2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 分層規(guī)范快練29 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用 新人教版.doc

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分層規(guī)范快練(二十九)　磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用 [雙基過關(guān)練] 1．[2015海南高考]如圖，a是豎直平面P上的一點(diǎn)，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點(diǎn)，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場(chǎng)的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點(diǎn)．在電子經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間，條形磁鐵的磁場(chǎng)對(duì)該電子的作用力的方向(　　) A．向上　B．向下 C．向左 D．向右 解析：a點(diǎn)處磁場(chǎng)垂直于紙面向外，根據(jù)左手定則可以判斷電子受力向上，A正確． 答案：A 2．[2019浙江名校協(xié)作體聯(lián)考]粗糙絕緣水平面上垂直穿過兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線，俯視圖如圖所示，兩根導(dǎo)線中通有相同的電流，電流方向垂直紙面向里．水平面上一帶電滑塊(電性未知)以某一初速度v沿兩導(dǎo)線連線的中垂線入射，運(yùn)動(dòng)過程中滑塊始終未脫離水平面．下列說法正確的是(　　) A．滑塊可能做加速直線運(yùn)動(dòng) B．滑塊可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．滑塊可能做曲線運(yùn)動(dòng) D．滑塊一定做減速直線運(yùn)動(dòng) 解析：根據(jù)安培定則，知兩導(dǎo)線連線上的垂直平分線上：上方的磁場(chǎng)方向水平向右，而下方的磁場(chǎng)方向水平向左，根據(jù)左手定則，可知滑塊受到的洛倫茲力方向垂直于水平面向上或向下，滑塊所受的支持力減小或增大，滑塊所受的滑動(dòng)摩擦力與速度反向，滑塊一定做減速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 3. 用絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，讓它處于如圖所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．由于磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)，小球靜止在圖中位置，這時(shí)懸線與豎直方向的夾角為α，并被拉緊，則磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)速度和方向可能是(　　) A．v＝，水平向左 B．v＝，豎直向下 C．v＝，豎直向上 D．v＝，水平向右 解析：根據(jù)運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性，帶電小球相對(duì)于磁場(chǎng)的速度與磁場(chǎng)相對(duì)于小球(相對(duì)地面靜止)的速度大小相等、方向相反．洛倫茲力F＝qvB中的v是相對(duì)于磁場(chǎng)的速度．根據(jù)力的平衡條件可以得出，當(dāng)小球相對(duì)磁場(chǎng)以速度v＝豎直向下運(yùn)動(dòng)或以速度v＝水平向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電小球都能處于平衡狀態(tài)，但題目中要求懸線被拉緊，由此可以知道只有選項(xiàng)C正確． 答案：C 4．(多選)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝2B2，當(dāng)不計(jì)重力的帶電粒子從B1磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)到B2磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，粒子的(　　) A．速率將加倍 B．軌跡半徑加倍 C．周期將加倍 D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度將加倍 解析：因?yàn)閹щ娏Ｗ釉诖艌?chǎng)中只受洛倫茲力，而洛倫茲力不做功，所以粒子速率不會(huì)改變．據(jù)r＝知：B減半，r加倍；T＝知：B減半，T加倍；而由ω＝知：T加倍，ω減半．故選BC. 答案：BC 5．(多選) 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(chǎng)，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(chǎng)，其后從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)．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 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(chǎng)圓心與軌跡圓圓心連線對(duì)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(chǎng)圓半徑相同，由磁聚焦原理可知，C、D項(xiàng)正確． 答案：BCD 6. (多選)長(zhǎng)為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板間距離也為l，極板不帶電．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)，從左邊極板間中點(diǎn)處垂直磁感線以速度v水平射入磁場(chǎng)，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　) A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度　　B．