2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練27 磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用力(含解析)
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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練27 磁場對運(yùn)動(dòng)電荷的作用力(含解析) 小題狂練 小題是基礎(chǔ) 練小題 提分快 1.[2019·江蘇省東臺(tái)創(chuàng)新學(xué)校調(diào)研](多選)以下說法正確的是( ) A.電荷處于電場中一定受到靜電力 B.運(yùn)動(dòng)電荷在磁場中一定受到洛倫茲力 C.洛倫茲力對運(yùn)動(dòng)電荷一定不做功 D.洛倫茲力可以改變運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向和速度大小 答案:AC 解析:電荷處于電場中一定受到靜電力,故A項(xiàng)正確;運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向與磁場平行時(shí),運(yùn)動(dòng)電荷不受洛倫茲力,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直,洛倫茲力對運(yùn)動(dòng)電荷一定不做功,故C項(xiàng)正確;洛倫茲力對運(yùn)動(dòng)
2、電荷一定不做功,由動(dòng)能定理得,洛倫茲力不能改變運(yùn)動(dòng)電荷的動(dòng)能,即洛倫茲力不能改變速度的大小,只能改變速度的方向,故D項(xiàng)錯(cuò)誤. 2. [2019·四川省成都九校聯(lián)考]1931年,著名的英國物理學(xué)家狄拉克認(rèn)為,既然電有基本電荷——電子存在,磁也應(yīng)有基本磁荷——磁單極子存在,這樣,電磁現(xiàn)象的完全對稱性就可以得到保證,他從理論上用極精美的數(shù)學(xué)物理公式預(yù)言,磁單極子是可以獨(dú)立存在的,其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布,類似于孤立的點(diǎn)電荷的電場線.以某一磁單極子N為原點(diǎn)建立如圖所示O—xyz坐標(biāo)系,z為豎直方向,則一帶電微??梢栽诖丝臻g做圓周運(yùn)動(dòng)的平面為( ) A.一定是z>0且平行于xOy的平面
3、 B.一定是在xOy平面 C.一定是z<0且平行于xOy的平面 D.只要是過坐標(biāo)原點(diǎn)O的任意平面均可 答案:A 解析:在z>0的區(qū)域,磁場的方向是斜向上的圓錐形狀,帶電微粒若能在平行于xOy的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),所受的洛倫茲力方向?yàn)榇怪贝鸥芯€斜向上,重力豎直向下,合力的方向水平指向z軸,故可滿足做圓周運(yùn)動(dòng)的條件,故選項(xiàng)A正確,B、C、D錯(cuò)誤. 3.[2019·江西省紅色七校聯(lián)考]如圖所示,三根通電長直導(dǎo)線P、Q、R互相平行,垂直紙面放置,其間距均為a,電流強(qiáng)度均為I,方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場中,距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,其中k為常量).某時(shí)刻有一電子(質(zhì)
4、量為m、電荷量為e)正好經(jīng)過原點(diǎn)O,速度大小為v,方向沿y軸正方向,則電子此時(shí)所受的洛倫茲力為( ) A.方向垂直紙面向里,大小為 B.方向指向x軸正方向,大小為 C.方向垂直紙面向里,大小為 D.方向指向x軸正方向,大小為 答案:A 解析:P、Q兩根導(dǎo)線到O點(diǎn)的距離相等,根據(jù)安培定則,兩導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向相反,大小相等,所以最終磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于R在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小,根據(jù)安培定則,磁場的方向沿x軸負(fù)方向,RO=a,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B==,根據(jù)左手定則,洛倫茲力方向垂直紙面向里,大小F=evB=,故A正確. 4. [2019·安徽省合肥質(zhì)檢](多
5、選)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,一帶電粒子以某速度由圓周上A點(diǎn)沿與直徑AB成30°角的方向垂直射入磁場,其后從C點(diǎn)射出磁場.已知CD為圓的直徑,∠BOC=60°,E、F分別為劣弧AD和AC上的點(diǎn),粒子重力不計(jì),則下列說法正確的是( ) A.該粒子可能帶正電 B.粒子從C點(diǎn)射出時(shí)的速度方向一定垂直于直徑AB C.若僅將粒子的入射位置由A點(diǎn)改為E點(diǎn),則粒子仍從C點(diǎn)射出 D.若僅將粒子的入射位置由A點(diǎn)改為F點(diǎn),則粒子仍從C點(diǎn)射出 答案:BCD 解析:粒子由A點(diǎn)射入,C點(diǎn)射出,可確定洛倫茲力方向,由左手定則可知,粒子帶負(fù)電,A項(xiàng)錯(cuò)誤;軌跡圓弧關(guān)于磁場圓心與軌跡圓圓心連
6、線對稱,所以粒子從C點(diǎn)射出時(shí)速度方向與DC夾角也是30°,垂直于直徑AB,B項(xiàng)正確;軌跡圓半徑與磁場圓半徑相同,由磁聚焦原理可知,C、D項(xiàng)正確. 5.[2019·山西省榆社中學(xué)診斷]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(diǎn)O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個(gè)帶正電的粒子(重力不計(jì)).則下列說法正確的是( ) A.若θ一定,v越大,則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短 B.若θ一定,v越大,則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的角速度越大 C.若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短 D.若v一定,θ越大,則粒子在離開磁場的位置距O點(diǎn)
