高考物理一轮复习课时作业42磁吃运动电荷的作用（含解析）

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磁场对运动电荷的作用一、选择题1．(2018·莆田二模)真空中，一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当它运动到A点时与一不带电的静止粒子发生碰撞并合为一体．则碰撞前、后粒子的运动轨迹正确的是(实线表示碰撞前的轨迹，虚线表示碰撞后的轨迹)(　　)答案　A解析　两粒子碰撞过程动量守恒，根据半径公式有：r＝，碰撞前、后动量不变，电量q不变，所以运动的轨道半径不变，故A项正确，故B、C、D三项错误．2.(2018·玉溪二模)如图所示，一条直线上有O、M、N三点，OM＝MN，直线上方的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质子和一α粒子分别以速度v1、v2从O点沿OP方向射入磁场，质子经时间t1从M点射出磁场，α粒子经时间t2从N点射出磁场，质子和α粒子的重力不计，不考虑它们之间的相互作用，则关于t1、t2、v1、v2的判断正确的是(　　)A．t1＝t2，v1＝v2　　　　　 B．t1＜t2，v1＝v2C．t1＜t2，v1＜v2   D．t1＞t2，v1＞v2答案　B解析　画出两粒子的轨迹过程图，如图所示，设OM＝MN＝L，对质子根据洛伦兹力提供向心力：q1v1B＝m1，可得：r1＝根据几何关系可得：2r1sinθ＝L联立可得：v1＝同理对α粒子可得：v2＝又因为：m2＝4m1，q2＝2q1联立可得：v1＝v2质子在磁场中运动的周期：T1＝＝α粒子在磁场中运动的周期：T2＝＝根据：m2＝4m1，q2＝2q1可得：T2＞T1，因为圆心角相等，所以：t1＜t2.3．(2018·汕头二模)(多选)如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场．一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP、弧Pb的弧长之比为2∶1，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是(　　)A．Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2B．粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1D．弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2∶1答案　AB解析　粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力做向心力，不做功，故有：Bvq＝，Ⅰ、Ⅱ区域粒子速度大小不变；根据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反；根据粒子偏转方向相反，由粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可得：粒子转过的角度相等；又有弧aP、弧Pb的弧长之比为2∶1，粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1；根据B＝可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度大小之比为1∶2；根据粒子做圆周运动的周期T＝，由中心角相等可得：粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1，故A、B两项正确，C、D两项错误．4．(2018·安徽模拟)(多选)半径为R的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为＋q的介质小球，以初速度v0＝向右冲上轨道．下面四种情形中，A图圆心处放置正点电荷，B图加上竖直向下的匀强电场，场强E＝，C图加上水平向右的匀强电场，场强E＝，D图加上垂直纸面向外的匀强磁场．则小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动是(　　)答案　AD解析　A项，小球运动的过程中受到重力和库仑力，其中库仑力不做功，只有重力做功，则小球到达最高点时的速度满足：mv12＋2mgR＝mv02可得：v1＝小球在最高点需要的向心力：Fn1＝＝mg小球在最高点受到重力、向上的库仑力，所以必定还受到轨道对小球的向下的作用力，可知，小球一定能到达最高点．故A项正确；B项，小球运动的过程中受到重力和向下的电场力，重力和电场力都做负功，若小球到达最高点时，则速度满足：mv22＋2mgR＋2qER＝mv02可得：mv22<0，这显然是不可能的，故B项错误；C项，若电场的方向向右，将电场力与重力合成，等效于小球受到向右下方的等效重力mg′，则：mg′＝＝mg小球向上运动的过程中等效重力做功，若小球到达最高点时，则速度满足：mv32＋2mg′R＝mv02可得：mv02<0这显然是不可能的．故C项错误；D项，洛伦兹力不做功，小球在该情况下的运动与A图的运动相似，小球到达最高点时的速度也是，小球在最高点受到重力、向上的洛伦兹力，所以必定还受到轨道对小球的向下的作用力，可知，小球一定能到达最高点．故D项正确．5．(2018·四川模拟)(多选)如图所示，虚线所围圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，比荷相同的a、b两带电粒子同时从P点进入磁场，a的速度v1沿半径方向，b的速度v2与PO之间夹角为60°，两粒子分别经过时间t1、t2都从Q点出磁场，∠POQ＝120°.不计两粒子间相互作用力与重力，则(　　)A．t1∶t2＝3∶1   B．t1∶t2＝1∶3C．v1∶v2＝2∶1   D．