《（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第十章 磁場 考點強化練26 帶電粒子在磁場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第十章 磁場 考點強化練26 帶電粒子在磁場中的運動（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第十章 磁場 考點強化練26 帶電粒子在磁場中的運動 1. 圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線,其橫截面位于正方形的四個頂點上,導線中通有大小相同的電流,方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動,它所受洛倫茲力的方向是(　　) A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 2.如圖所示,斜面頂端在同一高度的三個光滑斜面AB、AC、AD,均處于水平方向的勻強磁場中,一個帶負電的絕緣物塊,分別從三個斜面頂端A點由靜止釋放,設滑到底端的時間分別為tAB、tAC、tAD,則(　　) A.tAB=tAC=tAD

2、B.tAB>tAC>tAD C.tAB

3、若質量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力),從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場,若粒子不能打到極板上,則粒子的速度可能為(　　) A.v= B.v= C.v= D.v= 5. (多選)如圖所示,一個垂直紙面向里的勻強磁場中固定著一個正點電荷,一個電子繞正點電荷做勻速圓周運動。已知電子所受洛倫茲力與庫侖力大小相等,電子的重力以及轉動所產生的磁場忽略不計,如果突然將中心正點電荷迅速移走,在接下來的運動過程中,下列說法正確的是(　　) A.電子一定沿順時針方向轉動 B.電子一定沿逆時針方向轉動 C.電子的運動速率不變 D.電子的運動周期可能比原來大,也可能比原來小

4、 6. (多選)如圖所示,在紙面內半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入,速度方向與半徑方向的夾角為30°。當該電荷離開磁場時,速度方向剛好改變了180°。不計電荷的重力,下列說法正確的是(　　) A.該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點 B.該點電荷的比荷為 C.該點電荷在磁場中的運動時間為 D.該點電荷在磁場中的運動時間為 7. (多選)如圖所示,在正方形abcd內充滿方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。a處有比荷相等的甲、乙兩種粒子,甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁場,經時

5、間t1從d點射出磁場,乙粒子沿與ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁場,經時間t2垂直cd射出磁場,不計粒子重力和粒子間的相互作用力,則下列說法正確的是(　　) A.v1∶v2=1∶2 B.v1∶v2=∶4 C.t1∶t2=2∶1 D.t1∶t2=3∶1 8. 如圖所示的虛線框為一長方形區(qū)域,該區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場,一束電子以不同的速率從O點垂直于磁場方向、沿圖中所示方向射入磁場后,分別從a、b、c、d四點射出磁場,比較它們在磁場中的運動時間ta、tb、tc、td,其大小關系是(　　) A.ta

6、tc>td 9. (多選)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面,在紙面內的長度L=9.1 cm,中點O與S間的距離d=4.55 cm,MN與SO直線的夾角為θ,板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.0×10-4 T。電子質量m=9.1×10-31 kg,電荷量e=-1.6×10-19 C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6×106 m/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=9.1 cm B.θ=60°時,l=9.1 cm

7、 C.θ=45°時,l=4.55 cm D.θ=30°時,l=4.55 cm 10. 如圖所示,abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域,磁場邊界邊長為L,三個粒子以相同的速度從a點沿ac方向射入,粒子1從b點射出,粒子2從c點射出,粒子3從cd邊垂直于磁場邊界射出,不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。根據以上信息,可以確定(　　) A.粒子1帶負電,粒子2不帶電,粒子3帶正電 B.粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1 C.粒子1和粒子3在磁場中運動時間之比為4∶1 D.粒子3的射出位置與d點相距 11. 如圖所示,一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端,速度為v。若加上一

8、個垂直紙面向外的磁場,則滑到底端時(　　) A.v變大 B.v變小 C.v不變 D.不能確定v的變化 12. 如圖所示,帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場,兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°,且同時到達P點,已知OP連線與邊界垂直,則a、b兩粒子的質量之比為(　　) A.3∶4 B.2∶1 C.1∶2 D.4∶3 13. (2017~2018學年浙江金華十校高二上學期期末)如圖所示,在直角坐標系的第一象限內,存在一個以三角形AOC為邊界的勻強磁場區(qū)域,磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外,頂點A坐標為(0,a)

9、、頂點C坐標為(a,0)。AC邊界放置一離子收集板,打到收集板上的離子均被吸收不反彈。在O點放置一個離子源,可以在直角坐標系的第一象限內,向各個方向發(fā)射一種帶負電的離子,離子的比荷為,發(fā)射速度大小均為v0=,發(fā)射角用圖中的角度θ表示(0°≤θ≤90°)。整個裝置處于真空中,不考慮離子間的相互作用,不計離子的重力,取sin 26°=。 (1)當離子發(fā)射角θ多大時,離子恰好打到A點; (2)求三角形AOC區(qū)域內有離子經過的區(qū)域面積; (3)當離子發(fā)射角θ多大時,離子從O點運動到AC收集板的時間最短。 14. (2017~2018學年浙江嘉興高二第一學期期末)如

10、圖所示,邊長L=0.8 m的正方形abcd區(qū)域(含邊界)內,存在著垂直于區(qū)域表面向內的勻強磁場B=0.1 T,如圖所示,建立平面直角坐標系,y軸在ad邊的中垂線上,x軸在ad邊下方0.2 m處。在原點O處有一粒子源S,可沿x軸正向不斷地發(fā)射各種速率的帶電離子,離子的電荷量均為q=3.2×10-18 C,質量均為m=6.4×10-26 kg,在bc邊上放置一塊屏幕,屏上離子擊中位置能發(fā)光。(不計離子的重力,不考慮離子之間的相互作用力,離子打到屏上將被吸收而不反彈) (1)若bc屏上能發(fā)光,求離子的電性; (2)求bc屏上能發(fā)光區(qū)域的范圍(用x坐標表示); (3)緊貼磁場邊緣cd的內側,從c

