（新课标）2020高考物理一轮复习 课时作业42 磁场对运动电荷的作用（含解析）新人教版

磁场对运动电荷的作用一、选择题1(2018莆田二模)真空中，一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当它运动到A点时与一不带电的静止粒子发生碰撞并合为一体则碰撞前、后粒子的运动轨迹正确的是(实线表示碰撞前的轨迹，虚线表示碰撞后的轨迹)()答案A解析两粒子碰撞过程动量守恒，根据半径公式有：r，碰撞前、后动量不变，电量q不变，所以运动的轨道半径不变，故A项正确，故B、C、D三项错误2.(2018玉溪二模)如图所示，一条直线上有O、M、N三点，OMMN，直线上方的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质子和一粒子分别以速度v1、v2从O点沿OP方向射入磁场，质子经时间t1从M点射出磁场，粒子经时间t2从N点射出磁场，质子和粒子的重力不计，不考虑它们之间的相互作用，则关于t1、t2、v1、v2的判断正确的是()At1t2，v1v2Bt1t2，v1v2Ct1t2，v1v2 Dt1t2，v1v2答案B解析画出两粒子的轨迹过程图，如图所示，设OMMNL，对质子根据洛伦兹力提供向心力：q1v1Bm1，可得：r1根据几何关系可得：2r1sinL联立可得：v1同理对粒子可得：v2又因为：m24m1，q22q1联立可得：v1v2质子在磁场中运动的周期：T1粒子在磁场中运动的周期：T2根据：m24m1，q22q1可得：T2T1，因为圆心角相等，所以：t1t2.3(2018汕头二模)(多选)如图所示，虚线MN将平面分成和两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场一带电粒子仅在磁场力作用下由区运动到区，曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP、弧Pb的弧长之比为21，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是()A、区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为12B粒子在、区域两个磁场中的运动半径之比为21C粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为11D弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为21答案AB解析粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力做向心力，不做功，故有：Bvq，、区域粒子速度大小不变；根据粒子偏转方向相反可得：、区域两个磁场的磁感应强度方向相反；根据粒子偏转方向相反，由粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可得：粒子转过的角度相等；又有弧aP、弧Pb的弧长之比为21，粒子在、区域两个磁场中的运动半径之比为21；根据B可得：、区域两个磁场的磁感应强度大小之比为12；根据粒子做圆周运动的周期T，由中心角相等可得：粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为21，故A、B两项正确，C、D两项错误4(2018安徽模拟)(多选)半径为R的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为q的介质小球，以初速度v0向右冲上轨道下面四种情形中，A图圆心处放置正点电荷，B图加上竖直向下的匀强电场，场强E，C图加上水平向右的匀强电场，场强E，D图加上垂直纸面向外的匀强磁场则小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动是()答案AD解析A项，小球运动的过程中受到重力和库仑力，其中库仑力不做功，只有重力做功，则小球到达最高点时的速度满足：mv122mgRmv02可得：v1小球在最高点需要的向心力：Fn1mg小球在最高点受到重力、向上的库仑力，所以必定还受到轨道对小球的向下的作用力，可知，小球一定能到达最高点故A项正确；B项，小球运动的过程中受到重力和向下的电场力，重力和电场力都做负功，若小球到达最高点时，则速度满足：mv222mgR2qERmv02可得：mv220，这显然是不可能的，故B项错误；C项，若电场的方向向右，将电场力与重力合成，等效于小球受到向右下方的等效重力mg，则：mgmg小球向上运动的过程中等效重力做功，若小球到达最高点时，则速度满足：mv322mgRmv02可得：mv020这显然是不可能的故C项错误；D项，洛伦兹力不做功，小球在该情况下的运动与A图的运动相似，小球到达最高点时的速度也是，小球在最高点受到重力、向上的洛伦兹力，所以必定还受到轨道对小球的向下的作用力，可知，小球一定能到达最高点故D项正确5(2018四川模拟)(多选)如图所示，虚线所围圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，比荷相同的a、b两带电粒子同时从P点进入磁场，a的速度v1沿半径方向，b的速度v2与PO之间夹角为60，两粒子分别经过时间t1、t2都从Q点出磁场，POQ120.