全品复习方案2020届高考物理一轮复习第9单元磁澄时作业含解析.pdf

磁场课时作业磁场课时作业 磁场的描述 磁场对电流的作用 时间/40 分钟 基础达标 1.2016·北京卷中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋, 则能指南,然常微偏东,不全南也.” 进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图 K24- 1 所示.结合上述材料,下列说法不正确的是( ) 图 K24-1 A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 图 K24-2 2.人教版选修 3-1 改编如图 K24-2 所示,两平行直导线cd和ef竖直放置,通以方向相反、大小 相等的电流,a、b两点位于两导线所在的平面内,则( ) A.b点的磁感应强度为零 B.ef导线在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里 C.cd导线受到的安培力方向向右 D.同时改变两导线的电流方向,cd导线受到的安培力方向不变 图 K24-3 3.2018·梅州月考如图 K24-3 所示,两个完全相同的通电圆环A、B的圆心O重合且圆面相互垂 直放置,通电电流大小相等,电流方向如图所示,设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度 大小为B0,则O处的磁感应强度大小为( ) A.0 B.2B0 C.B0D.无法确定 图 K24-4 4.2018·成都检测一直导线ab平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图 K24-4 所示, 如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流,则关于导线ab受磁场力后的运动情况,下列 说法正确的是( ) A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 图 K24-5 5.2018·海南卷如图 K24-5 所示,一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小 为B,方向垂直于斜面向上,通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上.若电流变为 0.5I,磁感应强 度大小变为 3B,电流和磁场的方向均不变,则金属细杆将( ) A.沿斜面加速上滑B.沿斜面加速下滑 C.沿斜面匀速上滑D.仍静止在斜面上 图 K24-6 6.如图K24-6所示,某区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一正方形刚性线 圈边长为L,匝数为n,线圈平面与磁场方向垂直,线圈一半在磁场内.某时刻,线圈中通有大小为I 的电流,则此时线圈所受安培力的大小为( ) A.BILB.nBIL C.nBILD.nBIL 技能提升 图 K24-7 7.(多选)如图 K24-7 所示,在同一平面内有、三根等间距平行放置的长直导线,通入的电 流分别为 1A、2A、1A,的电流方向为cd且受到安培力的合力方向水平向右,则 ( ) A.的电流方向为ab B.的电流方向为ef C.受到安培力的合力方向水平向左 D.受到安培力的合力方向水平向左 图 K24-8 8.质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上,整个装置处于竖直向上、磁感应 强度为B的匀强磁场中,直导体棒中通有恒定电流,平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成 60°角,其截面图如图 K24-8 所示,重力加速度为g.关于导体棒中电流,下列分析正确的是 ( ) A.导体棒中电流垂直于纸面向外,大小为 B.导体棒中电流垂直于纸面向外,大小为 C.导体棒中电流垂直于纸面向里,大小为 D.导体棒中电流垂直于纸面向里,大小为 9.(多选)如图 K24-9 甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场, 磁感应强度为B,垂直于导轨放置一根均匀金属棒.从t=0时刻起,棒上有如图乙所示的持续交变电 流I,周期为T,最大值为Im,图甲中I所示方向为电流正方向,则金属棒( ) 图 K24-9 A.一直向右移动 B.速度随时间周期性变化 C.受到的安培力随时间周期性变化 D.受到的安培力在一个周期内做正功 10.2018·四川双流中学模拟如图 K24-10 所示,水平金属导轨与导体棒ab接触良好且电阻均忽 略不计,外加匀强磁场与导轨平面成=53°角,细线对ab棒的拉力沿水平方向,不计一切摩擦.现 适当增加重物G的重力,需同时调节滑动变阻器R以保证ab棒始终处于静止状态,在此过程中 ( ) 图 K24-10 A.需将滑动变阻器R的滑动触头P向左滑 B.A点电势降低 C.ab棒受到的安培力方向始终水平向左 D.ab棒受到的安培力的大小始终等于重物G的重力 11.音圈电机是一种应用于硬盘、 光驱等系统的特殊电动机.