《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第9章 磁場 第26講 磁場對運動電荷的作用練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第9章 磁場 第26講 磁場對運動電荷的作用練習(xí)（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第26講 磁場對運動電荷的作用解密考綱考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，對學(xué)生綜合分析能力要求較高1(2019綿陽高三第二次診斷)如圖所示，長方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，同一帶電粒子，以速率v1沿ab射入磁場區(qū)域，垂直于dc邊離開磁場區(qū)域，運動時間為t1；以速率v2沿ab射入磁場區(qū)域，從bc邊離開磁場區(qū)域時與bc邊夾角為150，運動時間為t2.不計粒子重力則t1t2是()A2B2C32D23C解析 根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所示由幾何知識可知 90，60，粒子在磁場中做圓周運動的周期T，粒子在磁場中的運時間tT，粒子在磁場中的運動時間之比，故選項C正確，A、B、D錯誤2(20

2、17全國卷)如圖所示，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，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)的出射點分布在三分之一圓周上不計重力及帶電粒子之間的相互作用則v2v1為()A2B1C1 D3C解析 由于是相同的粒子，粒子進(jìn)入磁場時的速度大小相同，由qvBm可知，R，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠(yuǎn)時，則AP2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，

3、粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠(yuǎn)時，則BP2R2，由幾何關(guān)系可知，R1，R2Rcos 30R，則，選項C正確3如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力則()Avbvc12tbtc21Bvbvc21tbtc12Cvbvc21tbtc21Dvbvc12tbtc12A解析 如圖所示，設(shè)正六邊形的邊長為l，當(dāng)帶電粒子的速度大小為vb時，其圓心在a點，軌道半徑r1l，轉(zhuǎn)過的圓心角1，當(dāng)帶電粒子的速度大小

4、為vc時，其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)，故軌道半徑r22l，轉(zhuǎn)過的圓心角2，根據(jù)qvBm，得v，故；由于T得T，所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，又tT，所以，故選項A正確，B、C、D錯誤4(2019洛陽高三第一次質(zhì)量預(yù)測)(多選)在xOy平面內(nèi)以O(shè)為圓心，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經(jīng)時間t通過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成角，如圖所示不計粒子的重力，下列說法正確的是()Ar一定大于B若r，則60C若r，則tD若45，則tACD解析 粒子在磁場中

5、運動時，洛倫茲力提供向心力，得qvBm，粒子運動的軌道半徑為R，經(jīng)時間t通過x軸上的P點，則由圖可知出磁場的方向斜向下，所以粒子運動的軌道半徑為滿足R，即，故選項A正確；若r，粒子運動的軌道半徑為Rr，則由圖和幾何關(guān)系可得圓心角為120，此時速度與x軸正方向成30，故選項B錯誤；若r，粒子運動的軌道半徑為Rr，則粒子能在磁場中做完整的圓周運動，經(jīng)過P點的時間t，故選項C正確；若45，則由圖和幾何關(guān)系可得圓心角為135，經(jīng)過P點的時間t，故選項D正確5(2019皖北協(xié)作區(qū)高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入粗糙絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點，連線上a、b兩點關(guān)于O

6、點對稱導(dǎo)線通有大小相等、方向相反的電流已知通電長直導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度Bk，式中k是常數(shù)、I為導(dǎo)線中電流、r為點到導(dǎo)線的距離帶負(fù)電的小物體在拉力F的作用下，以速度v從a點出發(fā)沿連線運動到b點做勻速直線運動，小球與桌面的動摩擦因數(shù)為，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()A拉力F一直增大B小物體對桌面的壓力先減小后增大C桌面對小物體的作用力方向不變D拉力F的功率先減小后增大BCD解析 根據(jù)右手螺旋定則可知直線M附近處的磁場方向垂直于MN向里，直線N附近的磁場方向垂直于MN向里，根據(jù)磁場的磁感應(yīng)強度Bk，可知磁感應(yīng)強度先減小后增大，根據(jù)左手定則可知，帶負(fù)電的小球受到的洛倫茲力方向向下，根據(jù)

