《（課標通用版）2021版高考物理總復習第九章02第2講洛倫茲力帶電粒子在勻強磁場中的運動精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標通用版）2021版高考物理總復習第九章02第2講洛倫茲力帶電粒子在勻強磁場中的運動精練（含解析）（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（課標通用版）2020版高考物理總復習第九章02第2講洛倫茲力帶電粒子在勻強磁場中的運動精練（含解析）第2講洛倫茲力帶電粒子在勻強磁場中的運動A組基礎過關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.向右答案AP前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點,條形磁鐵在a點的磁場方向垂直于豎直平面向外,在電子經(jīng)過a點的瞬間,由左手定則可知該電子所受洛倫茲力方向向上,A對,B、C、D錯。2.初速度為v0的電子

2、,沿平行于通電長直導線的方向射出,直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示,則()A.電子將向右偏轉,速率不變B.電子將向左偏轉,速率改變C.電子將向左偏轉,速率不變D.電子將向右偏轉,速率改變答案A由安培定則判定直線電流右側磁場的方向垂直紙面向里,再根據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力方向向右,所以電子向右偏轉;由于洛倫茲力不做功,電子的動能不變,則其速率不變。3.(多選)(2019山東煙臺質檢)如圖所示,帶正電的A粒子和B粒子先后以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點分別以30和60(與邊界的夾角)射入磁場,又都恰好不從另一邊界飛出,則下列說法中正確的是()A.A、B兩粒子

3、在磁場中做圓周運動的半徑之比是13B.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是32+3C.A、B兩粒子mq之比是13D.A、B兩粒子mq之比是32+3答案BD由題意知,粒子在磁場中運動時由洛倫茲力提供向心力,根據(jù)Bqv=mv2r,得r=mvBq。由幾何關系可得,對粒子B有rBcos60+rB=d,對粒子A有rAcos30+rA=d,聯(lián)立解得rArB=32+3,所以A錯誤,B正確。再根據(jù)r=mvBq,可得A、B兩粒子mq之比是32+3,故C錯誤,D正確。4.兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后

4、,粒子的()A.軌道半徑減小,角速度增大B.軌道半徑減小,角速度減小C.軌道半徑增大,角速度增大D.軌道半徑增大,角速度減小答案D因洛倫茲力不做功,故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后,其速度大小不變,由r=mvqB知,軌道半徑增大;由角速度=vr知,角速度減小,選項D正確。5.(多選)如圖所示,空間有一垂直紙面向外的、磁感應強度為 0.5T的勻強磁場,一質量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上,在木板左端放置一質量為0.1kg、帶電荷量q=0.2C的滑塊,滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左、大小為

5、0.6N的恒力F,g取10m/s2,則()A.木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運動B.滑塊開始做勻加速直線運動,然后做加速度減小的變加速運動,最后做勻速運動C.最終木板做加速度為2m/s2的勻加速直線運動,滑塊做速度為10m/s的勻速直線運動D.最終木板做加速度為3m/s2的勻加速直線運動,滑塊做速度為10m/s的勻速直線運動答案BD由于滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5,靜摩擦力能對滑塊提供的最大加速度為5m/s2,所以當0.6N的恒力剛作用于木板時,滑塊與木板組成的系統(tǒng)以a=FM+m=0.60.2+0.1m/s2=2m/s2的加速度一起運動;當滑塊獲得向左運動的速度以后,磁場對其有

6、豎直向上的洛倫茲力,隨速度增大,洛倫茲力增大,大到一定程度后滑塊所受摩擦力減小,加速度減小;當洛倫茲力等于滑塊重力時,滑塊與木板之間的彈力為零,此時有qvB=mg,解得v=10m/s,此時摩擦力消失,滑塊做勻速直線運動,而木板在恒力作用下做勻加速直線運動,a=FM=3m/s2。所以B、D正確。6.(多選)(2019河南鄭州調研)如圖所示,紙面內有寬為L水平向右飛行的帶電粒子流,粒子質量為m,電荷量為-q,速率為v0,不考慮粒子的重力及相互間的作用,要使粒子都匯聚到一點,可以在粒子流的右側虛線框內設計一勻強磁場區(qū)域,則磁場區(qū)域的形狀及對應的磁感應強度可以是其中B0=mv0qL,A、C、D選項中曲

