【紅對勾】2020高考物理 磁場對運動電荷的作用課時作業(yè)

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．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，水平導線中有電流I通過，導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：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，兩磁場的磁感應強度大小的關系為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，運動軌跡為相應的圓弧．這些粒子的質(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＝2R 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)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力)． 解析： 圖13 設粒子的入射速度為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)中磁感應強度、軌道半徑和周期 qvB1＝m　qvB2＝m T1＝＝，T2＝＝，設圓形區(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＝　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)