图 K24-11是某音圈电机的原理示意图, 它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L,匝数为n,磁极正对区域内的磁感 应强度大小为B,方向垂直于线圈平面竖直向下,区域外的磁场忽略不计,线圈左边始终在磁场外, 右边始终在磁场内,前、后两边在磁场内的长度始终相等.某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I. (1)求此时线圈所受安培力的大小和方向; (2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v,求安培力的功率. 图 K24-11 挑战自我 12.一质量m=0.05kg 的金属条搁在相距d=0.02m 的两金属轨道上,如图 K24-12 所示.现让金属条 以v0=m/s的初速度从AA'进入水平轨道,再由CC'进入半径r=0.05m的竖直圆轨道,完成圆周运 动后,再回到水平轨道上.整个轨道除圆轨道光滑外,其余均粗糙,运动过程中金属条始终与轨道 垂直.由外电路控制,使流过金属条的电流大小始终为I=5A,方向如图所示.整个轨道处于水平向 右的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,A、C间的距离L=0.2m,金属条恰好能完成竖直面里的圆周运 动.(g取 10m/s2) (1)求金属条到达竖直圆轨道最高点的速度大小; (2)求金属条与水平粗糙轨道间的动摩擦因数; (3)若将CC'右侧 0.06m 处的金属轨道在DD'向上垂直弯曲(弯曲处无能量损失),试求金属条能上 升的最大高度. 图 K24-12 课时作业(二十五) 第 25 讲 磁场对运动电荷的作用 时间/40 分钟 基础达标 1.2018·河北定州中学模拟关于电荷所受电场力和洛伦兹力,下列说法正确的是 ( ) A.电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用 B.电荷在电场中一定受电场力作用 C.电荷所受的电场力一定与该处的电场方向一致 D.电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直 图 K25-1 2.(多选)如图 K25-1 所示,物理课堂教学中的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部 分组成.励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈,两线圈之间能产生匀强磁场.玻璃泡内充有 稀薄的气体,电子枪在加速电压下发射电子,电子束通过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹. 若电子枪垂直磁场方向发射电子,给励磁线圈通电后,能看到电子束的径迹呈圆形.若只增大电子 枪的加速电压或励磁线圈中的电流,下列说法正确的是 ( ) A.增大电子枪的加速电压,电子束的轨道半径变大 B.增大电子枪的加速电压,电子束的轨道半径不变 C.增大励磁线圈中的电流,电子束的轨道半径变小 D.增大励磁线圈中的电流,电子束的轨道半径不变 图 K25-2 3.2018·江西五校联考一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场.粒子的一段径迹如 图 K25-2 所示,径迹上的每一小段都可近似看成圆弧,由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能 量逐渐减小(带电荷量不变),从图中情况可以确定 ( ) A.粒子从a运动到b,带正电 B.粒子从a运动到b,带负电 C.粒子从b运动到a,带正电 D.粒子从b运动到a,带负电 4.已知粒子(即氦原子核)质量约为质子的 4 倍,带正电荷,电荷量为元电荷的 2 倍.质子和粒 子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动.下列说法正确的是( ) A.若它们的动量大小相同,则质子和粒子的运动半径之比约为 21 B.若它们的速度大小相同,则质子和粒子的运动半径之比约为 14 C.若它们的动能大小相同,则质子和粒子的运动半径之比约为 12 D.若它们由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场,则质子和粒子的运动半径之比约为 12 图 K25-3 5.2018·衡阳联考如图 K25-3 所示,矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向 里.a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子,它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射 入磁场,图中画出了它们在磁场中的运动轨迹,粒子重力不计.下列说法正确的是( ) A.粒子a带负电 B.粒子c的动能最大 C.粒子b在磁场中运动的时间最长 D.粒子b在磁场中运动时的向心力最大 技能提升 图 K25-4 6.如图 K25-4 所示,一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v垂直射入一有界匀强磁场区域内, 速度方向跟磁场左边界垂直,从右边界离开磁场时速度方向偏转角=30°,磁场区域的宽度为d, 则下列说法正确的是( ) A.