7、線均為半徑是L的14圓弧,B選項中曲線為半徑是L2的圓()答案AB由于帶電粒子流中粒子的速度均相同,則當飛入A、C選項中的磁場時,它們的軌跡對應的半徑均相同,為R=L。B、D選項因為磁場的磁感應強度是2B0,粒子在其中運動軌跡半徑是在A、C中選項磁場中運動軌跡半徑的一半。當粒子射入C、D兩選項中的磁場時,均不可能匯聚于同一點。當粒子射入A、B選項中的磁場時,能匯聚于一點。7.(多選)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面。在紙面內的長度L=9.1cm,中點O與S間的距離d=4.55cm,MN與SO直線的夾角為,板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的

8、勻強磁場,磁感應強度B=2.010-4T。電子質量m=9.110-31kg,電荷量e=-1.610-19C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則()A.=90時,l=9.1cmB.=60時,l=9.1cmC.=45時,l=4.55cmD.=30時,l=4.55cm答案AD電子運動的軌跡圓半徑R=mvqB=4.55cm。用虛線表示所有軌跡圓的圓心軌跡,當=90時,圓心軌跡與MN相切于O點,如圖甲所示,四邊形O1SOM是正方形,上邊界軌跡圓與MN相切于M點,同理,下邊界軌跡圓與MN相切于N點,所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度l

9、=9.1cm,A對。當=60時,如圖乙所示,MN相當于從豎直位置繞O點順時針轉30,上邊界軌跡圓與MN的切點位于M、O之間,下邊界軌跡圓與MN相交于N點,所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度l4.55cm,C錯。當=30時,如圖丁所示,圓心軌跡與MN交于O,過O點作垂直于MN的直線,交圓心軌跡于O1,連接S、O1,則三角形OO1S是等邊三角形,O1O垂直于MN,所以上邊界軌跡圓與MN相切于O點,下邊界軌跡圓與MN相交于N點,所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度l=4.55cm,D對。8.(多選)如圖所示,在y軸右側存在與xOy平面垂直且范圍足夠大的勻強磁場,磁感應強度的大小為B,位于坐標原點的

10、粒子源在xOy平面內發(fā)射出大量完全相同的帶負電的粒子,所有粒子的初速度大小均為v0,方向與x軸正方向的夾角分布在-6060范圍內,在x=l處垂直x軸放置一熒光屏S。已知沿x軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過熒光屏S上y=-l的點,則 ()A.粒子的比荷為qm=v0lBB.粒子的運動半徑一定等于2lC.粒子在磁場中的運動時間一定不超過lv0D.粒子打在熒光屏S上亮線的長度大于2l答案AC沿x軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過熒光屏S上y=-l的點,由幾何知識可知,粒子的軌跡半徑r=l,B錯誤;由牛頓第二定律得qv0B=mv02r,解得qm=v0lB,A正確;粒子沿x軸正方向發(fā)射時在磁場中運動的軌跡對應的圓心角最大,為=

11、,對應的運動時間最長,tm=2T=lv0,故C正確;沿與x軸正方向的夾角為60方向射入磁場的粒子,其打在熒光屏S上的縱坐標一定小于l,故D錯誤。9.(2018山東濰坊實驗中學檢測)如圖所示,虛線所圍區(qū)域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B。一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場,電子束經(jīng)過磁場區(qū)后,其運動的方向與原入射方向成角。設電子質量為m,電荷量為e,不計電子之間的相互作用力及所受的重力。求:(1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R;(2)電子在磁場中運動的時間t;(3)圓形磁場區(qū)域的半徑r。答案(1)mveB(2)meB(3)mveBtan2解析(1)電子在磁場中受到的洛倫茲力

