当前位置: 首页 > >

2020年高考物理一轮 第九章 磁场复*(课件+冲关练*) (1)

发布时间:

第 2 讲 磁场对运动电荷的作用 (课时冲关三十二) [A 级-基础练]
1.(2019·北京海淀区期末)如图所示,在赤道处,将一小球向东水*抛出,落地点为 a; 给小球带上电荷后,仍以原来的速度抛出,考虑地磁场的影响,下列说法正确的是( )
A.无论小球带何种电荷,小球仍会落在 a 点 B.无论小球带何种电荷,小球下落时间都会延长 C.若小球带负电荷,小球会落在更远的 b 点 D.若小球带正电荷,小球会落在更远的 b 点 解析:D [地磁场在赤道上空水*由南向北,从南向北观察,如果小球带正电荷,则 洛伦兹力斜向右上方,该洛伦兹力在竖直向上的方向和水*向右方向均有分力,因此,小球 落地时间会变长,水*位移会变大;同理,若小球带负电,则小球落地时间会变短,水*位 移会变小,故 D 正确.] 2.(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的 k 倍.两个速率相 同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子( ) A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的 k 倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的 k 倍 D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 解析:AC [由 r=mqBv可知:rrⅡ Ⅰ=BBⅡⅠ=k,A 对;由 a=qmvB可知,aaⅡⅠ=BBⅡⅠ=1k,B 错;由 T=2qπBm可知,TTⅡ Ⅰ=BBⅠ Ⅱ=k,C 对,由 ω=2Tπ可知ωωⅡⅠ=1k,D 错.] 3.如图是某离子速度选择器的原理示意图,在一半径为 R 的绝缘圆柱形筒内有磁感应强 度为 B 的匀强磁场,方向*行于轴线.在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔 M、N,现有一 束速率不同、比荷均为 k 的正、负离子,从 M 孔以 α 角入射,一些具有特定速度的离子未 与筒壁碰撞而直接从 N 孔射出(不考虑离子间的作用力和重力).则从 N 孔射出的离子( )

A.是正离子,速率为ckoBsRα B.是正离子,速率为skiBn Rα C.是负离子,速率为skiBn Rα D.是负离子,速率为ckoBsRα 解析:B [因为离子向下偏,根据左手定则,离子带正电,运动轨迹如图所示,由几何 关系可知 r=sinR α,由 qvB=mvr2可得 v=skiBnRα,故 B 正确.]

4.如图,MN 为铝质薄*板,铝板上方和下方分别有垂直于图*面的匀强磁场(未画出).一 带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝板向上射出,从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中 点 O.已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变.不计重力.铝板上 方和下方的磁感应强度大小之比为( )

A.2

B. 2

C.1

2 D. 2

解析:D

1 [设带电粒子在 P 点时初速度为 v1,从 Q 点穿过铝板后速度为 v2,则 Ek1=2

mv21,Ek2=12mv22,由题意可知 Ek1=2Ek2,即12mv21=mv22,则vv12= 12.粒子做圆周运动的向心

力由洛伦兹力提供,即

mv2 qvB= R ,得

R=mqBv,由题意可知RR12=21,所以BB12=vv12RR21=

22,



选项 D 正确.]

5.在 x 轴上方有垂直于纸面的匀强磁场,同一种带电粒子从 O 点射入磁场,当入射方向 与 x 轴的夹角 α=60°时,速度为 v1、v2 的两个粒子分别从 a、b 两点射出磁场,如图所示, 当 α=45°时,为了使粒子从 ab 的中点 c 射出磁场,则速度应为( )

A.12(v1+v2)

B. 46(v1+v2)

C. 33(v1+v2)

D. 66(v1+v2)

解析:B

[由几何关系可知 xOa=

3R1=

3qmBv1,xOb=

3R2=

3mv2 qB



xOc



2R3=

2qmBv3,又由于 xOc=xOa+2 xOb,联立可得 v3= 46(v1+v2).]

