高中物理人教版 选修3-1 磁场对运动电荷的作用 测试题（第4期）+Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高中物理人教版 选修3-1 磁场对运动电荷的作用 测试题（第4期）+Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 501.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-03-08 14:24:29 | ||
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文档简介
高中物理人教版 选修3-1
磁场对运动电荷的作用 测试题（第4期）
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1.(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2018·江西七校联考)如图所示,正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带电的粒子从h点沿he图示方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb。当速度大小为vd时,从d点离开磁场,在磁场中运动的时间为td,不计粒子重力。则下列正确的说法是( )
A.tb∶td=2∶1 B.tb∶td=1∶2
C.tb∶td=3∶1 D.tb∶td=1∶3
答案C
/
解析根据题意可知,粒子从b点和从d点离开的运动轨迹如图所示:
由图利用几何关系可知,从b点离开时粒子转过的圆心角为135°,而从d点离开时粒子其圆心角为45°,因粒子在磁场中的周期相同,由t=T可知,时间之比等于转过的圆心角之比,故tb∶td=135°∶45°=3∶1,故C正确,ABD错误。故选C。
2.
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(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2018·华南师大附中三模)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过Δt时间从C点射出磁场,OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为( )
A.2Δt B.Δt C.3Δt D.Δt
答案A
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解析设圆形磁场区域的半径是R,以速度v射入时,半径r1=,根据几何关系可知,=tan 60°,所以r1=R;运动时间Δt=T=T;
以速度射入时,半径r2=r1=R
设第二次射入时的圆心角为θ,根据几何关系可知:tan,所以θ=120°
则第二次运动的时间为:t=T=T=T=2Δt,故选A。
/
3.(多选)(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2018·江西南昌模拟)如图所示,一半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,CD是该圆一条直径。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力),自A点沿平行于CD的方向以初速度v0垂直射入磁场中,恰好从D点飞出磁场,A点到CD的距离为。则( )
A.磁感应强度为
B.磁感应强度为
C.粒子在磁场中的飞行时间为
D.粒子在磁场中的飞行时间为
答案AC
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解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,画出运动轨迹,如图所示:
A点到CD的距离为,则:∠OAQ=60°,∠OAD=∠ODA=15°,∠DAQ=75°,则∠AQD=30°,∠AQO=15°,粒子的轨道半径:r==(2+)R,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=m,解得:B=,故A正确,B错误;粒子在磁场中转过的圆心角:α=∠AQD=30°,粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=,粒子在磁场中的运动时间:t=T=,故C正确,D错误,故选AC。
4.
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(临界极值问题) (2016`全国卷Ⅲ,18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. B. C. D.
答案D
/
解析粒子运动的轨迹如图:
运动半径为R=。由运动的对称性知,出射速度的方向与OM间的夹角为30°,由图中几何关系知AB=R,AC=2Rcos 30°=。所以出射点到O点的距离为BO=+R=,故选项D正确。
/
5.(临界极值问题)(2018·河北承德联校期末)如图所示,OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,OM左侧到OM距离为L的P处有一个粒子源,可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计),速率均为,则粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A. B. C. D.
答案B
解析粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有:qvB=m,将题设的v值代入得:r=L,粒子在磁场中运动的时间最短,则粒子运动轨迹对应的弦最短,最短弦为L,等于圆周运动的半径,根据几何关系,粒子转过的圆心角为60°,运动时间为,故tmin=,故B正确,ACD错误。故选B。
/
6.(多解问题)如图甲所示,M、N为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O'正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。求:
(1)磁感应强度B0的大小。
(2)要使正离子从O'垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
答案(1) (2)(n=1,2,3,…)
/
解析设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。
(1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力B0qv0=
做匀速圆周运动的周期T0=
由以上两式得磁感应强度B0=
(2)要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场,v0的方向应如图所示,两板之间正离子只运动一个周期即T0时,有R=;当两板之间正离子运动n个周期,即nT0时,有R=(n=1,2,3,…)。联立求解,得正离子的速度的可能值为v0=(n=1,2,3,…)
/素养综合练
7.
/
(2017·全国卷Ⅲ,24)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)
(1)粒子运动的时间;
(2)粒子与O点间的距离。
答案(1) (2)/1-/
解析(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB0v0=m①
qλB0v0=m②
粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1=③
粒子再转过180°时,所需时间t2为t2=④
联立①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2=/1+/⑤
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为
d0=2(R1-R2)=/1-/⑥
8.
