2021高考物理一輪復(fù)習(xí)第9章磁場第2講磁吃運動電荷的作用課時作業(yè)含解析 (1)

1、第2講磁場對運動電荷的作用時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共12小題，每小題6分，共72分。其中16題為單選，712題為多選)1如圖，半徑為r的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑po夾角30的方向從p點垂直磁場射入，最后粒子垂直于mn射出，則磁感應(yīng)強度的大小為()a bc d答案b解析根據(jù)題述可得帶電粒子運動的軌跡半徑r滿足rcos60r，r2r。帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，qvbm，解得磁感應(yīng)強度的大小為b，b正確。2如圖所示，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于o點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為

2、60，水平磁場垂直于小球擺動的平面。當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()a0 b2mg c4mg d6mg答案c解析設(shè)小球自左方最大擺角處擺到最低點時速度為v，則mv2mgl(1cos60)，此時qvbmgm，當小球自右方最大擺角處擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，此時有tmgqvbm，解得t4mg，故c正確。3如圖所示，表面粗糙的絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場(圖中未畫出)中，質(zhì)量為m、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

3、到的摩擦力不變b滑塊到達斜面底端時的動能與b的大小無關(guān)cb很大時，滑塊最終可能靜止于斜面上d滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面并指向斜面答案d解析小滑塊向下運動的過程中受到重力、垂直斜面向下的洛倫茲力、斜面的支持力和摩擦力，向下運動的過程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，滑動摩擦力增大，a錯誤，d正確；b的大小不同，洛倫茲力的大小不同，導(dǎo)致滑動摩擦力大小不同，根據(jù)動能定理，摩擦力做功不同，滑塊到達斜面底端的動能不同，b錯誤；滑塊之所以開始時能由靜止下滑，是因為重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，滑塊一旦運動，不會停止，最終做勻速直線運動，c錯誤。4(2016全國卷)平面om和平面on之間的夾角為

4、30，其橫截面(紙面)如圖所示，平面om上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從om的某點向左上方射入磁場，速度與om成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與on只有一個交點，并從om上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線o的距離為()a b c d答案d解析粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由qvbm得r，分析圖中角度關(guān)系可知，po半徑與oq半徑在同一條直線上。則pq2r，所以oq4r，d正確。5如圖所示，正三角形的三條邊都與圓相切，在圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，質(zhì)子p(h)和

5、氦核q(he)都從a點沿bac的角平分線方向射入磁場，質(zhì)子p(h)從c點離開，氦核q(he)從相切點d離開磁場，不計粒子重力，則質(zhì)子和氦核的入射速度大小之比為()a61 b31 c21 d32答案a解析設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，質(zhì)子p的入射速度大小為v1，質(zhì)量為m，電荷量為e，質(zhì)子從c點離開，在磁場中其運動軌跡所對的圓心角為60，設(shè)其軌跡半徑為r1，則有tan60，解得r1r，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，ev1bm，解得v1；設(shè)氦核q的入射速度大小為v2，則質(zhì)量為4m，電荷量為2e，氦核q從d點離開磁場，在磁場中其運動軌跡所對的圓心角為120，設(shè)其軌跡半徑為r2，則有tan60，解得r2，根據(jù)洛倫

6、茲力提供向心力可知，2ev2b4m，解得v2，質(zhì)子和氦核的入射速度大小之比為v1v261，a正確。6如圖所示，在x軸上方存在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軸正方向成角(0)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v一定，越大，則粒子在磁場中運動的時間越短b若v一定，越大，則粒子離開磁場的位置距o點越遠c若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大d若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短答案a解析由左手定則可知，帶正電的粒子向左偏轉(zhuǎn)。若v一定，越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，a正確；若v一定，等于90時，粒子離開

7、磁場的位置距o點最遠，為2r，b錯誤；若一定，粒子在磁場中運動的周期與v無關(guān)，粒子在磁場中運動的角速度與v無關(guān)，粒子在磁場中運動的時間與v無關(guān)，c、d錯誤。7長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示。磁感應(yīng)強度為b，板間距離為l，極板不帶電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(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，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()a使粒子的速度vc使粒子的速度vd使粒子的速度v答案ab解析若帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有r（r1）2l2，又因為r1，解得v1；若粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2，解得v2，故a、b正確。8如圖所示，在

