（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓26 磁場對運動電荷的作用

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1、 課后限時集訓26磁場對運動電荷的作用建議用時：45分鐘1.在陰極射線管中電子流方向由左向右，其上方放置一根通有如圖所示電流的直導線，導線與陰極射線管平行，則陰極射線將會()A向上偏轉 B向下偏轉C向紙內偏轉 D向紙外偏轉B由題意可知，直線電流的方向由左向右，根據安培定則，可判定直導線下方的磁場方向為垂直紙面向里，而陰極射線電子運動方向由左向右，由左手定則知(電子帶負電，四指要指向其運動方向的反方向)，陰極射線將向下偏轉，故B選項正確。2.(多選)帶電油滴以水平速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖所示，若油滴質量為m，磁感應強度為B，則下述說法正確的是()A油滴必帶正電荷，電荷量為B油

2、滴必帶正電荷，比荷C油滴必帶負電荷，電荷量為D油滴帶什么電荷都可以，只要滿足qAB油滴水平向右勻速運動，其所受洛倫茲力方向必向上，與重力平衡，故帶正電，其電荷量q，油滴的比荷為，A、B項正確。3.(2019大慶模擬)如圖所示，MN為兩個勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應強度大小的關系為B12B2，一帶電荷量為q、質量為m的粒子從O點垂直MN進入B1磁場，則經過多長時間它將向下再一次通過O點()A. BC. DB粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由周期公式T知，粒子從O點進入磁場到再一次通過O點的時間t，所以選項B正確。4.(2019江蘇常熟期中)如圖所示圓形區(qū)域內，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束

3、質量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子()A速率一定越大B速率一定越小C在磁場中通過的路程越長D在磁場中的周期一定越大B由周期公式得：T，由于帶電粒子們的B、q、m均相同，所以T相同，故D錯誤。根據tT可知，在磁場中運動時間越長的帶電粒子，圓心角越大，半徑越小，由r知速率一定越小，B正確，A錯誤。通過的路程即圓弧的長度lr，與半徑r和圓心角有關，故C錯誤。5.如圖所示，直線OP上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，從粒子源O在紙面內沿不同的方向先后發(fā)射速率均為v的質

4、子1和2，兩個質子都過P點。已知OPa，質子1沿與OP成30角的方向發(fā)射，不計質子的重力和質子間的相互作用力，則()A質子1在磁場中運動的半徑為aB質子2在磁場中的運動周期為C質子1在磁場中的運動時間為D質子2在磁場中的運動時間為B根據題意作出質子運動軌跡如圖所示：由幾何知識可知，質子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：ra，故A錯誤；質子在磁場中做圓周運動的周期：T，故B正確；由幾何知識可知，質子1在磁場中轉過的圓心角：160，質子1在磁場中的運動時間：t1TT，故C錯誤；由幾何知識可知，質子2在磁場中轉過的圓心角：2300，質子2在磁場中的運動時間：t2T，故D錯誤。6.(2019重慶市上學期期

5、末抽檢)如圖所示，在0x3a的區(qū)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在t0時刻，從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在090范圍內。其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在tt0時刻剛好從磁場右邊界上P(3a，a)點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是()A粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3aB粒子的發(fā)射速度大小為C帶電粒子的比荷為D帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0D根據題意作出沿y軸正方向發(fā)射的帶電粒子在磁場中做圓周運動的運動軌跡如圖甲所示，圓心為O，根據幾何關系，可知粒子做圓周運動的半徑為r2a，故A錯誤；沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運

6、動的圓心角為，運動時間t0，解得：v0，選項B錯誤；沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為，對應運動時間為t0，所以粒子運動的周期為T3t0，由Bqv0mr，則，故C錯誤；在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡如圖乙所示，由幾何知識得該粒子做圓周運動的圓心角為，在磁場中的運動時間為2t0，故D正確。甲乙7(多選)(2019湖北省十堰市調研)如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場)，A、B、C為三角形的三個頂點。今有一質量為m、電荷量為q的粒子(不計重力)，以速度v從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場

7、，然后從BC邊上某點Q射出。若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則()APBL BPBLCQBL DQBLBD粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示。粒子在磁場中的運動軌跡半徑為r，因此可得rL，當入射點為P1，圓心為O1，且此刻軌跡正好與BC相切時，PB取得最大值，若粒子從BC邊射出，根據幾何關系有PB0，y0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B，現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的某點P(不在原點)沿著與x軸成30角的方向射入磁場。不計重力的影響，則下列有關說法中正確的是()A只要粒子的速率合適，粒子就可能通過坐標原點B粒子在磁場中運動所經歷的時間一