B< C．B> D．B< 解析：粒子剛好到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC相切，如圖所示，則粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r0＝acot30.由r＝得，粒子要能從AC邊射出，粒子運(yùn)行的半徑r>r0，解得B<，故選項(xiàng)B正確． 答案：B 8. [2019山東青島模擬]如圖，在xOy平面內(nèi)，虛線y＝左上方存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在A(0，l)處有一個(gè)粒子源，可沿平面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m，電荷為q的帶電粒子，速率均為，粒子重力不計(jì)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為(　　) A.　　　B. C.　　　D. 解析：粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有：qvB＝，而將題中的v值代入得：r＝L，分析可知：粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t最短時(shí)，粒子偏轉(zhuǎn)的角度θ最小，則θ所對(duì)弦最短，作AB⊥OB于B點(diǎn)，AB即為最短的弦，假設(shè)粒子帶負(fù)電，結(jié)合左手定則，根據(jù)幾何關(guān)系有：AB＝OAsin60＝L，粒子偏轉(zhuǎn)的角度：θ＝60，結(jié)合周期公式：T＝，可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為：t＝＝，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤；故選C. 答案：C [技能提升練] 9．[2016全國(guó)卷Ⅲ]平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30角．已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)．不計(jì)重力．粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R＝.設(shè)入射點(diǎn)為A，出射點(diǎn)為B，圓弧與ON的交點(diǎn)為P.由粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性及粒子的入射方向知，AB＝R.由幾何圖形知，AP＝R，則AO＝AP＝3R，所以O(shè)B＝4R＝.故選項(xiàng)D正確． 答案：D 10. [2019湖南省株洲統(tǒng)一檢測(cè)]如圖所示，在xOy平面內(nèi)，在00的區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B.有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以某一初速度沿與x軸正向成θ＝30射入磁場(chǎng)Ⅰ，粒子剛好經(jīng)過P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ，后經(jīng)過x軸上的M點(diǎn)射出磁場(chǎng)Ⅱ.已知P點(diǎn)坐標(biāo)為(1.5l，l)，不計(jì)重力的影響，求： (1)粒子的初速度大??； (2)M點(diǎn)在x軸上的位置． 解析：(1)連接OP，過P作y軸垂線交y軸于點(diǎn)A，過O做初速度垂線OO1交PA于點(diǎn)O1，根據(jù)P點(diǎn)的坐標(biāo)值及初速度方向可得： ∠APO＝∠O1OP＝30 故O1為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，OO1即為圓周半徑r.由幾何關(guān)系可得：r＋rcos 60＝1.5l 解得：r＝l 根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：qvB＝m 解得v＝ (2)由對(duì)稱性可知OM＝21.5l＝3l 答案：(1)　(2)3l 11．如圖所示，在某電子設(shè)備中分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.AC、AD兩塊擋板垂直紙面放置，夾角為90.一束電荷量為＋q、質(zhì)量為m的相同粒子，從AD板上距離A點(diǎn)為L(zhǎng)的小孔P以不同速率沿紙面方向射入磁場(chǎng)，速度方向與AD板之間的夾角均為60，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用．求： (1)直接打在AD板上Q點(diǎn)的粒子從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； (2)直接垂直打在AC板上的粒子運(yùn)動(dòng)速率． 解析：(1)如圖所示，根據(jù)已知條件畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子打在AD板上的Q點(diǎn)，圓心為O1.由幾何關(guān)系可知：軌跡Ⅰ對(duì)應(yīng)的圓心角∠PO1Q＝120，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡Ⅰ的半徑為R 洛倫茲力充當(dāng)向心力：qvB＝m 圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式：T＝ 可得周期：T＝ 運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝ 代入數(shù)據(jù)解得：t＝ (2)粒子垂直打到AC板上，運(yùn)動(dòng)軌跡Ⅱ如圖所示，圓心為O2，∠APO2＝30， 設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡Ⅱ的半徑為r rcos30＝L 洛倫茲力充當(dāng)向心力： qv′B＝m 解得：v′＝ 答案：(1)　(2)