【物理】2020届一轮复习人教版第九章第2讲　洛伦兹力　带电粒子在匀强磁场中的运动作业

【物理】2020届一轮复习人教版第九章第2讲　洛伦兹力　带电粒子在匀强磁场中的运动作业

第2讲　洛伦兹力　带电粒子在匀强磁场中的运动 A组　基础过关 ‎1.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 答案　A　P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场方向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。‎ ‎2.初速度为v0的电子,沿平行于通电长直导线的方向射出,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 答案　A　由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里,再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力方向向右,所以电子向右偏转;由于洛伦兹力不做功,电子的动能不变,则其速率不变。‎ ‎3.(多选)(2019山东烟台质检)如图所示,带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场,又都恰好不从另一边界飞出,则下列说法中正确的是(　　)‎ A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是‎1‎‎3‎ B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是‎3‎‎2+‎‎3‎ C.A、B两粒子mq之比是‎1‎‎3‎ D.A、B两粒子mq之比是‎3‎‎2+‎‎3‎ 答案　BD　由题意知,粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力,根据Bqv=mv‎2‎r,得r=mvBq。由几何关系可得,对粒子B有rBcos60°+rB=d,对粒子A有rAcos30°+rA=d,联立解得rArB=‎3‎‎2+‎‎3‎,所以A错误,B正确。再根据r=mvBq,可得A、B两粒子mq之比是‎3‎‎2+‎‎3‎,故C错误,D正确。‎ ‎4.两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 答案　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=mvqB知,轨道半径增大;由角速度ω=vr知,角速度减小,选项D正确。‎ ‎5.(多选)如图所示,空间有一垂直纸面向外的、磁感应强度为0.5T的匀强磁场,一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端放置一质量为0.1kg、带电荷量q=0.2C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左、大小为0.6N的恒力F,g取10m/s2,则(　　)‎ A.木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动 B.滑块开始做匀加速直线运动,然后做加速度减小的变加速运动,最后做匀速运动 C.最终木板做加速度为2m/s2的匀加速直线运动,滑块做速度为10m/s的匀速直线运动 D.最终木板做加速度为3m/s2的匀加速直线运动,滑块做速度为10m/s的匀速直线运动 答案　BD　由于滑块与木板间的动摩擦因数为0.5,静摩擦力能对滑块提供的最大加速度为5m/s2,所以当0.6N的恒力刚作用于木板时,滑块与木板组成的系统以a=FM+m=‎0.6‎‎0.2+0.1‎m/s2=2m/s2的加速度一起运动;当滑块获得向左运动的速度以后,磁场对其有竖直向上的洛伦兹力,随速度增大,洛伦兹力增大,大到一定程度后滑块所受摩擦力减小,加速度减小;当洛伦兹力等于滑块重力时,滑块与木板之间的弹力为零,此时有qvB=mg,解得v=10m/s,此时摩擦力消失,滑块做匀速直线运动,而木板在恒力作用下做匀加速直线运动,a'=FM=3m/s2。所以B、D正确。‎ ‎6.(多选)(2019河南郑州调研)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,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其中B0=mv‎0‎qL,A、C、D选项中曲线均为半径是L的‎1‎‎4‎圆弧,B选项中曲线为半径是L‎2‎的圆(　　)‎ 答案　AB　由于带电粒子流中粒子的速度均相同,则当飞入A、C选项中的磁场时,它们的轨迹对应的半径均相同,为R=L。B、D选项因为磁场的磁感应强度是2B0,粒子在其中运动轨迹半径是在A、C中选项磁场中运动轨迹半径的一半。当粒子射入C、D两选项中的磁场时,均不可能汇聚于同一点。当粒子射入A、B选项中的磁场时,能汇聚于一点。‎ ‎7.(多选)如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面。在纸面内的长度L=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与SO直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.0×10-4T。电子质量m=9.1×10-31kg,电荷量e=-1.6×10-19C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则(　　)‎ A.θ=90°时,l=9.1cm B.θ=60°时,l=9.1cm C.θ=45°时,l=4.55cm D.θ=30°时,l=4.55cm 答案　AD　电子运动的轨迹圆半径R=mvqB=4.55cm。用虚线表示所有轨迹圆的圆心轨迹,当θ=90°时,圆心轨迹与MN相切于O点,如图甲所示,四边形O1SOM是正方形,上边界轨迹圆与MN相切于M点,同理,下边界轨迹圆与MN相切于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l=9.1cm,A对。当θ=60°时,如图乙所示,MN相当于从竖直位置绕O点顺时针转30°,上边界轨迹圆与MN的切点位于M、O之间,下边界轨迹圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l<9.1cm,B错。