不计两粒子间相互作用力与重力，则()At1t231 Bt1t213Cv1v221 Dv1v22答案BC解析设匀强磁场区域半径为R，那么，根据粒子运动速度和运动轨迹上的两个点；根据如图所示几何关系可得：a的轨道半径为Rtan60Rb的轨道半径为Rsin60R；a转过的圆心角为60，b转过的圆心角为180；故根据洛伦兹力做向心力可得：Bvq故速度v运动周期T，所以运动周期相等；故运动时间之比t1t26018013，速度之比v1v2rarb21，故B、C两项正确，A、D两项错误6(2018湖南模拟)(多选)如图所示，电子由P点从静止开始沿直线PQ做加速直线运动，从Q点射出若要求电子能击中在与直线PQ成角方向、与Q点相距d的点M(已知：电子的电荷量为e、质量为m、加速电压为U、不计电子重力)下列选项正确的是()A电子运动到Q点的速度vB若在Q的右侧加一个垂直于纸面向里的匀强磁场B，则其大小为BC若在Q的右侧加一个平行于PQ的匀强磁场，则电子不可能到达M点D若在Q的右侧加一个垂直于PQ向上的匀强电场E，则其大小为E答案ACD解析A项，在电场中加速，根据动能定理有：eUmv20所以：v.故A项正确；B项，若在Q的右侧加一个垂直于纸面向里的匀强磁场B，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向向下，电子在磁场中偏转：rsind又：evBm联立解得：B.故B项错误；C项，若在Q的右侧加一个平行于PQ的匀强磁场，电子在磁场中运动的方向与磁场的方向平行，则电子不受洛伦兹力，则不可能到达M点故C项正确；D项，若在Q的右侧加一个垂直于PQ向上的匀强电场E，电子沿PQ方向匀速运动，有：dcosvt得：t垂直于PQ方向匀加速运动，加速度为：a垂直于PQ方向的位移：ydsinat2联立解得：E.故D项正确7(2018衡阳二模)如图所示，由Oa、Ob、Oc三个铝制薄板互成120角均匀分开的、三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B1、B2、B3表示现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，假设带电粒子穿过铝质薄板过程中电荷量不变，在三个磁场区域中的运动时间之比为135，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，不计粒子重力，则()A磁感应强度B1B2B3135B磁感应强度B1B2B3531C其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为252D其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为275答案C解析A、B两项，带电粒子在磁场中运动的时间为：tT在各个区域的圆心角均为根据洛伦兹力提供向心力可得：qvBm可得粒子在磁场中运动的周期：T所以t，故B，又因为m、q均为定值在三个区域的磁感应强度之比为B1B2B31553，故A、B两项错误；C、D两项，三个区域的磁场半径相同，为r，又因为动能Ekmv2联立可得：Ek，因为q、m和r均相同，故三个区域中运动的动能之比为：Ek1Ek2Ek3B12B22B33225259设比例常数k，则：在b处穿越铝板所损失的动能为Ek1225k25k200k在c处穿越铝板所损失的动能为Ek225k9k16k在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为：Ek1Ek2252，故C项正确，D项错误8(2018贵州模拟)如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场、的边界磁场、的磁感应强度分别为B1、B2，且B22B1.一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场，后经f点进入磁场，并最终从fc边界射出磁场区域不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为()A. B.C. D.答案B解析粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq，所以，R；粒子垂直边界ae从P点射入磁场，后经f点进入磁场，故根据几何关系可得：粒子在磁场中做圆周运动的半径为磁场宽度d；粒子在磁场中做圆周运动的半径为磁场宽度d；那么，根据几何关系可得：粒子从P到f转过的中心角为90，粒子在f点沿fd方向进入磁场；然后粒子在磁场中转过180在e点沿ea方向进入磁场；最后，粒子在磁场中转过90后从fc边界射出磁场区域；故粒子在两个磁场区域分别转过180，根据周期T可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为T1T2，故B项正确，A、C、D三项错误9(2018江苏三模)如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外许多质量为m、电荷量为q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域不计重力及粒子间的相互作用下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R，正确的图是()答案D解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，以x轴为边界的磁场，粒子从x轴进入磁场后到离开，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定则和R，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D项正确10.