《2019年高考专项练习：带电粒子在匀强磁场中的运动.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考专项练习：带电粒子在匀强磁场中的运动.docx（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019年高考专项练习：带电粒子在匀强磁场中的运动【一】单项选择题51. 如下图，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场；重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，假设粒子射入、射出磁场点间的距离为R，那么粒子在磁场中的运动时间为()A. 23R3vB. 2R3vC. R3vD. 23R9vD解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如下图：故轨道半径：r=33R根据牛顿第二定律，有：qvB=mv2r解得：r=mvqB联立解得：v=3qBR3m故在磁场中的运动时间：t=23rv=23R9v，故D正确，ABC错误应选：D、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
2、画出轨迹，求解出半径，然后根据牛顿第二定律列式分析即可此题关键是结合几何关系得到轨道半径，画出轨迹是基础，根据牛顿第二定律列式可以求解粒子的比荷A. 离子从电场中获得能量B. 离子由加速器的边缘进入加速器C. 加速电场的周期随粒子速度增大而增大D. 离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压有关A解：A、由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU=12mv2，故离子是从电场中获得能量.故A正确；B、要加速次数最多最终能量最大，那么被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故B错误C、据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期所以T=2rv=2mqB，与离
3、子的速度大小无关.故C错误；D、离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以qvB=mv2r 所以r=mvqB 据表达式可知，离子获得的最大动能取决于D形盒的半径，所以最大动能为q2B2R22m，与加速电场的电压无关.故D错误应选：A 被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功了解并理解了常用实验仪器或实验器材的原理到考试时我们就能轻松解决此类问题2. 回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒.把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下.连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两
4、盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核(13H)和粒子(24He)，比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，以下说法正确的选项是()A. 加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的最大动能较大B. 加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较大C. 加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小D. 加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较小C解：交流电源的周期等于粒子圆周运动的周期，为：T=2mqB，由于氚核的mq较大，那么加速氚核的交流电源的周期较大；根据qvB=mvm2R得，粒子出D形盒时最大速度为
5、vm=qBRm，最大动能为：Ekm=12mvm2=q2B2R22m；由于氚核的q2m较小，那么氚核获得的最大动能较小故ABD错误，C正确；应选：C 回旋加速器工作时，交流电源的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速.由牛顿第二定律推导出最大动能的表达式和周期表达式进行讨论即可对于回旋加速器，关键是要理解其工作原理，掌握工作条件，由洛伦兹力等于向心力，得到最大动能表达式3. 如下图是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场.一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)
6、沿垂直于磁场的方向喷入磁场.把P、Q与电阻R相连接.以下说法正确的选项是()A. Q板的电势高于P板的电势B. R中有由b向a方向的电流C. 假设只改变磁场强弱，R中电流保持不变D. 假设只增大粒子入射速度，R中电流增大D解：AB、等离子体进入磁场，根据左手定那么，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上.所以上极板带正电，下极板带负电，那么P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b.故AB错误；C、依据电场力等于磁场力，即为qUd=qvB，那么有：U=Bdv，再由欧姆定律，I=UR+r=BdvR+r，电流与磁感应强度成正比，故C错误；D、由上分析可知，假设只增大粒子入射
7、速度，R中电流也会增大，故D正确应选：D、等离子体从左向右进入磁场，受到洛伦兹力发生偏转，打到极板上，使两极板间形成电势差，当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡.根据极板的正负判断电势的高低以及电流的流向解决此题的关键会根据左手定那么判断洛伦兹力的方向，以及知道当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡4. 如下图，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180，不计电荷的重力，以下说法正确的选项是()A. 该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B. 该点电
8、荷的比荷为qm=2v0BRC. 该点电荷在磁场中的运动时间t=R3v0D. 该点电荷带正电B解：如下图，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有： 电荷在电场中刚好运动T2，电荷做圆周运动的半径r=Rsin30所以有：A、如图，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误；B、根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2rqm=v0rB=2v0RB，故B正确；C、由图知该电荷在磁场中运动的时间t=12T=122rv0=R2v0，所以C错误；D、根据电荷偏转方向由洛伦兹力方向判定该电荷带负电，故D错误应选B、根据电荷在磁场中偏转180和电荷在磁
9、场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动作出电荷在磁场中的运运轨迹，根据条件由几何关系和洛伦兹力提供向心力推导即可正确的判断带电粒子在磁场中的运动轨迹，利用几何关系求运动半径，洛伦兹力提供向心力是解决此题的关键【二】多项选择题45. 如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E.粒子沿直线穿过速度选择器后通过平板S上的狭缝P，之后到达记录粒子位置的胶片A1A2.板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场.以下说法正确的选项是()A. 粒子在速度选择器中一定做匀速运动B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C.
