江苏版高考物理一轮复习课时分层作业26磁场对运动电荷的作用含答案

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2．A [由安培定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，电子向下偏转；通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式r＝eq \f(mv,eB)可知，电子运动的轨迹半径越来越大，故A正确，B、C、D错误。]
3．B [最终小球从上端口飞出，再由磁场方向垂直纸面向里，依据左手定则可知，小球带正电荷；设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力是恒力，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，解得a＝eq \f(qvB,m)－g，小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是抛物线，故A错误，B正确；洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故C错误；小球从进入磁场到飞出端口前的过程中管壁的弹力向右，小球向右运动，故弹力做正功，故D错误；故选B。]
4．B [根据题意作出质子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，质子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝a，故A错误；质子在磁场中做圆周运动的周期：T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πa,v)，故B正确；由几何知识可知，质子1在磁场中转过的圆心角：θ1＝60°，质子1在磁场中的运动时间：t1＝eq \f(θ1,360°)T＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πa,3v)，故C错误；由几何知识可知，质子2在磁场中转过的圆心角：θ2＝300°，质子2在磁场中的运动时间：t2＝eq \f(θ2,360°)T＝eq \f(5πa,3v)，故D错误。]
5．D [根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系，可知粒子做圆周运动的半径为r＝2a，故A错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为eq \f(2π,3)，运动时间t0＝eq \f(\f(2π,3)×2a,v0)，解得：v0＝eq \f(4πa,3t0)，选项B错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为eq \f(2π,3)，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝3t0，由Bqv0＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2r，则eq \f(q,m)＝eq \f(2π,3Bt0)，故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为eq \f(4π,3)，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确。
甲 乙 ]
6．D [粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。粒子在磁场中的运动轨迹半径为r＝eq \f(mv,Bq)，因此可得r＝eq \f(\r(3),4)L，当入射点为P1，圆心为O1，且此刻轨迹正好与BC相切时，PB取得最大值，若粒子从BC边射出，根据几何关系有PB7．B [由周期公式得：T＝eq \f(2πm,Bq)，由于带电粒子的B、q、m均相同，所以T相同，故D错误。
根据t＝eq \f(θ,2π)T可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由r＝eq \f(mv,Bq)知速率一定越小，B正确，A错误。通过的路程即圆弧的长度l＝rθ，与半径r和圆心角θ有关，故C错误。]
8．B [粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝eq \f(2πm,qB1)＋eq \f(πm,qB2)＝eq \f(2πm,qB2)，所以选项B正确。]
9．C [向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则知r＝eq \f(1,2)d，则当电子发射速率为4v0时，根据r＝eq \f(mv,qB)知半径变为原来的4倍，即为2d，故A错误；
水平向右射出的粒子到达MN右侧的最远处，r＝2d，根据几何关系知轨迹对应的圆心角为60°，AB＝2dsin 60°＝eq \r(3)d，与MN相切是到达左侧的最远处，根据几何关系知速度与PQ夹角为60°，所以从MN边界射出的电子数占总电子数的三分之二，BC＝2dsin 60°＝eq \r(3)d，MN边界上有电子射出部分的总长度为2eq \r(3)d，故B错误，C正确；根据B、C项分析，转过的圆心角最大为120°，最长时间为eq \f(1,3)T＝eq \f(1,3)×eq \f(2πr,4v0)＝eq \f(πd,3v0)，故D错误。]
10．解析：(1)当粒子射向第二象限，与y轴正方向成30°角时，粒子运动轨迹如图1所示
图1
设其运动半径为r，则根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)
由几何关系可知，此时运动轨迹所对的圆心角为α＝30°
有rsin α＝a
解得v0＝eq \f(2qBa,m)。
(2)粒子质量、所带电荷量、初速度大小均相等，则所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T相同，半径r也相同，当粒子从磁场上边界射出且在磁场中运动的时间最短时，运动轨迹对应的弦也最短，最短弦长为a，如图2所示
图2
由(1)可知
r＝2a
由几何关系可知
sin θ＝eq \f(\f(a,2),r)＝eq \f(1,4)。
(3)所有粒子在磁场中做圆周运动的周期T和半径r相同，当粒子从下边界射出，且与上边界相切时，在磁场中的运动时间最长，如图3所示
图3
设此时粒子运动轨迹对应的圆心角为2β，则
rcs β＝r－a，解得β＝eq \f(π,3)
运动时间
tm＝eq \f(2β,2π)T
解得tm＝eq \f(2πm,3qB)
由题意可知，运动时间最长的粒子与y轴正方向的夹角为30°，入射点的坐标为(ytan 30°，y)，出射点一定在对应入射点的右方2rsin β处，
坐标为(ytan 30°＋2rsin β，y)，即
x＝ytan 30°＋2rsin β
解得图线的方程为
y＝eq \r(3)x－6a(x>2eq \r(3)a)。
答案：(1)eq \f(2qBa,m) (2)eq \f(1,4)
(3)y＝eq \r(3)x－6a(x>2eq \r(3)a)
11．解析：(1)
设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU＝eq \f(1,2)mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝meq \f(v2,r)②
由几何关系知d＝eq \r(2)r③
联立①②③式得eq \f(q,m)＝eq \f(4U,B2d2)。④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝eq \f(πr,2)＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝eq \f(s,v)⑥
联立②④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。
答案：(1)eq \f(4U,B2d2) (2)eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
12．解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，qvB＝meq \f(v2,R)得，R1＝eq \f(mv,2qB0)，R2＝eq \f(mv,3qB0)
Q、O的距离为：d＝2R1－2R2＝eq \f(mv,3qB0)。
(2)由(1)可知，甲粒子完成一周期运动上升的距离为d，甲粒子再次经过P，经过N个周期，
N＝eq \f(OP,d)＝eq \f(2R1,d)＝3
所以，再次经过P点的时间为t＝NT＝3T
由匀速圆周运动的规律得
T1＝eq \f(2πR1,v)＝eq \f(πm,qB0)，T2＝eq \f(2πR2,v)＝eq \f(2πm,3qB0)
甲粒子绕一周的时间为T＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)＝eq \f(5πm,6qB0)
所以，再次经过P点的时间为t＝3T＝eq \f(5πm,2qB0)
两次经过P点的时间间隔为Δt＝t－eq \f(T1,2)＝eq \f(2πm,qB0)。
(3)洛伦兹力提供向心力，由qvB＝meq \f(v2,R)得，R′1＝eq \f(m′v,2q′B0)，R′2＝eq \f(m′v,3q′B0)
完成一周期运动上升的距离
d′＝2R′1－2R′2
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则
2R′1＋nd′＝OQ＝d，
neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T1′,2)＋\f(T′2,2)))＋eq \f(T′1,2)＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)
结合以上式子，n无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则
nd′＝OQ，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T′1,2)＋\f(T′2,2)))＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)
计算可得eq \f(q′,m′)＝neq \f(q,m)(n＝1,2,3，…)
由于甲、乙粒子比荷不同，n＝1舍去，则n＝2时，乙的比荷eq \f(q′,m′)最小，为eq \f(q′,m′)＝eq \f(2q,m)。
答案：(1)eq \f(mv,3qB0) (2)eq \f(2πm,qB0) (3)eq \f(2q,m)