v1∶v2＝2∶答案　BC解析　设匀强磁场区域半径为R，那么，根据粒子运动速度和运动轨迹上的两个点；根据如图所示几何关系可得：a的轨道半径为Rtan60°＝Rb的轨道半径为Rsin60°＝R；a转过的圆心角为60°，b转过的圆心角为180°；故根据洛伦兹力做向心力可得：Bvq＝故速度v＝运动周期T＝＝，所以运动周期相等；故运动时间之比t1∶t2＝60°∶180°＝1∶3，速度之比v1∶v2＝ra∶rb＝2∶1，故B、C两项正确，A、D两项错误．6．(2018·湖南模拟)(多选)如图所示，电子由P点从静止开始沿直线PQ做加速直线运动，从Q点射出．若要求电子能击中在与直线PQ成α角方向、与Q点相距d的点M(已知：电子的电荷量为e、质量为m、加速电压为U、不计电子重力)．下列选项正确的是(　　)A．电子运动到Q点的速度v＝B．若在Q的右侧加一个垂直于纸面向里的匀强磁场B，则其大小为B＝C．若在Q的右侧加一个平行于PQ的匀强磁场，则电子不可能到达M点D．若在Q的右侧加一个垂直于PQ向上的匀强电场E，则其大小为E＝答案　ACD解析　A项，在电场中加速，根据动能定理有：eU＝mv2－0所以：v＝.故A项正确；B项，若在Q的右侧加一个垂直于纸面向里的匀强磁场B，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向向下，电子在磁场中偏转：rsinα＝d又：evB＝m联立解得：B＝＝.故B项错误；C项，若在Q的右侧加一个平行于PQ的匀强磁场，电子在磁场中运动的方向与磁场的方向平行，则电子不受洛伦兹力，则不可能到达M点．故C项正确；D项，若在Q的右侧加一个垂直于PQ向上的匀强电场E，电子沿PQ方向匀速运动，有：dcosα＝vt得：t＝垂直于PQ方向匀加速运动，加速度为：a＝垂直于PQ方向的位移：y＝dsinα＝at2联立解得：E＝.故D项正确．7．(2018·衡阳二模)如图所示，由Oa、Ob、Oc三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B1、B2、B3表示．现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，假设带电粒子穿过铝质薄板过程中电荷量不变，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶3∶5，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，不计粒子重力，则(　　)A．磁感应强度B1∶B2∶B3＝1∶3∶5B．磁感应强度B1∶B2∶B3＝5∶3∶1C．其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为25∶2D．其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为27∶5答案　C解析　A、B两项，带电粒子在磁场中运动的时间为：t＝T在各个区域的圆心角均为θ＝π根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m可得粒子在磁场中运动的周期：T＝＝所以t＝，故B＝，又因为m、q均为定值在三个区域的磁感应强度之比为B1∶B2∶B3＝15∶5∶3，故A、B两项错误；C、D两项，三个区域的磁场半径相同，为r＝，又因为动能Ek＝mv2联立可得：Ek＝，因为q、m和r均相同，故三个区域中运动的动能之比为：Ek1∶Ek2∶Ek3＝B12∶B22∶B33＝225∶25∶9设比例常数k，则：在b处穿越铝板所损失的动能为ΔEk1＝225k－25k＝200k在c处穿越铝板所损失的动能为ΔEk2＝25k－9k＝16k在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为：ΔEk1∶ΔEk2＝25∶2，故C项正确，D项错误．8．(2018·贵州模拟)如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界．磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2，且B2＝2B1.一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场Ⅰ，后经f点进入磁场Ⅱ，并最终从fc边界射出磁场区域．不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为(　　)A.   B.C.   D.答案　B解析　粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq＝，所以，R＝；粒子垂直边界ae从P点射入磁场Ⅰ，后经f点进入磁场Ⅱ，故根据几何关系可得：粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为磁场宽度d；粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为磁场宽度d；那么，根据几何关系可得：粒子从P到f转过的中心角为90°，粒子在f点沿fd方向进入磁场Ⅱ；然后粒子在磁场Ⅱ中转过180°在e点沿ea方向进入磁场Ⅰ；最后，粒子在磁场Ⅰ中转过90°后从fc边界射出磁场区域；故粒子在两个磁场区域分别转过180°，根据周期T＝＝可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为T1＋T2＝＋＝，故B项正确，A、C、D三项错误．9．(2018·江苏三模)如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝，正确的图是(　　)答案　D解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，以x轴为边界的磁场，粒子从x轴进入磁场后到离开，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定则和R＝，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D项正确．