《2011高三物理一輪復習 第二課時 磁場對運動電荷的作用練習》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2011高三物理一輪復習 第二課時 磁場對運動電荷的作用練習（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2011高三物理一輪復習 第二課時 磁場對運動電荷的作用練習 1．初速為v0的電子，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右圖所示，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 【解析】　由安培定則可知，通電導線右方磁場方向垂直紙面向里，則電子受洛倫茲力方向由左手定則可判知向右，所以電子向右偏；由于洛倫茲力不做功，所以電子速率不變．答案為A. 【答案】　A 2．(2010年廣東高三調(diào)研)如右圖所示，重力不計、初速度為v的正電荷，從a點沿水平方向射入有明顯

2、左邊界的勻強磁場，磁場方向水平向里，若邊界右側的磁場范圍足夠大，該電荷進入磁場后 (　　) A．動能發(fā)生改變 B．運動軌跡是一個完整的圓，正電荷始終在磁場中運動 C．運動軌跡是一個半圓，并從a點上方某處穿出邊界向左射出 D．運動軌跡是一個半圓，并從a點下方某處穿出邊界向左射出 【解析】　洛倫茲力不做功，電荷的動能不變，A不正確；由左手定則，正電荷受到的洛倫茲力的方向向上，電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡是一個半圓，并從a點上方某處穿出邊界向左射出，B、D不正確，C正確． 【答案】　C 3．如右圖所示，ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，磁場垂直紙面向外，比

3、荷為e/m的電子以速度v0從A點沿AB方向射入，現(xiàn)欲使電子能經(jīng)過BC邊，則磁感應強度B的取值應為 (　　) A．B>　　　　　　　　B．B< C．B< D．B> 【解析】　當電子從C點離開時，電子做圓周運動對應的軌道半徑最小，有R>＝，而R＝，所以B<，C項正確． 【答案】　C 4．如右圖所示，在x>0，y>0的空間有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B，現(xiàn)有四個質(zhì)量及電荷量均相同的帶電粒子，由x軸上的P點以不同的初速度平行于y軸射入此磁場，其出射方向如圖所示，不計重力的影響，則 (　　) A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子

4、 B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子 C．在磁場中運動時間最長的是沿③方向射出的粒子 D．在磁場中運動時間最長的是沿④方向射出的粒子 【解析】　顯然圖中四條圓弧中①對應的半徑最大，由半徑公式R＝可知，質(zhì)量和電荷量相同的帶電粒子在同一個磁場中做勻速圓周運動的速度越大，半徑越大，A對B錯；根據(jù)周期公式T＝知，當圓弧對應的圓心角為θ時，帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝，圓心角越大則運動時間越長，圓心均在x軸上，由半徑大小關系可知④的圓心角為π，且最大，故在磁場中運動時間最長的是沿④方向出射的粒子D對C錯． 【答案】　AD 5．如右圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相

5、同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則 (　　) A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長 【解析】　作出各自的軌跡如右圖所示，根據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1

6、Q點射出時，兩粒子在磁場中的運動時間相等．正確選項應是B、D. 【答案】　BD 6．如右圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)．一群比荷為的負離子體以相同速率v0(較大)，由P點在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉后，又飛出磁場，則下列說法正確的是(不計重力) (　　) A．離子飛出磁場時的動能一定相等 B．離子在磁場中運動半徑一定相等 C．由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長 D．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大 【解析】　射入磁場的粒子比荷相等，但質(zhì)量不一定相等，故射入時，初動能可能不等，又因為磁場對電荷的洛倫

7、茲力不做功，故這些粒子從射入到射出動能不變，但不同粒子的動能可能不等，A錯誤．粒子在磁場中偏轉的半徑為r＝，由于比荷和速度都相等，磁感應強度B為定值，故所有粒子的偏轉半徑都相等，B正確．同時各粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，也相等，根據(jù)幾何規(guī)律：圓內(nèi)，較長的弦對應較大的圓心角，所以從Q點射出的粒子偏轉角最大，在磁場內(nèi)運動的時間最長，C對．沿PQ方向射入的粒子不可能從Q點射出，故偏角不最大，D錯，選B、C. 【答案】　BC 7．如右圖所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．P為屏上的一小孔．PC與MN垂直．一群質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以相同

8、的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)．則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為 (　　) A. B. C. D. 【解析】　由圖可知，沿PC方向射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最遠，為PR＝，沿兩邊界線射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最近為：PQ＝cos θ，故在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為：QP＝PR－PQ＝，選項D正確． 【答案】　D 8．(2010年北京西城模擬)如右圖所示，在x軸上方的空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度

