2019-2020年高考物理二輪復習 專題四 電場和磁場 4.9 磁場及帶電粒子在磁場中的運動課時作業(yè).doc

2019-2020年高考物理二輪復習 專題四 電場和磁場 4.9 磁場及帶電粒子在磁場中的運動課時作業(yè)一、選擇題1.如圖，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()A向上 B向下C向左 D向右解析：由題意知，磁鐵在a點磁場方向為垂直于P向前，電子在a點的瞬時速度方向向右根據(jù)左手定則，可以判斷出洛倫茲力方向向上，A正確答案：AA1.0 T0 B1.0 T0.6 TC1.0 T0.2 T D0.6 T0.2 T解析：由左手定則知安培力沿斜面向上，因mgsin1.2 N、fmmgcos0.8 N，所以當磁感應強度B最小時，安培力F1BminIL0.4 N，即Bmin0.2 T；當B最大時，安培力F2BmaxIL2.0 N，即Bmax1.0 T，C對答案：C3.(多選)如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，在RyR的區(qū)間內(nèi)各處均沿x軸正方向同時發(fā)射出一個帶正電粒子，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q、初速度均為v，重力忽略不計，所有粒子均能穿過磁場到達y軸，其中最后到達y軸的粒子比最先到達y軸的粒子晚t時間，則()A粒子到達y軸的位置一定各不相同B磁場區(qū)域半徑R應滿足RC從x軸入射的粒子最先到達y軸Dt，其中角度為最后到達y軸的粒子在磁場中的運動軌跡所對應的圓心角，滿足sin解析：粒子射入磁場后做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示 .yR處的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，其他粒子在磁場中發(fā)生偏轉，由圖可知，發(fā)生偏轉的粒子也有可能打在yR的位置上，所以粒子到達y軸的位置不是各不相同的，A錯；以沿x軸射入的粒子為例，若r<R，則粒子未到達y軸就偏向上離開磁場區(qū)域，所以要求R，所有粒子才能穿過磁場到達y軸，B對；從x軸入射的粒子在磁場中對應的弧長最長，所以該粒子最后到達y軸，而yR的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，時間最短，C錯；從x軸入射的粒子在磁場中運動時間最長，為t1，yR處的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，運動時間最短，為t2，所以t，由圖知sin，D對答案：BD4.實驗觀察到，靜止在勻強磁場中A點的原子核發(fā)生衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意圖如圖所示，則()A軌跡1是電子的，磁場方向垂直紙面向外B軌跡2是電子的，磁場方向垂直紙面向外C軌跡1是新核的，磁場方向垂直紙面向里D軌跡2是新核的，磁場方向垂直紙面向里解析：衰變方程：ZAXeY，知電子電量較小由動量守恒定律知兩粒子動量大小相等由r，得rerY，故軌跡1是電子的，軌跡2是新核的由左手定則知，D正確答案：D5一螺線管中通有從左向右看逆時針方向的電流，一帶正電粒子沿螺線管的中心軸線從左向右運動，粒子重力不計，如圖所示，則下列說法中正確的是()A粒子逆著磁感線進入螺線管內(nèi)，洛倫茲力做負功，粒子做減速直線運動B粒子順著磁感線進入螺線管內(nèi)，洛倫茲力做正功，粒子做加速直線運動C粒子可能在螺線管中心軸線上做往復直線運動D粒子不受洛倫茲力作用，做勻速直線運動解析：因通電螺線管的磁場等同于條形磁鐵的磁場，管內(nèi)部磁感線與中心軸線平行，粒子沿磁感線運動不受洛倫茲力作用，粒子沿螺線管中心軸線做勻速直線運動；另外，無論帶電粒子沿什么方向射入磁場，洛倫茲力永不做功，所以D對答案：D6.水平面上有U形導軌NMPQ，它們之間的寬度為L，M和P之間接入電源，現(xiàn)垂直于導軌擱一根質(zhì)量為m的金屬棒ab，棒與導軌的動摩擦因數(shù)為(滑動摩擦力略小于最大靜摩擦力)，通過棒的電流為I，并加一個范圍較大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于金屬棒ab，與垂直導軌平面的方向的夾角為，如圖所示，金屬棒處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g，則金屬棒所受的摩擦力大小為()ABILsin BBILcosC(mgBILsin) D(mgBILcos)解析：金屬棒處于靜止狀態(tài)，其合力為零，對其進行受力分析，如圖所示，在水平方向有BILcosf0，fBILcos，選項B正確，選項A、C、D錯誤答案：B7如圖所示，直角坐標系中y軸右側存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場，磁感應強度為B，右邊界PQ平行y軸，一粒子(重力不計)從原點O以與x軸正方向成角的速率v垂直射入磁場，若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ射出磁場，若斜向下射入，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為()A. B.C. D.