2014高考物理一輪試題磁場對運動電荷的作用.

1、講磁場對運動電荷的作用基礎熱身1.2013 珠海模擬帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡.如圖 K37 1 所示是在有勻強磁場的云室中觀察到的粒子的軌跡，a 和 b 是軌跡上的兩點，勻強磁場 B 垂直紙面向里.該粒子在運動時，其質量和電荷量不變，而動能逐漸減小，下列說法正確的是（）A .粒子先經過 a 點，再經過 b 點B. 粒子先經過 b 點，再經過 a 點C. 粒子帶負電D. 粒子帶正電2.2013 湖南模擬帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用.下列表述正確的是（）A .洛倫茲力對帶電粒子做功B .洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C.洛倫茲力的大小與速度無關

2、D .洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向3.如圖 K37 2 所示，在一矩形區(qū)域內不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入， 穿過此區(qū)域的時間為 t.若該矩形區(qū)域內加上磁 感應強度為 B、垂直紙面 向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向60.利用以上數據可求出（）A.帶電粒子的比荷B.帶電粒子在磁場中運動的周期C. 帶電粒子的初速度D .帶電粒子在磁場中運動的半徑4.如圖 K37 3 所2014屆高三物理一輪復習課時作業(yè)及詳細解析：第37圖 K37 1圖 K37 2M示，在豎直平面內放一個光滑絕緣的半圓形軌道，水平方向的勻強 磁場與半圓形軌道所在的

3、平面垂直.一個帶負電荷的小滑塊由靜止開始從半圓軌道的最高點 M 滑下到最右端，則下列說法中正確的是（）A .滑塊經過最低點時的速度比磁場不存在時大B 滑塊從 M 點到最低點的加速度比磁場不存在時小C .滑塊經過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小D .滑塊從 M 點到最低點所用時間與磁場不存在時相等技能強化5.2013 浙江卷利用如圖 K37 4 所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子.圖 中板 MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為 2d 和 d 的縫，兩縫近端相距為L 一群質量為 m、電荷量為 q、具有不同速度的粒子從寬度為 2d 的縫垂直于板 M

4、N 進入磁場，對于能夠從寬度為d 的縫射出的粒子，下列說法正確的是（）A.粒子帶正電qB（3d+ L）B.射出粒子的最大速度為2mC. 保持 d 和 L 不變，增大 B,射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D.保持 d 和 B 不變，增大 L,射出粒子的最大速度與最小速度之差增大X X X X X X X K-如圖 K37 6 所示是某粒子速度選擇器的示意圖，在一半徑為RK SC X St X JC 5C XL-*ld Lf f f=10 cm 的圓柱形筒內有 B= 104T 的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱形筒某一直徑的 兩端開有小孔作為入射孔和出射孔.粒子束以不同角度入射，最后有不同速度

5、的粒子束射、q11出.現有一粒子源發(fā)射比荷為m=2x10C/kg 的陽離子，粒子束中速度分布連續(xù)，不計重力.當角0=45寸，出射粒子速度 v 的大小是（）9.2013 寧波模擬如圖 K37 9 所示，勻強電場水平向右，虛線右邊空間存在著方向 水平、垂直紙面向里的勻強磁場，虛線左邊有一固定的光滑水平桿，桿右端恰好與虛線重合.有一電荷量為 q、質量為 m 的小球套在桿上并從桿左端由靜止釋放，帶電小球離開桿的右端進入正交電、磁場后，在開始一小段時間內，小球（）A .可能做勻速直線運動B .一定做變加速曲線運動C.重力勢能可能減小D .電勢能可能增加:XXXXr-n-VX X X：X X X圖 K37

