2019-2020年高考物理一轮复习精选题辑课练27磁吃运动电荷的作用.doc

2019-2020年高考物理一轮复习精选题辑课练27磁吃运动电荷的作用1(xx黑龙江哈六中期中)如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1t2为()A23 B21C32 D31答案：D解析：两电子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示电子1垂直射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为电子1的运动轨迹的直径，c点为圆心电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据r可知，电子1和2的轨迹半径相等，根据几何关系可知，aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60，所以电子1运动的时间t1，电子2运动的时间t2，所以t1t231，故选D.2(xx陕西榆林一模)如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m，带电荷量为q，速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中B0，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆)()答案：A解析：由于带电粒子流的速度均相同，则当粒子飞入A、B、C这三个选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同，rL.D选项中磁场的磁感应强度是2B0，粒子的轨迹半径是A、B、C选项中粒子的轨迹半径的一半粒子的初速度都相同，以初速度的方向为切线，以粒子进入磁场的点为切点，画半径已知的圆，圆弧与磁场边界的交点为出射点，由数学知识可以证明A图中粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，A选项正确当粒子射入B、C两选项中磁场时，均不可能汇聚于同一点，粒子射入D选项中磁场时向下偏转，但仍不能汇聚到一点，B、C、D选项错误3(xx江西第三次联考)如图所示在平面直角坐标系xOy的第一象限中，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，一带电粒子以一定的速度平行于x轴正方向从y轴上的a处射入磁场，粒子经磁场偏转后恰好从坐标原点O射出磁场现使同一带电粒子以速度方向不变、大小变为原来的4倍，仍从y轴上的a处射入磁场，经过t0时间射出磁场，不计粒子所受的重力，则粒子的比荷为()A. B.C. D.答案：C解析：带电粒子射入匀强磁场后做匀速圆周运动，粒子第一次射入磁场时，轨迹半径为，粒子第二次射入磁场时，粒子轨迹半径为2a，由此可知粒子第二次在磁场中偏转60后射出磁场，因此t0，由T可得.C正确4(xx吉林模拟)如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30角时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为(不计带电粒子所受重力)()A3t B.C. D2t答案：D解析：设磁场区域的半径为R，根据周期公式T，可得同一粒子在磁场中运动时的周期相同，当速度的大小为2v时，粒子做圆周运动的轨迹圆心为C，根据弦切角等于圆心角的一半可知，圆弧所对的圆心角为60；磁场区域的半径恰好等于粒子做圆周运动的轨迹半径的一半；当速度的大小为v时，轨迹半径为原来的一半，粒子运动轨迹的圆心为O点，在原来的半径aC的中点处，则新的轨迹圆的半径与磁场区域的半径相等，则60，由几何关系可知圆弧所对的圆心角为120，则粒子的运动时间为2t，所以D正确5(xx湖南邵阳二模)(多选)如图所示，在坐标系x0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1B232.在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，已知粒子a以速度va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，带电荷量相等，且两粒子的速率满足mavambvb，若在此后的运动中，当粒子a第四次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇，粒子重力不计，下列说法正确的是()A粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为32B两粒子在y轴正半轴相遇C粒子a、b相遇时的速度方向相同D粒子a、b的质量之比为15答案：BCD解析：由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r，可得，选项A错误由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r可知，粒子a从O点出发沿x轴正方向运动，逆时针向上运动半周沿y轴上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下运动半周后下移2ra1，由于B2可知，vb0)粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A. B.C. D.答案：D解析：如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，ABR.由几何图形知，APR，则AOAP3R，所以OB4R.故选项D正确4(xx新课标全国卷)(多选)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等答案：AC解析：设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，设B2B，B1kB则由牛顿第二定律得：qvBT由得：R，T所以k，k根据a，可知，所以选项A、C正确，选项B、D错误5(xx河北邢台质检)如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1t2为()A21 B23C32 D.答案：C解析：如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角190，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角260，则，故选项C正确6.(xx长沙四校一模)(多选)如图所示，圆心角为90的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin370.6，cos370.8，则下列说法中正确的是()A粒子a带正电，粒子b带负电B粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为52C粒子a、b的速率之比为25D粒子a、b在磁场中运动的时间之比为18053答案：CD解析：本题考查了粒子在磁场中的运动问题，意在考查考生运用相关规律及数学知识解决物理问题的能力两个粒子的运动轨迹如答图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；设扇形COD的半径为r，粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb，则Ra，Rr22，sin，得Rbr，53，由qvBm，得vR，所以粒子a、b的速率之比为，C正确；由牛顿第二定律得加速度a，所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为，B错误；粒子a在磁场中运动的时间ta，粒子b在磁场中运动的时间tb，则，D正确7(xx山东胶东示范校二模)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B，A带负电、质量为m、电荷量为q，B质量为2m、不带电，A和B间动摩擦因数为0.5.