【物理】2020届一轮复习人教版 磁场对运动电荷的作用 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 磁场对运动电荷的作用 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 磁场对运动电荷的作用 课时作业 ‎1．有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是(　　)‎ A．电荷在电场中一定受电场力的作用 B．电荷在磁场中一定受磁场力的作用 C．电荷受电场力的方向与该处的电场强度方向一致 D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向不一定垂直 答案　A 解析　电荷在电场中一定受到电场力作用，A正确；电荷在磁场中不一定受洛伦兹力，当静止时一定不受洛伦兹力，而运动的电荷，当速度与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，B错误；正电荷所受电场力一定与该处电场强度方向相同，而负电荷所受电场力与该处电场强度方向相反，C错误；电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，D错误。‎ ‎2．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力方向之间的关系正确的是(　　)‎ 答案　B 解析　根据左手定则，A中f方向应向上，B中f方向应向下，故A错误，B正确；C、D中都是v∥B，f＝0，故C、D错误。‎ ‎3. (多选)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则(　　)‎ A．电子将向右偏转，速率不变 B．电子将向左偏转，速率改变 C．电子将向左偏转，轨迹半径不变 D．电子将向右偏转，轨迹半径改变 答案　AD 解析　由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，速率不变，A正确，B、C错误；又由R＝知，在电子偏离直线电流时，B减弱，故R变大，D正确。‎ ‎4．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子的动能较大 D．b粒子在磁场中运动时间较长 答案　C 解析　由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由qvB＝m得r＝，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B错误；由Ek＝mv2可得b粒子的动能较大，C正确；由T＝知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，D错误。‎ ‎5. 一个质量m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。取g＝10 m/s2。问：‎ ‎(1)小滑块带何种电荷？‎ ‎(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？‎ ‎(3)该斜面的长度至少多长？‎ 答案　(1)负电荷　(2)2 m/s　(3)1.2 m 解析　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。‎ ‎(2)小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有 qvB＋FN－mgcosα＝0‎ 当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB＝mgcosα 得v＝＝ m/s＝2 m/s。‎ ‎(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得 mgxsinα＝mv2－0，解得x＝1.2 m。‎ ‎6. 如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B＝2×10－3 T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为 m，磁场方向垂直于纸面向里。坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为＝5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v＝1×105 m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。‎ ‎(1)求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；‎ ‎(2)求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角。‎ 答案　(1)(1 m,1 m)　×10－5 s　(2)45°‎ 解析　(1)平行于x轴射入的粒子，轨迹如图甲所示，设出射点为P，‎ 由qvB＝m得 R＝＝ m＝1 m 由几何关系可知 O1P＝O1O＝1 m, OP＝ m 则△O1OP为等腰直角三角形，设P点坐标为(x，y)，则 x＝y＝1 m，α＝，故P点坐标为(1 m,1 m)‎ 运动时间为 t＝·＝×10－5 s。‎ ‎(2)设恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角为θ，画出轨迹如图乙所示。‎ 由几何关系可知O2M＝O2O＝1 m，OM＝ m，则△O2OM为等腰直角三角形，∠O2OM＝45°，则θ＝∠O2OM＝45°。‎ ‎[真题模拟练]‎ ‎7．(2017·全国卷Ⅱ) 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)‎ A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶ 答案　C 解析　相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示。由几何关系知r2＝ ＝R，可得r2∶r1＝∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故选C。‎ ‎8．(2016·全国卷Ⅱ) 一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　定圆心、圆轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，粒子做圆周运动的周期T＝，粒子运动时间t＝T＝；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝＝，联立以上两式得＝，A项正确。‎ ‎9．(2018·抚顺高三模拟) 如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　根据洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，解得轨迹半径R＝，初速度大小相同，轨迹半径相同。粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OC直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦，轨迹如图所示。设OS＝d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，此时粒子在磁场中运动的时间最长，为，由此得到轨迹半径为R＝d；当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短。则SE＝d，由几何知识得θ＝60°，最短时间tmin＝，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎10．(2018·全国卷Ⅲ) 如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(2)甲、乙两种离子的比荷之比。‎ 答案　(1)　(2)1∶4‎ 解析　(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v①‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②‎ 由几何关系知2R1＝l③‎ 由①②③式得B＝④‎ ‎(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。‎ 同理有q2U＝m2v⑤‎ q2v2B＝m2⑥‎ 由题给条件有2R2＝⑦‎ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶＝1∶4。‎ ‎11．(2018·潍坊高三统考) 如图所示，在xOy平面第一象限的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第四象限区域Ⅱ内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝，区域Ⅰ、Ⅱ的宽度均为L，高度分别为DE＝L，EF＝2L，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从左边为(0，－L)的A点以速度v0沿与y轴正方向成45°角的方向射入区域Ⅱ，经x轴上的C点(图中未画出)进入区域Ⅰ，不计粒子重力。‎ ‎(1)求OC的长度；‎ ‎(2)要使粒子从DE边界射出，区域Ⅰ磁感应强度的最小值B为多大？‎ 答案　(1)(－1)L　(2) 解析　(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力，有 qv0B0＝m 解得在区域Ⅱ的运动半径 R2＝L 由几何关系可知：粒子经过x轴时速度沿y轴正方向OC＝R2－R2sin45°‎ 解得OC＝(－1)L。‎ ‎(2)当区域Ⅰ磁感应强度最小时，粒子从D点射出 运动半径R1＝L 由qv0B＝m 得B＝。‎ ‎12．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0‎ 时，粒子从O上方处射出磁场。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。‎ ‎(1)求磁感应强度大小B；‎ ‎(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；‎ ‎(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子圆周运动的半径r0＝ 由题意知r0＝ 解得B＝。‎ ‎(2)粒子入射速度为5v0时，圆周运动半径 r＝＝5r0＝，‎ 如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，‎ 由d＝rsinα，得sinα＝，即α＝53°‎ 在一个矩形磁场中的运动时间t1＝· 解得t1＝ 直线运动的时间t2＝，解得t2＝ 则t＝4t1＋t2＝。‎ ‎(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x，‎ 粒子从O点向上运动的最大偏移量 y＝2r(1－cosα)＋xtanα 由y≤2d，解得x≤d 则当xm＝d时，Δt有最大值 粒子直线运动路程的最大值 sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加时间的最大值Δtm＝＝。‎