《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（五十八）磁場中的動態(tài)圓、磁聚焦、磁發(fā)散問題（題型研究課）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（五十八）磁場中的動態(tài)圓、磁聚焦、磁發(fā)散問題（題型研究課）（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（五十八）磁場中的動態(tài)圓、磁聚焦、磁發(fā)散問題（題型研究課）（含解析） 1.如圖所示，一束不計重力的帶電粒子沿水平方向向左飛入圓形勻強磁場區(qū)域后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，都恰好能從磁場區(qū)域的最下端P孔飛出磁場，則這些粒子(　　) A．運動速率相同 B．運動半徑相同 C．比荷相同 D．從P孔射出時的速度方向相同 解析：選B　畫出粒子的運動軌跡，如從A點射入的粒子，其圓心為O1，因初始速度方向水平，則AO1豎直，因AO1＝PO1＝r，可知平行四邊形OPO1A為菱形，可知r＝R，則這些粒子做圓周運動的半徑都等于磁場區(qū)域圓的半徑R，根據(jù)r＝R＝可知，粒子的速率、

2、比荷不一定相同；由圖中所示運動軌跡知，粒子從P孔射出時的速度方向也不相同，故只有B正確。 2.如圖所示，長方形abcd的長ad＝0.6 m，寬ab＝0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以e為圓心、eb為半徑的四分之一圓弧和以O(shè)為圓心、Od為半徑的四分之一圓弧組成的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強度B＝0.25 T。一群不計重力、質(zhì)量為m＝3×10－7 kg、電荷量為q＝＋2×10－3 C的帶正電粒子，以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向垂直射入磁場區(qū)域，則下列判斷正確的是(　　) A．從Od之間射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊 B．從aO之間射入的粒

3、子，出射點全部分布在ab邊 C．從Od之間射入的粒子，出射點分布在ab邊 D．從ad之間射入的粒子，出射點一定是b點 解析：選D　粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得：r＝＝ m＝0.3 m；因ab＝0.3 m＝r，從O點射入的粒子從b點射出，如圖所示；從Od之間射入的粒子，因邊界上無磁場，粒子經(jīng)圓周運動到達bc后做直線運動，即全部通過b點；從aO之間射入的粒子先做一段時間的直線運動，設(shè)某一個粒子在M點進入磁場，其運動軌跡圓圓心為O′，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得，四邊形O′Meb是菱形，則粒子的出射點一定是b點，可知，從aO之間射入的粒子，出射點一定是b點，故選項A、

4、B、C錯誤，D正確。 3.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向?qū)蕡A心O射入磁場，其運動軌跡如圖所示。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子速率較大 B．b粒子速率較大 C．b粒子在磁場中運動時間較長 D．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動時間一樣長 解析：選B　根據(jù)qvB＝m，得R＝，由題圖知Raθb，則ta>tb，故C、D錯誤。 4.如圖所示，邊界O

5、A與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一個粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于(T為粒子在磁場中做圓周運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為(　　) A．　　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選B　由左手定則可知，粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動，由于粒子速度大小都相同，故軌跡弧長越小，粒子在磁場中運動時間就越短；而劣弧弧長越小，弦長也

6、越短，所以從S點作OC的垂線SD，則SD為最短弦，可知粒子從D點射出時運動時間最短，如圖所示。根據(jù)最短時間為，可知△O′SD為等邊三角形，粒子圓周運動半徑R＝SD，過S點作OA的垂線交OC于E點，由幾何關(guān)系可知SE＝2SD，SE恰好可以作為圓弧軌跡的直徑，所以從E點射出的粒子，對應(yīng)弦最長，運行時間最長，且t＝，故B項正確。 5.(多選)(2019·新余模擬)如圖所示，S為一離子源，MN為長熒光屏，S到MN的距離為L，整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。某時刻離子源S一次性沿平行紙面的各個方向均勻地射出大量的正離子，離子的質(zhì)量m、電荷量q、速率

7、v均相同，不計離子的重力及離子間的相互作用力，則(　　) A．當v<時所有離子都打不到熒光屏上 B．當v<時所有離子都打不到熒光屏上 C．當v＝時，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為 D．當v＝時，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為 解析：選AC　根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝，得R＝，當v<時，R<，直徑2R

8、熒光屏正對離子源的上部相切，打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為，故C正確，D錯誤。 6.(多選)如圖所示，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣板AB的上方d處，能夠在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率為v、電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子?？臻g存在垂直紙面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運動的半徑大小恰好為d，則(　　) A．粒子能打在板上的區(qū)域長度是2d B．粒子能打在板上的區(qū)域長度是(＋1)d C．同一時刻發(fā)射出的粒子打到板上的最大時間差為 D．同一時刻發(fā)射出的粒子打到板上的最大時間差為 解析：選BC　以磁場方向垂直紙面向外為例，打在極板上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如

