【紅對勾】2020高考物理 磁場對運動電荷的作用課時作業(yè)

上傳人:艷*** 文檔編號:110949846 上傳時間:2022-06-20 格式:DOC 頁數(shù):9 大?。?40.50KB
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1、課時作業(yè)25 磁場對運動電荷的作用 時間:45分鐘  滿分:100分 一、選擇題(8×8′=64′) 圖1 1.如圖1所示,勻強磁場的方向垂直紙面向里,一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入,沿曲線dpa打到屏MN上的a點,通過pa段用時為t,若該微粒經(jīng)過p點時,與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒,最終打到屏MN上.兩個微粒所受重力均忽略.新微粒運動的(  ) A.軌跡為pb,至屏幕的時間將小于t B.軌跡為pc,至屏幕的時間將大于t C.軌跡為pb,至屏幕的時間將等于t D.軌跡為pa,至屏幕的時間將大于t 解析:碰撞過程其動量守恒,所以碰撞前后動量不變

2、.由r=知,微粒的軌道半徑不變,故其軌跡仍為pa,但由于碰后其運動速率比原來小,所以至屏幕時間將大于t. 答案:D 2.質(zhì)子(p)和α粒子以相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動,軌道半徑分別為Rp和Rα,周期分別為Tp和Tα.則下列選項正確的是(  ) 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運動,軌跡是圓 B.沿路徑a運動,軌跡半徑越來越大 C.沿路徑a運動,軌跡半徑越來越小 D.沿路徑b運動,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所示是電視機中顯像管的偏轉(zhuǎn)線圈示意圖,它由繞在磁環(huán)上的兩個相同的線圈串聯(lián)而成,線圈中通有如圖3所示方向的電流.當電子束從紙里經(jīng)磁環(huán)中心向紙外射來時(圖中用符號“·”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,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)有勻強磁場.在邊長為2R的正方形區(qū)域里也有勻強磁場,兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小相同.兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別從M、N兩點射入勻強磁場.在M點射入的帶電粒子,其速度方向指向圓心;在N點射入的帶電粒子,速度方向與邊界垂直,且N點為正方形邊長的中點,則下列說法正確的是(  ) 圖4 A.帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同 B.從M點射入的帶電粒子可能先飛出磁場 C.從N點射入的帶電粒子可能先飛出磁場 D.從N點射入的帶電粒子不可能比M點射入的帶

5、電粒子先飛出磁場 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中的軌跡長度(或軌跡對應(yīng)的圓心角)不會大于在正方形磁場中的,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)強度為B的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里.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(不計重力),以相同的速率v,從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域.粒子入射方向在與磁場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點

6、為2R處,其中R為軌跡半徑,R=,最近點為2Rcosθ處,所以總長度L=2R-2Rcosθ=. 答案:D 圖8 7.如圖8所示,MN為兩個勻強磁場的分界面,兩磁場的磁感應(yīng)強度大小的關(guān)系為B1=2B2,一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子從O點垂直MN進入磁感應(yīng)強度為B1的磁場,則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過O點(  ) A. B. C. D. 圖9 解析:粒子在磁場中的運動軌跡如圖9所示.由周期公式T=知,粒子從O點進入磁場到再一次通過O點的時間t=+ =,所以B選項正確. 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、強磁場,有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場,在紙面內(nèi)做勻速圓周運動,運動軌跡為相應(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 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處進入的粒子對應(yīng)表中的編號分別為(  ) 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個粒子做圓周運動的半徑分別為、、、、,結(jié)合題圖半徑可以判斷只有選項D正確. 答案:D 二、計算題(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)有勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度大小為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射入磁場區(qū)域,最后到達平板上的P點.已知B、v以及P到O的距離l,不計重力,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,粒子在磁場中受洛倫茲力而做勻速圓周運動,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點時的速度垂直于OP,故OP為直徑,l=2

9、R 由此得= 答案:= 圖12 10.如圖12所示,在一個圓形區(qū)域內(nèi),兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(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A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場,隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入Ⅱ區(qū),最后再從A4處射出磁場.已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t,求Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強度的大小(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,故它在磁場中先順時針做圓周運動,再逆時針做圓周運動,最后從A4點

10、射出.用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強度、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進入Ⅱ區(qū)磁場.連接A1A2,△A1OA2為等邊三角形,A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心,其軌跡的半徑R1=A1A2=OA2=r 圓心角∠A1A2O=60°,帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1=T1 帶電粒子在Ⅱ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在OA4的中點,即R2=r,在Ⅱ區(qū)磁場中運動的時間為t2=T2 帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間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)強度均為B=5.0×10-3 T的勻強磁場,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α粒子重力),由靜止開始經(jīng)加速電壓為U=1205 V的電場(圖中未畫出)加速后,從坐標點M(-4,)處平行于x軸向右運動,并先后通過兩個勻強磁場區(qū)域. 圖14 (1)請你求出α粒子在磁場中的運動半徑; (2)你在圖中畫出α粒子從直線x=-4到直線x=4之間的運動軌跡,并在圖中標明軌跡與直線x=4交點的坐標; (3)求出α粒子在兩個磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)所用的總時間. 解析:(1)粒子在電場中被加速,由動能定理得qU=mv2 α粒子在磁場中偏轉(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)帶電粒子在磁場中的運動周期T== 圖15 α粒子在兩個磁場中分別偏轉(zhuǎn)的弧度為,在磁場中的運動總時間 t=T== =6.5×10-6(s). 答案:(1)(m) (2)略 (3)6.5×10-6(s)

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