第9章 2 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

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1．两个质量和电荷量均相同的带电粒子a、b，分别以速度v和2v垂直射入一匀强磁场，其运动半径分别为ra和rb，运动的周期分别为Ta和Tb，不计粒子重力，则( )
A．ra＞rb B．ra＜rb
C．Ta＞Tb D．Ta＜Tb
[解析] 根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，由题知m、q、B大小均相同，则速度大的半径大，故ra＜rb，故A错误，B正确；周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,Bq)，由题知m、q、B大小均相同，则周期相同，故C、D错误。
[答案] B
2．(2020·六安模拟)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向夹角为θ(0＜θ＜π)的方向，发射一个速率为v的带正电粒子(重力不计)。则下列说法正确的是( )
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
[解析] 由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转，粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，在磁场中运动的时间t＝eq \f(2π－2θ,2π)T＝eq \f(2π－θm,qB)。若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项A正确；由几何关系知，若v一定，θ等于90°时，粒子离开磁场的位置距O点最远，选项B错误；粒子在磁场中运动的时间与v无关，由ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(qB,m)可知粒子在磁场中运动的角速度与v无关，选项C、D错误。
[答案] A
3.(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A.eq \f(3mv,2ae) B.eq \f(mv,ae)
C.eq \f(3mv,4ae) D.eq \f(3mv,5ae)
[解析] 为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，
轨迹圆圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有eq \r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq \f(4,3)a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(3mv,4ae)，选项C正确。
[答案] C
4．(2020·河南名校联考)如图所示，水平放置的平行板长度为L、两板间距也为L，两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在两板正中央P点有一个不计重力的电子(质量为m、电荷为－e)，现在给电子一水平向右的瞬时初速度v0，欲使电子不与平行板相碰撞，则( )
A．v0＞eq \f(eBL,2m)或v0＜eq \f(eBL,4m) B.eq \f(eBL,4m)＜v0＜eq \f(eBL,2m)
C．v0＞eq \f(eBL,2m) D．v0＜eq \f(eBL,4m)
[解析] 此题疑难点在于确定“不与平行板相碰撞”的临界条件。电子在磁场中做匀速圆周运动，半径为R＝eq \f(mv0,eB)，如图所示。
当R1＝eq \f(L,4)时，电子恰好与下板相切；当R2＝eq \f(L,2)时，电子恰好从下板边缘飞出两平行板(即飞出磁场)。由R1＝eq \f(mv1,eB)，解得v1＝eq \f(eBL,4m)，由R2＝eq \f(mv2,eB)，解得v2＝eq \f(eBL,2m)，所以欲使电子不与平行板相碰撞，电子初速度v0应满足v0>eq \f(eBL,2m)或v0＜eq \f(eBL,4m)，故选项A正确。
[答案] A
5.(多选)(2021·郑州模拟)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2，B1＝2B2＝2 T，比荷为2×106 C/kg的带正电粒子从O点以v0＝4×104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域，则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为( )
A.eq \f(π,2)×10－6 s B．π×10－6 s
C.eq \f(3π,2)×10－6 s D．2π×10－6 s
[解析] 粒子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动，则qv0B2＝eq \f(mv\\al(2,0),R2)，解得R2＝eq \f(mv0,qB2)＝2 cm，故粒子经过半个圆周恰好到达P点，轨迹如图甲所示。
则粒子运动的时间t1＝eq \f(T2,2)＝eq \f(πm,qB2)＝eq \f(π,2)×10－6 s，由于B1＝2B2，由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后，做半径R1＝eq \f(1,2)R2＝1 cm的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过P点，轨迹如图乙所示，则粒子运动的时间t2＝T1＋T2＝eq \f(3π,2)×10－6 s，在以后的运动中，粒子通过MN的点会远离P点，所以，粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所的时间为eq \f(π,2)×10－6 s或eq \f(3π,2)×10－6 s。选项A、C正确。
[答案] AC
6．(2020·郑州高三质量预测)如图所示，OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于eq \f(1,2)T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A.eq \f(1,3)T B.eq \f(1,4)T
C.eq \f(1,6)T D.eq \f(1,8)T
[解析] 根据题述从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于eq \f(T,2)，则运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹如图中右侧实线所示。
设粒子的轨迹半径为r，则OS＝2eq \r(3)r。粒子源S到OM的最近距离为d＝OSsin 30°＝eq \r(3)r，即为粒子在磁场中运动时间最短的轨迹所对的弦，该轨迹所对圆心角为120°，粒子在磁场中运动的最短时间为t＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(T,3)，选项A正确。
[答案] A
7．(2020·山东省菏泽市高三下学期第一次模拟考试)如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
A.eq \f(qBL,m) B.eq \f(\r(2)qBL,m)
C.eq \f(\r(2)－1qBL,m) D.eq \f(\r(2)＋1qBL,m)
[解析] 粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图。
