高考物理第一轮复习基础知识过关训练第九章第2讲磁场对运动电荷的作用含解析35328.pdf

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1、 板块三 限时规范特训 时间：45 分钟 满分：100 分 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 6 分，共 60 分。其中 15 为单选，610 为多选)1.2017甘肃省一模如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域和的磁感应强度方向平行，大小分别为 B 和 2B。一带正电粒子(不计重力)以速度 v 从磁场分界线 MN 上某处射入磁场区域，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线 MN 成 60角，经过 t1时间后粒子进入到磁场区域，又经过 t2时间后回到区域，设粒子在区域、中的角速度分别为 1、2，则()A.1211 B1221 C.t1t211 Dt1t221 答案 C 解析 由 qvBm

2、v2R和 vR 得 Bqm，故 1212；粒子在中的轨迹对应的圆心角均为 120，在中的轨迹对应的圆心角为240由 T2mqB T2mqB和 t360T 知 t1t211。2.2017四川四市二诊如图所示，半径为 r 的圆形空间内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一个质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子(不计重力)，从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的 A 点沿半径方向垂直于磁场方向射入磁场，在 C 点射出，已知AOC120，粒子在磁场中运动时间为 t0，则加速电场的电压是()A.2r2m6qt20 B.2r2m24qt20 C.22r2m3qt20 D.2r2m18qt20 答案 A 解析 根

3、据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为 603，轨迹半径为 Rrtan60 3r，由 t0322Rv及 qU12mv2得 U2r2m6qt20。3.如图甲所示有界匀强磁场的宽度与图乙所示圆形匀强磁场的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的 M 点以一定初速度水平向右垂直射入磁场，从右边界射出时速度方向偏转了 角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了 2 角。已知磁场、的磁感应强度大小分别为 B1、B2，则 B1与 B2的比值为()A2cos Bsin Ccos Dtan 答案 C 解析 设有界磁场宽度为 d，则粒子在磁场和磁场中的运动轨 迹分别如图所示，由洛伦兹力

4、提供向心力知 Bqvmv2r，得 Bmvrq，由几何关系知 dr1sin，dr2tan，联立得B1B2cos，C 正确。4.2016安徽芜湖模拟如图所示，在 x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B。在 xOy 平面内，从原点 O 处沿与 x 轴正方向成 角(0)以速率 v 发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是()A.若 v 一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 B.若 v 一定，越大，则粒子在离开磁场的位置距 O 点越远 C.若 一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大 D.若 一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 答案 A 解析 由左手定则

5、可知，带正电的粒子向左偏转。轨迹对应的圆心角22，粒子在磁场中运动时间 t2T2mqB。若 v 一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，A 项正确；若 v 一定，等于 90时，粒子在离开磁场的位置距 O 点最远，B 项错误；若 一定，粒子在磁场中运动的周期与 v 无关，粒子在磁场中运动的角速度与 v 无关，粒子在磁场中运动的时间与 v 无关，C、D 两项错误。5.如图甲所示为足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B 两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块 A 带正电，物块 B 不带电且表面绝缘，A、B 接触面粗糙，自 t0 时刻起用水平恒力 F 作用在物块 B 上，两物块由静止开始做

6、匀加速直线运动。乙图图象的横轴表示时间，则纵轴 y 可以表示()A.A 所受摩擦力的大小 BB 对地面压力的大小 C.A 所受合力的大小 DB 所受摩擦力的大小 答案 B 解析 由于 A、B 由静止开始做匀加速直线运动，所以合外力恒定，且 B 所受摩擦力大小等于 B 对 A 的摩擦力，以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得 fmAa，不随时间改变，故 A、C、D 选项错误。A 带正电，所受洛伦兹力向下，A 受支持力 FNAmAgBqvmAgBqat，符合图象。B 受地面支持力 FNB(mAmB)gBqv(mAmB)gBqat，也符合图象，故 B 选项正确。6.2017广西南宁一模如图所示，MN

7、是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(区域都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从 MN 上的 O 点以平行于纸面的初速度 v0射入，下列有关判断正确的是()A.如果粒子回到 MN 上时速度增大，则空间存在的一定是电场 B.如果粒子回到 MN 上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场 C.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到 MN 上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场 D.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到 MN 所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场 答案 AD 解析 洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，静电力可对带电粒子做

8、功，动能增大，故 A 正确；若存在匀强磁场，则粒子返回 MN 时速率不变，故 B 错误；若 MN 为一等势面，则粒子回到MN 时，速度大小不变，且沿 MN 方向的速度不变，则速度与 MN夹角不变，故 C 错误；由 T2mBq知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故 D 正确。7.2017甘肃省模拟如图所示，在一等腰三角形 ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力)从 AC 边的中点 O 垂直于 AC 边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为 2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是()A.若该粒子的入射速度为

9、 vqBlm，则粒子一定从 CD 边射出磁场，且距点 C 的距离为 l B.若要使粒子从 CD 边射出，则该粒子从 O 点入射的最大速度应为 v2qBlm C.若要使粒子从 AC 边射出，则该粒子从 O 点入射的最大速度应为 vqBl2m D.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为mqB 答案 ACD 解析 若该粒子的入射速度为 vqBlm，由 Bqvmv2r解得 rl，根据几何关系可知，粒子一定从 CD 边距 C 点为 l 的位置离开磁场，故 A正确；vBqrm，速度越大，半径越大，根据几何关系可知，若要使粒子从 CD 边射出，则粒子速度最大时，轨迹与 AD 边相切，则由几何关系