初始时A、B处于静止状态，现将大小为Fmg的水平恒力作用在B上，g为重力加速度A、B处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B0.若A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A水平力作用瞬间，A的加速度大小为BA做匀加速运动的时间为CA的最大速度为DB的最大加速度为g答案：BC解析：本题考查考生对带电体在磁场中运动过程的分析能力F作用在B上瞬间，假设A、B一起加速，则对A、B整体有F3mamg，对A有fAmamgmgmg，假设成立，因此A、B共同做加速运动，加速度为，A选项错误；A、B开始运动后，整体在水平方向上只受到F作用，做匀加速直线运动，对A分析，B对A有水平向左的静摩擦力fA静作用，由fA静知，fA静保持不变，但A受到向上的洛伦兹力，支持力NAmgqvB0逐渐减小，最大静摩擦力NA减小，当fA静NA时，A、B开始相对滑动，此时有(mgqv1B0)，v1，由v1at得t，B选项正确；A、B相对滑动后，A仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有fA静(mgqvAB0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A做匀速运动，有mgqv2B0，得最大速度v2，C选项正确；A、B相对滑动后，对B有FfA滑2maB，fA滑减小，则aB增大，当fA滑减小到零时，aB最大，D选项错误8(多选)如图所示，小车A的质量M2 kg，置于光滑水平面上，初速度v014 m/s.带正电荷q0.2 C的可视为质点的物体B，质量m0.1 kg，将其轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B00.5 T，物体B与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g取10 m/s2)，则()A物体B的最终速度为10 m/sB小车A的最终速度为13.5 m/sC小车A和物体B的最终速度约为13.3 m/sD小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75 J答案：ABD解析：当物体B对小车A的压力为零时，小车A与物体B之间无摩擦力的作用，A、B匀速运动，此时物体B的速度最大，小车A的速度最小，有qvBB0mg，解得vB10 m/s，根据动量守恒定律得Mv0mvBMvA，解得vA13.5 m/s，A、B正确，C错误根据能量守恒定律得QEkMv/2Mv/2mv/28.75 J，D正确9图甲所示的有界匀强磁场的宽度与图乙所示的圆形匀强磁场的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场，从右边界射出时速度方向偏转了角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了2角已知磁场、的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为()A2cos BsinCcos Dtan答案：C解析：设有界磁场宽度为d，则粒子在磁场和磁场中的运动轨迹分别如图1、2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqvm，得B，由几何关系知dr1sin，dr2tan，联立得cos，C正确忽略带电粒子运动轨迹的对称性导致错误10(xx四川资阳二诊)(多选)图中的MN、PQ为两条相互平行的虚线，在MN的上方、PQ的下方空间存在相同的垂直纸面向里的匀强磁场，在图中的O点沿与PQ成30角的方向斜向上射出一带电粒子(纸面内运动)，粒子在上、下两磁场中各偏转一次后恰好经过图中的S点，且经过S点的速度与O点的速度方向相同，忽略粒子的重力则()A如果保持不变，仅增大粒子的初速度，则粒子一定还能经过S点B粒子每次经过边界PQ时的速度都与初速度相同C该粒子可能带正电也可能带负电D如果仅将增大到60，则粒子一定不能经过S点答案：AC解析：以带正电荷的粒子为例，粒子先在MN和PQ间做匀速直线运动，进入上方磁场做匀速圆周运动，再分别做匀速直线运动和匀速圆周运动的轨迹如图所示，由于上、下方磁场的磁感应强度相等，则轨迹对应的弦长x2rsin，而r.设两平行虚线之间的距离为L，粒子经过两次匀速直线运动和两次匀速圆周运动后沿水平方向向右移动的距离OSLcotxLcotx2Lcot，与轨迹半径无关，即与速度无关，所以增大粒子的速度后，粒子仍将通过S点，选项A正确；由以上分析，粒子每次经过PQ时速度方向与初速度方向不一定相同，选项B错误；粒子若带负电，则粒子在上方磁场先向右平移x，到下方磁场后向左平移x，则总的平移距离仍为2Lcot，选项C正确；若将增大到60，则粒子上下偏转一次平移的距离将发生变化，但由于3cot60cot30，即粒子经过3次上下偏转后，也将通过S点，选项D错误忽略洛伦兹力的方向特点而导致选择错误11(多选)如图所示，有一半径为R的光滑绝缘塑料半圆形轨道，水平固定于一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现将一质量为m、所带电荷量为q的小球从轨道的左端由静止释放，半圆形轨道的最低点为A，不考虑涡流现象，则下列说法正确的是()A小球沿轨道运动过程中机械能不守恒B小球通过A点时对轨道的压力可能为3mgqBC小球通过A点时对轨道的压力可能为3mgqBD从轨道的左端由静止释放的小球，可能从轨道右端滑出答案：BC解析：由于小球运动过程洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球机械能守恒，A错误；小球第一次通过最低点A时的受力情况如图甲所示，则由机械能守恒定律可得，mgRmv2，小球第一次通过最低点A时由牛顿第二定律可得N1F洛mgm，且F洛Bqv，联立解得N13mgqB，由牛顿第三定律知，B正确；同理可得小球第二次经过最低点A时，其受力情况如图乙所示，小球第二次经过最低点A时由牛顿第二定律可得N2F洛mg，且F洛Bqv，则联立解得N23mgqB，C正确，D错误12(xx新课标全国卷)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场在x0区域，磁感应强度的大小为B0；x0区域，磁感应强度的大小为B0(常数1)一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)：(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离答案：(1)(1)(2)(1)解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动设在x0区域，圆周半径为R1；在x0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB0v0mqB0v0m粒子速度方向转过180时，所需时间t1为t1粒子再转过180时，所需时间t2为t2联立式得，所求时间为t0t1t2(1)(2)由几何关系及式得，所求距离为d02(R1R2)(1)