高考總復(fù)習(xí)物理隨堂課件與課后習(xí)題第十章磁場課時規(guī)范練30磁場對運動電荷的作用

課時規(guī)范練30磁場對運動電荷的作用基礎(chǔ)對點練1.(磁感線、磁感應(yīng)強度、洛倫茲力)(2022重慶八中高三模擬)磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示,下列說法正確的是()A.a、b兩處的磁感應(yīng)強度大小Ba>BbB.a、b兩處的磁感應(yīng)強度大小Ba<BbC.一通電直導(dǎo)線分別放在a、b兩處,所受的安培力大小一定有F安a<F安bD.一電荷分別靜止在a、b兩處均受洛倫茲力,且大小一定有F洛a<F洛b2.(洛倫茲力)(2021河北衡水中學(xué)高三月考)光滑絕緣水平面上垂直穿過兩根長直導(dǎo)線,俯視圖如圖所示,兩根導(dǎo)線中通有大小相同、方向相反的電流,電流方向如圖所示,水平面上一帶電滑塊(電性未知)以某一初速v沿兩導(dǎo)線連線的中垂線入射,運動過程中滑塊始終未脫離水平面,下列說法正確的是()A.小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動B.小球?qū)⑾茸鰷p速運動后做加速運動C.小球?qū)⑾蜃笞銮€運動D.小球?qū)⑾蛴易銮€運動3.(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2021河北張家口承德二模)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向從c點射入磁場區(qū)域,射入點c與ab的距離為6-24R,已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°,不計粒子重力,sin15°=6-2A.2qBR2mC.(6-24.(多選)(多解問題)一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動,若磁場方向垂直于它的運動平面,且作用在負電荷的靜電力恰好是磁場力的三倍,則負電荷做圓周運動的角速度可能是()A.4qBm BC.2qBm D5.(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2021福建泉州高三月考)如圖所示,正方形abcd區(qū)域存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場,O、P分別為bc、cd邊的中點。a點有一質(zhì)子源,持續(xù)沿ad方向發(fā)射速率不同的質(zhì)子。一段時間后,有些質(zhì)子分別從b點、O點、P點射出,不計重力及質(zhì)子間的相互作用,sin53°=0.8,則()A.從b點和O點射出的質(zhì)子速率之比為2∶1B.從P點和O點射出的質(zhì)子速率之比為2∶1C.從b點和O點射出的質(zhì)子在磁場中運動的時間之比為2∶1D.從O點和P點射出的質(zhì)子在磁場中運動的時間之比為2∶16.(帶電粒子在磁場中運動極值問題)(2021廣東高三月考)如圖所示,圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場,Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準(zhǔn)圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡,a、b、d三個出射點和圓心的連線分別與豎直方向成90°、60°、45°的夾角,則下列判斷正確的是()A.沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最短B.沿徑跡Oc、Od運動的粒子均為正電子C.沿徑跡Oa、Ob運動的粒子速率比值為3D.沿徑跡Ob、Od運動的時間之比為9∶8素養(yǎng)綜合練7.(多選)(2021湖南長沙長郡中學(xué)高三月考)如圖所示,在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直紙面向外的勻強磁場,AO與水平方向的夾角為30°。現(xiàn)有氫的同位素