6.(2017·全国卷Ⅲ)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy *面)向里的磁场.在 x≥0 区 域,磁感应强度的大小为 B0;x<0 区域,磁感应强度的大小为 λB0(常数 λ>1).一质量为 m、 电荷量为 q(q>0)的带电粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场,此时开始计时, 当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时,求:(不计重力)

(1)粒子运动的时间; (2)粒子与 O 点间的距离. 解析:(1)粒子的运动轨迹如图所示.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力 由洛伦兹力提供,设在 x≥0 区域,圆周半径为 R1;设在 x<0 区域,圆周半径为 R2;由洛 伦兹力公式及牛顿第二定律得

qv0B0=mRv120① qv0(λB0)=mRv220② 粒子速度方向转过 180°时,所用时间 t1 为 t1=πvR01③

粒子再转过 180°时,所用时间 t2 为 t2=πvR02④
联立①②③④式得,所求时间
?λ+1?πm t0=t1+t2= λqB0 (2)由几何关系及①②式得,所求距离为
2?λ-1?mv0 d=2(R1-R2)= λqB0 答案:(1)?λ+λq1B?0πm (2)2?λ-λq1B?0mv0
[B 级-能力练] 7.(多选)长为 l 的水*极板间有垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示,磁感应强度为 B, 板间距离也为 l,板不带电,现有质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力),从左边 极板间中点处垂直磁感线以速度 v 水*射入磁场,欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是 ()

A.使粒子的速度

Bql v< 4m

B.使粒子的速度 v>54Bmql

C.使粒子的速度 v>Bmql

D.使粒子的速度 v 满足B4mql<v<54Bmql

解析:AB [带电粒子刚好打在极板右边缘,有 r21=??r1-2l ??2+l2,又因 r1=mBvq1,解得

v1=54Bmql;粒子刚好打到极板左边缘,有 r2=4l =mBvq2,解得 v2=B4mql,故 A、B 正确.]

8.(多选)如图,两个初速度大小相同的同种离子 a 和 b,从 O 点沿垂直磁场方向进入 匀强磁场,最后打到屏 P 上,不计重力,下列说法正确的有( )

A.a、b 均带正电

B.a 在磁场中飞行的时间比 b 的短

C.a 在磁场中飞行的路程比 b 的短

D.a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的*

解析:AD

mv [a、b 粒子做圆周运动的半径都为 R=qB,画出轨迹如图所示,以 O1、O2

为圆心的两圆弧分别为 b、a 的轨迹,a 在磁场中转过的圆心角大,由 t=2θπT=θqmB和轨迹图

可知 A、D 选项正确.]

9.(多选)如图所示,有一个正方形的匀强磁场区域 abcd,e 是 ad 的中点,f 是 cd 的中 点,如果在 a 点沿对角线方向以速度 v 射入一带负电的带电粒子,恰好从 e 点射出,则( )
A.如果粒子的速度增大为原来的二倍,将从 d 点射出 B.如果粒子的速度增大为原来的三倍,将从 f 点射出 C.如果粒子的速度不变,磁场的磁感应强度变为原来的二倍,也将从 d 点射出 D.只改变粒子的速度使其分别从 e、d、f 点射出时,从 f 点射出所用时间最短 解析:AD [作出示意图如图所示,根据几何关系可以看出,当粒子从 d 点射出时,轨 道半径增大为原来的二倍,由半径公式 R=mqBv可知,速度也增大为原来的二倍,则选项 A

