（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第十章 磁場 考點強化練26 帶電粒子在磁場中的運動

（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第十章 磁場 考點強化練26 帶電粒子在磁場中的運動1.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線,其橫截面位于正方形的四個頂點上,導線中通有大小相同的電流,方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動,它所受洛倫茲力的方向是()A.向上B.向下C.向左D.向右2.如圖所示,斜面頂端在同一高度的三個光滑斜面AB、AC、AD,均處于水平方向的勻強磁場中,一個帶負電的絕緣物塊,分別從三個斜面頂端A點由靜止釋放,設滑到底端的時間分別為tAB、tAC、tAD,則()A.tAB=tAC=tADB.tAB>tAC>tADC.tAB<tAC<tADD.無法比較3.(多選)(2017浙江寧波效實中學期中)如圖所示,在區(qū)域和區(qū)域內(nèi)分別存在著與紙面垂直的勻強磁場,一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域運動到區(qū)域。已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為21,下列說法正確的是()A.粒子在區(qū)域和區(qū)域中的速率之比為21B.粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為21C.圓弧ap與圓弧pb對應的圓心角之比為21D.區(qū)域和區(qū)域的磁場方向相反4.如圖所示,長為L的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,兩極板間距離也為L,且兩極板均不帶電。若質量為m、電荷量為q的帶電粒子(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,若粒子不能打到極板上,則粒子的速度可能為()A.v=B.v=C.v=D.v=5.(多選)如圖所示,一個垂直紙面向里的勻強磁場中固定著一個正點電荷,一個電子繞正點電荷做勻速圓周運動。已知電子所受洛倫茲力與庫侖力大小相等,電子的重力以及轉動所產(chǎn)生的磁場忽略不計,如果突然將中心正點電荷迅速移走,在接下來的運動過程中,下列說法正確的是()A.電子一定沿順時針方向轉動B.電子一定沿逆時針方向轉動C.電子的運動速率不變D.電子的運動周期可能比原來大,也可能比原來小6.(多選)如圖所示,在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入,速度方向與半徑方向的夾角為30°。當該電荷離開磁場時,速度方向剛好改變了180°。不計電荷的重力,下列說法正確的是()A.該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點B.該點電荷的比荷為C.該點電荷在磁場中的運動時間為D.該點電荷在磁場中的運動時間為7.(多選)如圖所示,在正方形abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。a處有比荷相等的甲、乙兩種粒子,甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁場,經(jīng)時間t1從d點射出磁場,乙粒子沿與ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁場,經(jīng)時間t2垂直cd射出磁場,不計粒子重力和粒子間的相互作用力,則下列說法正確的是()A.v1v2=12B.v1v2=4C.t1t2=21D.t1t2=318.如圖所示的虛線框為一長方形區(qū)域,該區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,一束電子以不同的速率從O點垂直于磁場方向、沿圖中所示方向射入磁場后,分別從a、b、c、d四點射出磁場,比較它們在磁場中的運動時間ta、tb、tc、td,其大小關系是()A.ta<tb<tc<tdB.ta=tb=tc=tdC.ta=tb<tc<tdD.ta=tb>tc>td9.(多選)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,板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.0×10-4 T。