该粒子带正电 B.磁感应强度B= C.粒子在磁场中做圆周运动的半径R=d D.粒子在磁场中运动的时间t= 图 K25-5 7.(多选)2018·四川五校联考如图 K25-5 所示,在x0,y0 的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应 强度的大小为B,方向垂直于xOy平面向里.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上 的某点P(未画出)沿着与x轴成 30°角的方向射入磁场,不计重力的影响,则下列说法正确的是 ( ) A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点 B.粒子在磁场中运动的时间可能为 C.粒子在磁场中运动的时间可能为 D.粒子在磁场中运动的时间可能为 图 K25-6 8.(多选)2018·甘肃平凉质检如图 K25-6 所示,ABCA为一半圆形的有界匀强磁场边界,O为圆 心,F、G分别为半径OA和OC的中点,D、E点位于边界圆弧上,且DFEGBO.现有三个相同的带 电粒子(不计重力)以相同的速度分别从B、D、E三点沿平行BO方向射入磁场,其中由B点射入磁 场的粒子 1 恰好从C点射出,由D、E两点射入的粒子 2 和粒子 3 从磁场某处射出,则下列说法正 确的是( ) A.粒子 2 从O点射出磁场 B.粒子 3 从C点射出磁场 C.粒子 1、2、3 在磁场中的运动时间之比为 323 D.粒子 2、3 经磁场偏转角相同 图 K25-7 9.(多选)如图 K25-7 所示,AOB是一边界为圆的匀强磁场,O点为圆心,D点为边界OB的中 点,C点为边界上一点,且CDAO.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子 重力),其中粒子 1 从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子 2 从C点沿CD射入,从某点离开磁场, 则可判断( ) A.粒子 2 在AB圆弧之间某点射出磁场 B.粒子 2 一定在B点射出磁场 C.粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为 32 D.粒子 1 与粒子 2 的速度偏转角度相同 挑战自我 图 K25-8 10.(多选)如图 K25-8 所示,在真空中,半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁 感应强度为B,一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域,质子的电荷量为e,质量为m,速度为 v=,则以下说法正确的是( ) A.对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线一定过圆心 B.从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动时间短 C.所有质子都在磁场边缘同一点射出磁场 D.若质子以相等的速率v=从同一点沿各个方向射入磁场,则它们离开磁场的出射方向可能垂 直 11.如图 K25-9 所示,A点距坐标原点的距离为L,坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀 强磁场区域,磁场方向垂直于坐标平面向里.有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0 平行于x轴正方向射入磁场区域,在磁场中运动,从x轴上的B点射出磁场区域,此时速度方向与x 轴的正方向之间的夹角为 60°,求: (1)磁场的磁感应强度大小; (2)磁场区域的圆心O1的坐标; (3)电子在磁场中运动的时间. 图 K25-9 12.2018·天津红桥区模拟边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场.在 纸面内从O点沿纸面向磁场区域AOB各个方向同时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,所 有粒子的速率均为v.如图 K25-10 所示,沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出,不计粒子之 间的相互作用和重力的影响,已知 sin35°0.577.求: (1)匀强磁场的磁感应强度大小; (2)带电粒子在磁场中运动的最长时间; (3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时,还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例. 图 K25-10 专题训练(七)A 专题七 带电粒子在组合场中的运动 时间/40 分钟 基础达标 图 Z7-1 1.人教版选修 3-1 改编如图 Z7-1 所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子经过由正交的 匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分离为A、B两束.