12、提供電子做勻速圓周運動的向心力,即qvB=mv2R由此可得電子做圓周運動的半徑R=mvqB=mveB(2)如圖所示,根據(jù)幾何關系,可以知道電子在磁場中做圓周運動轉過的圓心角=則電子在磁場中運動的時間t=2T=22Rv=vmveB=meB(3)由題意,根據(jù)幾何關系知,tan2=rR解得r=Rtan2=mveBtan210.(2018河南商丘模擬)在如圖所示的平面直角坐標系xOy中,有一個圓形區(qū)域的勻強磁場(圖中未畫出),磁場方向垂直于xOy平面,O點為該圓形區(qū)域邊界上的一點?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子(不計重力)從O點以初速度v0沿x軸正方向進入磁場,已知粒子經(jīng)過y軸上P點時速度方向

13、與y軸正方向夾角為=30,OP=L。求:(1)磁感應強度的大小和方向;(2)該圓形磁場區(qū)域的最小面積。答案(1)3mv0qL方向垂直xOy平面向里(2)L212解析(1)由左手定則得磁場方向垂直xOy平面向里。粒子在磁場中做弧長為13圓周的勻速圓周運動,如圖所示,粒子在Q點飛出磁場。設其軌跡圓心為O,半徑為R。由幾何關系有(L-R)sin30=R得R=13L由牛頓第二定律有qv0B=mv02R解得B=3mv0qL(2)設磁場區(qū)域的最小面積為S。由幾何關系得直徑OQ=3R=33L,所以S=OQ22=L212B組能力提升11.(多選)如圖所示,ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道,其中AB為傾斜直軌道

14、,BC為與AB相切的圓弧軌道,并且圓弧軌道處在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里。質量相同的甲、乙、丙三個小球中,甲球帶正電,乙球帶負電、丙球不帶電,現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放,都恰好通過圓弧軌道的最高點,則()A.經(jīng)過圓弧軌道最高點時,三個小球的速度相等B.經(jīng)過圓弧軌道最高點時,甲球的速度最小C.甲球的釋放位置比乙球的高D.運動過程中三個小球的機械能均保持不變答案CD在圓弧軌道最高點時,由左手定則可知,甲球受洛倫茲力向下,乙球受洛倫茲力向上,而丙球不受洛倫茲力,故三球在圓弧軌道最高點受合力不同,故由F合=mv2r可知,三小球的速度不相等,故A錯誤;因甲球在圓弧軌道最高點

15、受合力最大,故甲球在圓弧軌道最高點的速度最大,故B錯誤;因洛倫茲力和支持力不做功只有重力做功,故小球機械能守恒,D正確;因甲球在圓弧軌道最高點的速度最大,則甲球釋放時的高度最高,故C正確。12.(2018黑龍江哈爾濱模擬)如圖所示,在紙面內存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B,一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P,P的質量為m、電荷量為-q,P與桿間的動摩擦因數(shù)為。小球由靜止開始滑動,設電場、磁場區(qū)域足夠大,桿足夠長,在運動過程中小球的最大加速度為a0,最大速度為v0,則下列判斷正確的是()A.小球先加速后減速,加速度先增大后減小B.當v=12v0時

16、,小球的加速度最大C.當v=12v0時,小球一定處于加速度減小階段D.當a=12a0時,vv012答案C開始運動階段qvBmg,加速度a1=qE-(mg-qvB)m,小球做加速度越來越大的加速運動;當qvB=mg之后,小球受到的支持力垂直桿向下,小球的加速度a2=qE-(qvB-mg)m,小球做加速度減小的加速運動,加速度減小到0后做勻速運動,則可知小球先加速最后勻速,加速度先增大后減小為0不變,選項A錯誤;作出小球的加速度隨速度的變化規(guī)律圖像如圖所示,兩階段的圖線斜率的絕對值大小相等,有v112v0,則v=12v0時,小球一定處于加速度減小階段,選項B錯誤,C正確;a=12a0也可能出現(xiàn)在加速度增大階段,選項D錯誤。16