電子質量m=9.1×10-31 kg,電荷量e=-1.6×10-19 C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6×106 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.=90°時,l=9.1 cmB.=60°時,l=9.1 cmC.=45°時,l=4.55 cmD.=30°時,l=4.55 cm10.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21C.粒子1和粒子3在磁場中運動時間之比為41D.粒子3的射出位置與d點相距11.如圖所示,一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端,速度為v。若加上一個垂直紙面向外的磁場,則滑到底端時()A.v變大B.v變小C.v不變D.不能確定v的變化12.如圖所示,帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場,兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°,且同時到達P點,已知OP連線與邊界垂直,則a、b兩粒子的質量之比為()A.34B.21C.12D.4313.(20172018學年浙江金華十校高二上學期期末)如圖所示,在直角坐標系的第一象限內(nèi),存在一個以三角形AOC為邊界的勻強磁場區(qū)域,磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外,頂點A坐標為(0,a)、頂點C坐標為(a,0)。AC邊界放置一離子收集板,打到收集板上的離子均被吸收不反彈。在O點放置一個離子源,可以在直角坐標系的第一象限內(nèi),向各個方向發(fā)射一種帶負電的離子,離子的比荷為,發(fā)射速度大小均為v0=,發(fā)射角用圖中的角度表示(0°90°)。整個裝置處于真空中,不考慮離子間的相互作用,不計離子的重力,取sin 26°=。(1)當離子發(fā)射角多大時,離子恰好打到A點;(2)求三角形AOC區(qū)域內(nèi)有離子經(jīng)過的區(qū)域面積;(3)當離子發(fā)射角多大時,離子從O點運動到AC收集板的時間最短。14.(20172018學年浙江嘉興高二第一學期期末)如圖所示,邊長L=0.8 m的正方形abcd區(qū)域(含邊界)內(nèi),存在著垂直于區(qū)域表面向內(nèi)的勻強磁場B=0.1 T,如圖所示,建立平面直角坐標系,y軸在ad邊的中垂線上,x軸在ad邊下方0.2 m處。在原點O處有一粒子源S,可沿x軸正向不斷地發(fā)射各種速率的帶電離子,離子的電荷量均為q=3.2×10-18 C,質量均為m=6.4×10-26 kg,在bc邊上放置一塊屏幕,屏上離子擊中位置能發(fā)光。(不計離子的重力,不考慮離子之間的相互作用力,離子打到屏上將被吸收而不反彈)(1)若bc屏上能發(fā)光,求離子的電性;(2)求bc屏上能發(fā)光區(qū)域的范圍(用x坐標表示);(3)緊貼磁場邊緣cd的內(nèi)側,從c點沿cd方向以4.0×106 m/s的速度入射一電荷量也為q、質量也為m的帶正電離子,其恰能與離子源S發(fā)射的某一速率的離子發(fā)生相向正碰(碰撞時兩離子的速度方向恰好相反),求發(fā)生正碰的這一離子的速率?？键c強化練26帶電粒子在磁場中的運動1.B根據(jù)右手定則及磁感應強度的疊加原理可得,四根導線在正方形中心O點產(chǎn)生的磁感應強度方向向左,當帶正電的粒子垂直于紙面的方向向外運動時,根據(jù)左手定則可知,粒子所受洛倫茲力的方向向下,B項正確。2.C因為小球帶負電,當它下滑時所受的洛倫茲力方向垂直于速度方向向下,隨速度的增加對斜面的壓力越來越大,由于斜面光滑,故物體的加速度只由重力平行于斜面方向的分力決定,所以物塊做勻加速運動,運動的加速度a=gsin ,設斜面高h,則斜面長l=,運動的時間為t,則at2=l,解得t=,可知,越小,時間越長,故tAB<tAC<tAD,C正確。3.BD由于洛倫茲力不做功,所以粒子在兩個磁場中的運動速度大小不變,即粒子在區(qū)域和區(qū)域中的速率之比為11,A錯誤;根據(jù)t=,v相同,則時間之比等于經(jīng)過的弧長之比,即粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為21,B正確;圓心角=,r=,由于磁場的磁感應強度之比不知,故半徑之比無法確定,則轉過的圓心角之比無法確定,故C錯誤;根據(jù)曲線運動的條件,可知洛倫茲力的方向與運動方向的關系,再由左手定則可知,兩個磁場的磁感應強度方向相反,故D正確。4.B由牛頓第二定律:qvB=m得:r=。