下列说法 正确的是( ) A.组成A束和B束的离子都带负电 B.组成A束和B束的离子质量一定不同 C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷 D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 图 Z7-2 2.如图 Z7-2 所示,a、b是两个匀强磁场边界上的两点,左边匀强磁场的磁感线垂直于纸面向里,右 边匀强磁场的磁感线垂直于纸面向外,两边的磁感应强度大小相等.电荷量为 2e的正离子以某一 速度从a点垂直磁场边界向左射出,当它运动到b点时,击中并吸收了一个处于静止状态的电子, 不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用,电子质量远小于正离子质量,则它 们在磁场中的运动轨迹是图 Z7-3 中的( ) 图 Z7-3 图 Z7-4 3.(多选)2018·德州期末图 Z7-4 是一个回旋加速器示意图,其核心部分是两个 D 形金属盒,两 金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连.现分别加速氘核H)和氦核He), 下列说法中正确的是( ) A.它们的最大速度相同 B.它们的最大动能相同 C.两次所接高频电源的频率相同 D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 图 Z7-5 4.2018·山西五校联考质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具.图 Z7-5 中的 铅盒A中的放射源放出一带正电粒子(可认为初速度为零),从狭缝S1进入电压为U的加速电场区 加速后,再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场,该偏转磁场是以直线MN为切线、 磁感应 强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场.现在MN上的F点(图中未画出)接收 到该粒子,且GF=R,则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计) ( ) A.B. C. D. 技能提升 5.(多选)如图 Z7-6 所示,在xOy坐标系中,y0 的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场,在y0)、 质量为m的a粒子从板的左侧O 点沿两板间的中线以初速度v0射入板间,结果粒子恰好从上板的右侧边缘与静止在此处的另一不 带电、等质量的b粒子碰后粘在一起,进入一圆形有界匀强磁场,磁场方向垂直于纸面,圆形磁场 的圆心与上板在同一直线上.两粒子经磁场偏转后射出磁场,沿水平方向返回两板间,它们又刚好 返回到O点.不计粒子重力,金属板长为L,板上所加电压为U=,求: (1)a粒子刚出电场时的速度大小; (2)两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离; (3)两粒子在磁场运动过程中所受洛伦兹力大小和洛伦兹力对两粒子的冲量. 图 Z8-10 课时作业(二十四) 1.C 解析根据“则能指南,然常微偏东,不全南也”知,选项 A 正确.由图可知地磁场的南极在 地理北极附近,选项 B 正确.由图可知在两极附近地磁场与地面不平行,选项 C 错误.由图可知赤道 附近的地磁场与地面平行,射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直,会受到磁场力的 作用,选项 D 正确. 2.D 解析根据右手螺旋定则可知,b处的两个分磁场方向均为垂直纸面向外,选项 A 错误;ef导 线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外,选项 B 错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流 互相排斥,选项 C 错误,选项 D 正确. 3.C 解析据安培定则可知,图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向为x轴负方向,B环在 圆心O处产生的磁感应强度的方向为z轴负方向,根据平行四边形定则可知,圆心O处磁感应强度 大小为B0. 