当θ=45°时,如图丙所示,MN相当于从竖直位置绕O点顺时针转45°,上边界轨迹圆与MN的切点位于M、O之间,下边界轨迹圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l>4.55cm,C错。当θ=30°时,如图丁所示,圆心轨迹与MN交于O,过O点作垂直于MN的直线,交圆心轨迹于O1,连接S、O1,则三角形OO1S是等边三角形,O1O垂直于MN,所以上边界轨迹圆与MN相切于O点,下边界轨迹圆与MN相交于N点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度l=4.55cm,D对。‎ ‎8.(多选)如图所示,在y轴右侧存在与xOy平面垂直且范围足够大的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量完全相同的带负电的粒子,所有粒子的初速度大小均为v0,方向与x轴正方向的夹角分布在-60°~60°范围内,在x=l处垂直x轴放置一荧光屏S。已知沿x轴正方向发射的粒子经过荧光屏S上y=-l的点,则(　　)‎ A.粒子的比荷为qm=‎v‎0‎lB B.粒子的运动半径一定等于2l C.粒子在磁场中的运动时间一定不超过πlv‎0‎ D.粒子打在荧光屏S上亮线的长度大于2l 答案　AC　沿x轴正方向发射的粒子经过荧光屏S上y=-l的点,由几何知识可知,粒子的轨迹半径r=l,B错误;由牛顿第二定律得qv0B=mv‎0‎‎2‎r,解得qm=v‎0‎lB,A正确;粒子沿x轴正方向发射时在磁场中运动的轨迹对应的圆心角最大,为θ=π,对应的运动时间最长,tm=θ‎2πT=πlv‎0‎,故C正确;沿与x轴正方向的夹角为60°方向射入磁场的粒子,其打在荧光屏S上的纵坐标一定小于l,故D错误。‎ ‎9.(2018山东潍坊实验中学检测)如图所示,虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场,电子束经过磁场区后,其运动的方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m,电荷量为e,不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求:‎ ‎(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R;‎ ‎(2)电子在磁场中运动的时间t;‎ ‎(3)圆形磁场区域的半径r。‎ 答案　(1)mveB　(2)mθeB　(3)mveBtanθ‎2‎ 解析　(1)电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力,即qvB=mv‎2‎R 由此可得电子做圆周运动的半径R=mvqB=‎mveB ‎(2)如图所示,根据几何关系,可以知道电子在磁场中做圆周运动转过的圆心角α=θ 则电子在磁场中运动的时间 t=θ‎2πT=θ‎2π×‎2πRv=θv×mveB=‎mθeB ‎(3)由题意,根据几何关系知,tanα‎2‎=‎rR 解得r=Rtanα‎2‎=mveBtanθ‎2‎ ‎10.(2018河南商丘模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy中,有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出),磁场方向垂直于xOy平面,O点为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场,已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为θ=30°,OP=L。求:‎ ‎(1)磁感应强度的大小和方向;‎ ‎(2)该圆形磁场区域的最小面积。‎ 答案　(1)‎3mv‎0‎qL　方向垂直xOy平面向里　(2)‎πL‎2‎‎12‎ 解析　(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里。粒子在磁场中做弧长为‎1‎‎3‎圆周的匀速圆周运动,如图所示,粒子在Q点飞出磁场。设其轨迹圆心为O',半径为R。‎ 由几何关系有(L-R)sin30°=R 得R=‎1‎‎3‎L 由牛顿第二定律有qv0B=mv‎0‎‎2‎R 解得B=‎‎3mv‎0‎qL ‎(2)设磁场区域的最小面积为S。由几何关系得 直径OQ=‎3‎R=‎3‎‎3‎L,所以S=πOQ‎2‎‎2‎=‎πL‎2‎‎12‎ B组　能力提升 ‎11.(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相切的圆弧轨道,并且圆弧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,都恰好通过圆弧轨道的最高点,则(　　)‎ A.经过圆弧轨道最高点时,三个小球的速度相等 B.经过圆弧轨道最高点时,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 答案　CD　在圆弧轨道最高点时,由左手定则可知,甲球受洛伦兹力向下,乙球受洛伦兹力向上,而丙球不受洛伦兹力,故三球在圆弧轨道最高点受合力不同,故由F合=mv‎2‎r可知,三小球的速度不相等,故A错误;因甲球在圆弧轨道最高点受合力最大,故甲球在圆弧轨道最高点的速度最大,故B错误;因洛伦兹力和支持力不做功只有重力做功,故小球机械能守恒,D正确;因甲球在圆弧轨道最高点的速度最大,则甲球释放时的高度最高,故C正确。‎ ‎12.(2018黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,一水平固定绝缘杆上套有带电小球P,P的质量为m、电荷量为-q,P与杆间的动摩擦因数为μ。小球由静止开始滑动,设电场、磁场区域足够大,杆足够长,在运动过程中小球的最大加速度为a0,最大速度为v0,则下列判断正确的是(　　)‎ A.小球先加速后减速,加速度先增大后减小 B.当v=‎1‎‎2‎v0时,小球的加速度最大 C.当v=‎1‎‎2‎v0时,小球一定处于加速度减小阶段 D.当a=‎1‎‎2‎a0时,vv‎0‎>‎‎1‎‎2‎ 答案　C　开始运动阶段qvB

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