【紅對(duì)勾】2020高考物理 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用課時(shí)作業(yè)

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1、課時(shí)作業(yè)25 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用 時(shí)間:45分鐘  滿分:100分 一、選擇題(8×8′=64′) 圖1 1.如圖1所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里,一帶電微粒從磁場(chǎng)邊界d點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)方向射入,沿曲線dpa打到屏MN上的a點(diǎn),通過pa段用時(shí)為t,若該微粒經(jīng)過p點(diǎn)時(shí),與一個(gè)靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個(gè)新微粒,最終打到屏MN上.兩個(gè)微粒所受重力均忽略.新微粒運(yùn)動(dòng)的(  ) A.軌跡為pb,至屏幕的時(shí)間將小于t B.軌跡為pc,至屏幕的時(shí)間將大于t C.軌跡為pb,至屏幕的時(shí)間將等于t D.軌跡為pa,至屏幕的時(shí)間將大于t 解析:碰撞過程其動(dòng)量守恒,所以碰撞前后動(dòng)量不變

2、.由r=知,微粒的軌道半徑不變,故其軌跡仍為pa,但由于碰后其運(yùn)動(dòng)速率比原來小,所以至屏幕時(shí)間將大于t. 答案:D 2.質(zhì)子(p)和α粒子以相同的速率在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌道半徑分別為Rp和Rα,周期分別為Tp和Tα.則下列選項(xiàng)正確的是(  ) A.Rp∶Rα=1∶2 Tp∶Tα=1∶2 B.Rp∶Rα=1∶1 Tp∶Tα=1∶1 C.Rp∶Rα=1∶1 Tp∶Tα=1∶2 D.Rp∶Rα=1∶2 Tp∶Tα=1∶1 解析:由洛倫茲力提供向心力,則qvB=m,R=,由此得:=·=·= 由周期T=得:=·==,故A選項(xiàng)正確. 答案:A 圖2 3.如圖2所示,

3、水平導(dǎo)線中有電流I通過,導(dǎo)線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同,則電子將(  ) A.沿路徑a運(yùn)動(dòng),軌跡是圓 B.沿路徑a運(yùn)動(dòng),軌跡半徑越來越大 C.沿路徑a運(yùn)動(dòng),軌跡半徑越來越小 D.沿路徑b運(yùn)動(dòng),軌跡半徑越來越小 解析:由r=知B減小,r越來越大,故電子的徑跡是a. 圖3 答案:B 4.如圖3所示是電視機(jī)中顯像管的偏轉(zhuǎn)線圈示意圖,它由繞在磁環(huán)上的兩個(gè)相同的線圈串聯(lián)而成,線圈中通有如圖3所示方向的電流.當(dāng)電子束從紙里經(jīng)磁環(huán)中心向紙外射來時(shí)(圖中用符號(hào)“·”表示電子束).它將(  ) A.向上偏轉(zhuǎn)       B.向下偏轉(zhuǎn) C.向右偏轉(zhuǎn) D.向左偏轉(zhuǎn) 解析

4、:由右手定則判斷在偏轉(zhuǎn)線圈內(nèi)部存在水平向左的磁場(chǎng),再由左手定則判定電子束向上偏轉(zhuǎn). 答案:A 5.如圖4所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng).在邊長為2R的正方形區(qū)域里也有勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩個(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同.兩個(gè)相同的帶電粒子以相同的速率分別從M、N兩點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場(chǎng).在M點(diǎn)射入的帶電粒子,其速度方向指向圓心;在N點(diǎn)射入的帶電粒子,速度方向與邊界垂直,且N點(diǎn)為正方形邊長的中點(diǎn),則下列說法正確的是(  ) 圖4 A.帶電粒子在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間可能相同 B.從M點(diǎn)射入的帶電粒子可能先飛出磁場(chǎng) C.從N點(diǎn)射入的帶電粒子可能先飛出磁場(chǎng) D.從N點(diǎn)射入的帶電粒子不可能比M點(diǎn)射入的帶

5、電粒子先飛出磁場(chǎng) 圖5 解析:畫軌跡草圖如圖5所示,容易得出粒子在圓形磁場(chǎng)中的軌跡長度(或軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角)不會(huì)大于在正方形磁場(chǎng)中的,故A、B、D正確. 答案:ABD 6.如圖6所示,在屏MN的上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.P為屏上的一小孔,PC與MN垂直.一群質(zhì)量為m 、帶電荷量為-q的粒子(不計(jì)重力),以相同的速率v,從P處沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)區(qū)域.粒子入射方向在與磁場(chǎng)B垂直的平面內(nèi),且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi).則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為(  ) 圖6 A. B. C. D. 圖7 解析:能打到的范圍中最遠(yuǎn)點(diǎn)

