2019版《提分宝典》高考物理总复习练习:第27课 磁场对运动电荷的作用 Word版含解析.docx
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1、第27课 磁场对运动电荷的作用1带电粒子在匀强磁场中做圆周运动a应用左手定则判断带电粒子在磁场中的运动轨迹(1)(2015重庆理综,6分)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的径迹,气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是()Aa、b为粒子的径迹 Ba、b为粒子的径迹Cc、d为粒子的径迹 Dc、d为粒子的径迹答案:D解析:射线在磁场中向右运动时,对于带正电荷的射线,根据左手定则可以判断它将向上偏转;对于带负电荷的射线,可以判断它将向下偏转;对于不带电的射线,不偏转。由此可以判定a、b带正电,c、d带负电,故A项、B项、C项均错误,D项正确。b根据q
2、vBm求解带电粒子在磁场中的运动速度(2)(2013全国,6分)如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60,则粒子的速率为(不计重力)()A. B. C. D.答案:B解析:由题意可知射入点与ab的距离为,则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30,粒子的偏转角是60,即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60,所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形,它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等,即rR,轨迹如图
3、所示。根据洛伦兹力提供向心力,有qvB,解得v,故B项正确。c利用tT求解带电粒子在磁场中的运动时间(3)(经典题,6分)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,仍从A点射入磁场,不计重力。则粒子在磁场中的运动时间变为()A.t B2t C.t D3t答案:B解析:带电粒子运动的轨迹如图所示,设圆形磁场区域的半径为R,以速度v射入时,半径为r1。根据几何关系可知tan 30,解得r1R,运动时间为tTTt。以速度射入时,半径为r2,所以r2。设第二次射入时转过的圆心
4、角为,根据几何关系可知tan ,所以120。则第二次运动的时间为t2t,故B项正确。2带电粒子在磁场中运动的多解问题a磁场方向(或粒子电性)不确定造成带电粒子偏转方向不确定形成多解(4)(多选)(经典题,6分)如图所示,一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动,周期为T0,轨道平面位于纸面内,质点的速度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面的匀强磁场,已知轨道半径并不因此而改变,则()A若磁场方向指向纸里,质点运动的周期将大于T0B若磁场方向指向纸里,质点运动的周期将小于T0C若磁场方向指向纸外,质点运动的周期将大于T0D若磁场方向指向纸外,质点运动的周期将小于T0答案
5、:AD解析:在未加磁场时,根据牛顿第二定律和库仑定律,有。加磁场时,根据牛顿第二定律、库仑定律和洛伦兹力公式,若磁场方向指向纸里,qvBmr,则T1T0。若磁场方向指向纸外,qvBmr,则T2T0。故A项、D项均正确,B项、C项均错误。(5)(2017晋江模拟,12分)如图所示,第一象限范围内有垂直于xOy平面的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m,电量大小为q的带电粒子在xOy平面内经原点O射入磁场中,初速度v0与x轴正方向夹角60,求:带电粒子从何处离开磁场?穿越磁场时运动方向发生的偏转角多大;带电粒子在磁场中运动时间多长。答案:若带电粒子带负电,在x轴上从距O点处离开磁场(3分),穿越磁场
6、时运动方向发生的偏转角为120(1分);若带电粒子带正电,在 y轴上从距O点处离开磁场(3分),穿越磁场时运动方向发生的偏转角为60(1分)若带电粒子带负电,在磁场中运动时间为(2分);若带电粒子带正电,在磁场中运动时间为(2分)解析:若带电粒子带负电,进入磁场后做匀速圆周运动,圆心为O1,粒子向x轴偏转,并从A点离开磁场,运动轨迹如图所示。运动方向发生的偏转角为1120(1分)A点与O点的距离为xR(1分)根据洛伦兹力提供向心力,有qv0Bm (1分)联立以上两式,解得x(1分)若带电粒子带正电,进入磁场后做匀速圆周运动,圆心为O2,粒子向y轴偏转,并从B点离开磁场,运动轨迹如图所示。运动方