7、FqvB可知，其大小是先減小后增大，小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大，摩擦力也是先減小后增大，因為小球做勻速直線運動，合力為零，所以拉力先減小后增大，選項A錯誤，B正確；因為小球做勻速直線運動，合力為零，在水平方向上拉力與摩擦力相等，在豎直方向上支持力和重力相等，所以桌面對小物體的作用力方向不變，選項C正確；由上可知拉力先減小后增大且物體做勻速運動，根據(jù)PFv，可知拉力F的功率先減小后增大，選項D正確6(2019南京、鹽城高三第二次模擬)如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B，范圍足夠大的水平勻強磁場內(nèi)，固定著傾角為的絕緣斜面，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動

8、摩擦因數(shù)為.設(shè)滑動時電荷量不變，在小物塊上滑過程中，其加速度大小a與時間t的關(guān)系圖象，可能正確的是() C解析 根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面方向 mgsin FNma，垂直斜面方向FNmgcos qvB，聯(lián)立解得agsin gcos ，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢，但減不到零，故選項C正確，A、B、D錯誤7(2019長沙模擬)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進(jìn)入磁場若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O在MN上，且OO與MN垂直下列判斷正確的是()A電子將向右偏轉(zhuǎn)B電子打在MN上的點與O點

9、的距離為dC電子打在MN上的點與O點的距離為dD電子在磁場中運動的時間為D解析 電子帶負(fù)電，進(jìn)入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，故選項A錯誤；設(shè)電子打在MN上的點與O點的距離為x，則由幾何知識得xr2d(2)d，故選項B、C錯誤；設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為，由幾何知識得sin 0.5，得，則電子在磁場中運動的時間為t，故選項D正確8(2019茂名高三綜合測試)(多選)如圖所示，OACD是一長為OAL的矩形，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的

10、重力，則()A粒子一定帶正電B勻強磁場的磁感應(yīng)強度為C粒子從O到A所需的時間為D矩形磁場的寬度最小值為(1cos )BC解析 由題意可知，粒子進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故選項A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得 r，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0Bm，解得 B，故選項B正確；由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角2，粒子在磁場中做圓周運動的周期T，粒子在磁場中的運動時間 tT，故選項C正確；根據(jù)圖示，由幾何知識可知，矩形磁場的最小寬度 drrcos (1cos )，故選項D錯誤9(2019四川四市高三第二次診

11、斷)(多選)如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域，直徑為MN，圓心為O，A、C、D是圓弧上的點，AO垂直于MN，C點到MN的距離為R.該區(qū)域內(nèi)(包括邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場帶正電的粒子a和b，先后以平行于MN方向的速度v從C、D點射入磁場，都從O點離開磁場粒子質(zhì)量均為m，電荷量分別為qa、qb.不計粒子重力則()A磁感應(yīng)強度BB粒子a在磁場中運動時間tCqaqbDqaqbBD解析 由幾何關(guān)系可知，設(shè)C點到OA的距離為x，則x2，解得xR；粒子a從O點離開磁場，設(shè)軌道半徑為r，則由幾何關(guān)系r22x2，解得rR，則由qvBm，解得B，選項A錯誤；由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動轉(zhuǎn)過的角度為s

12、in ，則60，則所用的時間tT，選項B正確；由幾何關(guān)系可知，粒子a運動的半徑大于b，根據(jù) qvBm可知，qaqb，選項C錯誤，D正確10(2019河南省實驗中學(xué)高三模擬)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是()A它們做圓周運動的周期TaTb0)的同種粒子(粒子間相互作用不計)，同一時刻從OC邊以平行于x軸方向射入磁場粒子射入磁場前間距均勻(極小)、速度相同從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)75%.不計重力下列說法正確的是()A粒子在磁場中按順時針

13、方向運動B粒子在磁場中運動時間最長為 C粒子速度大小為D當(dāng)粒子速度大小為時，從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)50%BD解析 用左手定則可以判斷粒子在磁場中按逆時針方向運動，故選項A錯誤；粒子在磁場中運動的周期為T，軌跡對應(yīng)的圓心角最大值為，所以運動時間最長為tT，故選項B正確；設(shè)從OC邊P點入射的粒子恰能從OC邊射出，半徑為r，其軌跡恰好與AC相切，如圖所示，因為C點坐標(biāo)為(0，L)，所以O(shè)CL，因為粒子從OC邊均勻射入，75%粒子能從OC邊射出，故OC邊75%長度射入的粒子能從OC邊射出，即從OP段入射的粒子均能從OC邊射出，CP段入射粒子不能從OC邊射出，可知CPOCL，根據(jù)幾何關(guān)系可得CPr

