2024年高考物理一輪復習第9章磁場第2講磁吃運動電荷的作用課后作業(yè)含解析

PAGE1-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1～6題為單選，7～12題為多選)1．如圖，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對外的勻強磁場。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θ＝30°的方向從P點垂直磁場射入，最終粒子垂直于MN射出，則磁感應強度的大小為()A．eq\f(mv,qR) B．eq\f(mv,2qR)C．eq\f(mv,\r(3)qR) D．eq\f(mv,4qR)答案B解析依據(jù)題述可得帶電粒子運動的軌跡半徑r滿意rcos60°＝R，r＝2R。帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力供應向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，解得磁感應強度的大小為B＝eq\f(mv,2qR)，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)搖擺，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球搖擺的平面。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()A．0 B．2mgC．4mg D．6mg答案C解析設小球自左方最大擺角處擺到最低點時速度為v，則eq\f(1,2)mv2＝mgL(1－cos60°)，此時qvB－mg＝meq\f(v2,L)，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)生改變，此時有T－mg－qvB＝meq\f(v2,L)，解得T＝4mg，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對外、磁感應強度為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，下列推斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達斜面底端時的動能與B的大小無關(guān)C．B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、垂直斜面對下的洛倫茲力、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，導致滑動摩擦力大小不同，依據(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；滑塊之所以起先時能由靜止下滑，是因為重力沿斜面對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．(2024·全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。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．eq\f(mv,2qB) B．eq\f(\r(3)mv,qB)C．eq\f(2mv,qB) D．eq\f(4mv,qB)答案D解析粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)，分析圖中角度關(guān)系可知，PO′半徑與O′Q半徑在同一條直線上。則PQ＝2R，所以OQ＝4R＝eq\f(4mv,qB)，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)有垂直紙面對外的勻強磁場，質(zhì)子P(eq\o\al(1,1)H)和氦核Q(eq\o\al(4,2)He)都從A點沿∠BAC的角平分線方向射入磁場，質(zhì)子P(eq\o\al(1,1)H)從C點離開，氦核Q(eq\o\al(4,2)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()A．6∶1 B．3∶1C．2∶1 D．3∶2答案A解析設圓形區(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°，設其軌跡半徑為r1，則有tan60°＝eq\f(r1,R)，解得r1＝eq\r(3)R，依據(jù)洛倫茲力供應向心力可知，ev1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)，解得v1＝eq\f(\r(3)eBR,m)；設氦核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°，設其軌跡半徑為r2，則有tan60°＝eq\f(R,r2)，解得r2＝eq\f(R,\r(3))，依據(jù)洛倫茲力供應向心力可知，2ev2B＝4meq\f(v\o\al(2,2),r2)，解得v2＝eq\f(eBR,2\r(3)m)，質(zhì)子和氦核的入射速度大小之比為v1∶v2＝eq\f(\r(3)eBR,m)∶eq\f(eBR,2\r(3)m)＝6∶1，A正確。6．如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B。在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v放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肯定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B．若v肯定，θ越大，則粒子離開磁場的位置距O點越遠C．若θ肯定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D．若θ肯定，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肯定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，A正確；若v肯定，θ等于90°時，粒子離開磁場的位置距O點最遠，為2r＝eq\f(2mv,qB)，B錯誤；若θ肯定，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對里的勻強磁場，如圖所示。磁感應強度為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，可采納的方法是()A．使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)答案AB解析若帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有req\o\al(2,1)＝（r1－eq\f(l,2)）2＋l2，又因為r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)，故A、B正確。8．如圖所示，在0≤x≤3a的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強磁場(未畫出)，磁感應強度大小為B。在t＝0時刻，從原點O放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0°～90°范圍內(nèi)。其中，沿y軸正方向放射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場右邊界上點P(3a，eq\r(3)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3B．粒子的放射速度大小為eq\f(4πa,3t0)C．