4.D 解析由安培定则可判断出通电螺线管产生的磁场方向,导线等效为Oa、Ob两电流元,由左 手定则可判断出两电流元所受安培力的方向,Oa向纸外,Ob向纸里,所以从上向下看导线逆时针转 动,当转过 90°时,由左手定则可判断出导线所受磁场力向下,即导线在逆时针转动的同时还要靠 近螺线管,D 正确. 5.A 解析原来,有BIl=mgsin,后来,有a=,沿斜面向上,A 正确. 6.D 解析磁场中线圈的有效长度为L'=L,故线圈受到的安培力为F=nBIL'=nBIL,选项 D 正确. 7.BCD 解析根据“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”,因的电流方向为cd且受到安 培力的合力方向水平向右,可知的电流方向为ba,的电流方向为ef,选项A错误,B正确; 受到和的排斥力,故安培力的合力方向水平向左,选项C 正确;受到的吸引力和的排斥力, 因的吸引力大于的排斥力,故受到安培力的合力方向水平向左,选项 D 正确. 8.C 解析导体棒受到竖直向下的重力和指向圆心的弹力,要使导体棒平衡,应使其受水平向右 的安培力,重力和安培力的合力大小与弹力大小相等,方向相反,由平衡条件有 tan60°=, 解得导体棒中电流I=,由左手定则可判断,导体棒中电流的方向应垂直于纸面向里,选项 C 正确. 9.ABC 解析由左手定则可判断,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始 做匀减速运动,经过一个周期,速度变为 0,然后重复上述运动,选项 A、B 正确;安培力F=BIL,由图 像可知,前半个周期内安培力水平向右,后半个周期内安培力水平向左,之后不断重复,选项 C 正 确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零,选项 D 错 误. 10.B 解析对ab棒受力分析,受到重力、导轨对ab棒的支持力、安培力和细线的拉力,根据左 手定则可判断,安培力斜向左上方,水平方向上,有Fsin=T,即B··Lsin=G,现适当增 大重物G的重力,为了保证ab棒始终处于静止状态,可以将滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,减 小电阻,故 A、C、D 错误;滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,接入电路的阻值减小,总电阻减小, 总电流增大,根据U=E-Ir可知,路端电压减小,A点电势降低,故 B 正确. 11.(1)nBIL 方向水平向右 (2)nBILv 解析(1)线圈前、后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由 安培力公式得F=nBIL 由左手定则可判断,安培力方向水平向右. (2)安培力的功率为P=Fv 联立解得P=nBILv. 12.(1)m/s (2) (3)0.10m 解析(1)在圆轨道的最高点,由牛顿第二定律得 BId+mg=m 解得v=m/s. (2)金属条从进入水平轨道到上升到圆轨道最高点,根据动能定理得 -(mg+BId)·2r-(mg+BId)L=mv2-m 解得=. (3)金属条从进入水平轨道到上升到竖直轨道最高点,根据动能定理得 -(mg+BId)(L+LCD)-(mg+BId)hm=0-m 解得hm=0.10m. 课时作业(二十五) 1.B 解析当电荷的运动方向与磁场方向平行时,电荷不受洛伦兹力,故 A 错误;电荷在电场中一 定受到电场力作用,故 B 正确;正电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相同,负电荷所受 的电场力方向与该处的电场强度方向相反,故 C 错误;根据左手定则知,电荷若受洛伦兹力,则洛伦 兹力的方向与该处磁场方向垂直,故 D 错误. 2.AC 解析若只增大电子枪的加速电压,电子速度增大,由R=、qU=mv2可知,电子束的 轨道半径变大,选项 A 正确,B 错误.若只增大励磁线圈中的电流,磁感应强度增大,由R=、qU= mv2可知,电子束的轨道半径变小,选项 C 正确,D 错误. 3.C 解析由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,速度逐渐减小,根据粒子在磁 场中运动的半径公式r=可知,粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的,所以粒子的运动轨迹是从b 到a,选项 A、B 错误;根据左手定则可判断,粒子带正电,选项 C 正确,D 错误. 4.A 解析设质子的质量为m,电荷量为q,则粒子的质量为 4m,电荷量为 2q,它们在同一匀强 磁场中做匀速圆周运动过程中,洛伦兹力充当向心力,故Bqv=m,解得r=,若它们的动量大 小相同,即mv相同,则r,所以运动半径之比为 21,A 正确;若它们的速度相同,则= =,B 错 误 ;若 它 们 的 动 能 大 小 相 同 ,根 据p=可 得= = =1,C 错误;若它们由静 止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场,根据动能定理可得进入磁场的速度为v=,即v= vH,故半径之比为=,D 错误. 5.D 解析由左手定则可判断,a粒子带正电,故 A 错误;由qvB=m,可得r=,由图可知,粒 子c的轨迹半径最小,粒子b的轨迹半径最大,又m、q、B相同,所以粒子c的速度最小,粒子b的 速度最大,由Ek=mv2知,粒子c的动能最小,由洛伦兹力提供向心力,有F向=qvB,可知粒子b 的向心力最大,故 D 正确,B 错误;由T=可知,粒子a、b、c的周期相同,但是粒子b的轨迹所 对的圆心角最小,则粒子b在磁场中运动的时间最短,故 C 错误. 6.D 解析由左手定则可判断,该粒子带负电,A错误;分别作出入射方向和出射方向的垂线,交点 为圆周运动的圆心O,由几何关系可得,圆心角=30°,半径R=2d,C 错误;由洛伦兹力提 供向心力,有qvB=m,得R=,将R=2d代入可得B=,B错误;粒子做圆周运动的周期T= =,将B=代入可得T=,则运动时间t=T=×=,D 