(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)第9章第2講《磁場對運動電荷的作用》(含解析)

第2講磁場對運動電荷的作用時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共11小題，每小題7分，共77分。其中1～7題為單選，8～11題為多選)1.(2019·全國卷Ⅱ)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)，Ra＝eq\f(l,4)，解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)；若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)，Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2，解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)。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60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面。當(dāng)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()A．0 B.2mgC.4mg D.6mg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大小為v，則eq\f(1,2)mv2＝mgL(1－cos60°)，此時qvB－mg＝meq\f(v2,L)，當(dāng)小球自右方最大擺角處擺到最低點時，速度大小仍為v，洛倫茲力方向發(fā)生變化，此時有T－mg－qvB＝meq\f(v2,L)，解得T＝4mg，故C正確。3．(2021·北京市豐臺區(qū)高三上期末)如圖所示，來自外層空間的大量帶電粒子進入地磁場影響范圍后，粒子將繞地磁感線做螺旋運動，形成范艾倫輻射帶。螺旋運動中回轉(zhuǎn)一周的時間稱為周期，回轉(zhuǎn)一周前進的距離稱為螺距。忽略帶電粒子的重力、帶電粒子之間以及帶電粒子與空氣分子之間的相互作用，帶電粒子向地磁場兩極運動的過程中，下列說法正確的是()A．粒子運動的速率逐漸變大B．粒子運動的周期不變C．粒子螺旋運動的半徑不變D．粒子螺旋運動的螺距逐漸變小答案D解析由于洛倫茲力不做功，則粒子的速率總保持不變，A錯誤；由于帶電粒子向地磁場兩極運動的過程中，磁感應(yīng)強度越來越大，根據(jù)周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子運動的周期逐漸變小，B錯誤；由于帶電粒子向地磁場兩極運動的過程中，磁感應(yīng)強度越來越大，根據(jù)軌道半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子螺旋運動的半徑逐漸變小，C錯誤；因粒子向兩極運動過程中，其速度方向與磁感應(yīng)強度方向不垂直，與磁場方向平行的分速度不受洛倫茲力影響，粒子在該方向做勻速運動，則粒子螺旋運動的螺距為x＝v∥T，因粒子運動的周期逐漸變小，所以粒子螺旋運動的螺距逐漸變小，D正確。4．(2019·全國卷Ⅲ)如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)答案B解析帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內(nèi)的軌跡圓半徑是第二象限內(nèi)的軌跡圓半徑的2倍，如圖所示，由幾何知識可知，粒子在第二象限內(nèi)軌跡所對圓心角為90°，在第一象限內(nèi)軌跡所對圓心角為60°。粒子在第二象限內(nèi)運動的時間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)，粒子在第一象限內(nèi)運動的時間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)，則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，B正確。5．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為()A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D.3∶eq\r(2)答案C解析相同的帶電粒子垂直勻強磁場入射均做勻速圓周運動。