《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)三十二 磁場及其對電流的作用(含解析)新人教版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)三十二 磁場及其對電流的作用(含解析)新人教版(9頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、磁場對運動電荷的作用
[A級-基礎(chǔ)練]
1.(2019·北京海淀區(qū)期末)如圖所示,在赤道處,將一小球向東水平拋出,落地點為a;給小球帶上電荷后,仍以原來的速度拋出,考慮地磁場的影響,下列說法正確的是( )
A.無論小球帶何種電荷,小球仍會落在a點
B.無論小球帶何種電荷,小球下落時間都會延長
C.若小球帶負電荷,小球會落在更遠的b點
D.若小球帶正電荷,小球會落在更遠的b點
解析:D [地磁場在赤道上空水平由南向北,從南向北觀察,如果小球帶正電荷,則洛倫茲力斜向右上方,該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力,因此,小球落地時間會變長,水平位移會變大;同理,若小球
2、帶負電,則小球落地時間會變短,水平位移會變小,故D正確.]
2.(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍.兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動.與Ⅰ中運動的電子相比,Ⅱ中的電子( )
A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等
解析:AC [由r=可知:==k,A對;由a=可知,==,B錯;由T=可知,==k,C對,由ω=可知=,D錯.]
3.如圖是某離子速度選擇器的原理示意圖,在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,方向平行于軸線.在圓柱形筒上
3、某一直徑兩端開有小孔M、N,現(xiàn)有一束速率不同、比荷均為k的正、負離子,從M孔以α角入射,一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力).則從N孔射出的離子( )
A.是正離子,速率為
B.是正離子,速率為
C.是負離子,速率為
D.是負離子,速率為
解析:B [因為離子向下偏,根據(jù)左手定則,離子帶正電,運動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知r=,由qvB=m可得v=,故B正確.]
4.如圖,MN為鋁質(zhì)薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出).一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O
4、.已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變.不計重力.鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為( )
A.2 B.
C.1 D.
解析:D [設(shè)帶電粒子在P點時初速度為v1,從Q點穿過鋁板后速度為v2,則Ek1=mv,Ek2=mv,由題意可知Ek1=2Ek2,即mv=mv,則=.粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,即qvB=,得R=,由題意可知=,所以==, 故選項D正確.]
5.在x軸上方有垂直于紙面的勻強磁場,同一種帶電粒子從O點射入磁場,當(dāng)入射方向與x軸的夾角α=60°時,速度為v1、v2的兩個粒子分別從a、b兩點射出磁場,如圖所示,當(dāng)α=45
5、°時,為了使粒子從ab的中點c射出磁場,則速度應(yīng)為( )
A.(v1+v2) B.(v1+v2)
C.(v1+v2) D.(v1+v2)
解析:B [由幾何關(guān)系可知xOa=R1=,xOb=R2=,xOc=R3=,又由于xOc=,聯(lián)立可得v3=(v1+v2).]
6.(2017·全國卷Ⅲ)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場.在x≥0區(qū)域,磁感應(yīng)強度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1).一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時,當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求:(不計重力)
6、
(1)粒子運動的時間;
(2)粒子與O點間的距離.
解析:(1)粒子的運動軌跡如圖所示.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,設(shè)在x≥0區(qū)域,圓周半徑為R1;設(shè)在x<0區(qū)域,圓周半徑為R2;由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得
qv0B0=①
qv0(λB0)=②
粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時,所用時間t1為
t1=③
粒子再轉(zhuǎn)過180°時,所用時間t2為
t2=④
聯(lián)立①②③④式得,所求時間
t0=t1+t2=
(2)由幾何關(guān)系及①②式得,所求距離為
d=2(R1-R2)=
答案:(1) (2)
[B級-能力練]
7.(多選)長為l的水平極
7、板間有垂直紙面向里的勻強磁場,如圖所示,磁感應(yīng)強度為B,板間距離也為l,板不帶電,現(xiàn)有質(zhì)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( )
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v滿足
8、重力,下列說法正確的有( )
A.a(chǎn)、b均帶正電
B.a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短
C.a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短
D.a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近
解析:AD [a、b粒子做圓周運動的半徑都為R=,畫出軌跡如圖所示,以O(shè)1、O2為圓心的兩圓弧分別為b、a的軌跡,a在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角大,由t=T=和軌跡圖可知A、D選項正確.]
