【文档说明】高考物理一轮复习习题：第9章 第2讲 洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动 Word版含答案.doc，共(9)页，356.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲洛伦兹力带电粒子在匀强磁场中的运动A组基础题组1.(2016湖南长沙第一中学一模)初速度为v0的电子,沿平行于通电直导线的方向射出,直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示,则()A.电子将向右偏转,速率不变B.电子将向

左偏转,速率改变C.电子将向左偏转,速率不变D.电子将向右偏转,速率改变2.(2015课标Ⅰ,14,6分)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力

),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的()A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小3.(2016江苏四市调研)如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电

子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是()A.仅增大励磁线圈中电流,电子束径迹的半径变大B.仅提高电子枪加速电压,电子束径迹的半径变大C.仅增大励磁线圈中电流

,电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪加速电压,电子做圆周运动的周期将变大4.(2014课标Ⅱ,20,6分)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中

有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是()A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小5.

(2016广东广州广雅中学模拟)(多选)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c,以不同速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场,其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力作用,则下列说法正确的是()A.a粒子

动能最大B.c粒子速率最大C.a粒子在磁场中运动时间最长D.它们做圆周运动的周期Ta<Tb<Tc6.(2015海南单科,1,3分)如图,a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共

同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A.向上B.向下C.向左D.向右7.质量和电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()A.M带负电,N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间8.(2015江苏连云港模拟)(多选)如图所示,在一矩形区域内,不加磁场时,不计重力的带电粒子以

某一初速度垂直左边界射入,穿过此区域的时间为t。若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场,带电粒子仍以原来的初速度入射,粒子飞出磁场时偏离原方向60°,利用以上数据可求出下列物理量中的()A.带电粒子

的比荷B.带电粒子在磁场中运动的周期C.带电粒子的初速度D.带电粒子在磁场中运动的半径B组提升题组9.(2013广东理综,21,4分)(多选)如图,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()A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近10.(2015甘肃河西五市第一次联考)(多选)如图所示,以直角三角形AOC为边界

的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠A=60°,AO=a。在O点放置一个粒子源,可以向各个方向发射某种带负电的粒子,粒子的比荷为q/m,发射速度大小都为v0,且满足v0=,发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后

的运动(不计重力作用),下列说法正确的是()A.粒子有可能打到A点B.以θ=60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C.以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出11.质量为m、带电荷量为+q的小球

,用一长为l的绝缘细线悬挂在方向垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B,如图所示,用绝缘的方法使小球位于使悬线呈水平的位置A,然后静止释放,小球运动的平面与B的方向垂直,求小球第一次和第二次经过最低点C时悬线的拉力FT1和FT2。12.(2

016广东深圳调研)如图xOy平面内有向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.1T,在y轴上有一粒子源,坐标为(0,0.2m),粒子源可以在xOy平面内向各个方向均匀射出质量m=6.4×10-27kg、带电量q=+3.2×10-19C、速度v=1.0×106m/s的带电粒子,一足够长薄感

光板从图中较远处沿x轴负方向向左缓慢移动,其下表面和上表面先后被粒子击中并吸收粒子,不考虑粒子间的相互作用,(取π=3)求:(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径及下表面被粒子击中时感光板左端点位置;(2)在整个过程中击中感光板的粒子运动的最长时间;(3)当薄板左端运动到(-0.2m,0)点

的瞬间,击中上、下板面的粒子数之比。13.(2016广东珠海期末)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场,一质量为m=5.0×10-8kg、电量为q=1.0×10-6C的带电粒子。从静止开始经U0=10V的电压加速后,从P点沿图示方向

进入磁场,已知OP=30cm,(粒子重力不计,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)带电粒子到达P点时速度v的大小;(2)若磁感应强度B=2.0T,粒子从x轴上的Q点离开磁场,求O、Q的距离;(3)若粒子不能

进入x轴上方,求磁感应强度B'满足的条件。答案全解全析A组基础题组1.A由安培定则可知,通电直导线右侧磁场方向垂直纸面向里,则电子所受洛伦兹力的方向由左手定则可判知向右,所以电子将向右偏转;由于洛伦兹力不做功,所以电

子的速率不变,选项A正确。2.D因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=知,轨道半径增大;由角速度ω=知,角速度减小,选项D正确。3.B仅增大励磁线圈中电

流,匀强磁场的磁感应强度增大,由R=可知电子束径迹的半径变小,由T=可知电子做圆周运动的周期将变小,选项A、C错误。仅提高电子枪加速电压,电子速度增大,由R=可知电子束径迹的半径变大,由T=可知电子做圆周运动的周期不变,选项B正确、D错误。4.AC在同一匀强磁场中,