7、越遠(yuǎn) 答案:C 解析:畫出粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡,如圖所示.由幾何關(guān)系得:軌跡對應(yīng)的圓心角α=2π-2θ,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T=·=,則得知:粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與v無關(guān),故A錯(cuò)誤;若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短,故C正確.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的角速度ω=,又T=,則得ω=,與速度v無關(guān),故B錯(cuò)誤;設(shè)粒子的軌跡半徑為r,則r=.AO=2rsinθ=,則若θ是銳角,θ越大,AO越大.若θ是鈍角,θ越大,AO越?。蔇錯(cuò)誤;故選C. 6.[2019·遼寧省大連模擬]如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖,粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點(diǎn),出現(xiàn)一個(gè)光斑
8、.在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后,粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿半徑為r的圓弧運(yùn)動(dòng),打在熒光屏上的P點(diǎn),然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下,場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場,光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn),關(guān)于該粒子,下列說法正確的是( ) A.粒子帶負(fù)電 B.初速度為v= C.比荷為= D.比荷為= 答案:D 解析:垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后,粒子束打在熒光屏上的P點(diǎn),根據(jù)左手定則可知,粒子帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)電場和磁場同時(shí)存在時(shí),qvB=Eq,解得v=,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)粒子在磁場中時(shí),由qvB=m,可得==,故選項(xiàng)D正確,C錯(cuò)誤;故選D. 7. [
9、2019·貴州省貴陽市摸底](多選)如圖所示,在xOy平面內(nèi)的0≤x≤l,0≤y≤l區(qū)域僅存在垂直于xOy平面(紙面)向里的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小設(shè)為B),或僅存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(電場強(qiáng)度大小設(shè)為E)時(shí),質(zhì)量為m、帶電荷量為e的質(zhì)子以速率v從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向進(jìn)入場區(qū),均能通過P(l,l)點(diǎn),不計(jì)質(zhì)子的重力,則( ) A.B= B.B= C.E= D.E= 答案:BD 解析:若僅存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系可知,質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為l,又evB=m,解得B=,B項(xiàng)正確,A項(xiàng)錯(cuò)誤;若僅存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,則質(zhì)子在電場中做類
10、平拋運(yùn)動(dòng),l=vt,l=at2,a=,聯(lián)立解得E=,C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確. 8.[2019·黑龍江省哈爾濱六中模擬]在光滑水平地面上水平放置著足夠長的質(zhì)量為M的木板,其上放置著質(zhì)量為m、帶正電的物塊(電荷量保持不變),兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定,且M>m.空間存在足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,某時(shí)刻開始它們以大小相等的速度相向運(yùn)動(dòng),如圖,取向右為正方向,則下列圖象可能正確反映它們以后運(yùn)動(dòng)的是( ) 答案:B 解析:對物塊分析可知其受重力、支持力、洛倫茲力和摩擦力作用,由左手定則可知,洛倫茲力方向向上;水平方向受摩擦力作用而做減速運(yùn)動(dòng);則由F=Bqv可知,洛倫茲力減小,故m對M的
11、壓力增大,摩擦力增大,故m的加速度越來越大;同時(shí)M受m向右的摩擦力作用,M也做減速運(yùn)動(dòng);因摩擦力增大,故M的加速度也越來越大;v—t圖象中圖線斜率的絕對值表示加速度大小,則可知v—t圖象中對應(yīng)的圖線應(yīng)為曲線;對M、m組成的系統(tǒng)分析可知,系統(tǒng)所受外力之和為零,故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,最終木板和物塊速度一定相同,則有mv0-Mv0=(M+m)v,因M>m,故最終速度一定為負(fù)值,說明最終木板和物塊均向左做勻速運(yùn)動(dòng),則B正確. 9. [2019·貴州省畢節(jié)梁才學(xué)校檢測](多選)如圖所示,空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿,它與水平面的夾角為θ,一電荷量為q、
