山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練29 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng) 電荷的作用 新人教版.docx

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課時(shí)規(guī)范練29磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練1.(帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng))(2018江西七校聯(lián)考)如圖所示,正八邊形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電的粒子從h點(diǎn)沿he圖示方向射入磁場(chǎng)區(qū)域,當(dāng)速度大小為vb時(shí),從b點(diǎn)離開磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb。當(dāng)速度大小為vd時(shí),從d點(diǎn)離開磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為td,不計(jì)粒子重力。則下列正確的說法是()A.tbtd=21B.tbtd=12C.tbtd=31D.tbtd=13答案C解析根據(jù)題意可知,粒子從b點(diǎn)和從d點(diǎn)離開的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:由圖利用幾何關(guān)系可知,從b點(diǎn)離開時(shí)粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為135,而從d點(diǎn)離開時(shí)粒子其圓心角為45,因粒子在磁場(chǎng)中的周期相同,由t=T可知,時(shí)間之比等于轉(zhuǎn)過的圓心角之比,故tbtd=13545=31,故C正確,ABD錯(cuò)誤。故選C。2.(帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng))(2018華南師大附中三模)如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng),經(jīng)過t時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng),OC與OB成60角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng),不計(jì)重力,則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?)A.2tB.tC.3tD.t答案A解析設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑是R,以速度v射入時(shí),半徑r1=,根據(jù)幾何關(guān)系可知,=tan60,所以r1=R;運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=T=T;以速度射入時(shí),半徑r2=r1=R設(shè)第二次射入時(shí)的圓心角為,根據(jù)幾何關(guān)系可知:tan,所以=120則第二次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t=T=T=T=2t,故選A。3.(多選)(帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng))(2018江西南昌模擬)如圖所示,一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),CD是該圓一條直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計(jì)重力),自A點(diǎn)沿平行于CD的方向以初速度v0垂直射入磁場(chǎng)中,恰好從D點(diǎn)飛出磁場(chǎng),A點(diǎn)到CD的距離為。則()A.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.磁感應(yīng)強(qiáng)度為C.粒子在磁場(chǎng)中的飛行時(shí)間為D.粒子在磁場(chǎng)中的飛行時(shí)間為答案AC解析粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),畫出運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示:A點(diǎn)到CD的距離為,則:OAQ=60,OAD=ODA=15,DAQ=75,則AQD=30,AQO=15,粒子的軌道半徑:r=(2+)R,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B=m,解得:B=,故A正確,B錯(cuò)誤;粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角:=AQD=30,粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期:T=,粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t=T=,故C正確,D錯(cuò)誤,故選AC。4.(臨界極值問題)(2016全國(guó)卷,18)平面OM和平面ON之間的夾角為30,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng),速度與OM成30角。已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn),并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)重力。粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為()A.B.C.D.答案D解析粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖:運(yùn)動(dòng)半徑為R=。由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知,出射速度的方向與OM間的夾角為30,由圖中幾何關(guān)系知AB=R,AC=2Rcos30=。所以出射點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為BO=+R=,故選項(xiàng)D正確。5.(臨界極值問題)(2018河北承德聯(lián)校期末)如圖所示,OM的左側(cè)存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,OM左側(cè)到OM距離為L(zhǎng)的P處有一個(gè)粒子源,可沿紙面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì)),速率均為,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為()A.B.C.D.答案B解析粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)則有:qvB=m,將題設(shè)的v值代入得:r=L,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短,則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的弦最短,最短弦為L(zhǎng),等于圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,根據(jù)幾何關(guān)系,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為,故tmin=,故B正確,ACD錯(cuò)誤。故選B。6.(多解問題)如圖甲所示,M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個(gè)小孔O、O正對(duì),在兩板間有垂直于紙面方向的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場(chǎng)。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q,正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的電場(chǎng)的影響,不計(jì)離子所受重力。求:(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小。(2)要使正離子從O垂直于N板射出磁場(chǎng),正離子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的可能值。