粒子以v1入射，一端為入射點P，對應(yīng)圓心角為60°(對應(yīng)六分之一圓周)的弦PP′必為垂直該弦入射粒子運動軌跡的直徑2r1，如圖甲所示，設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R，由幾何關(guān)系知r1＝eq\f(1,2)R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射點在PP′對應(yīng)的圓弧內(nèi)。同理可知，粒子以v2入射及出射情況，如圖乙所示。由幾何關(guān)系知r2＝eq\r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)R，可得r2∶r1＝eq\r(3)∶1。因為m、q、B均相同，由公式r＝eq\f(mv,qB)可得v∝r，所以v2∶v1＝eq\r(3)∶1。故選C。6.(2020·四川省遂寧市高三(下)三診)如圖，有一個帶有小缺口的絕緣圓環(huán)內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，圓環(huán)繞圓心逆時針轉(zhuǎn)動。一帶正電的粒子從小缺口沿直徑方向進入圓環(huán)內(nèi)部，且與圓環(huán)沒有發(fā)生碰撞，最后從小缺口處離開磁場區(qū)域。已知粒子的比荷為k，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，圓環(huán)的半徑為R，粒子進入磁場時的速度為v0＝kBR，不計粒子的重力。則圓環(huán)旋轉(zhuǎn)的角速度可能為()A．2kB B.3kBC.5kB D.7kB答案C解析設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力，得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，可得r＝eq\f(mv0,qB)＝R，如圖所示，該帶電粒子將從圓的最低點離開磁場，所用時間t＝eq\f(T,4)＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,2kB)，則圓環(huán)繞圓心逆時針轉(zhuǎn)動的角速度滿足ω＝eq\f(\f(π,2)＋2nπ,t)＝(1＋4n)kB(n＝0,1,2，…)，當(dāng)n＝0,1,2，…時ω＝kB,5kB,9kB，…，故A、B、D錯誤，C正確。7．(2020·湖北省武漢市高三(下)六月理綜)如圖所示，一磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，圓心為O，半徑為r，MN是直徑，一粒子發(fā)射裝置S置于M端，可從M端向圓平面內(nèi)任意方向同時發(fā)射速率相等的帶電粒子，粒子的比荷為k。從N端離開磁場的粒子a，離開磁場時速度方向與MN的夾角為45°。下列判斷正確的是()A．粒子的速率為krBB．粒子的速率為eq\r(2)krBC．a(chǎn)粒子在磁場中運動的時間最短D．沿直徑MN方向射入磁場的粒子，在磁場中運動的時間為eq\f(π,3kB)答案B解析根據(jù)題意，畫出粒子a的軌跡圖如圖(假設(shè)粒子帶正電)，根據(jù)幾何知識可知，粒子a做圓周運動的半徑為R＝eq\r(2)r，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(2)krB，故A錯誤，B正確；由于a粒子的軌跡對應(yīng)的弦是最長的，則a粒子在磁場中運動時間是最長的，故C錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2π,kB)，沿直徑MN方向射入的粒子，設(shè)在磁場中的軌跡對應(yīng)的圓心角為α，則taneq\f(α,2)＝eq\f(r,R)＝eq\f(\r(2),2)，α≠60°，則該粒子在磁場中運動的時間t≠eq\f(60°,360°)·T＝eq\f(π,3kB)，故D錯誤。8．(2020·河南省三市高三(下)第二次質(zhì)量檢測)如圖所示，在水平面內(nèi)有一正方形ABCD，在ABCD內(nèi)的適當(dāng)區(qū)域中有垂直正方形ABCD所在平面向里的勻強磁場。一電子以某一速度沿正方形ABCD所在平面、且垂直于AB邊射入該正方形區(qū)域。已知該電子從AB邊上的任意點入射，都只能從C點沿正方形ABCD所在平面射出磁場。不計電子重力。則關(guān)于該區(qū)域的磁場范圍，下列說法正確的是()A．磁場可能存在于整個正方形ABCD區(qū)域B．磁場可能存在于一個以B點為圓心、正方形的邊長為半徑的四分之一圓內(nèi)C．磁場可能存在于一個以D點為圓心、正方形的邊長為半徑的四分之一圓內(nèi)D．磁場可能存在于一個以B點為圓心、正方形的邊長為半徑的四分之一圓和以D點為圓心、正方形的邊長為半徑的四分之一圓的公共范圍內(nèi)答案CD解析該電子從AB邊上的任意點入射，都只能從C點沿正方形ABCD所在平面射出磁場，其軌跡示意圖如圖所示，則該電子在磁場中運動的軌跡半徑等于正方形的邊長，進入磁場的邊界是以D點為圓心、正方形的邊長為半徑的四分之一圓弧曲線，故C正確，A、B錯誤；磁場的最小區(qū)域是以B點為圓心、正方形的邊長為半徑的四分之一圓和以D點為圓心、正方形的邊長為半徑的四分之一圓的公共范圍，故D正確。