2020版高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章課時作業(yè)30磁場對運動電荷的作用新人教

1、課時作業(yè)30磁場對運動電荷的作用時間：45分鐘基礎(chǔ)訓(xùn)練1 .粗糙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)線中通有相同的電流，電流方向垂直紙面向里.水平面上一帶電滑塊（電性未知）以某一初速度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（D）A.滑塊可能做加速直線運動B.滑塊可能做勻速直線運動C.滑塊可能做曲線運動D.滑塊一定做減速直線運動解析：根據(jù)安培定則，知兩導(dǎo)線連線上的垂直平分線上：上方的磁場方向水平向右，而下方的磁場方向水平向左，根據(jù)左手定則，可知滑塊受到的洛倫茲力方向垂直于水平面向上或向下，滑塊所受的支持力減小或增大，滑塊所受的滑動摩擦力與

2、速度反向，滑塊一定做減速直線運動，故AB、C錯誤，D正確.2 .兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行.一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的（D）A.軌道半徑減小，角速度增大8 .軌道半徑減小，角速度減小C.軌道半徑增大，角速度增大D.軌道半徑增大，角速度減小解析：由于速度方向與磁場方向垂直，粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，即qvB=2,軌道半徑r=,從較強磁場進(jìn)入較弱磁場后，磁感應(yīng)強度變小，速度大小不變，軌道rqBvqB半徑r變大，根據(jù)角速度3=-=可知角速度變小，選項D正確.rm9 .如圖所示，在第I象限內(nèi)有垂直紙面向

3、里的勻強磁場，一對正、負(fù)粒子分別以相同速率沿與x軸成30角的方向從原點射入磁場，則正、負(fù)粒子在磁場中運動的時間之比為（B）A.12B.21C.1,：3D.11解析：正、負(fù)粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，正粒子做勻速圓周運動在磁場中的部分對應(yīng)圓心角為120。，負(fù)粒子做勻速圓周運動在磁場中的部分對應(yīng)圓心角為60。，故時間之比為21.3Cr/41/4 .(多選)如圖所示，在半彳仝為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，a、b、c、d是圓上等分圓周的四個點.一帶電粒子從P點射入磁場，OP與Od的夾角為30。，帶電粒子的速度大小為v、方向與ab垂直時，恰好能反向飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t.

4、若只將cbd半圓內(nèi)的磁場方向變成垂直紙面向里，粒子仍然從P點以相同速度射入，設(shè)粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為r,粒子在磁場中運動的時間為t,則下列說法正確的是(BD)A.粒子的偏轉(zhuǎn)半徑r=，1B.粒子的偏轉(zhuǎn)半徑r=RC.粒子的運動時間t=2tD.粒子的運動時間滿足tt2t1解析：磁場改變方向前,粒子在磁場中軌跡為半圓，粒子的偏轉(zhuǎn)半徑r=Rsin30=26磁場改變方向后，磁感應(yīng)強度大小不變，粒子的偏轉(zhuǎn)半徑不變，選項A錯誤，B正確；粒子在磁場改變方向前運動時間為半周期，磁場改變方向后，粒子的軌跡長度大于半個圓周，小于一個整圓周，故運動時間大于t,大于2t,選項C錯誤，D正確.5 .如圖所示，在半徑為R的

5、圓形區(qū)域充滿著勻強磁場，有一帶電粒子以某一初速度V0考慮粒子所受的重力.卜列有關(guān)說法中不正確的是（B ）從A點對著圓形磁場的圓心O點射入，剛好垂直打在與初速度方向平行放置的屏MNE不A.該粒子一定帶正電B.只增加粒子的速率，粒子在磁場中運動的時間將會變長C.只增加粒子的速率，粒子一定還會從磁場射出，且射出磁場方向的反向延長線一定仍然過O點MND.只改變粒子入射的方向，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍會垂直打在屏解析：根據(jù)左手定則可知，向上偏轉(zhuǎn)的粒子一定帶正電，選項A說法正確，不符合題意；當(dāng)粒子速率增加時，其運動的軌跡半徑變大，其轉(zhuǎn)過的圓心角減小，在磁場中運動的時間會變短，選項B說法錯誤，符合題意；由幾何關(guān)系