6、為2R處,其中R為軌跡半徑,R=,最近點(diǎn)為2Rcosθ處,所以總長度L=2R-2Rcosθ=. 答案:D 圖8 7.如圖8所示,MN為兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界面,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的關(guān)系為B1=2B2,一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子從O點(diǎn)垂直MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的磁場(chǎng),則經(jīng)過多長時(shí)間它將向下再一次通過O點(diǎn)(  ) A. B. C. D. 圖9 解析:粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖9所示.由周期公式T=知,粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到再一次通過O點(diǎn)的時(shí)間t=+ =,所以B選項(xiàng)正確. 答案:B 8.(2020·重慶高考)如圖10所示,矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻

7、強(qiáng)磁場(chǎng),有5個(gè)帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng),在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡為相應(yīng)的圓?。@些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示. 圖10 粒子編號(hào) 質(zhì)量 電荷量(q>0) 速度大小 1 m 2q v 2 2m 2q 2v 3 3m -3q 3v 4 2m 2q 3v 5 2m -q v 由以上信息可知,從圖中a、b、c處進(jìn)入的粒子對(duì)應(yīng)表中的編號(hào)分別為(  ) A.3、5、4 B.4、2、5 C.5、3、2 D.2、4、5 解析:由左手定則可以判斷a、b帶同種電荷,且與C電性相反,再由R=可以判

8、斷5個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為、、、、,結(jié)合題圖半徑可以判斷只有選項(xiàng)D正確. 答案:D 二、計(jì)算題(3×12′=36′) 圖11 9.如圖11中MN表示真空室中垂直于紙面的平板,它的一側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一帶電粒子從平板上的狹縫O處以垂直于平板的初速度v射入磁場(chǎng)區(qū)域,最后到達(dá)平板上的P點(diǎn).已知B、v以及P到O的距離l,不計(jì)重力,求此粒子的電荷量q與質(zhì)量m之比. 解析:粒子初速度v垂直于磁場(chǎng),粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律,有qvB=m 因粒子經(jīng)O點(diǎn)時(shí)的速度垂直于OP,故OP為直徑,l=2

9、R 由此得= 答案:= 圖12 10.如圖12所示,在一個(gè)圓形區(qū)域內(nèi),兩個(gè)方向相反且都垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在以直徑A2A4為邊界的兩個(gè)半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4與A1A3的夾角為60°.一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點(diǎn)A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場(chǎng),隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進(jìn)入Ⅱ區(qū),最后再從A4處射出磁場(chǎng).已知該粒子從射入到射出磁場(chǎng)所用的時(shí)間為t,求Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小(忽略粒子重力). 解析: 圖13 設(shè)粒子的入射速度為v,已知粒子帶正電,故它在磁場(chǎng)中先順時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng),再逆時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng),最后從A4點(diǎn)

10、射出.用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度、軌道半徑和周期 qvB1=m qvB2=m T1==,T2==,設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r.如圖13所示,已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進(jìn)入Ⅱ區(qū)磁場(chǎng).連接A1A2,△A1OA2為等邊三角形,A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心,其軌跡的半徑R1=A1A2=OA2=r 圓心角∠A1A2O=60°,帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=T1 帶電粒子在Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在OA4的中點(diǎn),即R2=r,在Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=T2 帶電粒子從射入到射出磁場(chǎng)所用的總時(shí)間t=t1+t2 由以上各式可得B1

11、= B2=. 答案:B1= B2= 11.如圖14所示,在直角坐標(biāo)系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形區(qū)域內(nèi),分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=5.0×10-3 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向分別垂直紙面向外和向里.質(zhì)量為m=6.64×10-27kg、電荷量為q=+3.2×10-19C的α粒子(不計(jì)α粒子重力),由靜止開始經(jīng)加速電壓為U=1205 V的電場(chǎng)(圖中未畫出)加速后,從坐標(biāo)點(diǎn)M(-4,)處平行于x軸向右運(yùn)動(dòng),并先后通過兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域. 圖14 (1)請(qǐng)你求出α粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑; (2)你在圖中畫出α粒子從直線x=-4到直線x=4之間的運(yùn)動(dòng)軌跡,并在圖中標(biāo)明軌跡與直線x=4交點(diǎn)的坐標(biāo); (3)求出α粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域偏轉(zhuǎn)所用的總時(shí)間. 解析:(1)粒子在電場(chǎng)中被加速,由動(dòng)能定理得qU=mv2 α粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),則牛頓第二定律得qvB=m 聯(lián)立解得r===(m). (2)由幾何關(guān)系可得,α粒子恰好垂直穿過分界線,故正確圖象為(如圖15所示). (3)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T== 圖15 α粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)中分別偏轉(zhuǎn)的弧度為,在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)總時(shí)間 t=T== =6.5×10-6(s). 答案:(1)(m) (2)略 (3)6.5×10-6(s)

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