高考物理一轮复习课时分层作业25磁场对运动电荷的作用含答案

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2．AD [由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确，B错误；由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。故选A、D。]
3．C [结合题图，由左手定则可判断出粒子c带正电，粒子a、b带负电，选项A错误；由题目轨迹图可知，粒子b的轨迹半径最大，结合r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子b的速率最大，选项B错误；由题目轨迹图可知，粒子a的运动轨迹所对应的圆心角θ最大，结合T＝eq \f(2πm,qB)、t＝eq \f(θ,360°)T可知，粒子a在匀强磁场中运动的时间最长，选项C正确；由r＝eq \f(mv,qB)可知，若B增大，其他条件不变，则r变小，粒子a在磁场中偏转的角度不变，又T＝eq \f(2πm,qB)、t＝eq \f(θ,360°)T，可知T变小，则粒子a在匀强磁场中运动的时间t减小，选项D错误。]
4．ABC [粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，代入数据解得r＝0.2 m。
假设粒子逆时针转动，则粒子射出范围如图所示：
当轨迹对应弦最短时，对应圆心角最小，此时在磁场中运动时间最短，由题意知，即弦恰好垂直于磁场边界时，弦最短，由几何关系知弦长为d＝eq \f(l,2)＝0.32 m，由几何关系知，此时对应圆心角为θ＝106°，所以最短时间为tmin＝eq \f(106°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(53π,135)×10－7 s，同理可知，最长弦恰好为直径，所以最长时间为tmax＝eq \f(1,2)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π,3)×10－7 s，故A、B正确。由几何关系知r＋rsin α＝0.32 m，cs β＝eq \f(0.32 m,2r)，解得α＝37°，β＝37°，则AD＝2rsin β＋rcs α＝0.4 m，所以边界上有粒子射出的总长度为0.4×4 m＝1.6 m，且射出磁场的粒子数与总粒子数之比即为边界上有粒子射出的总长度与正方形周长之比，即为5∶8，故C正确，D错误。故选A、B、C。]
5．D [速度不同，在整个磁场中运动半径不同，轨迹长度不同，故A错误；由T＝eq \f(2πm,qB)可知，所有粒子在磁场中的运动周期都相同，根据对称性可知，所有从x轴离开的粒子运动所对应的圆心角为300°，故粒子运动时间t＝eq \f(5,6)T＝eq \f(5πm,3qB)，故B错误；根据单边界磁场特点，进出边界时粒子与边界的夹角相同，可知粒子经过y轴时速度方向相同，与y轴夹角均为60°，故C错误；粒子从O点运动到y轴所用时间相同，所对应的圆心角为120°，则运动时间t′＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2πm,3qB)，故D正确。]
6．AD [
由qvB＝meq \f(v2,R)得R＝eq \f(mv,Bq)，代入数据解得R＝0.05 m，即R＝5 cm，A正确。由于离子均带正电，则离子的运动轨迹沿逆时针方向偏转，沿MN方向向下射入的离子运动到PQ段的A点，且该点为最低点；当离子的运动轨迹与PQ相切时，切点B为到达PQ段的最高点，作出以上两个离子的运动轨迹如图所示，由几何关系得R＋Rcs θ＝8 cm，解得cs θ＝0.6，所以O′B＝Rsin θ＝4 cm，又R＋Rcs α＝8 cm，解得cs α＝0.6，所以O′A＝Rsin α＝4 cm，所以AB＝8 cm，C错误。结合上述分析可知，当离子的运动轨迹与PQ相切时，射入磁场的离子初速度与ON的夹角为53°，初速度与ON的夹角大于53°的离子都从OM离开磁场，初速度与ON的夹角小于53°的离子都从AB离开磁场，所以没有离子从ON段离开磁场，离子从MN边和PQ边飞出的个数比为127∶53，B错误，D正确。]
7．ACD [
如图所示，粒子的速度加倍，做圆周运动的轨迹半径加倍，出射位置与a点的距离也加倍，A项正确；速度方向不变，被ac割下的弧所对的圆心角相等，均为60°，故运动时间相等，B项错误，D项正确；只要粒子射入磁场的速度不大于3v0，初速度方向相同，则圆心均在与初速度垂直的射线上，射出时的速度方向均与ac边成30°角，根据几何知识可知，射出时速度方向均与ab边垂直，C正确。]
8．AD [
根据题意，电子做圆周运动的圆心在速度的垂线上，电子的速率范围为0≤v≤vm，当电子速度v＝vm时，对应的圆周运动半径最大，轨迹圆心O′与出射点Q离出发点最远，轨迹如图所示，由题意知∠POQ＝120°，由几何知识可知，PQ恰好为轨迹圆的直径，则最大半径rm＝Rcs 30°，得rm＝eq \f(\r(3),2)R，由洛伦兹力提供向心力，有evmB＝meq \f(v\\al(2,m),rm)，联立得vm＝eq \f(\r(3)eBR,2m)，选项A正确，B错误；当v＝vm时，此时轨迹对应的圆心角最小，运动时间最短，为tmin＝eq \f(1,2)T＝eq \f(πm,eB)，电子速率越小，半径越小，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，当电子的速度特别小时，P点与出射点的连线与磁场边界几乎重合，可近似看作粒子以与直线边界成30°角射入直线边界的磁场，则出射速度也与磁场边界成30°角，此时轨迹所对圆心角为300°，所以在磁场中运动的最长时间tm＝eq \f(5,6)T＝eq \f(5πm,3eB)，故C错误，D正确。]