12、質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球套在直桿上,從A點(diǎn)由靜止沿桿下滑,小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,在小球以后的運(yùn)動(dòng)過程中,下列說法正確的是( ) A.小球下滑的最大速度為vm= B.小球下滑的最大加速度為am=gsinθ C.小球的加速度一直在減小 D.小球的速度先增大后不變 答案:BD 解析:小球開始下滑時(shí)有mgsinθ-μ(mgcosθ-qvB)=ma,隨著v增大,a增大,當(dāng)v0=時(shí),a達(dá)到最大值即am=gsinθ,此時(shí)洛倫茲力大小等于mgcosθ,支持力為0,此后隨著速度增大,洛倫茲力增大,支持力增大,此后下滑過程中有,mgsinθ-μ(qvB-mgcosθ)=ma,隨著v增大,a減小,
13、當(dāng)vm=時(shí),a=0,此時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài),速度不變.所以整個(gè)過程中,v先增大后不變,a先增大后減小,所以B、D正確. 10.[2019·湖北省武漢調(diào)研](多選)如圖(a)所示,在半徑為R的虛線區(qū)域內(nèi)存在周期性變化的磁場,其變化規(guī)律如圖(b)所示.薄擋板MN兩端點(diǎn)恰在圓周上,且MN所對的圓心角為120°.在t=0時(shí),一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子,以初速度v從A點(diǎn)沿直徑AB射入場區(qū),運(yùn)動(dòng)到圓心O后,做一次半徑為的完整的圓周運(yùn)動(dòng),再沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),在B點(diǎn)與擋板碰撞后原速率返回(碰撞時(shí)間不計(jì),電荷量不變),運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(a)中所示.粒子的重力不計(jì),不考慮變化的磁場所產(chǎn)生的電場,下列說法正確的是(
14、 ) A.磁場方向垂直紙面向外 B.圖(b)中B0= C.圖(b)中T0= D.若t=0時(shí),質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子,以初速度v從A點(diǎn)沿AO入射,偏轉(zhuǎn)、碰撞后,仍可返回A點(diǎn) 答案:BC 解析:根據(jù)題述一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子以初速度v從A點(diǎn)沿直徑AB射入場區(qū),運(yùn)動(dòng)到圓心O后,做一次半徑為的完整的圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)左手定則可判斷出磁場方向垂直紙面向里,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)洛倫茲力提供向心力,qvB0=m,且r=,可得B0=,選項(xiàng)B正確;帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T==,帶電粒子以初速度v從A點(diǎn)沿直徑AB射入場區(qū),運(yùn)動(dòng)到圓心O所需時(shí)間t=,所以題圖(b)中T0=t+T
15、=+=,選項(xiàng)C正確;若t=0時(shí),質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子以初速度v從A點(diǎn)沿直徑AB射入場區(qū),運(yùn)動(dòng)到圓心O后,根據(jù)左手定則知粒子將向下偏轉(zhuǎn)與擋板MN碰撞后運(yùn)動(dòng)圓周,再與擋板B碰撞后運(yùn)動(dòng)一段圓弧后射出場區(qū),不能返回A點(diǎn),選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 11.[2019·湖南省益陽市、湘潭市調(diào)研](多選)如圖所示,兩個(gè)相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B中,軌道兩端在同一高度上,兩個(gè)相同的帶正電小球a、b同時(shí)從軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放,且在運(yùn)動(dòng)中始終能沿軌道通過各自軌道的最低點(diǎn)M、N,則( ) A.兩小球某次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大小不可能有vN=vM B.兩小球都能到
16、達(dá)軌道的最右端 C.小球a、b第一次同時(shí)到達(dá)最低點(diǎn) D.第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí),小球a對軌道的壓力小于小球b對軌道的壓力 答案:AD 解析:由于洛倫茲力不做功,電場力對帶電小球一定做負(fù)功,所以兩個(gè)小球某次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度不可能有vN=vM,A正確;由機(jī)械能守恒定律知,小球b可以到達(dá)軌道的最右端,電場力對小球a做負(fù)功,故小球a不可能到達(dá)軌道的最右端,B錯(cuò)誤;第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,由于洛倫茲力對b不做功,而電場力一直對a做負(fù)功,因此a球的速率一直小于b球速率,故小球b第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)刻與小球a第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)刻不相同,C錯(cuò)誤;由于小球能到達(dá)最低點(diǎn),重力對小球a做正功,電場力對