由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为r＝eq \r(2)L－L＝(eq \r(2)－1)L，根据牛顿第二定律得：qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)，解得：v0＝eq \f(\r(2)－1qBL,m)，故C正确。
[答案] C
8．(2020·重庆南开中学模拟)在xOy平面上分布有以O为中心的圆形匀强磁场区域(未画出)，磁场方向垂直于xOy平面向外。一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，以大小为v0、方向沿y轴负方向的速度从原点O开始运动，后来粒子经过x轴上的A点，此时速度方向与x轴的夹角为30°，A到O的距离为d，如图所示，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的面积为( )
A．πd2 B．πd2/2
C．πd2/3 D．πd2/4
[解析] 粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知：R＋eq \f(R,sin 30°)＝d，解得R＝eq \f(1,3)d，
则圆形磁场区域的半径为r＝2Rsin 60°＝eq \f(d,\r(3))，则圆形磁场区域的面积为S＝πr2＝eq \f(πd2,3)，故选C。
[答案] C
[提升题组]
9．(2020·全国卷Ⅰ)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，eq \x\t(ab)为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A.eq \f(7πm,6qB) B.eq \f(5πm,4qB)
C.eq \f(4πm,3qB) D.eq \f(3πm,2qB)
[解析] 带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，运动时间t＝eq \f(θr,v)＝eq \f(θm,qB)，θ为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定。
采用放缩法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大，当r≤0.5R(R为eq \x\t(ab)的半径)和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当0.5R[答案] C
10．(2020·全国卷Ⅱ)如图，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为eq \f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
[解析] (1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),R)①
由此可得
R＝eq \f(mv0,qB)②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足
R≤h③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得
Bm＝eq \f(mv0,qh)④
(2)若磁感应强度大小为eq \f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
R′＝2h⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系
sin α＝eq \f(h,2h)＝eq \f(1,2)⑥
则α＝eq \f(π,6)⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cs α)⑧
联立⑦⑧式得
y＝(2－eq \r(3))h。⑨
[答案] (1)Bm＝eq \f(mv0,qh) (2)eq \f(π,6) (2－eq \r(3))h
11．(2021·珠海一模)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子。从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ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。
[解析] (1)对带电粒子的加速过程，由动能定理
qU＝eq \f(1,2)mv2
代入数据得：v＝20 m/s。
(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
qvB＝eq \f(mv2,R)得
R＝eq \f(mv,qB)
代入数据得：R＝0.50 m
而OP/cs 53°＝0.50 m
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＋Rsin 53°
故OQ＝0.90 m。
(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：
OP＞R′＋R′cs 53°①
R′＝eq \f(mv,qB′)②
由①②并代入数据得：
B′＞eq \f(16,3) T＝5.33 T(取“≥”照样给分)。
[答案] (1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′＞5.33 T
12．(2020·日照模拟)如图所示，某平面内有折线PAQ为磁场的分界线，已知∠A＝90°，AP＝AQ＝L。在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应
强度大小均为B。现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点沿PQ方向射出，途经A点到达Q点，不计粒子重力。求粒子初速度v应满足的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值。
[解析] 根据运动的对称性，粒子能从P经A到达Q，运动轨迹如图所示，
由图可得：L＝nx
其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，由几何关系知，偏转圆弧对应的圆心角为eq \f(π,2)或eq \f(3π,2)
设粒子运动轨迹的半径为R，由几何关系可得：
2R2＝x2
解得：R＝eq \f(L,\r(2)n)
又qvB＝meq \f(v2,R)
解得：v＝eq \f(qBL,\r(2)mn)(n＝1,2,3，…)
当n取奇数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：
θ1＝n·eq \f(π,2)＋n·eq \f(3π,2)＝2nπ
从P经A到Q的总时间为：
t1＝eq \f(θ1,2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2πnm,qB)(n＝1,3,5，…)
当n取偶数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：
θ2＝n·eq \f(π,2)＋n·eq \f(π,2)＝nπ
从P经A到Q的总时间为：
t2＝eq \f(θ2,2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πnm,qB)(n＝2,4,6，…)
综合上述两种情况，可得粒子从P经A达Q所用时间的最小值为：
tmin＝eq \f(2πm,qB)。
[答案] v＝eq \f(qBL,\r(2)mn)(n＝1,2,3，…) eq \f(2πm,qB)