6、可知，只要粒子入射的方向指向圓心Q射出方向的反向延長線一定仍然過O點，選項C說法正確，不符合題意；由題意可知，粒子在磁場中運動的軌跡半徑與磁場半徑R相等，當(dāng)粒子速度方向變化時，其軌跡如圖，其中D為粒子出射點，C為軌跡的圓心，由于AOCD=R=A0=OD所以四邊形AOD菱形，CD與A0行，即粒子從D點射出時速度方向與A0垂直，所以仍會垂直打在屏MNlh,選項D說法正確，不符合題意.JlCkDWXXX6 .如圖，AC兩點分別位于x軸和y軸上，/OCA=30。，0A勺長度為L.在OCAZ：域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場.質(zhì)量為mi電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從0A邊射入磁場.已知

7、粒子從某點射入時，恰好垂直于0C&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0C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|to,3求粒子此次入射速度的大小.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。，故周期T=4t0,v，一設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B,粒子速度為v,粒子做圓周運動的半徑為r,則qvB=mr,勻速圓周運動的速度滿足v=，解得B=-m.T2qto(2)設(shè)粒子從OA邊兩

8、個不同位置射入磁場，能從OCfe上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲所示.設(shè)兩軌道所對應(yīng)的圓心角分別為01和02.由幾何關(guān)系得01=18002,粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2,則t1+t2=g=2t0.(3)如圖乙所示，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150.設(shè)O為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r。，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場,0由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時有/OOD=/BOA=30。，cos/OOD+/口受八=Lcos/BOA2兀r0設(shè)粒子此次入射速度的大小為V0,由圓周運動規(guī)律得v=一一，聯(lián)立以上各式得V0=j3兀L7t0兀m,3兀

9、L答案：麻2t0，能力提升7.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點.大量質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內(nèi)沿各個方向以相同速率v從P點射入磁場.這些粒子射出磁場時的位置均位于PQK弧上，PQ圓弧長等于磁場邊界周長的1式不計粒子重力和粒子間的相互作用），則該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為（D）3A.3mvqR-C.3mv iR2 3mv3qR解析：這些粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得2mvqvBJ=r.從Q點離開磁場的粒子是這些粒子中離P點最遠(yuǎn)的粒子，所以PQ為從Q點離開磁場的粒子的軌跡圓弧的直徑，由圖中幾何關(guān)系可知，該粒子軌跡圓的圓心O

10、、磁場圓的圓心O和點P形成一個323mv直角三角形，由幾何關(guān)系可得，r=Rsin600=聯(lián)立解得B=三O,D項正確.23qR1小個I/1.*1f:1 .yJ2/xp產(chǎn)/8. （2019廣東茂名一模）（多選）如圖所示，OAC龍一長為OA=L的矩形，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m電荷量為q的粒子從O點以速度Vo垂直射入磁場，速度方向與OA勺夾角為e,粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，則（BC）JAA.粒子一定帶正電B.勻強磁場的磁感應(yīng)強度為2mvsin aqLC.粒子從O到A所需的時間為a Lvtosin a一一，2LD.矩形磁場的覽度最小值為的T（1-cosa）解析:本題考查帶

11、電粒子在有界磁場中的運動.向右下方，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故可得r= L粒子在磁場中做勻速圓周運動,2Sin a由題意可知，粒子進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力斜 A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示.由幾何知識洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得（1 - cos a ）,故 D 錯誤.9. （2019 河南豫北豫南聯(lián)考 的勻強磁場.一帶正電的粒子從 離開磁場，在磁場中運動的時間為v2.一2mvsina.qv（）B=m-,解得B=ms”,故B正確；由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角=2粒子在磁場中做圓周運動的周期T=粒子在磁場中的運動時間t=27T=L寸，故C正確；根據(jù)圖小，由幾何知識可知，矩形磁場

