2019年高考物理总复习 8-3磁场对运动电荷的作用力训练试题 新人教版.doc

2019年高考物理总复习 8-3磁场对运动电荷的作用力训练试题 新人教版1(多选)(xx广东)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上不计重力，下列说法正确的有()Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近解析由左手定则可知，若离子带负电，其圆弧向上弯曲，不会打到屏P上，故a、b均带正电，选项A正确；因为是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R相同，周期T也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b在磁场中运动轨迹是半个圆周，a在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确答案AD2(单选)(xx广东)质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示下列表述正确的是()AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间解析根据带电粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可知，M带负电，N带正电，A项正确粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，Bqvm，则r，运动半径大的粒子运动速率大，B项错洛伦兹力对粒子不做功，C项错根据Bqvmr可得，T，粒子的周期相同，又同在磁场中运动了半个周期，所以两粒子的运行时间相同，D项错答案A3(单选)(xx安徽)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A.tB2tC.t D3t解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律，有qvBm，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r，圆弧AC所对应的圆心角AOC60，经历的时间为tT(T为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为T，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为后，根据r，知其在磁场中的轨道半径变为r/3，粒子将从D点射出，根据图中几何关系，得圆弧AD所对应的圆心角AOD120，经历的时间为tT2t.由此可知本题正确选项只有B.答案B4(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A经过最高点时，三个小球的速度相等B经过最高点时，甲球的速度最小C甲球的释放位置比乙球的高D运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mgBvq甲，mgBvq乙，mg，显然，v甲v丙v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确答案CD5.(多选)(xx江苏)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，最远能落在边界上的A点下列说法正确的有()A若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0D若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0解析由牛顿第二定律，可得qv0Bm，解得r，当粒子从O点垂直MN界面射入磁场时，粒子射出磁场位置与MN交点距入射点O最远，即OA2r，当粒子以速度v0从O点沿任意方向入射时，一定打在OA内，A项错误；结合前面分析只有vv0时粒子才有可能打在A点的右侧，B项正确；若r1(OAd)，则根据qvBm，可得v，由上面可得v0，则有vv0，只有vv0时，粒子才可能落入该范围内，C项正确；若粒子以v2垂直MN边界射入磁场恰好到达距A点右侧d位置时，r2(OAd)，同理可得v2v0，当粒子速度vv2时，只要粒子不垂直MN射入磁场，就会落到距A点右侧d位置以内，D项错误答案BC6(单选)如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是()Atatbtctdtc Dtatbtctd解析由洛伦兹力与速度的方向关系可知，从a、b两点射出的电子都完成了半个周期的运动，即tatb；从c点和d点射出的电子在磁场中转过的圆心角都小于180，且dc，故tdtc0)速度大小1m2qv22m2q2v33m3q3v42m2q3v52mqvA.3、5、4 B4、2、5C5、3、2 D2、4、5解析由左手定则可以判断a、b带同种电荷，且与c电性相反，再由R可以判断5个粒子做圆周运动的半径分别为、，结合题图半径可以判断只有D项正确答案D8(单选)(xx课标全国)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A. B.C. D.解析根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子运动的半径rR，根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力可得，qv0Bm，解得B，选项A正确答案A9(单选)如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里P为屏上的一个小孔PC与MN垂直一群质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为的范围内则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为()A. B.C. D.解析屏MN上被粒子击中的区域离P点最远的距离x12r，屏MN上被粒子击中的区域离P点最近的距离x22rcos，故在屏MN上被粒子打中的区域的长度为x1x2，D项正确答案D10.如图所示的天平可用来测定磁感应强度，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为L，共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面当线圈中通有电流I时(方向如图)，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡由此可知()A磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为C磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为D磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为解析当电流反向(大小不变)时，右边需再加质量为m的砝码后方可平衡，可得此时安培力的方向竖直向上，由左手定则判定磁场方向垂直纸面向里，由两种情况的受力平衡，可得m1gm2gmgNBIL，m1gm2gmgmgNBIL，其中m为线圈质量，联立可解得B.答案B11.两极板M、N相距为d，板长为5d，两板未带电，板间有垂直于纸面的匀强磁场，如图所示，一大群电子沿平行于板的方向从各个位置以速度v射入板间，为了使电子都不从板间穿出，磁感应强度B的范围怎样？(设电子电荷量为e，质量为m)解析如图所示，靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板右边缘，对应的磁感应强度有最小值B1，设此时轨道半径为R1，则有evB1由几何关系，得(R1d)2(5d)2R联立解得B1靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板左边缘，对应的磁感应强度有最大值B，此时轨道半径为R2，则有evB2由几何关系，得R2联立解得B2综上所述，磁感应强度B的范围为B答案B12.在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正粒子偏转角在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为(不计粒子的重力)，求：(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？解析(1)设宽度为L.当只有电场存在时，带电粒子做类平抛运动水平方向上：Lv0t竖直方向上：vyattan当只有磁场存在时，带电粒子做匀速圆周运动，如图所示，由几何关系，可知sin，R联立解得B(2)粒子在电场中运动时间t1在磁场中运动时间t2T所以.答案(1)(2)13.在倾角30的斜面上，固定一金属框，宽l0.25 m，接入电动势E12 V、内阻不计的电池垂直框面放置一根质量m0.2 kg的金属棒ab，它与框架间的动摩擦因数，整个装置放在磁感应强度B0.8 T、垂直框面向上的匀强磁场中，如图所示当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？(框架与金属棒的电阻不计，g取10 m/s2)解析金属棒受到四个力作用：重力mg、垂直框面向上的支持力FN、沿框面向上的安培力F安及沿框面的静摩擦力Ff，金属棒静止在框架上时，静摩擦力Ff的方向可能沿框面向上，也可能沿框面向下，需分两种情况考虑：(1)当滑动变阻器R取值较大时，I较小，安培力F安较小，在金属棒重力分量mgsin作用下金属棒有沿框面向下滑的趋势，受力情况如图所示此时金属棒刚好不下滑，满足平衡条件：Blmgcosmgsin0解得Rmax8.0 (2)当滑动变阻器R取值较小时，I较大，安培力F安较大，会使金属棒产生上滑的趋势，因此金属棒所受静摩擦力Ff沿框面向下，如图所示此时金属棒刚好不上滑，满足平衡条件：Blmgcosmgsin0解得Rmin1.4 所以要使金属棒静止在框架上，滑动变阻器R的取值范围为1.4 R8.0 答案1.4 R8.0 14(2011课标全国)如图所示，在区域(0xd)和区域(dx2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面一质量为m、带电荷量q(q0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域，其速度方向沿x轴正向己知a在离开区域时，速度方向与x轴正方向的夹角为30；因此，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域，其速度大小是a的1/3.不计重力和两粒子之间的相互作用力求：(1)粒子a射入区域时速度的大小；(2)当a离开区域时，a、b两粒子的y坐标之差解析(1)设粒子a在内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P，如图所示由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，得qvaBm由几何关系，得PCPRa1式中，30由式，得va(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，POaPa，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，得qva(2B)m由式，得Ra2C、P和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于xd的平面上由对称性知，Pa与P点纵坐标相同，即yP0Ra1cosh式中，h是C点的y坐标设b在I中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律，得q()Bm设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为，如果b没有飞出区域，则式中，t是a在区域中运动的时间，而Ta2Tb1由式，得30由式可见，b没有飞出Pb点的y坐标为ypARb1(2cos)h由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为ypaypb(2)d答案(1)(2)(2)d