8、定為C粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為D粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為C利用“放縮圓法”：根據同一直線邊界上粒子運動的對稱性可知，粒子不可能通過坐標原點，A項錯誤；粒子運動的情況有兩種，一種是從y軸邊界射出，最短時間要大于，故D項錯誤；對應軌跡時，t1，C項正確，另一種是從x軸邊界飛出，如軌跡，時間t3T，此時粒子在磁場中運動時間最長，故B項錯誤。9.(多選)如圖所示，虛線MN將平面分成和兩個區(qū)域，兩個區(qū)域都存在與紙面垂直的勻強磁場。一帶電粒子僅在磁場力作用下由區(qū)運動到區(qū)，弧線aPb為運動過程中的一段軌跡，其中弧aP與弧Pb的弧長之比為21，下列判斷一定正確的是()A兩個磁場的磁感應強度

9、方向相反，大小之比為21B粒子在兩個磁場中的運動速度大小之比為11C粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為21D弧aP與弧Pb對應的圓心角之比為21BC粒子在磁場中所受的洛倫茲力指向運動軌跡的凹側，結合左手定則可知，兩個磁場的磁感應強度方向相反，根據題中信息無法求得粒子在兩個磁場中運動軌跡所在圓周的半徑之比，所以無法求出兩個磁場的磁感應強度之比，A項錯誤；運動軌跡粒子只受洛倫茲力的作用，而洛倫茲力不做功，所以粒子的動能不變，速度大小不變，B項正確；已知粒子通過aP、Pb兩段弧的速度大小不變，而路程之比為21，可求出運動時間之比為21，C項正確；由圖知兩個磁場的磁感應強度大小不等，粒子在兩個磁場中

10、做圓周運動時的周期T也不等，粒子通過弧aP與弧Pb的運動時間之比并不等于弧aP與弧Pb對應的圓心角之比，D項錯誤。10.(多選)(2019江蘇啟東高三期末)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的足夠大的勻強磁場區(qū)域，寬度為d，磁場方向垂直于紙面向里。O點處有一體積可忽略的電子發(fā)射裝置，能夠在紙面所在平面內向磁場內各個方向連續(xù)、均勻地發(fā)射速度大小相等的電子，當電子發(fā)射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則當電子發(fā)射速率為4v0時()A電子的運動半徑為4dB從MN邊界射出的電子數占總電子數的三分之二CMN邊界上有電子射出的總長度為2dD電子在磁場中運動的最長時間為BC向磁場內各個方向

11、連續(xù)、均勻地發(fā)射速度大小相等的電子，當電子發(fā)射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則知rd，則當電子發(fā)射速率為4v0時，根據r知半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即為2d，故A錯誤；水平向右射出的粒子達到MN右端的最遠處，r2d，根據幾何關系知偏折角為60，AB2dsin 60d，與MN相切是到達的最左的點，根據幾何關系知速度與PQ夾角為60，所以從MN邊界射出的電子數占總電子數的三分之二，BC2dsin 60d，MN邊界上有電子射出的總長度為2d，故B、C正確；根據B、C項分析，轉過的圓心角最大為60，最長時間為T，故D錯誤。11(2019全國卷)如圖所示，在直角三角形OPN區(qū)域內存在勻強

12、磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。解析(1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有qUmv2設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvBm由幾何關系知dr聯(lián)立式得。(2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x

13、軸所經過的路程為srtan 30帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t聯(lián)立式得t。答案(1)(2)12(2019江蘇高考)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B。磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MNL，粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。質量為m、電荷量為q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且dL，粒子重力不計，電荷量保持不變。(1)求粒子運動速度的大小v；(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；(3)從P點射入的粒子最終從Q點射出磁場，PMd，QN，求粒子從P到Q的運動時間t。 解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有：qvBm，解得：R 由題可得：Rd解得v。(2)如圖所示，粒子碰撞后的運動軌跡恰好與磁場左邊界相切由幾何關系得dmd(1sin 60)解得dmd。(3)粒子的運動周期T設粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t，則tnt(n1,3,5，)A當Lndd時，粒子斜向上射出磁場tT解得tB當Lndd時，粒子斜向下射出磁場tT解得t。答案(1)v(2)dmd(3)A.當Lndd(n1,3,5，)時，t，B.當Lndd(n1,3,5，)時，t10