6、 9圖 K37 1010.2013 瀘州一模如圖 K37 10 所示，以 0 為圓心、MN 為直徑的圓的左半部分內 有垂直紙面向里的勻強磁場，三個不計重力、質量相同、帶電量相同的帶正電粒子a、b 和c 以相同的速率分別沿 aO、bO 和 cO 方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域，已知 bO 垂直 MN, aO和 cO 與 bO 的夾角都為 30 a、b、c 三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、tb、tc，則下列給出的時間關系可能的是（）A . tatbtbtcB . ta= tbtcD. ta= tb= tc11. 2013 云南模擬在真空中，半徑為 r 的圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強

7、磁場， 磁感應強度大小為 B,在此區(qū)域外圍足夠大空間有垂直紙面向里的大小也為B 的勻強磁場，如圖 K37 11 所示.一個帶正電的粒子從邊界上的P 點沿半徑向外以速度 vo進入外圍磁場，已知帶電粒子質量 m= 2X1010kg,帶電荷量 q = + 5X106C,不計重力，磁感應強度 B =31 T,粒子運動速度 v0= 5X10 m/s,圓形區(qū)域半徑 r = 0.2 m .求粒子第一次回到 P 點所需的 時間.x對rxxXXXXXXXXXX圖K 3 7 1 112. 2013 金華聯考如圖 K37 12 所示，在空間有一直角坐標系xOy,直線 OP 與 x軸正方向的夾角為 30,第一象限內有

8、兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域I和n,直線 OP 是它們的理想邊界，OP 上方區(qū)域I中磁場的磁感應強度為B.質量為 m、電荷量為q 的質子(不計重力，不計質子對磁場的影響)以速度 v 從 O 點沿與 OP 成 30。角的方向垂直磁場進入區(qū)域I,質子先后通過磁場區(qū)域I和n后，恰好垂直打在x 軸上的 Q 點(圖中未畫出).試求：(1) 區(qū)域n中磁場的磁感應強度大小；(2) Q 點到 O 點的距離.圖 K37 12挑戰(zhàn)自我13.如圖 K37 13 所示，條形區(qū)域 AA BB中存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場， 磁感應強度 B 的大小為 0.3 T , AA、BB 為磁場邊界，它們相互平行，條形

9、區(qū)域的長度足 夠長，寬度 d= 1 m. 束帶正電的粒子從 AA上的 O 點以沿著與 AA成 60角、大小不 同的速度射入磁場.當粒子的速度小于某一值V0時，粒子在磁場區(qū)域內的運動時間t0= 4X10 6s；當粒子速度為 v1時，剛好垂直邊界 BB 射出磁場.取n3,不計粒子所受重力.求:q(1)粒子的比荷 m； 速度 V0和 V1的大小.沖，*. fi1111:：11Vg1:甘d圖 K37 13課時作業(yè)(三十七)【基礎熱身】mv1. AC 解析由 R=qB知，在帶電粒子的電量 q、質量 m 及磁感應 強度 B 一定時，v越小則 R 越小，故粒子先經過 a 點，再經過 b 點，A 對，B 錯由

10、左手定則可以判斷粒子帶 負電，C 對，D 錯.2.B解析根據洛倫茲力的特點，洛倫茲力對帶電粒子不做功，選項A 錯誤、選項B 正確；根據 F = qvB,可知洛倫茲力的大小與速度有關，選項C 錯誤；洛倫茲力的作用效果就是改變帶電粒子的運動方向，不改變速度的大小，選項D 錯誤.3.AB 解析由帶電粒子在磁場中運動的偏轉角可知，帶電粒子運動軌跡所對的圓mv心角為 60由幾何關系得磁場寬度 l=rsin60 =qBsi n60 ；又由未加磁場時有 1 = vt，所以q sin602nm可求得比荷m=，選項 A 正確；周期 T=qB 可求出，選項 B 正確；因初速度未知，所以選項 C、D 錯誤.4.D