17、小球a做負(fù)功,由動(dòng)能定理得mgR-EqR=mv,又由牛頓第二定律得,F(xiàn)N1-mg=m,對小球b,洛倫茲力不做功,只有重力做正功,由機(jī)械能守恒定律得mgR=mv,小球b第一次通過最低點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得FN2-mg-qvB=m,由牛頓第三定律知,D正確. 12.[2019·湖北省黃岡中學(xué)模擬](多選)如圖所示,下端封閉、上端開口、高h(yuǎn)=5 m的內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置,管底有質(zhì)量m=10 g、電荷量的絕對值|q|=0.2 C的小球,整個(gè)裝置以v=5 m/s的速度沿垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,由于外力的作用,玻璃管在磁場中的速度保持不變,最終小球
18、從上端管口飛出.g取10 m/s2.下列說法中正確的是( ) A.小球帶負(fù)電 B.小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C.小球在玻璃管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1 s D.小球機(jī)械能的增加量為1 J 答案:BD 解析:由左手定則可知,小球帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;玻璃管在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),則小球在豎直方向所受的洛倫茲力恒定,則豎直方向加速度不變,即小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B正確;小球在豎直方向的加速度a== m/s2=10 m/s2,在管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t== s=1 s,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;小球到管口時(shí)豎直方向的速度v′=at=10 m/s,機(jī)械能的增加量ΔE=mgh+mv′2=1 J,選項(xiàng)D正
19、確. 13. [2019·四川省五校聯(lián)考](多選)如圖所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的某點(diǎn)P沿著與x軸成30°角的方向射入磁場.不計(jì)重力的影響,則下列說法正確的是( ) A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標(biāo)原點(diǎn) B.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為 C.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為 D.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為 答案:BC 解析:帶正電粒子由P點(diǎn)沿與x軸成30°角的方向入射,則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在過P點(diǎn)且與速度方向垂直的方向上,粒子
20、在磁場中要想到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn),轉(zhuǎn)過的圓心角肯定大于180°,假設(shè)如圖所示,而因磁場有邊界,故粒子不可能通過坐標(biāo)原點(diǎn),A錯(cuò)誤;由于P點(diǎn)的位置不定,所以粒子在磁場中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角也不同,最大的圓心角為圓弧與y軸相切時(shí),偏轉(zhuǎn)角度為300°,運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T=,根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的對稱性,可知粒子的運(yùn)動(dòng)半徑無限大時(shí),對應(yīng)的最小圓心角也一定大于120°,所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t>T=,故粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間范圍是 21、分之一圓形通道、通道內(nèi)有均勻輻射電場,方向沿徑向指向圓心O,且與圓心O等距的各點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場,方向垂直紙面向外,膠片M.由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子,經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器,某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進(jìn)入磁場,最終打到膠片上的某點(diǎn).粒子從粒子源發(fā)出時(shí)的初速度不同,不計(jì)粒子所受重力,下列說法中正確的是( )
A.從小孔S進(jìn)入磁場的粒子速度大小一定相等
B.從小孔S進(jìn)入磁場的粒子動(dòng)能一定相等
C.打到膠片上同一點(diǎn)的粒子速度大小一定相等
D.打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子,其比荷(q/m)越小
答案:CD
解析:直線 22、加速過程,根據(jù)動(dòng)能定理,有qU=mv2-mv①,電場中偏轉(zhuǎn)過程,根據(jù)牛頓第二定律,有qE=m②,磁場中偏轉(zhuǎn)過程,根據(jù)牛頓第二定律,有qvB=m③,由②式得v=④,即從小孔S進(jìn)入磁場的粒子速度大小與粒子比荷有關(guān),故A錯(cuò)誤;由②式,Ek=,即從小孔S進(jìn)入磁場的粒子的動(dòng)能與q有關(guān),故B錯(cuò)誤;由③④解得r= ,打到膠片上同一點(diǎn)的粒子的比荷一定相等,由④式,比荷相同,故粒子的速度相同,故C正確;r= ,故打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子,比荷越小,故D正確.
