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1、 （課標通用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí)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(chǔ)過關(guān) 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(zhuǎn)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 答案　A　P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

2、方向向上,A對,B、C、D錯。 2.初速度為v0的電子,沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出,直導(dǎo)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(zhuǎn),速率不變 B.電子將向左偏轉(zhuǎn),速率改變 C.電子將向左偏轉(zhuǎn),速率不變 D.電子將向右偏轉(zhuǎn),速率改變 答案　A　由安培定則判定直線電流右側(cè)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(zhuǎn);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(zhì)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6

3、0°(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兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是13 B.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是32+3 C.A、B兩粒子mq之比是13 D.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(guān)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

4、.兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)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,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ω=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(yīng)強度為 0.5T的勻強磁場,一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上,在木

5、板左端放置一質(zhì)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。現(xiàn)對木板施加方向水平向左、大小為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

6、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(diào)研)如圖所示,紙面內(nèi)有寬為L水平向右飛行的帶電粒子流,粒子質(zhì)量

7、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(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計一勻強磁場區(qū)域,則磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強度可以是其中B0=mv0qL,A、C、D選項中曲線均為半徑是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(yīng)的半徑均相同,為R=L。B、D選項因為磁場的磁感應(yīng)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

8、一點。 7.(多選)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面。在紙面內(nèi)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θ,板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=2.0×10-4T。電子質(zhì)量m=9.1×10-31kg,電荷量e=-1.6×10-19C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6×106m/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.θ=90°時,l=9.1cm B.θ=60°時,l=9.1cm C.θ=45°時,l=4.55cm D.θ=30°時

9、,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θ=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=9.1cm,A對。當θ=60°時,如圖乙所示,MN相當于從豎直位置繞O點順時針轉(zhuǎn)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l<9.1cm,B錯。當θ=45°時,如圖丙所示,MN相當于從豎直位置繞O點順時針轉(zhuǎn)45°,上邊界軌跡圓與

10、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l>4.55cm,C錯。當θ=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(cè)存在與xOy平面垂直且范圍足夠大的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B,位于坐標原點的粒子源在xOy平面內(nèi)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,

11、方向與x軸正方向的夾角分布在-60°~60°范圍內(nèi),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=v0lB B.粒子的運動半徑一定等于2l C.粒子在磁場中的運動時間一定不超過πl(wèi)v0 D.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(yīng)的圓心角最大,為θ=π,對應(yīng)的運動時間最長,tm=θ2πT=π

12、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(xué)檢測)如圖所示,虛線所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)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θ角。設(shè)電子質(zhì)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)mθeB　(3)mveBtanθ2 解析　(1)電子在磁場中受到

13、的洛倫茲力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(guān)系,可以知道電子在磁場中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角α=θ 則電子在磁場中運動的時間 t=θ2πT=θ2π×2πRv=θv×mveB=mθeB (3)由題意,根據(jù)幾何關(guān)系知,tanα2=rR 解得r=Rtanα2=mveBtanθ2 10.(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。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子(不計重力)從

14、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點時速度方向與y軸正方向夾角為θ=30°,OP=L。求: (1)磁感應(yīng)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)πL212 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(shè)其軌跡圓心為O',半徑為R。 由幾何關(guān)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(shè)磁場區(qū)域的最小面積為S。由幾何關(guān)系得 直徑

15、OQ=3R=33L,所以S=πOQ22=πL212 B組　能力提升 11.(多選)如圖所示,ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道,其中AB為傾斜直軌道,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(zhì)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

16、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(nèi)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(yīng)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(zhì)量為m、電荷量為-q,P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ。

17、小球由靜止開始滑動,設(shè)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,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,vv0>12 答案　C　開始運動階段qvB