2020高考物理復(fù)習(xí) 金版教程 第8章第2單元 磁場對運動電荷的作用練習(xí)

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1、限時規(guī)范特訓(xùn) (時間：45分鐘　分值：100分) 1．如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是 (　　) A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點 B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長 C．若小球帶負(fù)電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點 D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點 解析：從南向北觀察小球的運動軌跡如題圖所示，如果小球帶正電荷，則洛倫茲力斜向右上，該洛倫茲力在豎直向上和水平向右均有分力，因此，小球落地時間會變長，水平位移會變大；同理，若小球帶負(fù)電

2、，則小球落地時間會變短，水平位移會變小，故選項D正確． 答案：D 2．極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進(jìn)入地極附近的大氣層后，由于地磁場的作用而產(chǎn)生的．如右圖所示，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)并證實，這些高能帶電粒子流向兩極做螺旋運動，旋轉(zhuǎn)半徑不斷減?。诉\動形成的原因是(　　) A．可能是洛倫茲力對粒子做負(fù)功，使其動能減小 B．可能是介質(zhì)阻力對粒子做負(fù)功，使其動能減小 C．可能是粒子所帶電荷量減小 D．南北兩極的磁感應(yīng)強度較大 解析：洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，A錯；由帶電粒子旋轉(zhuǎn)半徑R＝知，半徑減小，可能是粒子速度v減小、電荷量增大或磁感應(yīng)強度變大，故B、D正確，C錯． 答案：BD 3. 如圖

3、所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)．一群比荷為的負(fù)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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項錯誤．粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑為r＝，由

4、于比荷和速度都相等，磁感應(yīng)強度B為定值，故所有粒子的偏轉(zhuǎn)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(yīng)較大的圓心角，所以從Q點射出的粒子偏轉(zhuǎn)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BC. 答案：BC 4.如圖所示是某離子速度選擇器的原理示意圖，在橫截面半徑r＝10 cm的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度B＝1×10－4 T的勻強磁場，磁場方向平行于柱形圓筒的軸線，在圓柱形筒壁上某一直徑兩端開有兩個小孔a、b，分別作為離子的入射孔和出射孔．現(xiàn)有一束比荷為＝2×1011 C/kg的正離子，從a

5、孔射入，正離子射入的角度不同，最后能從b孔射出的離子速度大小就不同，其中入射角θ＝30°，且不與筒壁碰撞而從出射孔射出的離子的速度大小為(　　) A．4×105 m/s　　　　 B．2×105 m/s C．4×106 m/s D．2×106 m/s 解析：畫出離子運動軌跡所在的圓，如右圖所示作半徑R、圓心O′，由圓的性質(zhì)可知三角形abO′是等邊三角形，即半徑R＝2r＝0.2 m，由qvB＝m得v＝＝2×1011×1×10－4×0.2 m/s＝4×106 m/s. 答案：C 5.如圖所示，一帶電小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，在豎直面內(nèi)擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動

6、的平面，當(dāng)小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方擺到最低點時懸線上的張力為 (　　) A．0 B．2mg C．4mg D．6mg 解析：若沒有磁場，則到達(dá)最低點繩子的張力為F，則 F－mg＝① 由能量守恒得：mgl(1－cos60°)＝mv2② 聯(lián)立①②得F＝2mg. 當(dāng)有磁場存在時，由于洛倫茲力不做功，在最低點懸線張力為零 則F洛＝2mg 當(dāng)小球自右方擺到最低點時洛倫茲力大小不變，方向必向下，由公式得F′－F洛－mg＝ ∴此時繩中的張力F′＝4mg. 答案：C 6．兩個電量分別為q和－q的帶電粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場

7、，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達(dá)B點，如右圖所示，則(　　) A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電 B．兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝ C．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝1∶2 D．兩粒子的速度之比va∶vb＝1∶2 解析：如右圖所示，由左手定則可判定：a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，故A錯誤；由幾何關(guān)系可得：Ra∶Rb＝；兩者運動時間相同，則由：t＝Tb＝Ta，可知＝，由Bqv＝可得：T＝，則＝＝；又由Bqv＝m， 解得：v＝，則＝＝. 答案：C 7．如圖所示，在x>0，y>0的空間有恒定的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂

8、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 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(yīng)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(dāng)圓弧對應(yīng)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

9、時間越長，圓心均在x軸上，由半徑大小關(guān)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 8.如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上， 并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是 (　　) A．滑塊受到的摩擦力不變 B．滑塊到達(dá)地面時的動能與B的大小無關(guān) C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下 D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上 解析：由左手定則知C正確．而Ff＝μFN＝μ(mgcosθ＋BQv)要隨速度增加