10、 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于BED. 比荷(qm)越大的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝PAD解：A、在速度选择其中粒子做直速运动，受到的电场力和洛伦兹力大小相等，合力为零，故A正确；B、粒子作直线运动，故受到的洛伦兹力向左，故磁场垂直于纸面向外，故B错误；C、根据qE=qvB知，v=EB，知速度大小为EB的粒子能通过速度选择器，故C错误；D、根据qvB=mv2r知，r=mvqB，那么越靠近狭缝P，比荷越大，那么半径越小，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，故D正确应选：AD带电粒子经加速后进入速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡时，速度为v=EB的粒子沿直线通过P孔，然后进入磁场，打在胶片上的
11、不同位置.在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，分析半径与荷质比的关系解决此题的关键理解粒子速度选择器的工作原理，掌握偏转磁场中粒子的运动规律6. 如下图是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场.一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场.把P、Q与电阻R相连接.以下说法正确的选项是()A. Q板的电势高于P板的电势B. R中有由a向b方向的电流C. 假设只改变磁场强弱，R中电流保持不变D. 假设只增大粒子入射速度，R中电流增大BD解：AB、等离子体进入磁场，根据左手定那么，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏
12、，打在下极板上.所以上极板带正电，下极板带负电，那么P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b.故A错误，B正确；C、依据电场力等于磁场力，即为qUd=qvB，那么有：U=Bdv，再由欧姆定律，I=UR+r=BdvR+r，电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变.故C错误；D、由上分析可知，假设只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，故D正确应选：BD、等离子体从左向右进入磁场，受到洛伦兹力发生偏转，打到极板上，使两极板间形成电势差，当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡.根据极板的正负判断电势的高低以及电流的流向解决此题的关键会根据左手定那么判断洛伦兹力的方向，以及
13、知道当粒子所受电场力与洛伦兹力相等时，形成动态平衡7. 如下图，等腰直角三角形abc的直角边长度为L，该区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1：t2：t3=2：2：1.不计粒子的重力，以下说法正确的选项是()A. 三个速度的大小关系一定是v1=v2v3B. 三个速度的大小关系可能是v1v2v3C. 粒子的比荷qm=2Bt1D. 粒子的比荷qm=v32BLBC解：AB、洛仑兹力提供向心力得半径公式：r=mvqB，速度越大，半径越大，结合题意知速度为v1、v2
14、的粒子是偏转90后从ab边射出，但两者速度大小关系不定.而速度为v3的粒子偏转45从ac边射出，那么其半径比速度为v1、v2的粒子均大，所以选项A错误，B正确CD、粒子在磁场中运动的时间t=360T=3602rv=3602mqB，对粒子1、2，运动时间均为t1=t2=T4，从而求出粒子的比荷qm=2Bt1或者对粒子3，由几何关系知其运动半径r3=2L，由半径公式求出比荷qm=v32BL，这样选项C正确，选项D错误应选：BC 三种相同的带电粒子从b点出发沿相同的方向进入磁场，做半径不同的匀速圆周运动.由于在磁场中的时间是由偏转角来决定的，所以由题意知速度为v1、v2的粒子是偏转90后从ab边射出
15、，但不一定是从同一点射出，速度为v3的粒子是从ac边射出，且偏转45此题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径和时间问题，半径由速度决定，同时也决定了圆弧的弯曲程度.而时间纯粹由粒子在磁场中偏转的角度决定，结合粒子在磁场中运动的对称性，所以判断粒子的大致运动情况，再由相应的规律求出求知量8. 速度相同的一束粒子(不计重力)经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如下图，那么以下相关说法中正确的选项是()A. 该束带电粒子带正电B. 速度选择器的P1极板带负电C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB1D. 假设粒子在磁场中运动半径越大，那么该粒子的比荷越小ACD解：A、由图可知，带电粒子进入匀强
16、磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定那么判断得知该束粒子带正电。故A正确。B、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定那么可知，洛伦兹力方向竖直向上，那么电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电。故B错误。C、粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，那么有：qvB1=qE，解得：v=EB1.故C正确。D、粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=mvqB.可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，那么qm越小。故D正确。应选：ACD由图可知，粒子进入匀