正确. 7.BC 解析带正电粒子从P点与x轴成 30°角入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P点与速度方 向垂直的直线上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角一定大于 180°,如图所示,而磁 场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A 错误;由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的轨迹圆 弧对应的圆心角也不定,粒子从x轴射出时,对应的圆心角最大,为 300°,运动的时间t=T= ,当粒子的入射点P在原点时,对应的圆心角最小,为120°,所以运动时间t= T=,故粒子在磁场中运动的时间范围是t ,B、C 正确,D 错误. 8.ABD 解析从B点射入磁场的粒子 1 恰好从C点射出,可知带电粒子运动的轨迹半径等于磁场 的半径,由D点射入的粒子 2 的轨迹圆心为E点,由几何关系可知,该粒子从O点射出,同理可知粒 子 3 从C点射出,A、 B 正确;1、 2、 3 三个粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为 90°、 60°、 60 °,运动时间之比为 322,C 错误,D 正确. 9.BC 解析粒子 1 从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为 90°,粒 子轨道半径等于BO,粒子 2 从C点沿CD射入,其运动轨迹如图所示,设对应的圆心为O1,运动轨道 半径也为BO=R,连接O1C、O1B,O1COB是平行四边形,O1B=CO,则粒子 2 一定从B点射出磁场,故 A 错 误,B正确;粒子的速度偏转角即粒子在磁场中转过的圆心角,1=90°,过B点作O1C的垂线交O1C 于P点,可知P为O1C的中点,由数学知识可知,2=BO1P=60°,两粒子的速度偏转角不同,粒子 在磁场中运动的周期T=,两粒子的周期相等,粒子在磁场中的运动时间t=T,故运动时间 之比t1t2=12=90°60°=32,故 C 正确,D 错误. 10.AC 解析质子做圆周运动的半径为r=R,对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线 一定过圆心,选项 A 正确;质子射入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,因质子的运动半径相 同,故从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长,则时间长,选项 B 错误;所有 质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,所有质子都在O点的 正下方同一点射出磁场,选项 C 正确;质子的速度为v=时,质子运动的半径r=R,若质子 从同一点沿各个方向射入磁场,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,不存在离开磁场的出 射方向垂直的情况,选项 D 错误. 11.(1) (2) (3) (1)电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力而做圆周运动,设轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B,有 ev0B=m 过A、B点分别作速度的垂线交于C点,则C点为轨迹圆的圆心,已知电子在B点速度方向与x轴 夹角为 60°,由几何关系得,轨迹圆的圆心角C=60° AC=BC=r 已知OA=L,得OC=r-L 由几何知识得 r=2L 联立解得B=. (2)由于A、B、O在圆周上,AOB=90°,所以AB为磁场圆的直径,故AB的中点为磁场区域的圆心O1, 且ABC为等边三角形,由几何关系可得磁场区域的圆心O1的坐标为L,. (3)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为 T= 联立解得电子在磁场中运动的时间t=. 12.(1) (2) (3) 解析(1)OC=Lcos30°=L 沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出,由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角 为 60°. 半径r=OC=L 由qvB=解得B=. (2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长,设弦OA对应的圆心角为,由几何关系得 sin=0.577 解得70° 最长时间tm·=. (3)设从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD=OC,粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为 60°,如图所示,由几何知识得入射速度与OD的夹角应为 30°,即沿OC方向射入的粒子在磁场中 运动的时间与沿OB方向射入的粒子在磁场中运动的时间相同,则当沿OB方向射入的粒子从C射 出时,从OB方向到OC方向这 30°范围内射入的粒子此时都还在磁场中,而入射的范围为 60°,故 还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是. 