各粒子进入磁场时速度方向相同,但速度大小关系未知。由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛伦兹力方向相反、偏转方向必相反,故A正确。因r=,各粒子虽q相同、但v关系未知,故m相同、v不同时轨迹半径不同,而

当r相同时只能表明mv相同,不能确定m的关系,故B错误、C正确。由Ek=mv2及r=有r=,可见当Ek越大时确定的粒子的轨迹半径越大,故D错误。5.BC由图可知,c粒子的轨道半径最大,a粒子的轨道半径最小

,由R=可知,c粒子的速率最大,动能最大,A错B对;由粒子在匀强磁场中的运动周期公式T=可知,因三粒子的比荷相同,故在同一匀强磁场中运动周期相同,D错;粒子在磁场中的运动时间t=T,由圆弧对应的圆心角φ可判定时间的长短,圆心角φ与速度方向的偏转角相等,其中a的偏转角

最大,因此a粒子在磁场中的运动时间最长,C对。6.AP前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D错。7.A由左手定则判断得M

带负电、N带正电,A正确。由题图可知M、N半径关系为RM>RN,由半径R=可知,vM>vN,B错误。因洛伦兹力与速度方向时刻垂直,故不做功,C错误。由周期公式T=及t=T可知,tM=tN,D错误。8.AB由带电粒子在磁场中运动的偏转

角,可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°,因此由几何关系得磁场宽度l=rsin60°=sin60°,未加磁场时有l=v0t,所以可求得比荷=,A项对;周期可由T=求出,B项对;由题给条件无法求带电粒子的初速度和其运动的半径,所以C、

D项错。B组提升题组9.AD因离子均向下偏转打到屏P上,根据左手定则可知a、b均带正电,A项正确。又因a、b为同种离子,m、q均相同,由R=,T=,可知它们的轨道半径R与周期T也均相同。而a离子的轨迹是一段优弧,b离子的轨迹是一个半圆。a的路程

比b的路程长,飞行时间也比b的飞行时间长,故B、C项均错误。b在P上的落点到O点的距离等于圆轨迹的直径,说明b的落点离O点最远,故D项正确。10.AD根据Bqv0=m,可知粒子的运动半径R=a,因此θ=60°时,粒子恰好从A点飞出,故A正确。以θ=60°飞入的粒子在磁场中运动

时间恰好是周期的六分之一,在磁场中运动时间最长,故B错误;以θ=0°飞入的粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动时间也恰好是周期的六分之一,θ从0°到60°,粒子在磁场中运动时间先减小后增大,故C错误;因为以

θ=0°飞入的粒子在磁场中恰好从AC中点飞出,因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出,故D正确。11.答案FT1=3mg-qBFT2=3mg+qB解析小球由A运动到C的过程中,洛伦兹力始终与v的方向垂直,对小球不做功,只有重力做功,由

动能定理有mgl=m,解得vC=。在C点,由左手定则可知洛伦兹力方向竖直向上,则小球受力情况如图甲所示。由牛顿第二定律,有FT1+F洛1-mg=m又F洛1=qvCB,解得FT1=3mg-qB。同理可得小球第二次经过C点时,受力情况如

图乙所示:得FT2=3mg+qB。12.答案(1)0.35m(2)1.6×10-6s(3)1∶1解析(1)根据Bqv=m得:R=代入数据解得:R=0.2m分析知下表面被击中的位置x==0.2m(或0.35m)(2)根据Bqv=m和T=得:T=代入数据解得:T=1.2×1

0-6s由几何关系可得最长时间为打在坐标原点的粒子t=T=1.0×10-6s(3)由几何关系得打到上板的粒子所对应的角度为α=90打到下板的粒子所对应的角度为β=90°击中上、下板面的粒子数之比==13.答案(1)20m/s(2)0.90m(3)B'>5.33

T(取≥也可)解析(1)对带电粒子的加速过程,由动能定理有:qU=mv2解得:v==20m/s(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有:qvB=解得:R==0.50m而=0.50m故圆心一定在x轴上,轨迹如图甲所示。由几何关系可

知:OQ=R+Rsin53°解得OQ=0.90m(3)带电粒子恰好不从x轴射出,其运动轨迹如图乙,由几何关系得:OP>R'+R'cos53°①R'=②解得:B'>T=5.33T(取“≥”也可)