9.(多選)如圖所示,有一個正方形的勻強磁場區(qū)域abcd,e是ad的中點,f是cd的中點,如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子,恰好從e點射出,則( )
A.如果粒子的速度增大為原來的二倍,將從d點射出
B.如
9、果粒子的速度增大為原來的三倍,將從f點射出
C.如果粒子的速度不變,磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼亩叮矊膁點射出
D.只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時,從f點射出所用時間最短
解析:AD [作出示意圖如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系可以看出,當(dāng)粒子從d點射出時,軌道半徑增大為原來的二倍,由半徑公式R=可知,速度也增大為原來的二倍,則選項A正確,C項錯誤;當(dāng)粒子的速度增大為原來的四倍時,才會從f點射出,則B項錯誤;據(jù)粒子的周期公式T=,可見粒子的周期與速度無關(guān),在磁場中的運動時間取決于其軌跡圓弧所對應(yīng)的圓心角,所以從e、d射出時所用時間相等,從f點射出時所用時間最短,則選項D正確.]
10、
10.(2019·廣東廣州模擬)(多選)如圖所示,真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正方向運動,所有粒子為同種粒子,速度大小相等,在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強磁場區(qū)(圖中未畫出),所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點.下列說法中正確的是( )
A.磁場方向一定是垂直xOy平面向里
B.所有粒子通過磁場區(qū)的時間相同
C.所有粒子在磁場區(qū)運動的半徑相等
D.磁場區(qū)邊界可能是圓,也可能是其他曲線
解析:CD [由題意可知,正粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后,都集中于一點a,根據(jù)左手定則可知,磁場的方向垂直平面向外,故A錯誤;由洛倫茲力提供向心力,可
11、得T=,而運動的時間還與圓心角有關(guān),因此粒子的運動時間不等,故B錯誤;由洛倫茲力提供向心力,可得R=,由于為同種粒子,且速度大小相等,所以它們的運動半徑相等,故C正確;所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點,因此磁場區(qū)邊界可能是圓,也可能是圓弧,故D正確;故選C、D.]
11.(2019·河南三市第一次調(diào)研)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,從y軸上的P1點以速度v射入第一象限所示的區(qū)域,入射方向與x軸正方向成α角.為了使該粒子能從x軸上的P2點射出該區(qū)域,且射出方向與x軸正方向也成α角,可在第一象限適當(dāng)?shù)牡胤郊右粋€垂直于xOy平面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場.若磁場分布為一
12、個圓形區(qū)域,則這一圓形區(qū)域的最小面積為(不計粒子的重力)( )
A. B.cos2α
C.sin α D.sin2α
解析:D [粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB=m,則粒子在磁場中做圓周運動的半徑:R=,由題意可知,粒子在磁場區(qū)域中的軌道為半徑等于r的圓上的圓周,這段圓弧應(yīng)與入射方向的速度、出射方向的速度相切,如圖所示.則到入射方向所在直線和出射方向所在直線相距為R的O′點就是圓周的圓心.粒子在磁場區(qū)域中的軌道就是以O(shè)′為圓心、R為半徑的圓上的圓弧ef,而e點和f點應(yīng)在所求圓形磁場區(qū)域的邊界上,在通過e、f兩點的不同的圓周中,最小的一個
13、圓是以e、f連線為直徑的圓周,即得所求圓形區(qū)域的半徑r=Rsin α=,則這個圓形磁場區(qū)域的最小面積Smin=πr2=,故選D項.]
12.如圖所示,一個帶負電的粒子沿磁場邊界從A點射出,粒子質(zhì)量為m、電荷量為-q,其中區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內(nèi)的勻強磁場寬為d,磁感應(yīng)強度為B,垂直紙面向里,區(qū)域Ⅱ?qū)捯矠閐,粒子從A點射出后經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后能回到A點,不計粒子重力.
(1)求粒子從A點射出到回到A點經(jīng)歷的時間t;
(2)若在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加一水平向左的勻強電場且區(qū)域Ⅲ的磁感應(yīng)強度變?yōu)?B,粒子也能回到A點,求電場強度E的大??;
(3)若粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后返回到區(qū)域Ⅰ前的瞬間使區(qū)域Ⅰ的磁場反向且磁感應(yīng)強度減半,則粒子的出射點距A點的距離為多少?
解析:(1)因粒子從A點出發(fā),經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后能回到A點,由對稱性可知粒子做圓周運動的半徑為r=d
由Bqv=m得v=
所以運動時間為t==.
(2)在區(qū)域Ⅱ內(nèi)由動能定理得
qEd=mv-mv2
由題意知在區(qū)域Ⅲ內(nèi)粒子做圓周運動的半徑仍為r=d
由2Bqv1=m得v1=
聯(lián)立解得E=.
(3)改變區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場后,粒子運動的軌跡如圖所示.
由Bqv=m得R=2d
所以O(shè)C==d
粒子出射點距A點的距離為s=r+R-OC=(3-)d.
答案:(1) (2) (3)(3-)d
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