10.(2018·深圳二模)如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，有一长度L＝5 m的细圆筒，绕其一端O在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s的匀速圆周运动．另端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v＝400 m/s的带正电粒子．已知带电粒子的电量q＝2.5×10－6 C，质量m＝3×10－8 kg，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均不被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S是(　　)A．48 π m2   B. 9 π m2C．49 π m2   D．16 π m2答案　A解析　发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v＝400 m/s，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL＝300 m/s；故粒子速度为v′＝500 m/s，粒子速度方向与径向成arctan＝37°；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bv′q＝所以，运动半径为：R＝＝3 m；根据左手定则可知：粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O的距离为s＝4 m故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s－R＝1 m，外径为s＋R＝7 m的环形区域；故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：S＝π(7)2－π(1)2(m2)＝48 πm2，故A项正确，B、C、D三项错误．二、非选择题11．(2018·海南)如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B.P是圆外一点，OP＝3r.一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出．已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力．求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间．解析　(1)根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有：(3r－R)2＝R2＋r2解得：R＝r(2)由R＝得v＝粒子第一次在圆形区域内运动的时间t＝＝.12．(2018·宿州一模)利用如图所示的装置可以测出电子的比荷和初速度大小，该装置可简化为：半径R＝ m的圆简处于磁感应强度大小B＝2×10－9 T的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴O平行，过某一直径的两端分别开有小孔a、b.电子以某一速度从小孔a沿着ab方向射入筒内，与此同吋，简绕其中心轴以角速度ω＝3.6×102 rad/s顺时针转动．当筒转过60°时，该粒子恰好从小孔b飞出圆筒被接收器收到，不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求：(1)电子的比荷；(2)电子的初速度大小(结果保留两位有效数字)．解析　(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子的运动轨迹如图电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T＝由几何关系知，圆弧所对的圆心角为60°，电子运动时间为：t1＝T＝·＝圆筒匀速转动60°的时间为为：t2＝＝其中t1＝t2解得：＝＝1.8×1011 C/kg(2)设电子匀速圆周运动的轨道半径为r，根据几何关系有：tan30°＝得：r＝R＝3 m根据半径公式r＝，有：v0＝＝1.8×1011×2×10－9×3≈1.1×103 m/s.13．(2018·德州一模)如图所示，在水平面内，OC与OD间的夹角θ＝30°，OC与OD间有垂直纸面向外的匀强磁场I，磁感应强度大小为B1＝B0，OA与OC间的夹角α＝45°，OA与OC间有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，一质量为m带负电荷的粒子q(不计重力)从M点沿与OD方向成60°角的方向射入磁场I，并刚好垂直于OC离开磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，且粒子刚好能从OA边飞出．求：(1)粒子经过匀强磁场Ⅰ所用的时间；(2)匀强磁场Ⅱ的磁感应强度B2大小；(3)在OD边下方一圆形区域内(未画出)存在竖直方向的匀强电场，电场强度大小为E，粒子以初速度v0垂直于电场线方向射入电场，飞经电场后再从M点沿与OD方向成60°角进入磁场，则圆形电场区域的最小面积S.解析　(1)带电粒子在磁场中偏转如图，由几何关系可知，粒子在Ⅰ区运动的圆心角为60°，由：qvB0＝m周期T＝运动时间t＝T解得：t＝(2)由题意知，粒子的运动轨迹如图，设粒子在磁场Ⅰ内运动的轨道半径为R1，在磁场Ⅱ内的轨道半径为R2，由几何关系可知：＝＝sin45°解得：＝ 又由R＝解得：＝＝解得B2＝B0(3)由题意可知，带电粒子在圆形电场中做类平抛运动，在水平方向：x＝v0t；竖直方向：y＝at2vy＝at根据牛顿第二定律：a＝在M点速度的合成与分解有：vy＝v0tan60°粒子在电场中的位移：L＝圆的面积：S＝π()2联立解得：S＝.