专题训练(七)A 1.C 2.D 解析正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后,速度不变,电荷量变为 +e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下,由r=可知,轨迹半径增大到 原来的 2 倍,所以在磁场中的运动轨迹是图 D. 3.AC 解析由R=得最大速度v=,两粒子的比荷相同,所以最大速度相同,A正确;最大 动能Ek=mv2,因为两粒子的质量不同,最大速度相同,所以最大动能不同,B错误;高频电源的 频率f=,因为相同,所以两次所接高频电源的频率相同,C 正确;粒子的最大动能与高频电 源的频率无关,D 错误. 4.C 解析设粒子被加速后获得的速度为v,由动能定理得qU=mv2,粒子在磁场中做匀速圆 周运动的轨道半径r=R,又Bqv=m,解得=,故 C 正确. 5.BC 解析带电粒子在电场中受到的电场力沿y轴负方向,做类平抛运动,根据牛顿第二定律得 qE=ma,在x轴方向上,有 2L=v0t,在y轴方向上,有L=at2,解得E=,选项 A 错误,选项 B 正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则可判断,磁场方向垂直于 纸面向里,画出粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中,在x轴方向上,有 2L=v0t,在y轴方向上, 有L=vyt,联立得vy=v0,进入磁场时速度v=v0,设进入磁场时速度与x轴的 夹角为,有 tan=1,解得=45°,根据几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R= L,根据qvB=m得R=,磁感应强度B=,选项 C 正确,选项 D 错误. 6.D 解析带电粒子的运动轨迹如图所示,带电粒子出电场时,速度v=v0,这一过程的时间t1= =,根据几何关系可得带电粒子在磁场中的轨迹半径r=2d,带电粒子在第象限中运动的圆 心角为,故带电粒子在第象限中的运动时间t2=,带电粒子在 第象限中运动的时间t3=,故t总=,D 正确. 7.BC 解析由题意可知,粒子在加速电场中运动时,两板电势差不变,故场强不变,带电粒子所受 电场力不变,加速度不变,而粒子进入电场时的初速度不断变大,故在两板间运动的时间不断变短, 粒子进入磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,解得B=,随着粒子速度 不断增大,半径保持不变,故磁感应强度不断增大,又由圆周运动规律T=可知,带电粒子在磁 场中运动的周期不断减小.综上可知,B、C 正确. 8.(1)R (2)U= (3)6d+ 解析(1)根据几何关系可得r=R (2)开始粒子在电场中做匀加速直线运动,故有 a1= 根据运动学公式可得 d=a1 解得t1=d 故v1= 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则Bqv1=m 解得r= 又r=R 联立解得U= (3)根据T=,t2=T,=60°,可得t2= 所以t=6t1+3t2=6d+. 9. 解析设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,由动能定理得 qU=mv2 带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有 qBv=m 由题意知r=d 联立解得B= 带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点.由平抛运动规律得 d=vt d=at2 又qE=ma 联立解得E=. 专题训练(七)B 1.(1)2×105m/s (2)5.2×10-3m 解析(1)能沿直线通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反,有 qB1v=qE 解得v=2×105m/s. (2)粒子进入偏转分离器后做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得qB2v=m 解得R= 设质子质量为m,则氘核质量为 2m,故 d=2R2-2R1=2×-2×=5.2×10-3m. 2.(1) (2)- 解析(1)粒子运动半径为R时,有 qvB=m, 又Ek=mv2, 解得Ek=. (2)设粒子被加速n次达到动能Ek,则Ek=nqU0. 粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为t,加速度a=, 粒子做匀加速直线运动,有nd=a·(t)2, 总时间t0=(n-1)·+t, 解得t0=-. 3.(1) (2)BL 解析(1)粒子在磁场中做圆周运动,速度越大,则半径越大.