15.(多選)如圖所示,空間有一垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5 T的勻強(qiáng)磁場,一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上,在 23、木板左端無初速度地放置一質(zhì)量為0.05 kg、電荷量q=-0.2 C的滑塊,滑塊與絕緣木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,可認(rèn)為滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.現(xiàn)對木板施加方向水平向左、大小為0.6 N的恒力,g取10 m/s2.則( )
A.木板和滑塊一直做勻加速運(yùn)動(dòng)
B.滑塊先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)
C.最終滑塊做速度為5 m/s的勻速運(yùn)動(dòng)
D.最終木板做加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)
答案:CD
解析:滑塊開始運(yùn)動(dòng)后,受到豎直向上的洛倫茲力作用,且洛倫茲力不斷增大,滑塊受到的支持力逐漸減小,故滑塊先做變加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)|q|vB=mg時(shí),滑塊做勻速運(yùn)動(dòng),速度v=5 m/ 24、s,C正確,A、B錯(cuò)誤;此后,木板在恒力F作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),且加速度a==3 m/s2,故D正確.
16.圖甲所示的有界勻強(qiáng)磁場Ⅰ的寬度與圖乙所示的圓形勻強(qiáng)磁場Ⅱ的半徑相等,一不計(jì)重力的粒子從左邊界的M點(diǎn)以一定初速度水平向右垂直射入磁場Ⅰ,從右邊界射出時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角,該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ,射出磁場時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了2θ角.已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1、B2,則B1與B2的比值為( )
A.2cosθ B.sinθ
C.cosθ D.tanθ
答案:C
解析:設(shè)有界磁場Ⅰ寬度為d,則粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡分別如圖1、2 25、所示,由洛倫茲力提供向心力知Bqv=m,得B=,由幾何關(guān)系知d=r1sinθ,d=r2tanθ,聯(lián)立得=cosθ,C正確.
課時(shí)測評 綜合提能力 課時(shí)練 贏高分
一、選擇題
1.[2019·黑龍江哈六中檢測]如圖所示,直線MN上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,
電子1從磁場邊界上的a點(diǎn)垂直MN和磁場方向射入磁場,經(jīng)t1時(shí)間從b點(diǎn)離開磁場.之后電子2也由a點(diǎn)沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場,經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場,則t1t2為( )
A.2:3 B.2:1
C.3:2 D.3:1
答案:D
解析:兩電子在磁場中均做勻速圓周 26、運(yùn)動(dòng),根據(jù)題意畫出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示.
電子1垂直射入磁場,從b點(diǎn)離開,則運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周,ab即為電子1的運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑,c點(diǎn)為圓心.電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場,經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場,根據(jù)r=可知,電子1和2的軌跡半徑相等,根據(jù)幾何關(guān)系可知,△aOc為等邊三角形,則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°,所以電子1運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1==,電子2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2==,所以t1:t2=3:1,故選D.
2.[2019·江西聯(lián)考]如圖所示在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中,存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一帶電粒子以一定的速度平行于x軸正方向從y軸上 27、的a處射入磁場,粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)O射出磁場.現(xiàn)使同一帶電粒子以速度方向不變、大小變?yōu)樵瓉淼?倍,仍從y軸上的a處射入磁場,經(jīng)過t0時(shí)間射出磁場,不計(jì)粒子所受的重力,則粒子的比荷為( )
A. B.
C. D.
答案:C
解析:帶電粒子射入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),粒子第一次射入磁場時(shí),軌跡半徑為,粒子第二次射入磁場時(shí),粒子軌跡半徑為2a,由此可知粒子第二次在磁場中偏轉(zhuǎn)60°后射出磁場,因此t0=,由T=可得=.C正確.
3.[2017·全國卷Ⅱ]如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場,P為磁場邊界上的一點(diǎn).大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn), 28、在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場.若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率為v2,相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上,不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用,則v2:v1為( )
A.:2 B.:1
C.:1 D.3:
答案:C
解析:設(shè)速率為v1的粒子最遠(yuǎn)出射點(diǎn)為M,速率為v2的粒子最遠(yuǎn)出射點(diǎn)為N,如圖所示,則由幾何知識(shí)得
r1==,r2==R
=
由qvB=得r=,故==,選項(xiàng)C正確.