若剛好從a點射出,如圖所示,r=,v1=,若剛好從b點射出,R2=L2+R-2,R=,v2=,要想使粒子不打在極板上,v0<或v0>,所以B選項是正確的。5.AC若電子沿逆時針方向轉動,則它受到的洛倫茲力和庫侖力不僅大小相等,而且方向相反,合力為零,不滿足曲線運動的條件,更不可能做勻速圓周運動,故電子一定沿順時針方向轉動,A正確,B錯誤;將正電荷迅速移走,由于洛倫茲力不做功,故電子速率不變,C正確;正電荷被移走之前,洛倫茲力和庫侖力合力提供向心力,因為洛倫茲力和庫侖力大小相等且同向,故2qvB=mv,得T1=;正電荷被移走之后,電子依然做勻速圓周運動,qvB=mv,得T2=,T1<T2,故D錯誤。6.BC利用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系,聯(lián)立即可求出粒子比荷,根據(jù)周期公式結合粒子在磁場中轉過的圓心角,即可求出粒子在磁場中運動的時間;由題意可畫出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,A錯誤;由幾何關系知粒子做圓周運動的半徑為r=,結合qv0B=m,可得,B正確;粒子在磁場中的運動時間t=,C正確,D錯誤。7.BD甲、乙兩粒子的運動軌跡如圖所示,粒子在磁場中的運行周期為T=,因為甲、乙兩種粒子的比荷相等,故T甲=T乙。設正方形的邊長為L,則由圖知甲粒子運行半徑為r1=,運行時間為t1=,乙粒子運行半徑為r2=,運行時間為t2=,而r=,所以v1v2=r1r2=4,選項A錯誤、B正確;t1t2=31,選項C錯誤,D正確。8.D電子的運動軌跡如圖所示,由圖可知,從a、b、c、d四點飛出的電子對應的圓心角a=b>c>d,而電子的周期T=相同,其在磁場中運動時間t=T·,故ta=tb>tc>td,D正確。9.AD電子在勻強磁場運動的軌道半徑為R=4.55 cm,電子沿逆時針方向做勻速圓周運動,當=90°時,豎直向下發(fā)射的粒子恰好打到N點,水平向右發(fā)射的粒子恰好打到M點,如圖甲所示,故l=L=9.1 cm,A正確;當=30°時,豎直向下發(fā)射的粒子,恰好打到N點,由幾何關系知,另一臨界運動軌跡恰好與MN相切于O點,如圖乙所示,故粒子只能打在NO范圍內(nèi),故l=4.55 cm,D正確;進而可分析知當=45°或=60°時,粒子打到板上的范圍大于ON小于NM,即4.55 cm<l<9.1 cm,故B、C錯誤。10.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21,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。11.B由于帶負電的物體沿斜面下滑時受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用,故物體對斜面的正壓力增大,斜面對物體的滑動摩擦力增大,由于物體克服摩擦力做功增大,所以物體滑到底端時v變小,B正確。12.A根據(jù)題意畫出粒子a、b的軌跡如圖所示,則粒子a、b的圓心分別是O1和O2,磁場寬度為d,由圖可知,粒子a在磁場中運動軌跡的半徑ra=,粒子b在磁場中運動軌跡的半徑rb=d,由洛倫茲力提供向心力得qvB=,則ra=,rb=,粒子a、b的動能相等,即mamb,粒子a在磁場中運動的時間t=Ta=,粒子b在磁場中運動的時間t=Tb=,由以上各式解得,mamb=34,選項A正確。13.答案 (1)60°(2)(3)34°解析 (1)設離子圓周運動的軌跡半徑為R,則qv0B=m可解得R=a運動軌跡如圖所示。由幾何關系可解得1=60°。(2)三角形AOC區(qū)域內(nèi)有離子所經(jīng)過的面積如圖所示。是以A點為圓心、a為半徑的扇形,S=。(3)從O點作到AC垂線OM,OM圓弧所對應的運動時間最短OM=,sin =,得=26°由幾何關系可解得2=90°-30°-=34°。14.答案 (1)帶負電(2)y軸右側x m范圍內(nèi)均能發(fā)光(3)1.5×106 m/s解析 (1)根據(jù)左手定則,可確定離子帶負電。(2)如圖所示為兩條臨界的軌跡圖線,如圖所示。軌跡2的半徑為r2= m=0.3 m,軌跡1的半徑為r1= m=0.4 m在三角形O1ef中,由幾何關系可知,ef= mbc屏上y軸右側 m內(nèi)的各個位置均能發(fā)光。(3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力得,qvcB=m解得Rc=0.8 m大圓的圓心在b點,設小圓半徑為r,根據(jù)圖示軌跡相切,大、小圓圓心連線必經(jīng)過相切點,由幾何關系可確定+r=Rc,解得r=0.3 m根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB=m代入數(shù)據(jù)解得v=1.5×106 m/s。