磁場中的軌跡為八分之一圓周,半徑r3=L,時間t3=T ==,則t1=t3,選項C錯誤;由r=可知粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1,選項B正確;粒子3的射出位置與d點相距(-1)L,選項D錯誤。 6.(2016全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉(zhuǎn)過90時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為 ( ) A. B. C. D. 【解析】選A。粒子恰好從小孔N飛出圓筒時筒轉(zhuǎn)過90,由幾何關系得,粒子在磁場中做勻速圓周運動所轉(zhuǎn)過的圓心角為30。如圖所示,則粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T′=3T=,根據(jù)T=,所以=,故選項A正確。 7.有關電荷所受電場力和磁場力的說法中,正確的是 ( ) A.電荷在磁場中一定受磁場力的作用 B.電荷在電場中一定受電場力的作用 C.電荷受電場力的方向與該處的電場方向一致 D.電荷若受磁場力,則受力方向與該處的磁場方向垂直 【解析】選B、D。帶電粒子受洛倫茲力的條件:運動電荷且速度方向與磁場方向不平行,故電荷在磁場中不一定受磁場力作用,A項錯誤;電場具有對放入其中的電荷有力的作用的性質(zhì),B項正確;正電荷受力方向與電場方向一致,而負電荷受力方向與電場方向相反,C項錯誤;磁場對運動電荷的作用力方向垂直磁場方向且垂直速度方向,D項正確。 8.空間有一磁感應強度為B的水平勻強磁場,質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)點以垂直于磁場方向的速度v0水平進入該磁場,在飛出磁場時高度下降了h,重力加速度為g,則下列說法正確的是 ( ) A.帶電質(zhì)點進入磁場時所受洛倫茲力可能向上 B.帶電質(zhì)點進入磁場時所受洛倫茲力一定向下 C.帶電質(zhì)點飛出磁場時速度的大小為v0 D.帶電質(zhì)點飛出磁場時速度的大小為 【解析】選A、D。因為磁場為水平方向,帶電質(zhì)點水平且垂直于磁場方向飛入該磁場,若磁感應強度方向為垂直紙面向里,利用左手定則,可以知道若質(zhì)點帶正電,從左向右飛入瞬間洛倫茲力方向向上,若質(zhì)點帶負電,飛入瞬間洛倫茲力方向向下,A對,B錯;利用動能定理mgh=mv2-m,得v=,C錯,D對。 9.如圖所示,xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外,磁感應強度B=1 T的勻強磁場,ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板,長度為9 m,M點為x軸正方向上一點,OM=3 m?，F(xiàn)有一個比荷大小為=1.0 C/kg可視為質(zhì)點的帶正電的小球(重力不計),從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場,若與擋板相碰就以原速率彈回,且碰撞時間不計,碰撞時電荷量不變,小球最后都能經(jīng)過M點,則小球射入的速度大小可能是 ( ) A.3 m/s B.3.75 m/s C.4 m/s D.5 m/s 【解析】選A、B、D。因為小球通過y軸的速度方向一定是+x方向,故帶電小球圓周運動軌跡半徑最小值為3 m,即Rmin=,解得vmin=3 m/s;經(jīng)驗證,帶電小球以3 m/s速度進入磁場,與ON碰撞一次,再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過M點,如圖甲所示,A項正確;當帶電小球與ON不碰撞,直接經(jīng)過M點,如圖乙所示,小球速度沿-x方向射入磁場,則圓心一定在y軸上,做出MN的垂直平分線,交于y軸的點即得圓心位置,由幾何關系解得軌跡半徑最大值Rmax=5 m,又Rmax=,解得vmax= 5 m/s,D項正確;當小球速度大于3 m/s,小于5 m/s時,軌跡如圖丙所示,由幾何條件計算可知軌跡半徑R=3.75 m,由半徑公式R=,得v=3.75 m/s,B項正確,由分析易知選項C錯誤。 10.如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面,在紙面內(nèi)的長度L=9.1 cm,中點O與S間的距離d=4.55 cm,MN與SO直線的夾角為θ,板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.010-4T。電子質(zhì)量m=9.110-31 kg,電量e=-1.610-19 C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106 m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則 ( ) A.θ=90時,l=9.1 cm B.θ=60時,l=9.1 cm C.θ=45時,l=4.55 cm D.θ=30時,l=4.55 cm 【解析】選A、D。電子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動,根據(jù)洛倫茲力大小計算公式和向心力公式有:evB=m,解得電子圓周運動的軌道半徑為:r= = m=4.5510-2 m=4.55 cm,恰好有:r=d=,由于電子源S可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,因此電子的運動軌跡將是過S點的一系列半徑為r的等大圓,能夠打到板MN上的區(qū)域范圍如圖甲所示,實線SN表示電子剛好經(jīng)過板N端時的軌跡,實線SA表示電子軌跡剛好與板相切于A點時的軌跡,因此電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為:l=NA, 又由題設選項可知,MN與SO直線的夾角θ不定,但要使電子軌跡與MN板相切,根據(jù)圖中幾何關系可知,此時電子的軌跡圓心C一定落在與MN距離為r的平行線上,如圖乙所示,當l=4.55 cm時,即A點與板O點重合,作出電子軌跡如圖中實線S1A1,由圖中幾何關系可知,此時S1O與MN的夾角θ=30,故C錯誤,D正確。當l=9.1 cm時,即A點與板M端重合,作出電子軌跡如圖中實線S2A2,由幾何關系可知,此時S2O與MN的夾角θ=90,故A正確,B錯誤。 二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.如圖所示,在半徑為R=的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,圓形區(qū)域右側(cè)有一豎直感光板,帶正電粒子從圓弧頂點P以速率v0平行于紙面進入磁場,已知粒子的質(zhì)量為m,電量為q,粒子重力不計。 (1)若粒子對準圓心射入,求它在磁場中運動的時間。 (2)若粒子對準圓心射入,且速率為v0,求它打到感光板上時速度的垂直分量。 (3)若粒子以速度v0從P點以任意角入射,試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上。 【解析】(1)粒子的軌道半徑r==R, 故粒子在磁場中的運動時間t== (2)當v=v0時,軌跡半徑r′=R,如圖所示,速度偏轉(zhuǎn)60角, 故v⊥=vsin60=v0 (3)由(1)知,當帶電粒子以v0射入時,帶電粒子在磁場中的運動軌道半徑為R。設粒子射入方向與PO方向夾角為θ,帶電粒子從區(qū)域邊界S射出,帶電粒子運動軌跡如圖所示。 因PO3=O3S=PO=SO=R, 所以四邊形POSO3為菱形。 由圖可知:PO∥O3S,v0⊥SO3,因此,帶電粒子射出磁場時的方向為水平方向,與入射的方向無關。 答案:(1) (2)v0 (3)見解析 【加固訓練】 如圖所示,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)α角的范圍內(nèi)(α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,如圖所示。 (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所在直線,然后做勻速直線運動垂直擊中接收屏,如圖所示。 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Δd為 Δd=d1-d2=。 答案: (1) (2) 【能力拔高題組】 1.(8分)(2018十堰模擬)如圖所示,空間存在水平向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場,磁場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿,它與水平面的傾角為θ,一帶電荷量為-q、質(zhì)量為m的帶負電小球套在直桿上,從A點由靜止沿桿下滑,小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ
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- 全國通用版2019版高考物理一輪復習 第九章 磁場 課時分層作業(yè) 二十六 9.2 磁場對運動電荷的作用 全國 通用版 2019 高考 物理 一輪 復習 第九 課時 分層 作業(yè) 十六 運動 電荷 作用
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