9、圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子能到達板上的長度l＝d＋＝(1＋)d，故A錯誤，B正確；在磁場中打到板上的粒子運動時間最長和最短的運動軌跡示意圖如圖2所示，由幾何關(guān)系知，最長時間t1＝T，最短時間t2＝T，又有粒子在磁場中運動的周期T＝＝；根據(jù)題意t1－t2＝Δt，聯(lián)立解得Δt＝T＝，故C正確，D錯誤。若磁場方向垂直紙面向里，可得出同樣的結(jié)論。 7. 如圖所示為圓形區(qū)域的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標原點O。O點處有一放射源，沿紙面向各個方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍。已知帶電粒子的質(zhì)量為m、

10、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力。 (1)推導(dǎo)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑； (2)求帶電粒子在磁場中的最大偏轉(zhuǎn)角。 解析：(1)帶電粒子進入磁場后，受洛倫茲力作用做勻速圓周運動， 由牛頓第二定律得Bqv＝m，則r＝。 (2)粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大小不變，只改變圓的位置，畫出“動態(tài)圓”，如圖所示， 通過“動態(tài)圓”可以觀察到粒子在磁場中的運動軌跡均為劣弧，劣弧弧越長，弧所對應(yīng)的圓心角越大，則運動時間越長，當粒子的軌跡弧的弦長等于磁場直徑時，粒子運動的時間最長， 由幾何關(guān)系知sin＝＝，即φm＝60°。

11、 答案：(1)見解析　(2)60° 8.(2016·海南高考)如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長度為L。在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。 (1)求磁場的磁感應(yīng)強度的大??； (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和； (3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為t0，求粒子此次

12、入射速度的大小。 解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了90°，故其周期T＝4t0① 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r。由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m② 勻速圓周運動的速度滿足v＝③ 聯(lián)立①②③式得B＝。④ (2)設(shè)粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示。設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2。由幾何關(guān)系有 θ1＝180°－θ2⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2，則 t1＋t2＝＝2t0。⑥ (3)如圖(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌

13、跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150°。設(shè)O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場。由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦ r0cos∠OO′D＋＝L⑧ 設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運動規(guī)律 v0＝⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0＝。⑩ 答案：(1)　(2)2t0　(3) 9.如圖所示，質(zhì)量m＝8.0×10－25 kg、電荷量q＝1.6×10－15 C的帶正電粒子，從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限內(nèi)，且均在與x軸正方向夾角大于等于30°的范圍內(nèi)，粒子射入時的速度方向不同，大小均為v0＝2.0×107 m/s?，F(xiàn)在某一

14、區(qū)域內(nèi)加一垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.1 T，若這些粒子穿過磁場后都能射到與y軸平行的熒光屏MN上，并且把熒光屏MN向左平移時，屏上光斑長度和位置保持不變。求：(π＝3.14) (1)粒子從y軸穿過的范圍； (2)熒光屏MN上光斑的長度； (3)從最高點和最低點打到熒光屏MN上的粒子運動的時間差； (4)畫出所加磁場的最小范圍(用陰影表示)。 解析：設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R， 由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m 解得R＝0.1 m 當把熒光屏MN向左平移時，屏上光斑長度和位置保持不變，說明粒子出射方向平行，且都沿x軸負方向，則所加磁場邊界為圓弧形，對

15、應(yīng)半徑為R＝0.1 m。 (1)如圖所示，初速度沿y軸正方向的粒子直接穿過y軸；由幾何關(guān)系知，初速度方向與x軸正方向成30°角的粒子，轉(zhuǎn)過的圓心角∠OO2B為150°，則∠OO2A＝120°， 粒子從y軸穿過的最高點A與O的距離為2Rcos 30°＝R，即從y軸穿過的范圍為0～R，即0～0.17 m。 (2)初速度沿y軸正方向的粒子，射出磁場時沿y軸方向運動的距離yC＝R 由(1)知∠O2OA＝30° 初速度方向與x軸正方向成30°角的粒子，射出磁場時沿y軸方向運動的距離yB＝R＋Rcos 30° 則熒光屏上光斑的長度 l＝y(tǒng)B－yC≈0.087 m (3)粒子運動的周期 T＝＝＝3.14×10－8 s 從B點和C點射出的粒子在磁場中運動轉(zhuǎn)過的圓心角分別為150°和90°，則時間差 t1＝T－T＝T 出磁場后，打到熒光屏MN上的時間差 t2＝ 從最高點和最低點打到熒光屏MN上的粒子運動的時間差 t＝t1＋t2≈7.7×10－9 s。 (4)如圖中陰影部分所示。 答案：(1)0～0.17 m　(2)0.087 m　(3)7.7×10－9 s　 (4)見解析圖