/
(2018·山东淄博一中三模)如图所示,在xOy平面内,有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直坐标平面向里,磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子,粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等,质量为m、电荷量大小为q,粒子重力及粒子间的相互作用均不计。
(1)若粒子带负电,求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间;
(2)若粒子带正电,求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。
答案(1)v≤ t= (2)πR2
/
解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则:qvB=m,根据轨迹图可知:r≤
联立得:v≤
粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=
由粒子在磁场中运动的轨迹可得,沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短,则:t=
联立可得:t=
/
(2)分析可得,粒子在磁场中能经过的区域为半圆,如图中阴影部分,
由几何关系可得该半圆的半径:r'=R
面积:S=πr'2
联立可得:S=πR2
9.(2014·山东卷)如图甲所示,间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻,一质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时,可使t=0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。
/
(1)若Δt=TB,求B0;
(2)若Δt=TB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;
(3)若B0=,为使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。
分析(1)因粒子从开始到垂直打在P板上经历时间Δt=TB,这个过程中磁场方向始终垂直纸面向里,故粒子逆时针做匀速圆周运动,且恰好运动圆周,则运动半径R1=d,结合粒子在磁场中运动规律,可求出磁感应强度B0。
(2)当Δt=TB时,粒子先逆时针运动圆周,再顺时针运动圆周,然后又逆时针运动圆周而垂直打在P板上。根据几何分析可知运动半径R2=,再由向心加速度公式a=可求出其加速度。
(3)当B0=时,应先确定轨道半径大小和两板间距离的关系。然后再从这一关系入手,画出粒子从出发到垂直打在P板上可能的运动轨迹图,明确轨迹上速度方向竖直向上的位置点,还要推断这些位置到Q板的距离有无可能正好等于两板间距d。如果是,那么这些速度向上的位置就可能是打在上极板时的位置。再由轨迹中的几何关系以及粒子在磁场中的运动规律就可以得出TB可能的值。
解(1)设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿第二定律得
qv0B0=①
据题意由几何关系得R1=d②
联立①②式得B0=③
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得
a=④
据题意由几何关系得3R2=d⑤
联立④⑤式得a=⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得T=⑦
由牛顿第二定律得
qv0B0=⑧
由题意知B0=,代入⑧式得
d=4R⑨
/
粒子运动轨迹如图所示,O1、O2为圆心,O1O2连线与水平方向的夹角为θ,在每个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板,且均要求0<θ<,由题意可知
T=/
设经历完整TB的个数为n(n=0,1,2,3…)
若在A点击中P板,据题意由几何关系得
R+2(R+Rsin θ)n=d/
当n=0时,无解/
当n=1时,联立⑨/式得
θ=(或sin θ=)/
联立⑦⑨//式得
TB=/
当n≥2时,不满足0<θ<90°的要求/
若在B点击中P板,据题意由几何关系得
R+2Rsin θ+2(R+Rsin θ)n=d/
当n=0时,无解/
当n=1时,联立⑨/式得
θ=arcsin (或sin θ=)/
联立⑦⑨//式得
TB=(+arcsin /
当n≥2时,不满足0<θ<90°的要求/
磁场对运动电荷的作用 测试题（第4期）
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1.(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2018·江西七校联考)如图所示,正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带电的粒子从h点沿he图示方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb。当速度大小为vd时,从d点离开磁场,在磁场中运动的时间为td,不计粒子重力。则下列正确的说法是( )
A.tb∶td=2∶1 B.tb∶td=1∶2
C.tb∶td=3∶1 D.tb∶td=1∶3
答案C
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解析根据题意可知,粒子从b点和从d点离开的运动轨迹如图所示:
由图利用几何关系可知,从b点离开时粒子转过的圆心角为135°,而从d点离开时粒子其圆心角为45°,因粒子在磁场中的周期相同,由t=T可知,时间之比等于转过的圆心角之比,故tb∶td=135°∶45°=3∶1,故C正确,ABD错误。故选C。
2.
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(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2018·华南师大附中三模)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过Δt时间从C点射出磁场,OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为( )
A.2Δt B.Δt C.3Δt D.Δt
答案A
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解析设圆形磁场区域的半径是R,以速度v射入时,半径r1=,根据几何关系可知,=tan 60°,所以r1=R;运动时间Δt=T=T;
以速度射入时,半径r2=r1=R
设第二次射入时的圆心角为θ,根据几何关系可知:tan,所以θ=120°
则第二次运动的时间为:t=T=T=T=2Δt,故选A。
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3.(多选)(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2018·江西南昌模拟)如图所示,一半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,CD是该圆一条直径。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力),自A点沿平行于CD的方向以初速度v0垂直射入磁场中,恰好从D点飞出磁场,A点到CD的距离为。则( )
A.磁感应强度为
B.磁感应强度为
C.粒子在磁场中的飞行时间为
D.粒子在磁场中的飞行时间为
答案AC
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解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,画出运动轨迹,如图所示:
A点到CD的距离为,则:∠OAQ=60°,∠OAD=∠ODA=15°,∠DAQ=75°,则∠AQD=30°,∠AQO=15°,粒子的轨道半径:r==(2+)R,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=m,解得:B=,故A正确,B错误;粒子在磁场中转过的圆心角:α=∠AQD=30°,粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=,粒子在磁场中的运动时间:t=T=,故C正确,D错误,故选AC。
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(临界极值问题) (2016`全国卷Ⅲ,18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. B. C. D.