8、0x3a的區(qū)域內(nèi)存在與xoy平面垂直的勻強磁場(未畫出)，磁感應(yīng)強度大小為b。在t0時刻，從原點o發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在090范圍內(nèi)。其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在tt0時刻剛好從磁場右邊界上點p(3a，a)離開磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是()a粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3ab粒子的發(fā)射速度大小為c帶電粒子的比荷為d帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0答案bd解析作出沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中的運動軌跡，如圖1所示，設(shè)粒子的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系可知(3ar)2(a)2r2，解得r2a，a錯誤；圖1中oop，則帶

9、電粒子的速度大小為v0，b正確；由牛頓第二定律有qbv0m，整理得，c錯誤；如圖2所示，當粒子的運動軌跡與右側(cè)的磁場邊界相切時，帶電粒子在磁場中運動的時間最長，假設(shè)noo，則3a2a2acos，解得，因此該運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為，則該粒子在磁場中的運動時間為2t0，d正確。9如圖所示，mn為兩個方向相同且垂直于紙面的勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小關(guān)系為b12b2，一比荷為k的帶電粒子(不計重力)，以一定的速率從o點垂直mn進入磁感應(yīng)強度大小為b1的磁場，則粒子下一次到達o點所經(jīng)歷的時間為()a b c d答案bc解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvbm，

10、可得r，由此可知帶電粒子在磁感應(yīng)強度為b2的勻強磁場中運動的軌跡半徑是在磁感應(yīng)強度為b1的勻強磁場中運動的軌跡半徑的2倍，帶電粒子運動軌跡的示意圖如圖所示。粒子在磁感應(yīng)強度為b1的勻強磁場中運動的時間為t12，粒子在磁感應(yīng)強度為b2的勻強磁場中運動的時間為t2，則粒子下一次到達o點經(jīng)歷的時間為tt1t2，a、d錯誤，b、c正確。10如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩帶電粒子從a點沿與ab成30角的方向垂直射入磁場。甲粒子垂直于bc邊離開磁場，乙粒子從ad邊的中點離開磁場。已知甲、乙兩個帶電粒子的電荷量之比為12，質(zhì)量之比為12，不計粒子重力。以下判斷正確的是()

11、a甲粒子帶負電，乙粒子帶正電b甲粒子的動能是乙粒子動能的16倍c甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的2倍d甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的答案cd解析由甲粒子垂直于bc邊離開磁場可知，甲粒子向上偏轉(zhuǎn)，所以甲粒子帶正電，由乙粒子從ad邊的中點離開磁場可知，乙粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以乙粒子帶負電，a錯誤；設(shè)正方形abcd的邊長為l，由幾何關(guān)系可知r甲2l，乙粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時所對應(yīng)的弦的弦切角為60，弦長為，所以2r乙sin60，解得r乙l，根據(jù)qvbm，有ekmv2，所以甲粒子的動能是乙粒子動能的24倍，b錯誤；由公式qvbm可知，v，所以f洛qvb，解得2，c正確；由幾何關(guān)系可

12、知，甲粒子運動軌跡所對的圓心角為30，乙粒子運動軌跡所對的圓心角為120，根據(jù)公式tt和t可知，甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的，d正確。11(2019江西新余四校高三第二次聯(lián)考)如圖所示，xoy平面的一、二、三象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度b1 t，方向垂直紙面向外的勻強磁場，on為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，m點為x軸正方向上一點，om3 m?，F(xiàn)有一個比荷大小為1.0 c/kg，可視為質(zhì)點帶正電的小球(重力不計)，從擋板下端n處小孔以不同的速度沿x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后能經(jīng)過m點，則小球射入的速度大

13、小可能是()a3 m/s b3.75 m/sc4 m/s d5 m/s答案abd解析由題意，小球運動的圓心的位置一定在y軸上，所以小球做圓周運動的半徑r一定要大于等于3 m，而on9 m3r，所以小球最多與擋板on碰撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在o點的上方。也可能小球與擋板on沒有碰撞，直接過m點。由于洛倫茲力提供向心力，所以：qvbm，解得v，若小球與擋板on碰撞一次，則軌跡可能如圖甲，設(shè)oos，由幾何關(guān)系得：r2om2s29s2，3r9s，聯(lián)立得：r13 m；r23.75 m，分別代入式解得v13 m/s，v23.75 m/s。故a、b正確。若小球沒有與擋板on碰撞，則軌跡如圖乙，設(shè)oox，由幾何關(guān)系得：rom2x29x2，x9r3，聯(lián)立得：r35 m，代入解得v35 m/s，故d正確。12如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b，直角邊bc的長度為l。三個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以速率v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1t2t3332。不計粒子的重力及粒子間的