10、而變大，A錯誤．若滑塊滑到斜面底端已達(dá)到勻速運動狀態(tài)，應(yīng)有Ff＝mgsinθ，可得v＝(－cosθ)，可看到v隨B的增大而減?。艋瑝K滑到斜面底端時還處于加速運動狀態(tài)，則在B越強時，F(xiàn)f越大，滑塊克服阻力做功越多，到達(dá)斜面底端的速度越小，B錯誤．當(dāng)滑塊能靜止于斜面上時應(yīng)有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，與B的大小無關(guān)，D錯誤． 答案：C 9．[2020·浙江]利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2

11、d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度d的縫射出的粒子，下列說法正確的是(　　) A. 粒子帶正電 B. 射出粒子的最大速度為 C. 保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 解析：本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動分析． 根據(jù)左手定則知粒子帶負(fù)電，A項錯誤；粒子在磁場中運動的最大半徑Rmax＝，由R＝得vmax＝，B項正確；最小半徑Rmin＝，最小速度vmin＝，故速度之差Δv＝∝Bd，與L無關(guān)，可知C項正確，D項錯誤． 答案：BC 10．[2020·淄博模擬]如圖所示，在x軸上方存在

12、垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)．則下列說法正確的是(　　) A．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 B．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大 C．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 D．若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠(yuǎn) 解析： 粒子運動周期T＝，當(dāng)θ一定時，粒子在磁場中運動時間t＝T＝T，ω＝.由于t、ω均與v無關(guān)，故A、B項錯誤，C項正確．當(dāng)v一定時，由r＝知，r一定；當(dāng)θ從0變至的過程中，θ越大，粒子離開磁場的位

13、置距O點越遠(yuǎn)；當(dāng)θ大于時，θ越大，粒子離開磁場的位置距O點越近，故D項錯誤． 答案：C 11.如右圖所示，有一磁感應(yīng)強度B＝9.1×10－4 T的勻強磁場，C、D為垂直于磁場的同一平面內(nèi)的兩點，它們之間的距離l＝0.05 m，今有一電子在此磁場中運動，它經(jīng)過C點時的速度v的方向和磁場方向垂直，且與CD間的夾角α＝30°，問： (1)電子在C點時所受的洛侖茲力的方向如何？ (2)若此電子在運動中后來又經(jīng)過了D點，則它的速度v應(yīng)是多大？ (3)電子從C點到D點所用的時間是多少？ (電子的質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，電子的電量e＝1.6×10－19 C) 解析：電子進(jìn)入勻強磁場時

14、速度方向與磁場方向垂直，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，C、D則是圓周上兩點，并且C點和D點速度大小相同，找出圓軌跡半徑R和CD弧長對應(yīng)的圓心角，就可以由半徑公式和周期公式求出電子運動速度的大小及電子從C點到D點所用時間． (1)由左手定則，判斷出洛侖茲力的方向為垂直于v的方向斜向下． (2)v0＝.由圖可知，∠1＝90°－α＝60°，O＝O＝R，所以∠2＝60°. △OCD為正三角形，即O＝R＝l， v0＝＝ m/s＝8.0×106 m/s (3)tCD＝T＝×s＝6.5×10－9 s 或tCD＝×＝×s＝6.5×10－9 s. 答案：(1)垂直于v的方向斜向下　(2)8.0

15、×106 m/s　(3)6.5×10－9 s 12.如圖所示，在真空中半徑r＝3.0×10－2 m的圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強度B＝0.2 T，方向如圖的勻強磁場，一批帶正電的粒子以初速度v0＝1.0×106 m/s，從磁場邊界上直徑ab的一端a沿著各個方向射入磁場，且初速度方向與磁場方向都垂直，該粒子的比荷為q/m＝1.0×108 C/kg，不計粒子重力．求： (1)粒子的軌跡半徑； (2)粒子在磁場中運動的最長時間； (3)若射入磁場的速度改為v0′＝3.0×105 m/s，其他條件不變，試用斜線畫出該批粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解析：(1)由牛頓第二定律可求得粒子在磁場中運動的半徑．qv0B＝m，R＝＝5.0×10－2 m. (2)由于R>r，要使粒子在磁場中運動的時間最長，則粒子在磁場中運動的圓弧所對應(yīng)的弧長最長，從下圖中可以看出，以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓周，粒子運動時間最長，T＝，運動時間tm＝×T＝， 又sin α＝＝，所以tm＝6.5×10－8 s. (3)R′＝＝1.5×10－2 m，粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域見答案圖所示(以aO為直徑的半圓加上以a為圓心，aO為半徑所作圓與磁場相交的部分)． 答案：(1)5.0×10－2 m　(2)6.5×10－8 s (3)