4.[2019·河北邢臺(tái)質(zhì)檢]
如圖所示,邊長為L的正方形有界勻強(qiáng)磁場ABCD,帶電粒子從A點(diǎn)沿AB方向射入磁場,恰好從C點(diǎn)飛出磁場; 29、若帶電粒子以相同的速度從AD的中點(diǎn)P垂直AD射入磁場,從DC邊的M點(diǎn)飛出磁場(M點(diǎn)未畫出).設(shè)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用時(shí)間為t1,由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用時(shí)間為t2(帶電粒子重力不計(jì)),則t1:t2為( )
A.2:1 B.2:3
C.3:2 D.:
答案:C
解析:如圖所示為粒子兩次運(yùn)動(dòng)軌跡圖,由幾何關(guān)系知,粒子由A點(diǎn)進(jìn)入C點(diǎn)飛出時(shí)軌跡所對圓心角θ1=90°,粒子由P點(diǎn)進(jìn)入M點(diǎn)飛出時(shí)軌跡所對圓心角θ2=60°,則===,故選項(xiàng)C正確.
5.
[2019·長沙四校模擬](多選)如圖所示,圓心角為90°的扇形COD內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,E點(diǎn)為半徑O 30、D的中點(diǎn).現(xiàn)有比荷大小相等的兩個(gè)帶電粒子a、b(不計(jì)重力)以大小不等的速度分別從O、E點(diǎn)均沿OC方向射入磁場,粒子a恰從D點(diǎn)射出磁場,粒子b恰從C點(diǎn)射出磁場,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法中正確的是( )
A.粒子a帶正電,粒子b帶負(fù)電
B.粒子a、b在磁場中運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為5:2
C.粒子a、b的速率之比為2:5
D.粒子a、b在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為180:53
答案:CD
解析:本題考查了粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)問題,意在考查考生運(yùn)用相關(guān)規(guī)律及數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力.兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如答圖所示,根據(jù)左手定則判斷知粒子a帶負(fù)電,粒子b帶 31、正電,A錯(cuò)誤;設(shè)扇形COD的半徑為r,粒子a、b的軌道半徑分別為Ra、Rb,
則Ra=,R=r2+2,sinθ=,得Rb=r,θ=53°,由qvB=m,得v=R,所以粒子a、b的速率之比為==,C正確;由牛頓第二定律得加速度a=,所以粒子a、b在磁場中運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為==,B錯(cuò)誤;粒子a在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間ta=,粒子b在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tb=,則=,D正確.
6.[2019·山東膠東示范校模擬](多選)
如圖所示,在光滑絕緣的水平面上疊放著兩個(gè)物塊A和B,A帶負(fù)電、質(zhì)量為m、電荷量為q,B質(zhì)量為2m、不帶電,A和B間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.初始時(shí)A、B處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將大小為F 32、=mg的水平恒力作用在B上,g為重力加速度.A、B處于水平向里的磁場之中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.若A、B間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,則下列說法正確的是( )
A.水平力作用瞬間,A的加速度大小為
B.A做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
C.A的最大速度為
D.B的最大加速度為g
答案:BC
解析:本題考查考生對帶電體在磁場中運(yùn)動(dòng)過程的分析能力.F作用在B上瞬間,假設(shè)A、B一起加速,則對A、B整體有F=3ma=mg,對A有fA=ma=mg<μmg=mg,假設(shè)成立,因此A、B共同做加速運(yùn)動(dòng),加速度為,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;A、B開始運(yùn)動(dòng)后,整體在水平方向上只受到F作用,做勻加速直線運(yùn)動(dòng),對A分析,B對A 33、有水平向左的靜摩擦力fA靜作用,由fA靜=知,fA靜保持不變,但A受到向上的洛倫茲力,支持力NA=mg-qvB0逐漸減小,最大靜摩擦力μN(yùn)A減小,當(dāng)fA靜=μN(yùn)A時(shí),A、B開始相對滑動(dòng),此時(shí)有=μ(mg-qv1B0),v1=,由v1=at得t=,B選項(xiàng)正確;A、B相對滑動(dòng)后,A仍受到滑動(dòng)摩擦力作用,繼續(xù)加速,有fA靜=μ(mg-qvAB0),速度增大,滑動(dòng)摩擦力減小,當(dāng)滑動(dòng)摩擦力減小到零時(shí),A做勻速運(yùn)動(dòng),有mg=qv2B0,得最大速度v2=,C選項(xiàng)正確;A、B相對滑動(dòng)后,對B有F-fA滑=2maB,fA滑減小,則aB增大,當(dāng)fA滑減小到零時(shí),aB最大==,D選項(xiàng)錯(cuò)誤.