(2018深圳二模)如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B2 T的匀强磁场中，有一长度L5 m的细圆筒，绕其一端O在纸面内沿逆时针方向做角速度60 rad/s的匀速圆周运动另端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v400 m/s的带正电粒子已知带电粒子的电量q2.5106 C，质量m3108 kg，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均不被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S是()A48 m2 B. 9 m2C49 m2 D16 m2答案A解析发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v400 m/s，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为L300 m/s；故粒子速度为v500 m/s，粒子速度方向与径向成arctan37；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq所以，运动半径为：R3 m；根据左手定则可知：粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O的距离为s4 m故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为sR1 m，外径为sR7 m的环形区域；故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：S(7)2(1)2(m2)48 m2，故A项正确，B、C、D三项错误二、非选择题11(2018海南)如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B.P是圆外一点，OP3r.一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间解析(1)根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有：(3rR)2R2r2解得：Rr(2)由R得v粒子第一次在圆形区域内运动的时间t.12(2018宿州一模)利用如图所示的装置可以测出电子的比荷和初速度大小，该装置可简化为：半径R m的圆简处于磁感应强度大小B2109 T的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴O平行，过某一直径的两端分别开有小孔a、b.电子以某一速度从小孔a沿着ab方向射入筒内，与此同吋，简绕其中心轴以角速度3.6102 rad/s顺时针转动当筒转过60时，该粒子恰好从小孔b飞出圆筒被接收器收到，不计重力若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求：(1)电子的比荷；(2)电子的初速度大小(结果保留两位有效数字)解析(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子的运动轨迹如图电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T由几何关系知，圆弧所对的圆心角为60，电子运动时间为：t1T圆筒匀速转动60的时间为为：t2其中t1t2解得：1.81011 C/kg(2)设电子匀速圆周运动的轨道半径为r，根据几何关系有：tan30得：rR3 m根据半径公式r，有：v01.81011210931.1103 m/s.13(2018德州一模)如图所示，在水平面内，OC与OD间的夹角30，OC与OD间有垂直纸面向外的匀强磁场I，磁感应强度大小为B1B0，OA与OC间的夹角45，OA与OC间有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m带负电荷的粒子q(不计重力)从M点沿与OD方向成60角的方向射入磁场I，并刚好垂直于OC离开磁场进入磁场，且粒子刚好能从OA边飞出求：(1)粒子经过匀强磁场所用的时间；(2)匀强磁场的磁感应强度B2大小；(3)在OD边下方一圆形区域内(未画出)存在竖直方向的匀强电场，电场强度大小为E，粒子以初速度v0垂直于电场线方向射入电场，飞经电场后再从M点沿与OD方向成60角进入磁场，则圆形电场区域的最小面积S.解析(1)带电粒子在磁场中偏转如图，由几何关系可知，粒子在区运动的圆心角为60，由：qvB0m周期T运动时间tT解得：t(2)由题意知，粒子的运动轨迹如图，设粒子在磁场内运动的轨道半径为R1，在磁场内的轨道半径为R2，由几何关系可知：sin45解得：又由R解得：解得B2B0(3)由题意可知，带电粒子在圆形电场中做类平抛运动，在水平方向：xv0t；竖直方向：yat2vyat根据牛顿第二定律：a在M点速度的合成与分解有：vyv0tan60粒子在电场中的位移：L圆的面积：S()2联立解得：S.12