11、解析由于洛倫茲力不做功，故與磁場不存在時相比，滑塊經過最低點時的速2V度不變，選項 A 錯誤；由 a =R，與磁場不存在時相比，滑塊經過最低點時的加速度不變， 選項 B 錯誤；由左手定則，滑塊經最低點時受的洛倫茲力向下，而滑塊所受的向心力不變，故滑塊經最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時大，因此選項C 錯誤；由于洛倫茲力始終與運動方向垂直，在任意一點，滑塊經過時的速度均不變，選項D 正確.【技能強化】5.BC 解析因為帶電粒子進入磁場后向右偏轉，所以粒子帶負電,于能夠從寬度為 d 的縫射出的粒子，根據洛倫茲力提供向心力，有：3d+ L帶電粒子速度越大，半徑就越大，如圖所示，rmax= 2 ,qB

12、L3qBdvmin= 2m，故選項 B 正確；因 vmaxvmin= 2m，由此可知選項 C 正確，選項 D 錯誤.運動半徑r和圓形區(qū)域半徑R滿足r= R,則如圖甲所示，taR 時，粒子 a 對應A 選項錯誤；對2mvqBrqvB=r，得v=m,LqB3d + L jrmin= 2，所以vmax=2m ，1的圓心角最小，c 對應的圓心角最大，選項 A 正確；當 rW-3R，軌跡如圖乙所示，ta= tb= 丄tc,選項 D 正確；同理，3Rr R 時，tavtb= tc，故選項 B、C 均錯誤.2mvo解析由洛倫茲力提供向心力：qvoB= -R解得R=0.2 m = r軌跡如圖所示t T T6.

13、 B 解析繩的拉力、洛倫茲力始終與單擺的運動方向垂直，不做功，只有重力做功，所以 a1= a2，當單擺由 A 擺到最低點 C 時，繩的拉力和洛倫茲力方向相同，由B 擺到最低點 C 時，繩的拉力與洛倫茲力方向相反，故F1qvB，所以 a =mg gvB qE ) 當 qEqvB 之后，則 a =m,a 逐漸增大；a= 0,小球勻速下落，選項 C 正確，選項 A、B、D解析小球加速后以一定速度進入右側電場、磁場和重力場的復合場區(qū)域，受到豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力和水平向右的電場力，由于洛倫茲力與重力的大小關系不確定，所以小球可能向上偏也可能向下偏，電場力和重力做功，速率發(fā)生變化， 洛倫茲力

14、發(fā)生變化， 所以小球的合力是變力， 小球做變加速曲線運動，重力勢能可能增加也可能減小，選項 A 錯誤，選項 B、C 正確；在離開桿的一小段時間內，小球不會返回，所 以電場力做正功，電勢能減小，選項D 錯誤.10. AD 解析粒子帶正電，偏轉方向如圖所示，粒子在磁場中的運動周期相同，在磁場中運動的時間 t=2，故粒子在磁場中運動對應的圓心角越大，時間越長.若粒子的粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為2nT=V0=8nX10 s粒子第一次回到 P 點所需時間為 t = 2T = 16nX105s.3 + 1 mv12. (1)2B解析設質子在勻強磁場區(qū)域I和H中做勻速圓周運動的軌道半徑分別為D 和

15、3，區(qū)域n中磁感應強度為 B.由牛頓第二定律得2 V_qvB= m2v_qvB = m2粒子在兩區(qū)域中運動的軌跡如圖所示，由幾何關系可知，質子從A 點出勻強磁場區(qū)域I時的速度方向與 OP 的夾角為 30故質子在勻強磁場區(qū)域I中運動軌跡對應的圓心角為0=60 則厶OQA 為等邊三角形O A= r112= OAsin30 = 2，解得 B = 2B.(2)Q 點到 O 點的距離為xxxxxxxxxxx(羽+1 pvx= OAcos30 2=2qB【挑戰(zhàn)自我】65613.(1)3.3x10 C/kg (2)6.7x10 m/s 2x10 m/s2運動時間 to=3T2nm又T= qBq 1066解得m=3x106C/kg 或 3.3x106C/kg.(2)當粒子速度為 V0時，粒子在磁場內的運動軌跡剛好與BB邊界 相切，此時有R0+