14、L，解得r，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvBm，聯(lián)立式可得粒子速度大小v，故選項C錯誤；當(dāng)粒子速度大小為，根據(jù)qvBm，r，CPr，從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)50%，故選項D正確12(2019皖南八校高三第二次聯(lián)考)(多選)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點，一個帶正電的粒子(重力忽略不計)若從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30的方向(如圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法正確的是()A該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場B若該帶電粒子

15、從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0C若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0D若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0ABC解析 由題知，帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T2t0.作出粒子恰好從各邊射出的軌跡，發(fā)現(xiàn)粒子不可能經(jīng)過正方形的某頂點，故選項A正確作出粒子恰好從ab邊射出的軌跡，由幾何關(guān)系知圓心角不大于150，在磁場中經(jīng)歷的時間不大于個周期，即；圓心角不小于60，在磁場中經(jīng)歷的時間不小于個周期，即，故選項B正確作出粒子恰好從bc邊射出的軌跡，由幾何關(guān)系知圓心角不大于2

16、40，在磁場中經(jīng)歷的時間不大于個周期，即；圓心角不小于150，在磁場中經(jīng)歷的時間不小于個周期，即，故選項C正確若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是個周期，即；粒子軌跡的圓心角為，速度的偏向角也為，根據(jù)幾何知識得知，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角為30，必定從cd射出磁場，故選項D錯誤13(2019黃山高三質(zhì)量檢測)如圖所示，在半個空間中分布一勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B(垂直紙面并指向紙面內(nèi))磁場邊界為MN(垂直紙面的一個平面)在磁場區(qū)內(nèi)有一點電子源(輻射發(fā)射源)S，向四面八方均勻地，持續(xù)不斷地發(fā)射電子這里僅考察電子源所在的平面內(nèi)，由電子源發(fā)射的電子，不計電子間的相互作用，并設(shè)電子源離界面MN的垂直距

17、離為L.(1)點電子源S發(fā)射的電子，其速度達(dá)多大時，界面MN上將有電子逸出？(2)若點電子源S發(fā)射的電子速度大小均為，在界面MN上多寬范圍內(nèi)有電子逸出？(其中m為電子質(zhì)量，e為電子帶電量)(3)若電子速度為，逸出的電子數(shù)占總發(fā)射電子數(shù)的比例為多少？解析 (1)由洛倫茲力提供向心力 Bev，得r，臨界圖如圖甲所示，又2rL，得v.(2)把v代入r，有 rL；畫出臨界圖如圖乙所示在A下方A、B兩點之間有電子射出，故YABL，在A點上方A、C兩點之間有電子射出，故 YACL，綜上，在邊界寬度為(1)L的范圍內(nèi)有電子射出(3)把v代入r，得r2(2)L，臨界圖如圖丙所示由幾何知識有 cos 1，所以1

18、30，同理亦有230，可得速度方向在角內(nèi)的電子都可以從MN邊界射出，由幾何知識有60；又點電子源S，向四面八方均勻地，持續(xù)不斷地發(fā)射電子，故逸出的電子數(shù)占總發(fā)射電子數(shù)的比例為.答案 (1)(2)(1)L(3)14(2019蚌埠高三教學(xué)質(zhì)量檢查)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy坐標(biāo)系中，有一個邊界為圓形的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場方向垂直xOy平面向里，其邊界分別過原點O(0,0)、點P(L,0)和點Q(0，L)，第一象限內(nèi)同時還存在一個豎直方向的勻強電場，一比荷為k的帶電小球以某一初速度平行y軸正方向從P點射入磁場做勻速圓周運動，并從Q點離開磁場，重力加速度為g，求：(1)勻強電場的方向和場強E的大??；(2)小球在磁場中運動的速率和時間t.解析 (1)由題意可知，小球帶正電荷，小球受到的電場力和重力平衡，則電場的方向豎直向上，且qEmg，又k，故E.(2)小球在磁場中運動的軌跡如圖所示圓心為C，半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得r2(rL)2(L)2，解得r2L，故PQC是等邊三角形，根據(jù)牛頓第二定律可得qvBm，解得r，故小球運動速率v2BLk.由T，解得T，故小球在磁場中運動的時間tT.答案 (1)豎直向上(2)2BLk11