10、可知，最大半径一定大于 2l，故 B 错误；若要使粒子从 AC边射出，则该粒子从 O 点入射的最大半径为l2，因此最大速度应为 vqBl2m，故 C 正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2mBq，根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的最大圆心角为 180，故最长 时间为mqB，故 D 正确。8.如图所示，宽 d4 cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里。现有一群正粒子从 O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 r10 cm，则()A.右边界：8 cmy8 cm 有粒子射出 B.右边界：0y8 cm 有粒子射出 D.左边界：0y1

11、6 cm 有粒子射出 答案 AD 解析 根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径 r10 cm 画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则 OO1O1AOO2O2CO2E10 cm，由几何知识求得 ABBC8 cm，OE16 cm，因此答案为 A、D。9.如图所示，MN 是磁感应强度为 B 的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为 q 的粒子在纸面内从 O 点射入磁场。若粒子速度为 v0，最远可落在边界上的 A 点。下列说法中正确的有()A.若粒子落在 A 点的左侧，其速度一定小于 v0 B.若粒子落在 A 点的右侧，其速度一定大于 v0 C.若粒子落在 A 点左右两侧 d

12、的范围内，其速度不可能小于 v0qBd2m D.若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内，其速度不可能大于 v0qBd2m 答案 BC 解析 因粒子由 O 点以速度 v0入射时，最远落在 A 点，又粒子在 O点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即xOA2mv0Bq，所以粒子若落在 A 的右侧，速度应大于 v0，B 正确；当粒子落在 A 的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于 v0，A 错 误；当粒子射到 A 点左侧相距 d 的点时，最小速度为 vmin，则xOAd2mvminBq，又因xOA2mv0Bq，所以 vminv0Bqd2m，所以粒子落在 A 点左右两侧 d 的

13、范围内，其速度不可能小于 vminv0Bqd2m，C 正确；当粒子射到 A 点右侧相距 d 的点时，最小速度为 v1，则xOAd2mv1Bq，又因xOA2mv0Bq，即 v1v0Bqd2m，D 错误。10.2016河北、河南、山西质监如图所示，在 xOy 平面内的 y 轴和虚线之间除圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B。虚线经过 Q 点(3L,0)且与 y 轴平行。圆形区域的圆心 P 的坐标为(2L,0)，半径为 L。一个质量为 m，电荷量为q 的带正电的粒子从 y 轴上某点垂直 y 轴进入磁场，不计粒子的重力，则()A.如果粒子没有经过圆形区域到达了 Q

14、点，则粒子的入射速度为 v3qBLm B.如果粒子没有经过圆形区域到达了 Q 点，则粒子的入射速度为 v3qBL2m C.粒子第一次从 P 点经过了 x 轴，则粒子的最小入射速度为 vmin3qBLm D.粒子第一次从 P 点经过了 x 轴，则粒子的最小入射速度为 vmin2qBLm 答案 AC 解析 若粒子没经过圆形区域到达了 Q 点，则轨迹如图甲，和圆形区域相切于Q点，则r3L，根据牛顿第二定律Bqvmv2r得v3BqLm，A 选项正确，B 选项错误。粒子第一次从 P 点经过了 x 轴，如图乙所示。设在磁场中转过的圆心角为，由几何关系得 rsinLcos2L，得 r2cossinL22co

15、s2212sin2cos2L32cos22sin22cos22sin2cos2L 12cos2232sin22sin2cos2L121tan232tan2L 3L。据 Bqvmv2r得 vmin3BqLm，选项 C 正确，选项 D 错误。二、非选择题(本题共 2 小题，共 40 分)11.2017河北衡水一模(20 分)如图所示，在等边三角形 ABC 内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B0。在等边三角形ABC 外存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 2B0。等边三角形 ABC 边长为 a，在顶点 A 处放置一“”形的挡板 P，挡板夹角为 60，挡板两边正好分别与 A

16、B、AC 重合，挡板左右两侧板长均为a4。在顶点 B 处沿ABC 的角平分线方向，有大量不同速率的带电粒子射出，这些粒子的电荷量均为q，质量均为 m，其速率满足aqB02mvaqB0m，已知带电粒子打在挡板上后立即被吸收，所有能够到达 AC 边的粒子中，打在 D 点的粒子速率最小，若不计粒子间的相互作用力，求 AD 之间的距离。答案 23a 解析 发射粒子速率满足aqB02mvaqB0m 洛伦兹力提供向心力 F洛qvB0 F洛mv2r 得 rmvqB0 可知在三角形 ABC 内部，带电粒子的轨道半径满足a2r1a 带电粒子在三角形 ABC 外部半径 r2r12 由几何关系可知，能够打在 AC

17、边上的速率最小值 所对应半径(在三角形外部)为a3 此时可证明该速率所对圆心 O 恰好在 AC 边上，且 AOa3 如图所示，由几何关系可知 AD23a 12.2016海南高考(20 分)如图，A、C 两点分别位于 x 轴和 y 轴上，OCA30，OA 的长度为 L。在OCA 区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场，质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，以平行于 y轴的方向从 OA 边射入磁场。已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为 t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 OC 边上的同

18、一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC 边相切，且在磁场内 运动的时间为53t0，求粒子此次入射速度的大小。答案(1)m2qt0(2)2t0(3)3L7t0 解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 t0内其速度方向改变了 90，故其周期 T4t0 设磁感应强度大小为 B，粒子速度大小为 v，圆周运动的半径为 r。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvBmv2r 匀速圆周运动的速度满足 v2rT 联立式得 Bm2qt0(2)设粒子从 OA 边两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一点 P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为 1和 2。由几何关系知 11802 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 t1与 t2，则 t1t2T22t0 (3)如图乙，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为 150。设 O为圆弧的圆心，圆弧的半径为 r0，圆弧与AC 相切于 B 点，从 D 点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有 OODBOA30 r0cosOODr0cosBOAL 设粒子此次入射速度的大小为 v0，由圆周运动规律得 v02r0T 联立式得 v03L7t0