7.
[2019 34、·安徽巢湖一中、合肥八中等十校聯(lián)考]如圖所示,平行邊界MN、PQ之間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,兩邊界間距為d,邊界MN上A點(diǎn)有一粒子源,可沿紙面內(nèi)任意方向射出完全相同的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,粒子射出的速度大小均為v=,若不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用,則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為( )
A.1:1 B.2:3
C.:2 D.2:7
答案:C
解析:
由qvB=可知,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R=d,當(dāng)速度方向沿AN時(shí),軌跡交PQ于B點(diǎn),當(dāng)軌跡恰好與PQ相切時(shí),軌跡交PQ于C點(diǎn),B、C間的距 35、離為粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度,由幾何關(guān)系可知∠O1BC=∠O2AD=30°,所以BC=2Rcos30°=R;當(dāng)粒子垂直于MN射入時(shí),粒子與MN交于E點(diǎn)(軌跡是半圓,沒畫出),A、E間的距離是粒子能從MN邊界射出的長度,AE=2R,所以==.
8.[2019·四川資陽測試](多選)圖中的MN、PQ為兩條相互平行的虛線,在MN的上方、PQ的下方空間存在相同的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,在圖中的O點(diǎn)沿與PQ成θ=30°角的方向斜向上射出一帶電粒子(紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)),粒子在上、下兩磁場中各偏轉(zhuǎn)一次后恰好經(jīng)過圖中的S點(diǎn),且經(jīng)過S點(diǎn)的速度與O點(diǎn)的速度方向相同,忽略粒子的重力.則( )
A.如果保持 36、θ不變,僅增大粒子的初速度,則粒子一定還能經(jīng)過S點(diǎn)
B.粒子每次經(jīng)過邊界PQ時(shí)的速度都與初速度相同
C.該粒子可能帶正電也可能帶負(fù)電
D.如果僅將θ增大到60°,則粒子一定不能經(jīng)過S點(diǎn)
答案:AC
解析:
以帶正電荷的粒子為例,粒子先在MN和PQ間做勻速直線運(yùn)動(dòng),進(jìn)入上方磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng),再分別做勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,由于上、下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度相等,則軌跡對應(yīng)的弦長x=2rsinθ,而r=.設(shè)兩平行虛線之間的距離為L,粒子經(jīng)過兩次勻速直線運(yùn)動(dòng)和兩次勻速圓周運(yùn)動(dòng)后沿水平方向向右移動(dòng)的距離OS=Lcotθ-x+Lcotθ+x=2Lcotθ,與軌跡半徑無關(guān),即 37、與速度無關(guān),所以增大粒子的速度后,粒子仍將通過S點(diǎn),選項(xiàng)A正確;由以上分析,粒子每次經(jīng)過PQ時(shí)速度方向與初速度方向不一定相同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;粒子若帶負(fù)電,則粒子在上方磁場先向右平移x,到下方磁場后向左平移x,則總的平移距離仍為2Lcotθ,選項(xiàng)C正確;若將θ增大到60°,則粒子上下偏轉(zhuǎn)一次平移的距離將發(fā)生變化,但由于3cot60°=cot30°,即粒子經(jīng)過3次上下偏轉(zhuǎn)后,也將通過S點(diǎn),選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
9.(多選)如圖所示,有一半徑為R的光滑絕緣塑料半圓形軌道,水平固定于一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,現(xiàn)將一質(zhì)量為m、所帶電荷量為+q的小球從軌道的左端由靜止釋放,半圓形軌道 38、的最低點(diǎn)為A,不考慮渦流現(xiàn)象,則下列說法正確的是( )
A.小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒
B.小球通過A點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力可能為3mg-qB
C.小球通過A點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力可能為3mg+qB
D.從軌道的左端由靜止釋放的小球,可能從軌道右端滑出
答案:BC
解析:
由于小球運(yùn)動(dòng)過程洛倫茲力不做功,只有重力做功,所以小球機(jī)械能守恒,A錯(cuò)誤;小球第一次通過最低點(diǎn)A時(shí)的受力情況如圖甲所示,則由機(jī)械能守恒定律可得,mgR=mv2,小球第一次通過最低點(diǎn)A時(shí)由牛頓第二定律可得N1+F洛-mg=m,且F洛=Bqv,聯(lián)立解得N1=3mg-qB,由牛頓第三定律知,B正確;同理可得小球第二次 39、經(jīng)過最低點(diǎn)A時(shí),其受力情況如圖乙所示,小球第二次經(jīng)過最低點(diǎn)A時(shí)由牛頓第二定律可得N2-F洛-mg=,且F洛=Bqv,則聯(lián)立解得N2=3mg+qB,C正確,D錯(cuò)誤.
