2022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)

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1、2022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

2、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

3、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

4、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6

5、0°,利用以上數據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-

6、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

7、,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<

8、v< 【答案】AB 【解析】由左手定則判得粒子在磁場中向上偏轉,而做勻速圓周運動,如圖所示,很明顯,圓周運動的半徑大于某值r1時粒子可能從極板右邊穿出,而半徑小于某值r2時粒子可能從極板的左邊穿出,現(xiàn)在問題歸結為求粒子能在右邊穿出時r的最小值r1以及粒子在左邊穿出時r的最大值r2,由幾何知識得粒子擦著板從右邊穿出時,圓心在O點,有 r=L2+2,得r1=.又由于r1=,得v1=,v>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

9、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

10、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:

11、 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=1×10-3 kg、帶電荷量為q=3×10-2 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

12、時間變化的情況,結合圖象所給數據(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=. 代入數據,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=5.0×10-2 N. 據牛頓第二定律得F-mg+qv0B=. 代入數據得v0=8 m/s. 12.

13、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, 根據牛頓第二定律得Eq=ma,求出E=. (2)根據動能定理得Eqh=mv2-mv, 設粒子進入磁場時速度為v,根據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=+.

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