17、强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定那么可判断粒子的电性。粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定那么判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即可确定出P1极板带什么电。粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小。此题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定。粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律那么可得到半径。【三】填空题19. 如下图，界面M
18、N上部为磁感应强度大小为B的匀强磁场，有一质量为m(不计重力)，电量为q的负电荷，以v0的速度沿与MN成30方向进入该匀强磁场，电荷进出匀强磁场两点之间距离d=_，电荷在匀强磁场中运动时间t=_mv0qB；5m3qB【四】实验题探究题210. 用图甲所示装置测量磁场的磁感应强度和某导电液体(有大量的正、负离子)的电阻率。水平管道长为l、宽度为d、高为h，置于竖直向上的匀强磁场中。管道上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S、电阻箱R、灵敏电流表G(内阻为Rg)连接。管道内始终充满导电液体，液体以恒定速度v自左向右通过。闭合开关S，调节电阻箱的取值，记下相应的电流
19、表读数。(1)图乙所示电阻箱接入电路的电阻值为_。(2)与N板相连接的是电流表G的_极(填正或负)。(3)图丙所示的电流表读数为_A。(4)将实验中每次电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表读数I绘制出1I-R图象为图丁所示的倾斜直线，其延长线与两轴的交点坐标分别为(-a,0)和(0,b)，那么磁场的磁感应强度为_，导电液体的电阻率为_。290.1；负；24.0；abdv；(a-Rg)dhl11. 质量为m、电荷量+q的绝缘小球a，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，场强方向如下图，假设小球a与绝缘地板间的动摩擦因数为，小球a自A点沿绝缘板做匀速直线运动，在B点与质量
20、为M=2m的不带电绝缘小球b发生弹性正碰，此时原电场立即消失(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍然不变，假设碰撞时，小球a无电荷量损失，碰撞后，小球a做匀速直线运动返回A点，往返总时间为t，AB间距为L，求(1)磁感应强度大小；(2)匀强电场场强E；(3)全过程摩擦力做的功解：(1)a、b两小球弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒。设碰前a球速度为v0，碰后a球，b球速度大小分别为va，vb，取向右为正方向，那么有：mv0=-mva+Mvb12mv02=-12mva2+12Mvb2由式解得：va=13v0，vb=23v0往返总时间t=Lv0+Lva=4Lv0得：v0=4Lta球碰后匀速返回，
21、那么有：qBva=mg得：B=mgqva=3mgt4qL(2)a球碰前匀速，那么有：FN=mg+qBv0qE=FN由解得：E=4mgq方向：水平向右。(3)碰前摩擦力对a球做的功为：W1=-fL=-qEL=-4mgL碰后摩擦力对b球做的功为：W2=-12Mv02=-64mL29t2故摩擦力对系统做的功为：W=W1+W2=-(4mg+64mL29t2)答：(1)磁感应强度大小是3mgt4qL；(2)匀强电场场强E是4mgq，方向：水平向右；(3)全过程摩擦力做的功是-(4mg+64mL29t2)。(1)a、b两小球弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒。由此求出碰撞后两球的速度与碰撞前a球速度的
22、关系式，根据往返时间关系列式，求出碰撞前a球的速度。结合碰撞后a球匀速运动，受力平衡，求解磁感应强度大小；(2)根据碰撞前a球匀速运动，由平衡条件求匀强电场场强E；(3)根据功的计算公式计算碰撞前后两个过程摩擦力做功，从而得到全过程摩擦力做的功。解决此题的关键是明确小球的受力情况和运动过程，把握弹性碰撞的两大规律：动量守恒定律和机械能守恒定律。【五】计算题412. 如下图，直角坐标系中的第象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场.一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在-x轴上的点a以速率v0，方向和-x轴方向成60射入磁场，然后经过y轴上的b点垂直于y轴方向进入电