答案D
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解析粒子运动的轨迹如图:
运动半径为R=。由运动的对称性知,出射速度的方向与OM间的夹角为30°,由图中几何关系知AB=R,AC=2Rcos 30°=。所以出射点到O点的距离为BO=+R=,故选项D正确。
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5.(临界极值问题)(2018·河北承德联校期末)如图所示,OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,OM左侧到OM距离为L的P处有一个粒子源,可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计),速率均为,则粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A. B. C. D.
答案B
解析粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有:qvB=m,将题设的v值代入得:r=L,粒子在磁场中运动的时间最短,则粒子运动轨迹对应的弦最短,最短弦为L,等于圆周运动的半径,根据几何关系,粒子转过的圆心角为60°,运动时间为,故tmin=,故B正确,ACD错误。故选B。
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6.(多解问题)如图甲所示,M、N为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O'正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。求:
(1)磁感应强度B0的大小。
(2)要使正离子从O'垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
答案(1) (2)(n=1,2,3,…)
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解析设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。
(1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力B0qv0=
做匀速圆周运动的周期T0=
由以上两式得磁感应强度B0=
(2)要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场,v0的方向应如图所示,两板之间正离子只运动一个周期即T0时,有R=;当两板之间正离子运动n个周期,即nT0时,有R=(n=1,2,3,…)。联立求解,得正离子的速度的可能值为v0=(n=1,2,3,…)
/素养综合练
7.
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(2017·全国卷Ⅲ,24)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)
(1)粒子运动的时间;
(2)粒子与O点间的距离。
答案(1) (2)/1-/
解析(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB0v0=m①
qλB0v0=m②
粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1=③
粒子再转过180°时,所需时间t2为t2=④
联立①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2=/1+/⑤
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为
d0=2(R1-R2)=/1-/⑥
8.
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(2018·山东淄博一中三模)如图所示,在xOy平面内,有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直坐标平面向里,磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子,粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等,质量为m、电荷量大小为q,粒子重力及粒子间的相互作用均不计。
(1)若粒子带负电,求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间;
(2)若粒子带正电,求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。
答案(1)v≤ t= (2)πR2
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解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则:qvB=m,根据轨迹图可知:r≤
联立得:v≤
粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=
由粒子在磁场中运动的轨迹可得,沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短,则:t=
联立可得:t=
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(2)分析可得,粒子在磁场中能经过的区域为半圆,如图中阴影部分,
由几何关系可得该半圆的半径:r'=R
面积:S=πr'2
联立可得:S=πR2
9.(2014·山东卷)如图甲所示,间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻,一质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时,可使t=0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。
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(1)若Δt=TB,求B0;
(2)若Δt=TB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;
(3)若B0=,为使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。
分析(1)因粒子从开始到垂直打在P板上经历时间Δt=TB,这个过程中磁场方向始终垂直纸面向里,故粒子逆时针做匀速圆周运动,且恰好运动圆周,则运动半径R1=d,结合粒子在磁场中运动规律,可求出磁感应强度B0。
(2)当Δt=TB时,粒子先逆时针运动圆周,再顺时针运动圆周,然后又逆时针运动圆周而垂直打在P板上。根据几何分析可知运动半径R2=,再由向心加速度公式a=可求出其加速度。
(3)当B0=时,应先确定轨道半径大小和两板间距离的关系。然后再从这一关系入手,画出粒子从出发到垂直打在P板上可能的运动轨迹图,明确轨迹上速度方向竖直向上的位置点,还要推断这些位置到Q板的距离有无可能正好等于两板间距d。如果是,那么这些速度向上的位置就可能是打在上极板时的位置。再由轨迹中的几何关系以及粒子在磁场中的运动规律就可以得出TB可能的值。
解(1)设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿第二定律得
qv0B0=①
据题意由几何关系得R1=d②
联立①②式得B0=③
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得
a=④
据题意由几何关系得3R2=d⑤
联立④⑤式得a=⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得T=⑦
由牛顿第二定律得
qv0B0=⑧
由题意知B0=,代入⑧式得
d=4R⑨
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粒子运动轨迹如图所示,O1、O2为圆心,O1O2连线与水平方向的夹角为θ,在每个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板,且均要求0<θ<,由题意可知
T=/
设经历完整TB的个数为n(n=0,1,2,3…)
若在A点击中P板,据题意由几何关系得
R+2(R+Rsin θ)n=d/
当n=0时,无解/
当n=1时,联立⑨/式得
θ=(或sin θ=)/
联立⑦⑨//式得
TB=/
当n≥2时,不满足0<θ<90°的要求/
若在B点击中P板,据题意由几何关系得
R+2Rsin θ+2(R+Rsin θ)n=d/
当n=0时,无解/
当n=1时,联立⑨/式得
θ=arcsin (或sin θ=)/
联立⑦⑨//式得
TB=(+arcsin /
当n≥2时,不满足0<θ<90°的要求/