11、點沿cd方向以4.0×106 m/s的速度入射一電荷量也為q、質量也為m的帶正電離子,其恰能與離子源S發(fā)射的某一速率的離子發(fā)生相向正碰(碰撞時兩離子的速度方向恰好相反),求發(fā)生正碰的這一離子的速率。 考點強化練26　帶電粒子在磁場中的運動 1.B　根據右手定則及磁感應強度的疊加原理可得,四根導線在正方形中心O點產生的磁感應強度方向向左,當帶正電的粒子垂直于紙面的方向向外運動時,根據左手定則可知,粒子所受洛倫茲力的方向向下,B項正確。 2.C　因為小球帶負電,當它下滑時所受的洛倫茲力方向垂直于速度方向向下,隨速度的增加對斜面的壓力越來越大,由于斜面光滑,故物體的加速度只由重力平行于斜面

12、方向的分力決定,所以物塊做勻加速運動,運動的加速度a=gsin θ,設斜面高h,則斜面長l=,運動的時間為t,則at2=l,解得t=,可知,θ越小,時間越長,故tAB

13、個磁場的磁感應強度方向相反,故D正確。 4.B　 由牛頓第二定律:qvB=m得:r=。若剛好從a點射出,如圖所示,r=,v1=,若剛好從b點射出,R2=L2+R-2,R=,v2=, 要想使粒子不打在極板上,v0<或v0>,所以B選項是正確的。 5.AC　若電子沿逆時針方向轉動,則它受到的洛倫茲力和庫侖力不僅大小相等,而且方向相反,合力為零,不滿足曲線運動的條件,更不可能做勻速圓周運動,故電子一定沿順時針方向轉動,A正確,B錯誤;將正電荷迅速移走,由于洛倫茲力不做功,故電子速率不變,C正確;正電荷被移走之前,洛倫茲力和庫侖力合力提供向心力,因為洛倫茲力和庫侖力大小相等且同向,故2qv

14、B=mv,得T1=;正電荷被移走之后,電子依然做勻速圓周運動,qvB=mv,得T2=,T1

15、為r1=,運行時間為t1=,乙粒子運行半徑為r2=,運行時間為t2=,而r=,所以v1∶v2=r1∶r2=∶4,選項A錯誤、B正確;t1∶t2=3∶1,選項C錯誤,D正確。 8.D　電子的運動軌跡如圖所示,由圖可知,從a、b、c、d四點飛出的電子對應的圓心角θa=θb>θc>θd,而電子的周期T=相同,其在磁場中運動時間t=T·,故ta=tb>tc>td,D正確。 9.AD　電子在勻強磁場運動的軌道半徑為R==4.55 cm,電子沿逆時針方向做勻速圓周運動,當θ=90°時,豎直向下發(fā)射的粒子恰好打到N點,水平向右發(fā)射的粒子恰好打到M點,如圖甲所示,故l=L=9.1 cm,A正確;當θ=

16、30°時,豎直向下發(fā)射的粒子,恰好打到N點,由幾何關系知,另一臨界運動軌跡恰好與MN相切于O點,如圖乙所示,故粒子只能打在NO范圍內,故l==4.55 cm,D正確;進而可分析知當θ=45°或θ=60°時,粒子打到板上的范圍大于ON小于NM,即4.55 cm

17、3的射出位置與d點相距(-1)L,選項D錯誤。 11.B　由于帶負電的物體沿斜面下滑時受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用,故物體對斜面的正壓力增大,斜面對物體的滑動摩擦力增大,由于物體克服摩擦力做功增大,所以物體滑到底端時v變小,B正確。 12.A　 根據題意畫出粒子a、b的軌跡如圖所示,則粒子a、b的圓心分別是O1和O2,磁場寬度為d,由圖可知,粒子a在磁場中運動軌跡的半徑ra=,粒子b在磁場中運動軌跡的半徑rb==d,由洛倫茲力提供向心力得qvB=,則ra=,rb=,粒子a、b的動能相等,即mamb,粒子a在磁場中運動的時間t=Ta=,粒子b在磁場中運動的時間t=Tb=,由以上各式解

18、得,ma∶mb=3∶4,選項A正確。 13.答案 (1)60°　(2)　(3)34° 解析 (1)設離子圓周運動的軌跡半徑為R,則qv0B=m 可解得R=a 運動軌跡如圖所示。 由幾何關系可解得θ1=60°。 (2)三角形AOC區(qū)域內有離子所經過的面積如圖所示。 是以A點為圓心、a為半徑的扇形,S=。 (3)從O點作到AC垂線OM,OM圓弧所對應的運動時間最短OM=,sin β=,得β=26° 由幾何關系可解得θ2=90°-30°-β=34°。 14.答案 (1)帶負電　(2)y軸右側x≤ m范圍內均能發(fā)光　(3)1.5×106 m/s 解析 (1)根據左手定則,可確定離子帶負電。 (2)如圖所示為兩條臨界的軌跡圖線,如圖所示。 軌跡2的半徑為r2= m=0.3 m, 軌跡1的半徑為r1= m=0.4 m 在三角形O1ef中,由幾何關系可知,ef= m bc屏上y軸右側 m內的各個位置均能發(fā)光。 (3)根據洛倫茲力提供向心力得,qvcB=m 解得Rc=0.8 m 大圓的圓心在b點,設小圓半徑為r,根據圖示軌跡相切,大、小圓圓心連線必經過相切點,由幾何關系可確定+r=Rc,解得r=0.3 m 根據洛倫茲力提供向心力qvB=m 代入數據解得v=1.5×106 m/s。