答案(1)(2)(n=1,2,3,)解析設(shè)垂直于紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颉?1)正離子射入磁場(chǎng),洛倫茲力提供向心力B0qv0=做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0=由以上兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場(chǎng),v0的方向應(yīng)如圖所示,兩板之間正離子只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期即T0時(shí),有R=;當(dāng)兩板之間正離子運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期,即nT0時(shí),有R=(n=1,2,3,)。聯(lián)立求解,得正離子的速度的可能值為v0=(n=1,2,3,)素養(yǎng)綜合練7.(2017全國(guó)卷,24)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場(chǎng)。在x0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0;x1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng),此時(shí)開始計(jì)時(shí),當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí),求(不計(jì)重力)(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(2)粒子與O點(diǎn)間的距離。答案(1)(2)1-解析(1)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)在x0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得qB0v0=mqB0v0=m粒子速度方向轉(zhuǎn)過180時(shí),所需時(shí)間t1為t1=粒子再轉(zhuǎn)過180時(shí),所需時(shí)間t2為t2=聯(lián)立式得,所求時(shí)間為t0=t1+t2=1+(2)由幾何關(guān)系及式得,所求距離為d0=2(R1-R2)=1-8.(2018山東淄博一中三模)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一以O(shè)為圓心、R為半徑的半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。位于O點(diǎn)的粒子源向第二象限內(nèi)的各個(gè)方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子,粒子均不會(huì)從磁場(chǎng)的圓弧邊界射出。粒子的速率相等,質(zhì)量為m、電荷量大小為q,粒子重力及粒子間的相互作用均不計(jì)。(1)若粒子帶負(fù)電,求粒子的速率應(yīng)滿足的條件及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間;(2)若粒子帶正電,求粒子在磁場(chǎng)中能夠經(jīng)過區(qū)域的最大面積。答案(1)vt=(2)R2解析(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,則:qvB=m,根據(jù)軌跡圖可知:r聯(lián)立得:v粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期:T=由粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡可得,沿y軸正向射入磁場(chǎng)中的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短,則:t=聯(lián)立可得:t=(2)分析可得,粒子在磁場(chǎng)中能經(jīng)過的區(qū)域?yàn)榘雸A,如圖中陰影部分,由幾何關(guān)系可得該半圓的半徑:r=R面積:S=r2聯(lián)立可得:S=R29.(2014山東卷)如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。取垂直于紙面向里為磁場(chǎng)的正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時(shí)刻,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場(chǎng)且平行于板面的方向射入磁場(chǎng)區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí),可使t=0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)t時(shí)間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。(1)若t=TB,求B0;(2)若t=TB,求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小;(3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。分析(1)因粒子從開始到垂直打在P板上經(jīng)歷時(shí)間t=TB,這個(gè)過程中磁場(chǎng)方向始終垂直紙面向里,故粒子逆時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng),且恰好運(yùn)動(dòng)圓周,則運(yùn)動(dòng)半徑R1=d,結(jié)合粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)規(guī)律,可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0。(2)當(dāng)t=TB時(shí),粒子先逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)圓周,再順時(shí)針運(yùn)動(dòng)圓周,然后又逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)圓周而垂直打在P板上。根據(jù)幾何分析可知運(yùn)動(dòng)半徑R2=,再由向心加速度公式a=可求出其加速度。(3)當(dāng)B0=時(shí),應(yīng)先確定軌道半徑大小和兩板間距離的關(guān)系。然后再從這一關(guān)系入手,畫出粒子從出發(fā)到垂直打在P板上可能的運(yùn)動(dòng)軌跡圖,明確軌跡上速度方向豎直向上的位置點(diǎn),還要推斷這些位置到Q板的距離有無可能正好等于兩板間距d。如果是,那么這些速度向上的位置就可能是打在上極板時(shí)的位置。再由軌跡中的幾何關(guān)系以及粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律就可以得出TB可能的值。解(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,由牛頓第二定律得qv0B0=據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1=d聯(lián)立式得B0=(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,加速度大小為a,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a=據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2=d聯(lián)立式得a=(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,周期為T,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得T=由牛頓第二定律得qv0B0=由題意知B0=,代入式得d=4R粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,O1O2連線與水平方向的夾角為,在每個(gè)TB內(nèi),只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0,由題意可知T=設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n(n=0,1,2,3)若在A點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2(R+Rsin)n=d當(dāng)n=0時(shí),無解當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立式得=(或sin=)聯(lián)立式得TB=當(dāng)n2時(shí),不滿足090的要求若在B點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2Rsin+2(R+Rsin)n=d當(dāng)n=0時(shí),無解當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立式得=arcsin(或sin=)聯(lián)立式得TB=(+arcsin當(dāng)n2時(shí),不滿足090的要求