11H粒子從A點沿水平方向以大小為v0的速度垂直射入磁場,其離開磁場時,速度方向剛好改變了180°;氫的另一同位素

12H粒子以大小為v0的速度從C點沿CO方向垂直射入磁場。已知

11H的電荷量為e,質(zhì)量為A.12B.12HC.該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=mD.兩粒子從圓形邊界射出時射出點之間的距離為3R8.(多選)(2021湖北恩施高三月考)如圖所示,在等腰三角形abc區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,d是ac上任意一點,e是bc上任意一點。大量質(zhì)量、電荷量相同的帶正電的粒子從a點以相同方向進入磁場,由于速度大小不同,粒子從ac和bc上不同點離開磁場,不計粒子重力。設(shè)從d、c、e點離開的粒子在磁場中運動的時間分別為td、tc、te,進入磁場時的速度分別為vd、vc、ve。下列判斷正確的是()A.td一定小于tc,vc一定小于vdB.td一定等于tc,vc一定大于vdC.tc一定小于te,vc一定大于veD.tc一定大于te,vc一定小于ve9.(多選)如圖所示,ab為有界磁場的邊界,ab上的O點為粒子源,粒子以速率v0均勻?qū)ΨQ地射入磁場,粒子速度方向分布在與ab夾角為30°至150°之間的所有方向。已知磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直紙面向里,粒子電荷量為-q(q>0),質(zhì)量為m。下列說法正確的是()A.粒子離開ab時,射出點距O點的最大距離x=mB.粒子在磁場中運動,距ab的最遠距離y=1+C.在磁場中運動時間最短的粒子用時t1=πD.在磁場中運動時間最長的粒子用時t2=510.(2021江西南昌高三三模)如圖所示,表面光滑的絕緣平板水平放置在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于豎直面向里。平板上有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,初始時刻帶電粒子靜止在絕緣平板上,與絕緣平板左側(cè)邊緣的距離為d。在機械外力作用下,絕緣平板以速度v豎直向上做勻速直線運動,一段時間后帶電粒子從絕緣平板的左側(cè)飛出。不計帶電粒子的重力。(1)指出帶電粒子的電性,并說明理由;(2)求帶電粒子對絕緣平板的最大壓力。11.(2021陜西榆林高三三模)如圖所示,在豎直虛線MN、PQ之間有水平方向的勻強磁場,寬度為d。在MN的左側(cè)區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場(圖中未畫出),虛線CD水平,其延長線經(jīng)過E點。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點以大小為v0的速度水平向右運動,恰從D點進入磁場。已知A點到CD的距離為d2,A點到MN的距離為3d,(1)求帶電粒子到達D點時的速度大小和方向;(2)若帶電粒子從MN飛出磁場,求磁場的磁感應(yīng)強度的最小值。12.(2021云南昆明高三三模)如圖所示,xOy平面中,x=3d的直線將第一象限分為區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ。在區(qū)域Ⅰ內(nèi)有平行于y軸向上的勻強電場,在區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標(biāo)原點O以速度v0沿x軸正方向射入電場,經(jīng)P(3d,2d)點射入磁場,粒子在磁場內(nèi)運動過程中與y軸的最大距離為4d,不計粒子的重力。求:(1)勻強電場的電場強度大小E;(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B;(3)粒子回到y(tǒng)軸時的坐標(biāo)。參考答案課時規(guī)范練30磁場對運動電荷的作用1.B解析由磁感線的疏密可知,Ba<Bb,故A錯誤,B正確;由于未說明導(dǎo)線方向與磁場方向的關(guān)系,故安培力大小無法判斷,故C錯誤;靜止的電荷在磁場中不受洛倫茲力,故D錯誤。2.A解析根據(jù)安培定則,在兩直導(dǎo)線連線的垂直平分線上各點的磁感應(yīng)強度與速度方向平行,故小球不受洛倫茲力,重力和支持力平衡,故合力為零,小球?qū)⒃谒矫鎯?nèi)沿速度方向做勻速直線運動,故A正確。3.B解析粒子帶正電,根據(jù)左手定則,判斷出粒子受到向右的洛倫茲力,軌跡如圖所示,由射入點c與ab的距離為6-24R,可知∠cO1a=15°,由速度的偏向角為60°可知∠cO2O1=30°,在△cO2O1中,由正弦定理得rR=sin45°sin30°,解得軌跡半徑r=2R4.AC解析根據(jù)題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”,磁場方向有兩種可能,且這兩種可能方向相反,在方向相反的兩個勻強磁場中,由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當(dāng)負電荷所受的洛倫茲力與靜電力方向相同時,根據(jù)牛頓第二定律可知4qvB=mv2R,得v=4qBRm,此種情況下,負電荷運動的角速度為ω=vR=4qBm;當(dāng)負電荷所受的洛倫茲力與靜電力方向相反時,有2qvB=mv2R,v=2qBR5.B解析設(shè)正方形邊長為L,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,則有qvB=mv2R,解得v=qBRm,由幾何關(guān)系可得Rb=L2,RO2=L22+(L-RO)2,RP2=L2+RP-L22,解得Rb=L2,RO=58L,RP=54L,從b點和O點射出的質(zhì)子速率之比為vbvO=RbRO=45,從P點和O點射出的質(zhì)子速率之比為vPvO=RPRO=21,故A錯誤,B正確;由幾何關(guān)系可得θb=180°,θO=127°,θP=53°,由t=θ2π6.C解析由于正電子和負電子的電荷量q和質(zhì)量m均相等,粒子在磁場中做勻速圓周運動,則有qvB=mv2R,T=2πRv,解得T=2πmqB,可知四種粒子的周期相等,而沿徑跡Oc運動的粒子偏轉(zhuǎn)角最大,圓心角也最大,設(shè)偏轉(zhuǎn)角為θ,由t=θ2πT,可知沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最長,故A錯誤;由左手定則可判斷沿徑跡Oc、Od運動的粒子均帶負電,故B錯誤;設(shè)圓形磁場半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系可得沿徑跡Oa、Ob運動的粒子軌道半徑分別為ra=r、rb=3,根據(jù)qvB=mv2r,可得vavb7.AD解析