7、向发生的偏转角为260(1分)B点与O点的距离为yR(3分)带电粒子运动一周所用的时间为T若粒子带负电,它从O到A所用的时间为t1T(2分)若粒子带正电,它从O到B所用的时间为t2T(2分)b临界状态不唯一形成多解(6)(2017南充模拟,19分)一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的中心轴线平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒可绕其中心轴线转动,圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的带负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场,当筒以大小为0的角速度转过90时,该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,求
8、该粒子的比荷和速率分别是多大?若粒子速率不变,入射方向在该截面内且与MN方向成30角,则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒,圆筒角速度应为多大?答案:0R(6分)圆筒角速度大小应为0(顺时针转动)或者0(逆时针转动),其中n0,1,2,3, (13分)解析:若粒子沿MN方向入射,当筒转过90时,粒子从M孔(筒逆时针转动)或N孔(筒顺时针转动)射出,作粒子轨迹1如图所示。由轨迹1可知半径rR(1分)根据洛伦兹力提供向心力,有qvB(1分)解得粒子运动周期T(1分)筒转过90的时间t(1分)又t联立以上式子,解得比荷 (1分)粒子的速率v0R (1分)若粒子与MN方向成30入射,速率不变则半径仍为R,
9、作粒子轨迹2如图所示,轨迹2圆心为O,则四边形MOPO为菱形,可得MOPMOP所以NOP(1分)则粒子偏转的时间tT(1分)又T 联立以上式子,解得t (1分)由于转动方向与射出孔不确定,讨论如下:当圆筒顺时针转动时,设筒转动的角速度变为1,若从N点离开,则筒转动时间满足t(1分)解得10,其中k0,1,2,3,(1分)若从M点离开,则筒转动时间满足t(1分)解得10,其中k0,1,2,3,(1分)综上可得10,其中n0,1,2,3,(1分)当圆筒逆时针转动时,设筒转动的角速度变为2,若从M点离开,则筒转动时间满足t(1分)解得20, 其中k0,1,2,3,(1分)若从N点离开,则筒转动时间满
10、足t(1分)解得20,其中k0,1,2,3,(1分)综上可得20,其中n0,1,2,3,(1分)综上所述,圆筒角速度大小应为10或者20,其中n0,1,2,3,c运动的往复性形成多解(7)(经典题,12分)如图所示,在x0与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B1B2。一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出,要使该粒子经过一段时间后又经过O点,B1与B2的比值应满足什么条件?答案:(n1,2,3,)(12分)解析:粒子在整个运动过程中的速度大小恒为v,交替地在xOy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动,轨道都是半个圆周。设
11、粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q,圆周运动的半径分别为r1和r2,有r1(2分)r2(2分)在xOy平面内,粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2r1的A点,接着沿半径为r2的半圆D1运动至y轴上O1点,如图所示。OO1的距离d2(r2r1)(2分)此后,粒子每经历一次 “回旋”(即从x轴出发沿半径为r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方的y轴),粒子的纵坐标就减小d,设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点,若OOn即nd满足nd2r1(2分)则粒子再经过半圆Cn1就能够经过原点,式中n1,2,3,为回旋次数联立,解得(n1,2,3,)(2分)联立,解得B1、B2应满足的条
12、件 (n1,2,3,)(2分)3带电粒子在有界磁场中的临界极值问题a单直线边界型的临界极值问题(8)(经典题,12分)如图所示,S为一个电子源,它可以在纸面内360范围内发射速率相同的质量为m、电量为e的电子,MN是一块足够大的挡板,与S的距离OSL,挡板在靠近电子源一侧有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。求:若使电子源发射的电子能到达挡板,则发射速度最小为多大?如果电子源S发射电子的速度为第问中的2倍,则挡板上被电子击中的区域范围有多大?答案:(4分)(1)L (8分)解析:电子射出方向不同,其在匀强磁场中的轨迹不同,每个电子的圆轨道的圆心都位于以射出点S为圆心、半径r的圆弧上,如图
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