9、的大小為B.許多相同的離子，以相同的速率v，由O點沿紙面向各個方向(y>0)射入磁場區(qū)域．不計離子所受重力，不計離子間的相互影響．圖中曲線表示離子運動的區(qū)域邊界，其中邊界與y軸交點為M，邊界與x軸交點為N，且OM＝ON＝L.由此可判斷 (　　) A．這些離子是帶負電的 B．這些離子運動的軌道半徑為L C．這些離子的荷質(zhì)比為＝ D．當離子沿y軸正方向射入磁場時會經(jīng)過N點 【解析】　根據(jù)左手定則，離子帶正電，A錯誤；由圖可知，粒子軌道半徑為L，B錯誤；再根據(jù)qvB＝，＝，C錯誤；由于ON＝L，粒子半徑為L，ON恰好為粒子圓周運動直徑，故D正確． 【答案】　D 9．如右圖所示，平

10、行直線aa′與bb′間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.現(xiàn)分別在aa′上某兩點射入帶正電粒子M和N，M、N的初速度方向不同，但與aa′的夾角都為θ，兩粒子都恰不能越過界線bb′.兩粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，兩粒子從射入到bb′的時間分別為t1和t2，則 (　　) 4 A．t1＋t2＝ B．t1＋t2＝ C．M粒子的初速度大于N粒子的初速度 D．M粒子的軌跡半徑大于N粒子的軌跡半徑 【解析】　對兩種情況分別作出軌跡可看出兩粒子在磁場中完成的圓弧所對的圓心角之和恰好是180°，則t1＋t2＝，A選項正確，B選項錯誤．從作出的圖可看出RM>RN，由R＝知vM>vN，所以選

11、項C、D均正確． 【答案】　ACD 10．(2010年東營模擬)如右圖所示，在一勻強磁場中有三個帶電粒子，其中1和2為質(zhì)子，3為α粒子的徑跡，它們在同一平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動，三者軌道半徑r1>r2>r3并相切于P點，設T、v、a、t分別表示它們做圓周運動的周期、線速度、向心加速度以及各自從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經(jīng)歷的時間，則 (　　) A．T1＝T2v3 C．a(chǎn)1>a2>a3 D．t1

12、確；由于r1>r2>r3結合r＝及粒子比荷關系可知v1>v2>v3，故B錯誤；粒子運動的向心加速度a＝，結合各粒子的比荷關系及v1>v2>v3可得：a1>a2>a3，故C正確；由圖可知，粒子運動到MN時所對應的圓心角的大小關系為θ1<θ2<θ3，而T1＝T2，因此t1

13、璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．取g＝10 m/s2.求： (1)小球的帶電性． (2)小球在管中運動的時間． (3)小球在管內(nèi)運動過程中增加的機械能． 【解析】　(1)小球受洛倫茲力方向向上，故小球帶正電． (2)小球的實際運動速度可分解為水平方向的速度v和豎直方向的速度vy.與兩個分速度對應的洛倫茲力的分力分別是豎直方向的Fy和水平方向的Fx.其中，豎直方向的洛倫茲力Fy＝qvB不變，在豎直方向上由牛頓第二定律得：qvB－mg＝ma. 又有h＝at2，解得t＝1 s. (3)小球飛出管口時，豎直方向的速度為：vy＝at. 則小球飛出管口的合速度為：v

14、合＝ 動能增量ΔEk＝mv－mv2 重力勢能的增量ΔEp＝mgh. 解上述各式得機械能增加量為ΔEk＋ΔEp＝1 J. 【答案】　(1)帶正電　(2)1 s　(3)1 J 12．(2009年高考全國卷)如右圖所示，在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于xOy平面向外．P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點．A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點在y軸上，長度略小于.帶電粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點．不計重力．求粒子入射速度的所有

15、可能值． 【解析】　設粒子的入射速度為v，第一次射出磁場的點為N′0，與板碰撞后再次進入磁場的位置為N1.粒子在磁場中運動的半徑為R，有R＝ ① 粒子速率不變，每次進入磁場與射出磁場位置間距離s1保持不變 s1＝N′0N0＝2Rsin θ ② 粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離s2始終不變，與N′0N1相等．由圖可以看出 s2＝a

16、 ③ 設粒子最終離開磁場時，與檔板相碰n次(n＝0,1,2…)．若粒子能回到P點，由對稱性，出射點的x坐標應為－a，即(n＋1)s1－ns2＝2a ④ 由③④式得s1＝a ⑤ 若粒子與擋板發(fā)生碰撞，有s1－s2> ⑥ 聯(lián)立③④⑥式得n<3 ⑦ 聯(lián)立①②⑤式得 v＝·a ⑧ 式中sin θ＝ 代入⑧式得 v0＝，n＝0 v1＝，n＝1 v2＝，n＝2 【答案】