解析：粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，則由圖知斜向上射入時有rsina，斜向下射入時有rsinar，聯(lián)立求得30且r2a，由洛倫茲力提供向心力得Bqvm，解得r，即粒子的比荷為，所以粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的圓心角為2(9030)120，運動時間為t，C對答案：C8.如圖所示，在平面直角坐標系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點a(0,2L)一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場，此時速度的方向與x軸正方向的夾角為60.下列說法正確的是()A電子在磁場中運動的時間為B電子在磁場中運動的時間為C磁場區(qū)域的圓心坐標為(L，)D電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0，L)解析：由圖可以計算出電子做圓周運動的半徑為4L，故在磁場中運動的時間為t，A正確，B錯誤；ab是磁場區(qū)域圓的直徑，故圓心坐標為(L，L)，電子在磁場中做圓周運動的圓心為O，計算出其坐標為(0，2L)，所以CD錯誤答案：A二、非選擇題9.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有一個圓形區(qū)域，其直徑AB與x軸重合，圓心O的坐標為(2a,0)，其半徑為a，該區(qū)域內(nèi)無磁場在y軸和直線x3a之間的其他區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點射入磁場不計粒子重力(1)若粒子的初速度方向與y軸正向夾角為60，且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達B點，求粒子的初速度大小v1；(2)若粒子的初速度方向與y軸正向夾角為60，在磁場中運動的時間為t，且粒子也能到達B點，求粒子的初速度大小v2；(3)若粒子的初速度方向與y軸垂直，且粒子從O點第一次經(jīng)過x軸，求粒子的最小初速度vm.解析：(1)粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達B點，故粒子到達B點時速度方向豎直向下，圓心必在x軸正半軸上，如圖1所示設粒子做圓周運動的半徑為r1，由幾何關系得r1sin303ar1，又qv1Bm，解得v1.(2)粒子在磁場中的運動周期T，故粒子在磁場中運動軌跡的圓心角為36060，如圖2所示，粒子到達B點的速度與x軸夾角為30，設粒子做圓周運動的軌道半徑為r2，由幾何關系得3a2r2sin302acos230又qv2Bm，解得v2.(3)設粒子從C點進入圓形區(qū)域，如圖3所示，OC與OA的夾角為，軌跡圓半徑為r，由幾何關系得2arsinacos，故當60時，半徑最小為rma又qvmBm，解得vm.圖1 圖2圖3答案：(1)v1(2)v2(3)vm10.使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉法等質(zhì)量為m，速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉，旋轉軌道是半徑為r的圓，圓心在O點，軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度為B.為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設計引出器引出器原理如圖所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O點(O點圖中未畫出)引出離子時，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應強度降低，從而使離子從P點進入通道，沿通道中心線從Q點射出已知OQ長度為L，OQ與OP的夾角為.(1)求離子的電荷量q并判斷其正負；(2)離子從P點進入，Q點射出，通道內(nèi)勻強磁場的磁感應強度應降為B，求B；(3)換用靜電偏轉法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應強度B不變，在內(nèi)外金屬板間加直線電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應為使離子仍從P點進入，Q點射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場強度E的方向和大小解析：(1)離子做圓周運動Bqvq，正電荷(2)如圖所示OQR，OQL，OORr引出軌跡為圓弧，有BqvR根據(jù)幾何關系得RB(3)電場強度方向沿徑向向外引出軌跡為圓弧，有BqvEqEBv答案：(1)正電荷(2)(3)方向沿徑向向外Bv