10.(多選)
如圖所示,豎直平面內(nèi)一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,方向垂直紙面向外.一束質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿平行于直徑MN的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,粒子的速度大小不同,重力不計(jì),入射點(diǎn)P到直徑MN的距離為h,則( )
A.若某粒子從磁場射出時(shí)的速度方向恰好與其入射方向相反,則該粒子的入射速度是
B.恰好能從M點(diǎn)射出的粒子速度是
C.若h=且粒子從P點(diǎn)經(jīng)磁場到M點(diǎn),則所用的時(shí)間是
D.當(dāng)粒 40、子軌道半徑r=R時(shí),粒子從圓形磁場區(qū)域最低點(diǎn)射出
答案:ABD
解析:根據(jù)牛頓第二定律,qvB=m,從而求出速率v=.若某粒子從磁場射出時(shí)的速度方向恰好與其入射方向相反,則粒子在圓形磁場中恰好轉(zhuǎn)半周,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示,所以粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=h,代入上述公式可得入射速度為v=,A正確;若粒子恰好從M點(diǎn)射出,畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示,由幾何關(guān)系有r2=(R-)2+(h-r)2,解得r=,又v=,則v=,B正確;若h=,則sin∠POM==,∠POM=,由幾何關(guān)系得粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)所對應(yīng)圓心角為π,所以粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=T=,C錯(cuò)誤.當(dāng)粒子軌道半徑r=R,其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如 41、圖3所示,圓心為O′,分別連接兩圓心與兩交點(diǎn),則恰好形成一個(gè)菱形,因?yàn)镻O′∥OQ,所以粒子從最低點(diǎn)Q射出,D正確.
二、非選擇題
11.如圖所示,xOy平面內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1 T,在原點(diǎn)O有一粒子源,它可以在xOy平面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射出質(zhì)量m=6.4×10-27 kg、電荷量q=3.2×10-19 C、速度v=1.0×106 m/s的帶正電的粒子.一感光薄板平行于x軸放置,其中點(diǎn)O′的坐標(biāo)為(0,a),且滿足a>0.(不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用,結(jié)果保留三位有效數(shù)字).
(1)若薄板足夠長,且a=0.2 m,求感光板下表面被粒子擊中 42、的長度;
(2)若薄板長l=0.32 m,為使感光板下表面全部被粒子擊中,求a的最大值.
答案:(1)0.546 m (2)0.320 m
解析:(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力.有qvB=m
解得r=0.2 m
如圖1,沿y軸正向發(fā)射的粒子擊中薄板的D點(diǎn)(最左端),有
x1=r=0.2 m
而擊中薄板的最右端的粒子恰好運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周,由幾何關(guān)系
x2= m
所以,感光板下表面被粒子擊中的長度
L=x1+x2=0.546 m.
(2)如圖2,若粒子恰能擊中薄板的最左端點(diǎn),由幾何關(guān)系
OF==0.12 m
解得a1=OF+r=0.32 43、0 m
如圖3,若粒子恰能擊中薄板的最右端E點(diǎn),由幾何關(guān)系
a2== m>0.320 m
綜上可得,為使感光板下表面全部被粒子擊中,a的最大值:am=0.320 m.
12.[2019·廣東珠海模擬]如圖所示,直角坐標(biāo)系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在紙面內(nèi)以速度v從y軸負(fù)方向上的A點(diǎn)(0,-L)射入,其方向與x軸正方向成30°角,粒子離開磁場后能回到A點(diǎn),不計(jì)重力.求:
(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??;
(2)粒子從A點(diǎn)出發(fā)到再回到A點(diǎn)的時(shí)間.
答案:(1) (2)
解析:(1)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系知,
r==2L,洛倫茲力提供向心力,
qvB=,
聯(lián)立得B=.
(2)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=2×=,
在磁場中偏轉(zhuǎn)了300°,所用時(shí)間
t2=T=×=,
粒子從A點(diǎn)出發(fā)到再回到A點(diǎn)的時(shí)間t=t1+t2=.
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