2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)練29 磁場對運動電荷的作用.doc

2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)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(jù)電子受力的大小和方向，結(jié)合受力與速度方向的關(guān)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(qiáng)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：B2.(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(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m1 kg的帶正電的絕緣小滑塊，沿斜面先向上運動，當(dāng)滑到最高點后又沿斜面下滑關(guān)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(jù)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(jù)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：D3.(xx安徽宿州市高三檢測)如圖所示，兩勻強(qiáng)磁場方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1、B2.今有一個質(zhì)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(qiáng)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PENCMDB電子運行一周回到P用時為TCB12B2DB14B2解析：電子為負(fù)電荷，從P點水平向左射出后，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力向上，即電子向上偏轉(zhuǎn)，所以運動軌跡為PDMCNEP，選項A錯粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運動，周期T，根據(jù)運動軌跡，電子運動軌跡經(jīng)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(jù)運動軌跡判斷，左右兩個磁場中圓周運動半徑比為12，根據(jù)qvBm可得R，根據(jù)R1R212可得B1B221，選項C對D錯答案：C4.(xx浙江臺州中學(xué)高三統(tǒng)練)如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力忽略不計)，經(jīng)加速電壓U加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，粒子打到P點，OPx，能正確反映x與U之間關(guān)系的是()Ax與U成正比Bx與U成反比Cx與成正比Dx與成反比解析：帶電粒子在電場中加速運動，根據(jù)動能定理得qUmv2，解得：v；進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)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x2r2，得x與成正比，所以C正確答案：C5.(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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成角(0<<)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，越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B若v一定，越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠(yuǎn)C若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短解析：根據(jù)洛倫茲力提供向心力即qvBm，圓周運動半徑R，根據(jù)對稱性，在磁場中圓周運動對應(yīng)的圓心角為2，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tT，若v一定，越大，運動時間越短，選項A對，磁場中運動時間與速度無關(guān)，選項D錯對應(yīng)的弦長L2Rsinsin，若v一定，越大，由于0<<對應(yīng)的弦長在時最大，選項B錯圓周運動的角速度，大小與速度無關(guān)，選項C錯答案：A6.(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(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，A60，AOL，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負(fù)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v0qBL/m.粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為，對于粒子進(jìn)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60飛入的粒子在磁場中運動時間最短C以<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?yún)^(qū)域有粒子射出解析：根據(jù)Bqvm，又v0qBL/m，可得rL，又OAL，所以當(dāng)60時，粒子經(jīng)過A點，所以A正確；根據(jù)粒子運動的時間tT，圓心角越大，時間越長，粒子以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(dāng)粒子沿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，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?yún)^(qū)域有粒子飛出，所以C錯誤；D正確答案：AD7(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(qiáng)磁場中，桌面上平放一根一端開口、內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管，細(xì)管封閉端有一帶電小球，小球直徑略小于管的直徑，細(xì)管的中心軸線沿y軸方向在水平拉力F作用下，細(xì)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(xì)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(jù)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?qū)茏拥膹椓?，球?qū)茏拥膹椓Υ笮〉扔谇蛟趚軸方向受到的洛倫茲力大小，在y軸方向的速度vyat逐漸增大，則在x軸方向的洛倫茲力F洛qvyBqatB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：BD8.(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(qiáng)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()AA、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是BA、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是CA、B兩粒子之比是DA、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(jù)Bqvm，得：r，由幾何關(guān)系可得：對粒子B：Rcos60Rd，對粒子A有：rcos30rd，聯(lián)立解得：，所以A錯誤；B正確；再根據(jù)r，可得A、B兩粒子之比是，故C錯誤；D正確答案：BD9(多選)(xx江西省九所重點中學(xué)高三聯(lián)考)如圖所示，在abbc的等腰三角形abc區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)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(nèi)經(jīng)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(jīng)過的弧長一定大于從d點離開的粒子經(jīng)過的弧長B經(jīng)過的弧長一定小于從e點離開的粒子經(jīng)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(jīng)過的弧長越來越大，運動時間tT，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：AD10.(多選)(xx南昌三中高三第七次考試)如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外P(L,0)、Q(0，L)為坐標(biāo)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(jīng)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(jīng)原點O到達(dá)Q點，則電子運動的路程一定為LC若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點，則電子運動的路程可能為2LD若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點，則nL(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(jīng)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(guān)系知：半徑RL，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(jīng)原點O到達(dá)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L，也可能為2L，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(shè)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直設(shè)兩D形盒之間所加的交流電壓為U，被加速的粒子質(zhì)量為m、電量為q，粒子從D形盒一側(cè)開始被加速(初動能可以忽略)，經(jīng)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(jīng)過兩D形盒間狹縫加速后的速度大小；(2)粒子第一次進(jìn)入D型盒磁場中做圓周運動的軌道半徑；(3)粒子至少經(jīng)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qUmv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：qv1Bm解得：r1代入數(shù)據(jù)得：r1(3)若粒子射出，則粒子做圓周運動的軌道半徑為R，設(shè)此時速度為vn由牛頓第二定律知qvnBm，解得此時粒子的速度為vn此時粒子的動能為Ekmv2代入數(shù)據(jù)得：Ek粒子每經(jīng)過一次加速動能增加qU，設(shè)經(jīng)過n次加速粒子射出，則nqUmv代入數(shù)據(jù)，解得：n.答案：(1)(2)(3)12(xx福建省廈門市高三質(zhì)檢)如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)平面y軸左側(cè)有一速度選擇器，速度選擇器中的勻強(qiáng)電場方向豎直向下，兩板間的電壓為U，距離為d；勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里xOy坐標(biāo)平面的第一象限(包括x、y軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)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t0時刻從坐標(biāo)原點O垂直射入周期性變化的磁場中部分粒子經(jīng)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(jìn)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(jīng)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(biāo)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(biāo)y.解析：(1)粒子沿直線通過速度選擇器，即受力平衡，qvB0qEq，得v(2)根據(jù)磁場的周期性變化，粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動軌跡也是對稱的，只要沒有離開磁場，經(jīng)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(biāo)最大，如圖設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的半徑為R，則根據(jù)圖中幾何關(guān)系得sin，即30設(shè)粒子圓周運動周期為T，則有T所以T根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)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(guān)系可得y2R2Rcos帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運動qvB0m整理得y(2).答案：(1)(2)(3)(2)