9．BC [由于动摩擦因数为0.45，在静摩擦力的作用下，木板的最大加速度为amax＝eq \f(0.45×0.4×10,0.3) m/s2＝6 m/s2，所以当2.1 N 的恒力作用于滑块时，系统一起以a＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(2.1,0.4＋0.3) m/s2＝3 m/s2的加速度匀加速向左运动；当滑块获得向左运动的速度时会产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块对木板的压力减小，摩擦力减小，木板的加速度减小，所以木板做的是加速度减小的加速运动，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有qvB＝Mg，代入数据得v＝10 m/s；此时摩擦力消失，木板做匀速运动，而滑块在水平方向上受到恒力作用，速度增加，洛伦兹力增大，滑块将离开木板向上做曲线运动，故A错误，B、C正确。当滑块和木板开始发生相对滑动时，木板的加速度恰好为共同的加速度3 m/s2，对木板有Ff＝ma＝0.3×3 N ＝0.9 N，再根据Ff＝μ(Mg－qvB)，解得v＝5 m/s，根据v＝at可得发生相对滑动的时刻为t＝eq \f(5,3) s，故D错误。]
10．A [粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子的轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)。
甲 乙
丙
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图甲，此时出射点距P点最近，和边界交点与P间距为2rcs θ；粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图丙，此时出射点距P点最近，和边界交点与P间距为2rcs θ；粒子垂直边界MN射入，轨迹如图乙，此时出射点距P点最远，和边界交点与P间距为2r；故屏MN上被粒子打中的区域的长度为2r－2rcs θ＝2r(1－cs θ)＝eq \f(2mv1－cs θ,qB)，故选A。]
11．解析：(1)由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)且r＝d
解得v＝eq \f(qBd,m)。
(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切时，入射点到M距离最大
由几何关系得dm＝d(1＋sin 60°)
解得dm＝eq \f(2＋\r(3),2)d。
(3)粒子的运动周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，
则粒子从P到Q运动时间
t＝neq \f(T,4)＋t′(n＝1,3,5，…)。
(a)当L＝nd＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)))d时，粒子斜向上射出磁场，粒子转过夹角为eq \f(π,6)
t′＝eq \f(1,12)T，解得t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,d)＋\f(3\r(3)－4,6)))eq \f(πm,2qB)
(b)当L＝nd＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3),2)))d时，粒子斜向下射出磁场，粒子转过夹角为eq \f(5π,6)
t′＝eq \f(5,12)T，解得t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,d)－\f(3\r(3)－4,6)))eq \f(πm,2qB)。
答案：(1)eq \f(qBd,m) (2)eq \f(2＋\r(3),2)d
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,d)＋\f(3\r(3)－4,6)))eq \f(πm,2qB)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,d)－\f(3\r(3)－4,6)))eq \f(πm,2qB)
12．解析：(1)离子束的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)。
由几何关系可知OO′＝0.6R，s＝eq \r(R2－0.6R2)＝0.8R。
(2)由几何关系可知a、c束中的离子从同一点Q射出，且速度与竖直方向夹角相等，即α＝β
tan α＝eq \f(OO′,OQ)＝eq \f(3,4)
由于b束中离子在下边界HG射出后打在探测板的右边缘D点，则Q点到D点的水平距离为s′＝R－s＝0.2R
所以Q点到D点水平距离小于Q点到C点水平距离，又α＝β，则探测板探测到三束离子的临界条件为c束中的离子正好到达D点，tan α＝eq \f(s′,Lmax)
解得Lmax＝eq \f(4,15)R。
(3)离子打在板上时，竖直方向由动量定理有
F′·Δt＝Δpz
当a束离子恰好打在C点时，tan β＝eq \f(0.3R,L′)，此时L′＝0.4R。
a或c束中每个离子动量的竖直分量
pz＝pcs α＝0.8qBR
则0eq \f(4,15)RL>0.4R时，同理有F3＝Np＝NqBR。
答案：(1)eq \f(qBR,m) 0.8R (2)eq \f(4,15)R (3)见解析