11H粒子離開磁場時,速度方向剛好改變了180°,表明粒子在磁場中轉(zhuǎn)動了半周,如圖所示,由幾何關(guān)系可得r1=12R,據(jù)牛頓第二定律可得ev0B=mv02r1,解得r1=mv0eB=12R,12H粒子進入磁場,據(jù)牛頓第二定律可得ev0B=2mv02r2,解得r2=2mv0eB=R,所以

12H粒子豎直向上射出磁場,故A正確;12H粒子在磁場中運動的時間為t2=12πr2v8.BD解析如圖所示,若粒子從ac邊射出,粒子依次從ac上射出時,半徑增大而圓心角相同,弧長等于半徑乘以圓心角,所以經(jīng)過的弧長越來越大,運動時間t=θ2πT,td一定等于tc,根據(jù)v=st,則vc一定大于vd,故A錯誤,B正確;若粒子從bc邊射出,粒子依次從bc上的f、e、c射出時,弧長越來越大,而圓心角越來越大,半徑越來越小,運動時間t=θ2πT,tc一定大于te,根據(jù)qvB=mv2r,解得v=qrBm,質(zhì)量、電量相同,從c點射出的半徑最小,則vc一定小于9.BC解析如圖所示,粒子在磁場中做勻速圓周運動,有Bqv0=mv02r,所以運動的軌跡半徑r=mv0Bq,周期T=2πmBq。粒子離開ab時,射出點距O點的最大距離為直徑,即x=2mv0Bq,故A錯誤;粒子在磁場中運動時,距ab的最遠距離y=r+32r=1+32mv0Bq,故B正確;粒子在磁場中運動,時間最短的粒子用時為16周期,即t110.答案(1)見解析(2)FN=2解析(1)帶電粒子帶正電,因為它從平板左側(cè)飛出,所以它受到的洛倫茲力方向水平向左,由左手定則可判斷它帶正電。(2)設(shè)帶電粒子向上運動的加速度為a,則qvB=ma設(shè)它向左運動即將脫離平板時的速度大小為vx,則vx2=此時,帶電粒子對平板的壓力最大,設(shè)為FN,則豎直方向二力平衡得FN=qvxB解得FN=2q11.答案(1)v=233v0與水平方向成30°角向右上方解析(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動,設(shè)粒子在電場中運動的時間為t,剛進磁場時速度方向與初速度方向的夾角為α,剛進磁場時豎直向上的分速度大小為vy,有3d=v0td2tanα=v粒子剛到達D點時的速度大小v=v解得v=233α=30°。(2)如圖所示,帶電粒子在磁場中的運動軌跡與磁場右邊界相切時半徑最大,B最小,由幾何關(guān)系知R1+R1cos60°=d可得R1=23根據(jù)牛頓第二定律,有qvBmin=m解得Bmin=3m12.答案(1)E=4mv029qd(2)解析(1)如圖所示,粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)運動