23、场，并经过x轴上x=2L处的c点时速度大小为2v0.不计粒子重力.求(1)磁感应强度B的大小(2)电场强度E的大小解：粒子在电场中做类平抛运动，到达c点时，竖直分速度为：vy=vc2-v02=2v02-v02=v0；水平方向：2L=v0t，竖直方向：vy=at且有：a=qEm联立可得：E=mv022qL设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，Ob=y那么有：y=vy2t=v0t2=L粒子的运动轨迹如下图：由几何知识可得：r+rsin30=y，得：r=23L粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r解得：B=3mv02qL；答：(1)磁感应强度B的大小
24、为3mv02qL；(2)电场强度E的大小为3mv02qL(1)由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小(2)粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小此题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用13. 电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如下图，求：(1)电子运动的轨道半径R；(2)OP的长度；(3)电子由O点射入到落在P点所需的时间t解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦
25、兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02R，解得：R=mv0qB；(2)粒子运动轨迹如下图： 由几何知识得：OP=2Rsin=2mv0sinqB；(3)由图中可知圆弧对应的圆心角为2，粒子做圆周运动的周期：T=2mqB，粒子的运动时间：t=22T=2mqB答：(1)电子运动的轨道半径R为mv0qB；(2)OP的长度为2mv0sinqB；(3)电子由O点射入到落在P点所需的时间t为2mqB(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子轨道半径(2)作出粒子运动轨迹，求出OP的长度(3)求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子周期公式求出粒子的运动时间此题考查
26、了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题14. 如下图为一对带电平行金属板，两板间距为d，两板间电场可视为匀强电场；两金属板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.一带电粒子以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间，该粒子沿直线运动，粒子的重力不计(1)求金属板间电场强度E的大小；(2)求金属板间的电势差U；(3)撤去两板间的电场，带电粒子仍沿原来的方向以初速度v0射入磁场，粒子做半径为r的匀速圆周运动，求该粒子的比荷qm解：(1)设粒子的电荷
27、量为q，由共点力平衡条件，有：qE=Bqv0所以：E=Bv0(2)因为E=Ud，所以：U=Bdv0(3)由牛顿第二定律，有：Bqv0=mv02r所以：qm=v0Br答：(1)金属板间电场强度E的大小为Bv0；(2)金属板间的电势差U为Bdv0；(3)该粒子的比荷qm为v0Br(1)粒子做直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件求解电场强度大小；(2)根据U=Ed求解金属板间的电势差U；(3)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解比荷此题切入点在于根据曲线运动的条件判断出电场力和洛伦兹力平衡，突破口在于根据牛顿第二定律和共点力平衡条件列方程求解，基础问题15. 如下
28、图，匀强电场的场强E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直纸面向里.一个质量为m=1g、带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行0.8m到N点时就离开壁做曲线运动.当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成45角，设P与M的高度差H为1.6m.求：(1)A沿壁下滑时克服摩擦力做的功(2)P与M的水平距离s是多少？解：(1)小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零故有：qE=qvNB vN=EB=42=2m/s 对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：m
29、gh-Wf克=12mvN2 Wf克=mgh-12mvN2=10-3100.8-1210-322=6l0-3(J) (2)小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力情况如下图，由于=45，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程qBvpcos45-qE=0(1) qBvpsin45-mg=0(2) 由(1)得vp=EBcos45=22m/s 由(2)得q=mgBvpsin45=2.5l0-3c NP过程，由动能定理得mg(H-h)-qES=12mvp2-12mv12 代入计算得S=0.6m 答：(1)A沿壁下滑时克服摩擦力做的功6l0-3J(2)P与M的水平距离s是0.6m对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态此题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高