9.(2020·貴州省普通高等學(xué)校招生適合性測試)如圖所示，Ⅰ、Ⅱ是兩帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡，軌跡Ⅰ的半徑大于軌跡Ⅱ的半徑。兩粒子運動至P點時發(fā)生正碰并結(jié)合在一起，然后沿圓軌跡的切線PQ做直線運動。不計粒子重力及碰撞前兩粒子間的相互作用，則下列判斷正確的是()A．兩粒子帶等量異種電荷B．軌跡為Ⅰ的粒子帶負電C．軌跡為Ⅰ的粒子速度比軌跡為Ⅱ的粒子速度大D．軌跡為Ⅰ的粒子運動周期比軌跡為Ⅱ的粒子運動周期大答案AB解析兩粒子運動至P點時發(fā)生正碰，且碰后結(jié)合在一起做直線運動，可知碰后新粒子不帶電，則兩粒子帶等量異種電荷，故A正確；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知，q、B相同時，軌道半徑大的粒子動量較大，則軌跡為Ⅰ的粒子動量較大，由于碰后整體向下運動，又由左手定則可知碰前兩粒子運動方向相反，則軌跡為Ⅰ的粒子沿順時針方向運動，帶負電，故B正確；由以上分析可知，只能判斷兩粒子動量大小關(guān)系，不能確定速度大小關(guān)系和質(zhì)量大小關(guān)系，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)可知，不能確定兩粒子運動周期大小關(guān)系，故C、D錯誤。10．(2020·河北省保定市二模)如圖所示，邊界OA與OC之間存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，∠AOC＝60°。邊界OA上距O點l處有一粒子源S，可發(fā)射質(zhì)量為m、帶正電荷q的等速粒子。當(dāng)S沿紙面向磁場各個方向發(fā)射粒子，發(fā)現(xiàn)都沒有粒子從OC邊界射出。則()A．粒子的最大發(fā)射速率不超過eq\f(\r(3)qBl,4m)B．粒子的最大發(fā)射速率不超過eq\f(2\r(3)－3qBl,m)C．粒子從OA邊界離開磁場時離S的最遠距離可能為lD．粒子從OA邊界離開磁場時離S的最遠距離可能為eq\f(\r(3)l,2)答案AD解析要使沒有粒子從OC邊界射出，沿如圖軌跡運動的粒子發(fā)射速率最大，滿足eq\f(1,2)l·sin60°＝eq\f(mv,qB)，解得v＝eq\f(\r(3)qBl,4m)，故A正確，B錯誤；粒子從OA邊界離開磁場時離S的最遠距離可能為d＝2R＝l·sin60°＝eq\f(\r(3),2)l，故C錯誤，D正確。11．(2020·河北省衡水中學(xué)第二次調(diào)研)如圖，有一截面為矩形有界勻強磁場區(qū)域ABCD，AB＝3L，BC＝2L，在邊界AB的中點上有一個粒子源，沿邊界AB并指向A點方向發(fā)射各種不同速率的同種正粒子，不計粒子重力，當(dāng)粒子速率為v0時，粒子軌跡恰好與AD邊界相切，則()A．速率小于v0的粒子全部從CD邊界射出B．當(dāng)粒子速度滿足eq\f(2v0,3)<v<v0時，從CD邊界射出C．在CD邊界上只有上半部分有粒子通過D．當(dāng)粒子速度小于eq\f(2v0,3)時，粒子從BC邊界射出答案BC解析如圖，由幾何知識可知，與AD邊界相切的軌道半徑為1.5L，與CD邊界相切的軌道半徑為L；由軌道半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，軌跡與AD邊界相切的粒子速度為v0＝eq\f(Bq×1.5L,m)，則軌跡與CD邊界相切的粒子速度為v＝eq\f(BqL,m)＝eq\f(2v0,3)，由此可知，滿足eq\f(2v0,3)<v<v0的粒子從CD邊界的PD間射出，當(dāng)粒子速度小于eq\f(2v0,3)時，粒子不能從磁場射出，當(dāng)粒子速度大于v0時，粒子從AD邊界射出，故B、C正確，A、D錯誤。二、非選擇題(本題共1小題，共23分)12．(2021·八省聯(lián)考湖南卷)(23分)在某些精密實驗中，為了避免變化的電場和磁場之間的相互干擾，可以用力學(xué)裝置對磁場中的帶電粒子進行加速。如圖，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v1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，并垂直入射到一塊與絕緣平板相互垂直的熒光屏上，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)求帶電粒子在絕緣平板上的運動時間t；(3)求整個過程中帶電粒子在豎直方向位移的大小h。答案(1)帶正電理由見解析(2)eq\r(\f(2dm,qv1B))(3)eq\r(\f(2dm