速度最大的粒子刚好由P点射出,由 牛顿第二定律得qvB=, 由几何关系知r=L, 联立解得v=. (2)粒子从P点离开后,垂直于x轴进入电场,在竖直方向做匀速直线运动,在水平方向做匀加速直 线运动,由牛顿第二定律得a=, 在电场中运动时,有 L=at2, d=vt, 联立解得d=BL 4.(1) (2) (3)斜向下与x轴正方向夹角为 30°或 150° 解析(1)粒子经电场加速,由动能定理得 qU0=mv2 解得v= (2)撤去磁场后,粒子在电场中做类平抛运动. 沿x轴方向,有L=vt 沿y轴方向,有=at2 由牛顿第二定律得a= 联立解得E= (3)设粒子从O点沿与x轴正方向夹角为的方向斜向下射出,运动轨迹如图所示,有 2Rsin=L 由洛伦兹力提供向心力,有 qvB=m 又qvB=qE 联立解得=30°或=150° 5.(1) (2) (3) 解析(1)当UMN=0 时,粒子沿O1O2方向射入磁场,轨迹如图甲所示,设其半径为R1,由几何关系得 R1=R 根据牛顿第二定律得 Bv0q=m 解得B= 甲 (2)在t=0 时刻入射的粒子满足 =×××2 解得U0= (3)经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为v0 t=(2k+1)(k=0,1,2,3,)时刻入射的粒子贴M板离开电场,轨迹如图乙所示,设偏转角为. 乙 由几何知识可知四边形QOPO4为菱形,故=120° 粒子在磁场中运动的最长时间t1= t=2k(k=0,1,2,3,)时刻入射的粒子贴N板离开电场,轨迹如图丙所示,设偏转角为. 由几何知识可知四边形SOTO5为菱形,故=60° 粒子在磁场中运动的最短时间t2= 又T= 故t=t1-t2= 丙 专题训练(八) 1.D 解析当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子沿直线匀速通过该区域,有qvB=qE,所 以E=Bv;假设粒子带正电,则受到向下的洛伦兹力,电场方向应该向上,而粒子带负电时,电场方向 仍应向上,故 D 正确. 2.AC 解析沿ab方向抛出的带正电小球或沿ac方向抛出的带负电的小球在重力、电场力、洛 伦兹力作用下都可能做匀速直线运动,A 正确,B 错误.在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的 直线运动一定是匀速直线运动,C 正确.两小球在运动过程中,除重力做功外,还有电场力做功,故 机械能不守恒,D 错误. 3.CD 解析带电小球进入复合场时受力情况如图所示,其中只有 C、D 两种情况下合外力可能为 零或与速度的方向在一条直线上,所以有可能沿直线通过复合场区域;A 项中洛伦兹力随速度v的 增大而增大,所以三力的合力不会总保持在竖直方向,合力与速度方向将产生夹角,小球做曲线运 动. 4.C 解析金属导体中的自由电荷是带负电的电子,由电流方向向右可知,电子的移动方向向左, 根据左手定则知,这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转,则上表面带负电,下表面带正电, 下表面的电势高于上表面的电势,故 A 错误;稳定时,电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,有 evB=e,解得U=vBh,根据I=nevhd可知,v=,故U=,仅增大h时,电势差不变,故 B 错误; 仅增大d时,上、下表面的电势差减小,故 C 正确;仅增大I时,电势差增大,故 D 错误. 5.CD 解析小球穿过电场、磁场、重力场三场并存的区域时未发生偏转,即做匀速直线运动,受 力满足平衡条件.当E沿z轴正方向,B沿y轴负方向,且满足mg=Eq+qvB时,小球做匀速直线运动; 当E沿z轴正方向,B沿x轴负方向,洛伦兹力为零,且满足mg=qE时,小球做匀速直线运动,C、D 正确. 6.ABD 解析当qv0B=mg时,小球不受支持力和摩擦力,克服摩擦力做功为零,选项 A 正确;当 qv0Bmg时,小球先做减速运动,当qvB=mg时,小球不受摩擦力作用, 小 球以速度v=做匀速运动,根据动能定理得W克f=m-,选项 D 正确. 7.D 解析由图像可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是 1m/s,对物块 进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为,沿皮带的 方向,有FN-mgsin=ma,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由式可知, 物 块的加速度逐渐减小,一定是FN逐渐减小,而开始时FN=mgcos,后来F'N=mgcos-f洛,即洛伦兹 力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故 A 错误;物块向上运 动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合式可知,物块的加速度也越来越 小,当加速度等于 0 时,物块达到最大速度,此时mgsin=(mgcos-f洛),由式可知,只要皮 带的速度大于或等于 1m/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速度可能 是1m/s,也可能大于 1m/s,物块可能相对于皮带静止,