帶電粒子的比荷為eq\f(4π,3Bt0)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軸正方向放射的粒子在磁場中的運動軌跡，如圖1所示，設粒子的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系可知(3a－r)2＋(eq\r(3)a)2＝r2，解得r＝2a，A錯誤；圖1中∠OO′P＝eq\f(2π,3)，則帶電粒子的速度大小為v0＝eq\f(\f(2,3)π×2a,t0)＝eq\f(4πa,3t0)，B正確；由牛頓其次定律有qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，整理得eq\f(q,m)＝eq\f(2π,3Bt0)，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∠NO″O＝θ，則3a＝2a＋2acoseq\f(θ,2)，解得θ＝eq\f(2π,3)，因此該運動軌跡所對應的圓心角為eq\f(4π,3)，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，兩磁場的磁感應強度大小關(guān)系為B1＝2B2，一比荷為k的帶電粒子(不計重力)，以肯定的速率從O點垂直MN進入磁感應強度大小為B1的磁場，則粒子下一次到達O點所經(jīng)驗的時間為()A．eq\f(3π,kB1) B．eq\f(4π,kB1)C．eq\f(2π,kB2) D．eq\f(3π,2kB2)答案BC解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)，由此可知帶電粒子在磁感應強度為B2的勻強磁場中運動的軌跡半徑是在磁感應強度為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。粒子在磁感應強度為B1的勻強磁場中運動的時間為t1＝2×eq\f(πR1,v)＝eq\f(2πm,qB1)，粒子在磁感應強度為B2的勻強磁場中運動的時間為t2＝eq\f(πR2,v)＝eq\f(πm,qB2)＝eq\f(2πm,qB1)，則粒子下一次到達O點經(jīng)驗的時間為t＝t1＋t2＝eq\f(2πm,qB1)＋eq\f(2πm,qB1)＝eq\f(4πm,qB1)＝eq\f(4π,kB1)＝eq\f(2π,kB2)，A、D錯誤，B、C正確。10．如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場，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1∶2，質(zhì)量之比為1∶2，不計粒子重力。以下推斷正確的是()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2eq\r(3)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eq\f(1,4)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)時所對應的弦的弦切角為60°，弦長為eq\f(L,2)，所以eq\f(L,2)＝2R乙sin60°，解得R乙＝eq\f(\r(3),6)L，依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，有Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，所以甲粒子的動能是乙粒子動能的24倍，B錯誤；由公式qvB＝meq\f(v2,r)可知，v＝eq\f(qBr,m)，所以F洛＝qvB＝eq\f(q2B2r,m)，解得eq\f(F甲,F乙)＝2eq\r(3)，C正確；由幾何關(guān)系可知，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°，依據(jù)公式t＝eq\f(α,360°)T和T＝eq\f(2πm,qB)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eq\f(1,4)，D正確。11．(2024·江西新余四校高三其次次聯(lián)考)如圖所示，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在磁感應強度B＝1T，方向垂直紙面對外的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9m，M點為x軸正方向上一點，OM＝3m。現(xiàn)有一個比荷大小為eq\f(q,m)＝1.0C/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，小球最終能經(jīng)過M點，則小球射入的速度大小可能是()A．3m/s B．3.75m/sC．4m/s D．5m/s答案ABD解析由題意，小球運動的圓心的位置肯定在y軸上，所以小球做圓周運動的半徑r肯定要大于等于3m，而ON＝9m<3r，所以小球最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，其次個圓心的位置在O點的上方。也可能小球與擋板ON沒有碰撞，干脆過M點。由于洛倫茲力供應向心力，所以：qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)①，若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖甲，設OO′＝s，由幾何關(guān)系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②，3r－9＝s③，聯(lián)立②③得：r1＝3m；r2＝3.75m，分別代入①式解得v1＝3m/s，v2＝3.75m/s。故A、B正確。若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖乙，設OO′＝x，由幾何關(guān)系得：req\o\al(2,3)＝OM2＋x2＝9＋x2④，x＝9－r3⑤，聯(lián)立④⑤得：r3＝5m，代入①解得v3＝5m/s，故D正確。12．如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應強度大小為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t1∶t2∶t3＝3∶3∶2。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是()A．粒子的速率關(guān)系肯定是v1＝v2<v3B．粒子的速率關(guān)系可能是v2<v1<v3C．粒子的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(π,Bt2)D．粒子的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v3,2BL)答案BD解析帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，由洛倫茲力供應向心力知，qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，設帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ，則運動時間t＝eq\f(θR,v)＝eq\f(mθ,qB)，即運動時間t與運動軌跡所對的圓心角θ成正比，可知帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角θ1∶θ2∶θ3＝t1∶t2∶t3＝3∶3∶2，分析可知速率為v1和v2的粒子從ab邊射出，軌跡所對的圓心角相同，速率為v3的粒子從ac邊射出，故v3較大，v1和v2的大小關(guān)系可能為v1>v2、v1＝v2或v1<v2，則A錯誤，B正確；從ab邊射出的粒子的運動軌跡所對的圓心角為eq\f(π,2)，其時間t2＝t1＝eq\f(πm,2qB)，粒子比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(π,2Bt2)，C錯誤；依據(jù)θ1∶θ2∶θ3＝3∶3∶2，θ1＝θ2＝eq\f(π,2)知，速率為v3的粒子的運動軌跡所對的圓心角為eq\f(π,3)，由幾何關(guān)系可得R3cos30°＝L，解得R3＝eq\f(2\r(3),3)L，代入R3＝eq\f(mv3,qB)，解得粒子比荷eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v3,2BL)，D正確。二、非選擇題(本題共2小題，共28分)13．(13分)半徑為a的圓內(nèi)圓心處有一帶正電粒子，t＝0時朝某方向以速率v向外運動，粒子比荷為k，圓外有垂直圓平面對里的環(huán)形磁場，如圖所示，磁感應強度大小為B＝eq\f(v,ka)，假如粒子恰好不能穿過環(huán)形磁場。求：(1)環(huán)形磁場的面積；(2)粒子的運動周期T。答案(1)2π(eq\r(2)＋1)a2(2)eq