正确,C 项错误;当粒子的速度增大为原来的四倍时,才会从 f 点射出,则 B 项错误;据粒 子的周期公式 T=2qπBm,可见粒子的周期与速度无关,在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆 弧所对应的圆心角,所以从 e、d 射出时所用时间相等,从 f 点射出时所用时间最短,则选 项 D 正确.]
10.(2019·广东广州模拟)(多选)如图所示,真空中 xOy *面内有一束宽度为 d 的带正电 粒子束沿 x 轴正方向运动,所有粒子为同种粒子,速度大小相等,在第一象限内有一方向垂 直 xOy *面的有界匀强磁场区(图中未画出),所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于 x 轴上 的 a 点.下列说法中正确的是( )
A.磁场方向一定是垂直 xOy *面向里 B.所有粒子通过磁场区的时间相同 C.所有粒子在磁场区运动的半径相等 D.磁场区边界可能是圆,也可能是其他曲线 解析:CD [由题意可知,正粒子经磁场偏转后,都集中于一点 a,根据左手定则可知, 磁场的方向垂直*面向外,故 A 错误;由洛伦兹力提供向心力,可得 T=2qπBm,而运动的时 间还与圆心角有关,因此粒子的运动时间不等,故 B 错误;由洛伦兹力提供向心力,可得 R mv =qB,由于为同种粒子,且速度大小相等,所以它们的运动半径相等,故 C 正确;所有带 电粒子通过磁场偏转后都会聚于 x 轴上的 a 点,因此磁场区边界可能是圆,也可能是圆弧, 故 D 正确;故选 C、D.] 11.(2019·河南三市第一次调研)如图所示,一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子,从 y 轴上的 P1 点以速度 v 射入第一象限所示的区域,入射方向与 x 轴正方向成 α 角.为了使该 粒子能从 x 轴上的 P2 点射出该区域,且射出方向与 x 轴正方向也成 α 角,可在第一象限适 当的地方加一个垂直于 xOy *面、磁感应强度为 B 的匀强磁场.若磁场分布为一个圆形区 域,则这一圆形区域的最小面积为(不计粒子的重力)( )

πm2v2 A. q2B2
πm2v2 C. q2B2 sin α

B.πqm2B2v22cos2α D.πqm2B2v22sin2α

解析:D [粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:

qvB=mvR2,则粒子在磁场中做圆周运动的半径:R=mqBv,由题意可知,粒子在磁场区域中的

轨道为半径等于 r 的圆上的13圆周,这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切, 如图所示.则到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为 R 的 O′点就是圆周的圆 心.粒子在磁场区域中的轨道就是以 O′为圆心、R 为半径的圆上的圆弧 ef,而 e 点和 f 点 应在所求圆形磁场区域的边界上,在通过 e、f 两点的不同的圆周中,最小的一个圆是以 e、 f 连线为直径的圆周,即得所求圆形区域的半径 r=Rsin α=mvqsBin α,则这个圆形磁场区域的 最小面积 Smin=πr2=πm2qv22Bs2in2α,故选 D 项.]

12.如图所示,一个带负电的粒子沿磁场边界从 A 点射出,粒子质量为 m、电荷量为-q, 其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为 d,磁感应强度为 B,垂直纸面向里,区域Ⅱ宽也为 d, 粒子从 A 点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到 A 点,不计粒子重力.
(1)求粒子从 A 点射出到回到 A 点经历的时间 t; (2)若在区域Ⅱ内加一水*向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为 2B,粒子也能回 到 A 点,求电场强度 E 的大小; (3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强

度减半,则粒子的出射点距 A 点的距离为多少? 解析:(1)因粒子从 A 点出发,经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到 A 点,由对称性可知粒子做

圆周运动的半径为 r=d

v2

Bqd

由 Bqv=m r 得 v= m

2πr+2d 2πm+2m 所以运动时间为 t= v = Bq .

(2)在区域Ⅱ内由动能定理得 qEd=12mv21-12mv2

由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为 r=d 由 2Bqv1=mvr21得 v1=2Bmqd
3dqB2 联立解得 E= 2m .

(3)改变区域Ⅰ内磁场后,粒子运动的轨迹如图所示.

1

v2

由2Bqv=m R 得 R=2d

所以 OC= R2-d2= 3d

粒子出射点距 A 点的距离为 s=r+R-OC=(3- 3)d.

答案:(1)2πmB+q 2m

3dqB2 (2) 2m

(3)(3- 3)d




友情链接: