物理大一輪復(fù)習(xí)題組層級快練第九單元磁場作業(yè)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精題組層級快練（四十一)一、選擇題1.如圖所示圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子以不同的速率沿著相同的方向?qū)?zhǔn)圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出,這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短．若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子(）A．速率一定越小B．速率一定越大C．在磁場中通過的路程越長D．在磁場中的周期一定越大答案A解析由T＝eq\f(2πm,qB)，可知粒子周期不變，又r＝eq\f(mv,qB)∝v，可知線速度越大，半徑越大，如圖所示，半徑越大,偏轉(zhuǎn)角θ越小，圓心角等于偏轉(zhuǎn)角θ，t＝eq\f（θ,2π)T∝θ，因此在磁場中運動時間越長的帶電粒子速率一定越小,所以選A項．2.長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示,磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為l，板不帶電,現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力）,從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場,欲使粒子不打在極板上,可采用的辦法是()A．使粒子的速度v<eq\f（Bql，4m)B．使粒子的速度v＞eq\f（5Bql,4m）C．使粒子的速度v＞eq\f（Bql，m)D．使粒子的速度v滿足eq\f(Bql,4m)<v〈eq\f（5Bql,4m)答案AB解析帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有r12＝（r1－eq\f(l，2))2＋l2，又因r1＝eq\f（mv1,Bq),解得v1＝eq\f（5Bql，4m)；粒子剛好打在極板左邊緣,有r2＝eq\f(l,4）＝eq\f(mv2，Bq），解得v2＝eq\f（Bql，4m),故選項A、B正確．3。如圖所示，在直角三角形abc中，有垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。在a點有一個粒子發(fā)射源，可以沿ab方向源源不斷地發(fā)出速率不同，電荷量為q(q>0）、質(zhì)量為m的同種粒子．已知∠a＝60°，ab＝L，不計粒子的重力，下列說法正確的是（)A．在磁場中通過的弧長越長的粒子,在磁場內(nèi)運動的時間就越長B．從ac邊中點射出的粒子，在磁場中的運動時間為eq\f(2πm，3qB)C．從ac邊射出的粒子的最大速度值為eq\f(2qBL，3m)D．bc邊界上只有長度為L的區(qū)域可能有粒子射出答案BD解析帶電粒子在磁場中運動的時間是看圓心角的大小，而不是看弧的長短，A項錯誤；作出帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的示意圖，從ac邊上射出的粒子，所對的圓心角都是120°，所以在磁場中運動的時間為t＝eq\f(1，3)T＝eq\f(2πm,3qB),B項正確；從ac邊射出的最大速度粒子的弧線與bc相切,如圖所示，半徑為L，由R＝eq\f(mv，qB）?v＝eq\f(qBR,m）＝eq\f（qBL,m)，C項錯誤;如圖所示，在bc邊上只有Db＝L長度區(qū)域內(nèi)有粒子射出，D項正確,選B、D項．4．如圖所示，MN、PQ之間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域水平方向足夠長，MN、PQ間距為L，現(xiàn)用電子槍將電子從O點垂直邊界MN射入磁場區(qū)域，調(diào)整電子槍中的加速電壓可使電子從磁場邊界不同位置射出．a(chǎn)、b、c為磁場邊界上的三點，下列分析正確的是（）A．從a、b、c三點射出的電子速率關(guān)系為va＜vb＜vcB．從a、b、c三點射出的電子速率關(guān)系為va＜vc＜vbC．若從邊界MN射出的電子出射點與O點的距離為s，則無論怎樣調(diào)整加速電壓,必有0＜s＜2LD．若從邊界PQ射出的電子出射點與O點的距離為s,則無論怎樣調(diào)整加速電壓，必有L＜s＜2L答案AC解析畫出軌跡圓可知，從a、b、c三點射出的電子的半徑關(guān)系為Ra＜Rb＜Rc，由R＝eq\f(mv,Bq），知va＜vb＜vc,A項正確,B項錯誤;電子垂直于邊界MN射入磁場，能從邊界MN射出，其軌跡的最大圓與邊界PQ相切，則無論怎樣調(diào)整加速電壓，必有0＜s＜2L,C項正確；若電子從邊界PQ射出,其軌跡的最小圓也與邊界PQ相切，則無論怎樣調(diào)整加速電壓,必有L＜s＜eq\r（2)L，D項錯誤．5.如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場以MN為邊界,左側(cè)磁感應(yīng)強度為B1，右側(cè)磁感應(yīng)強度為B2,B1＝2B2＝2T,比荷為2×106C/kg的帶正電粒子從O點以v0＝4×104m/s的速度垂直于MN進(jìn)入右側(cè)的磁場區(qū)域，A.eq\f(π，2）×10－6s B．π×10－6sC。eq\f（3π，2)×10－6s D．2π×10－6s答案AC解析粒子在右側(cè)磁場B2中做勻速圓周運動，則qv0B2＝meq\f(v02，R2）解得R2＝eq\f(mv0,qB2)＝2cm故粒子經(jīng)過半個圓周恰好到達(dá)P點,軌跡如圖甲所示．則粒子運動的時間t1＝eq\f（T2,2)＝eq\f（πm，qB2）＝eq\f（π,2)×10－6s由于B1＝2B2，由上面的求解可知粒子從P點射入左邊的磁場后,做半徑R1＝eq\f（1,2)R2＝1cm的勻速圓周運動，經(jīng)過兩次周期性運動可再次經(jīng)過P點，軌跡如圖乙所示，則粒子運動的時間t2＝T1＋T2＝eq\f(3π,2）×10－6s在以后的運動中,粒子通過MN的點會遠(yuǎn)離P點，所以,粒子通過距離O點4cm的磁場邊界上的P點所需的時間為eq\f（π,2）×10－6s或eq\f(3π，2)×10－6s．故選項A、C正確．6.如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是（)A．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是eq\f(5，3）t0，則它一定從cd邊射出磁場B．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是eq\f(2，3)t0，則它一定從ad邊射出磁場C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是eq\f（5，4）t0，則它一定從bc邊射出磁場D．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0,則它一定從ab邊射出磁場答案AC解析如圖所示，作出剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④.由從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場可知,帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0.可知,從ad邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定小于eq\f(1,3）t0；從ab邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于eq\f(1，3）t0，小于eq\f(5，6）t0；從bc邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于eq\f（5,6）t0,小于eq\f(4,3）t0;從cd邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定是eq\f(5，3）t0。7。如圖所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的長方形區(qū)域中有一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,磁場的方向垂直于xOy平面向外．O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)．已知粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，最先從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷的時間為eq\f（T,12），最后從磁場中飛出的粒子經(jīng)歷的時間為eq\f(T，4)。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則（)A．粒子射入磁場的速度大小v＝eq\f（2qBa，m）B．粒子圓周運動的半徑r＝2aC．長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系eq\f(b，a)＝eq\r（3)＋1D．長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系eq\f(b,a）＝2答案ABC解析速度沿y軸正方向的粒子，最先從上邊界離開，由于粒子在磁場中的運動時間為eq\f(T，12），則磁場中的軌跡圓弧的圓心角為eq\f（T/12，T)×360°＝30°.軌跡圓心在x軸上,作出軌跡圖形，由幾何關(guān)系可知,軌跡半徑r＝eq\f（a，sin30°）＝2a；對帶電粒子在磁場中的圓周運動有qvB＝meq\f（v2,r），解得v＝eq\f（2qBa，m)；最后離開的粒子從右邊界射出，其軌跡圓心角為eq\f（T/4,T）×360°＝90°，設(shè)粒子速度方向與y軸正方向夾角為θ，作出軌跡圖形，由幾何關(guān)系有rsinθ＝r－a，b＝rsinθ＋rcosθ，解得b＝（eq\r(3）＋1)a,則eq\f（b，a)＝eq\r(3）＋1.D項錯誤，A、B、C項正確．8.在xOy平面上以O(shè)為圓心，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經(jīng)時間t后經(jīng)過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成θ角,如圖所示．不計重力的影響，則下列關(guān)系一定成立的是()A．若r＜eq\f(2mv,qB)，則0°＜θ＜90°B．若r≥eq\f（2mv，qB）,則t≥eq\f（πm,qB）C．若t＝eq\f（πm,qB），則r＝eq\f（2mv,qB)D．若r＝eq\f（2mv，qB）,則t＝eq\f（πm,qB)答案AD解析帶電粒子在磁場中從O點沿y軸正方向開始運動，圓心一定在垂直于速度的方向上,即在x軸上,軌道半徑R＝eq\f(mv,qB).當(dāng)r≥eq\f（2mv,qB)時，P點在磁場內(nèi),粒子不能射出磁場區(qū)，所以垂直于x軸過P點,θ最大且為90°,運動時間為半個周期，即t＝eq\f（πm,qB）；當(dāng)r＜eq\f(2mv，qB)時，粒子在到達(dá)P點之前射出圓形磁場區(qū),速度偏轉(zhuǎn)角φ在大于0°、小于180°范圍內(nèi)，如圖所示，能過x軸的粒子的速度偏轉(zhuǎn)角φ>90°，所以過x軸時0°＜θ＜90°，A對，B項錯誤；同理,若t＝eq\f（πm,qB），則r≥eq\f（2mv,qB),若r＝eq\f（2mv，qB)，則t＝eq\f(πm，qB），C項錯誤，D項正確．9.如圖所示,有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形，A、B、C為三角形的三個頂點．若一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子（不計重力)，以速度v0＝eq\f（\r(3）qBL,4m)從AB邊上的某點P垂直于AB邊豎直向上射入磁場，然后能從BC邊上某點Q射出，關(guān)于P點入射的范圍和從Q點射出的范圍，下列判斷正確的是（）A．PB〈eq\f（2＋\r（3)，4)L B．PB<eq\f（1＋\r(3),4）LC．QB〈eq\f(\r（3）,4)L D．QB≤eq\f（1,2）L答案AD解析由半徑公式可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R＝eq\f(mv0,Bq）＝eq\f(\r(3)，4)L，如圖所示，當(dāng)圓心處于O1位置時,粒子正好從AC邊切過，并與BC邊切過，因此入射點P1為離開B最遠(yuǎn)的點,滿足PB＜eq\f（1，2)L＋eq\f（\r（3），4)L，A項正確，B項錯誤；當(dāng)圓心處于O2位置時，粒子從P2射入,打在BC邊的Q點，由于此時Q點距離AB最遠(yuǎn)為圓的半徑eq\f（\r(3)，4)L，故QB最大，即QB≤eq\f（\f（\r（3),4）L,sin60°)，D項正確,C項錯誤．故選A、D項．10。如圖所示,三角形磁場區(qū)域的三個頂點a、b、c在直角坐標(biāo)系內(nèi)的坐標(biāo)分別為(0，2eq\r（3）cm)、（－2cm，0)、(2cm,0），磁感應(yīng)強度B＝4×10－4T，某正粒子的比荷eq\f(q，m)＝2。5×105C/kg,不計重力．大量的該粒子在t＝0時從O點以相同的速率v＝2eA．從ac邊離開磁場的粒子，離開磁場時距c點最近的位置坐標(biāo)為[eq\r（3)cm，（2eq\r（3)－3）cm］B．從a點離開磁場的粒子在磁場中運動時間最長C．不可能有粒子垂直于ab邊離開磁場D．t＝eq\f（π，300）s時運動時間最長的粒子離開磁場答案ABD解析正粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB）＝2eq\r（3）cm，入射方向不同的粒子的軌跡圓半徑相同,各粒子的軌跡圓為過O點半徑為r的動圓，且入射速度沿x軸正方向的粒子離開磁場時距c點最近,最近點A的坐標(biāo)為［eq\r（3）cm，（2eq\r（3)－3）cm]，A項正確；當(dāng)軌跡圓弧對應(yīng)的弦最長時，圓心角最大，時間最長，即從a點射出的粒子的運動時間最長,該軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為60°，運動時間t＝eq\f(T，6）＝eq\f(π，300）s，B、D項正確;由幾何關(guān)系可知，從O點沿與Oc成120°角方向射入磁場的粒子將垂直于ab邊離開磁場，選項C錯誤．二、非選擇題11。如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m＝5.0×10－8kg、電量為q＝1.0×10－6C的帶電粒子．從靜止開始經(jīng)U0＝10V的電壓加速后，從P點沿圖示方向進(jìn)入磁場，已知OP＝30cm,(粒子重力不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0。8)（1）帶電粒子到達(dá)P點時速度v的大?。?2）若磁感應(yīng)強度B＝2。0T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，求OQ的距離;（3）若粒子不能進(jìn)入x軸上方，求磁感應(yīng)強度B′滿足的條件．答案(1)20m/s(2）0.90m(3)B′解析（1）對帶電粒子的加速過程，由動能定理qU＝eq\f(1，2）mv2代入數(shù)據(jù)得：v＝20m(2）帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有：qvB＝eq\f（mv2,R)得R＝eq\f(mv，qB)代入數(shù)據(jù)得：R＝0。50而eq\f（OP，cos53°)＝0.50m故圓心一定在x軸上，軌跡如圖甲所示．由幾何關(guān)系可知:OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0.90m（3)帶電粒子不從x軸射出（如圖乙)，由幾何關(guān)系得：OP>R′＋R′cos53°R′＝eq\f（mv，qB′)解得：B′>eq\f（16,3)T＝5.33T（取“≥"照樣給分)．12。（2017·山東聯(lián)考）如圖所示，M、N為平行板電容器的兩極板，M板的上表面涂有一種特殊材料，確保粒子和M板相撞后以原速率反彈且電荷量不變，其上方有一腰長為2a，θ＝45°的等腰直角三角形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場．N板上的O為粒子發(fā)射源，現(xiàn)有一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶負(fù)電粒子從粒子發(fā)射源O發(fā)射（發(fā)射速度忽略不計）后經(jīng)電場加速，從M板上距離B點為eq\r(2)a的小孔P垂直于BC進(jìn)入磁場，若粒子從P點進(jìn)入磁場后經(jīng)時間t第一次與M板相撞，且撞擊點為B點,不計粒子重力與空氣阻力的影響．（1)求M、N之間的電勢差UMN；（2)若粒子從AB邊射出磁場區(qū)域且不和M板相撞，磁感應(yīng)強度滿足什么條件？（3)若僅將磁場反向，粒子至少和M板相撞一次后射出磁場，磁感應(yīng)強度滿足什么條件？答案（1)eq\f（mπ2a2,4qt2)（2)eq\f（πm，2qt）≤B2≤eq\f(πm,qt）（3）B3≥eq\f((1＋\r(2)）2πm,2qt)解析(1）如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中運動的半徑為R1＝eq\f（\r(2）a，2） ①t＝eq\f（πR1，v) ②v＝eq\f（\r（2)πa,2t） ③粒子在平行板電容器中加速，根據(jù)動能定理，得qU＝eq\f(mv2,2） ④由①②③④聯(lián)立解得U＝eq\f（mπ2a2,4qt2) ⑤粒子帶負(fù)電在電容器中加速，M板的電勢高于N點電勢UMN＝eq\f(mπ2a2,4qt2) ⑥（2）粒子恰從B射出時，粒子半徑最小，磁感應(yīng)強度B1最大T＝eq\f（2πm，qB1） ⑦T＝2t ⑧聯(lián)立⑦⑧得B1＝eq\f（πm，qt) ⑨粒子的軌跡與AC邊相切時，半徑最大(如圖乙所示），磁感應(yīng)強度B2最小,由幾何關(guān)系知R2＝eq\r（2)a ⑩qvB2＝meq\f（v2，R2） ?得B2＝eq\f（πm,2qt) ?磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的關(guān)系為eq\f（πm,2qt)≤B2≤eq\f（πm,qt)。 ?（3)磁場反向后粒子向右偏轉(zhuǎn)，軌跡與AC邊相切時，磁感應(yīng)強度最小（如圖丙所示），由幾何關(guān)系得R3＝（3eq\r(2)－4)a ?qvB3＝meq\f(v2,R3） ?解得B3＝eq\f((1＋\r(2)）2πm,2qt) ?磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的關(guān)系B3≥eq\f（(1＋\r(2））2πm,2qt）. ?13．(2017·洛陽二統(tǒng))在光滑絕緣的水平面上，左側(cè)平行極板間有水平方向勻強電場，右側(cè)圓筒內(nèi)有豎直方向勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，俯視圖如圖所示．圓筒的圓心為O點,半徑大小為R.一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電小球(可視為質(zhì)點），初始位置在A點,現(xiàn)由靜止經(jīng)電場加速后從C孔沿直徑射入磁場區(qū)域，粒子和圓筒壁的碰撞沒有動能和電荷量損