12、的最小寬度d.CoSL.）（多選）如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為v時，從b點t,不計粒子重力.下列說法正確的是（AB）vA.若該粒子從a點離開磁場，則入射速度大小為2B.若該粒子從c點離開磁場，則在磁場中運動的時間為2C.要使該粒子從cd邊離開磁場，則入射速度必須大于3vD.該粒子能在磁場中運動的最長時間為2t2 v = m-, r解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qvBb點離開磁場的粒子，圓心在 a點,mv.=拈粒子在磁場中運動的軌跡如圖所小.從LqBrav半徑等于正六邊形的邊長rb=L，若從a點

13、離開由對稱性知ra=2,故初速度為va=-,A正確；從c點離開磁場的粒子，圓心是O點，半徑等于正六邊形邊長的2倍，即rc=2a,圓心角為60,從b點飛出的圓心角為120,卞據(jù)t=3T得t2；：2,則3=”=：，2兀tc6c122故B正確；據(jù)分析可知從f點入射的粒子速度越大，半徑越小，偏轉(zhuǎn)角度越小，剛好從cqBrc點飛出的速度為vc=2v,故從cd邊離開磁場入射速度必須大于2v,C錯誤；根據(jù)t180=2TT可知圓心角越大運動時間越長，從af邊飛出的粒子圓心角最大為180。，小，=百3t=t,故D錯誤.10.（2019福建廈門模擬）（多選）如圖所示，在xOy平面的第I象限內(nèi)存在垂直xOy平面向里、

14、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，兩個相同的帶電粒子以相同的速度Vo先后從y軸上坐標(biāo)為（0,3L）的A點和B點（坐標(biāo)未知）垂直于y軸射入磁場，并在x軸上坐標(biāo)為（、/3l,0）(ABC )的C點相遇，不計粒子重力及其相互作用.根據(jù)題設(shè)條件可以確定4xxx3LXXXBXXXXCx*AA.帶電粒子在磁場中運動的半徑B.B點的位置坐標(biāo)C.兩個帶電粒子在磁場中運動的時間D.帶電粒子的質(zhì)量解析:AC連=30；則 R= cos方2= 2L;因兩粒子的速度相同，且是同種粒子，則可以知道，它已知粒子的入射點及入射方向，同時已知圓上的兩點，根據(jù)入射點速度的方向及線的中垂線即可明確粒子運動軌跡圓的圓心位置；由幾何關(guān)系可

15、以知道AC長為2寸3工/BAC12AC們的軌跡半徑相同，即兩粒子的軌道半徑均可求出；同時根據(jù)幾何關(guān)系可以知道A處射出的粒子對應(yīng)的軌跡圓心角為120,B處射出的粒子對應(yīng)的軌跡圓心角為60,則A處粒子在磁場中運動的時間tA=1T,B處粒子在磁場中運動的時間tB=1T,而由T=R可求出周期36VoT,即可知兩個帶電粒子在磁場中運動的時間；由幾何關(guān)系可求得B點對應(yīng)的坐標(biāo)，故A、BC正確.根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可求出對應(yīng)的比荷，但因為電荷量未知，故無法求出粒子的質(zhì)量，故D錯誤.11.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b,OP為分界線，在磁場a中，磁感應(yīng)強度為2B,方向垂直于紙面

16、向里，在磁場b中，磁感應(yīng)強度為B,方向垂直于紙面向外，P點坐標(biāo)為(41,31).一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負(fù)方向射入磁場b,經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)過原點O,不計粒子重力.求：y|XXXXXxxx,*XXX/JJX/，*b產(chǎn)聿，JLOx(1)粒子從P點運動到O點的最短時間是多少？(2)粒子運動的速度可能是多少？解析：(1)設(shè)粒子的入射速度為v,用R、R、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a中和磁場b中運動的軌道半徑和周期，則有R=5v,R=mv,Ta=2筌=T不=2答當(dāng)粒子先在磁2qBqB2qBqBqB場b中運動，后進(jìn)入磁場 最短，如圖所示.根據(jù)幾何知識得tan2X 90 atb=360故從P點運動到3l 34l 42XTb, taa