《2020届物理人教版带电粒子在磁场中的运动单元测试Word版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届物理人教版带电粒子在磁场中的运动单元测试Word版（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020届物理人教版带电粒子在磁场中的运动 单元测试1（2019重庆市巴蜀中学高三月考）如图，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径OC与OB夹角为60。一电子以速率v从A点沿直径AB方向射入磁场，从C点射出。电子质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列说法正确的是A磁场方向垂直纸面向里B磁感应强度大小为C电子在磁场中的运动时间为D若电子速率变为，仍要从C点射出，磁感应强度大小应变为原来的3倍【答案】B【解析】根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；由题意得，电子的运动半径恰好等于，解得，故B正确；运动周期，电子在圆形区域的运动时间，故C错误；电子的运动半径恰好等于，若电子速率
2、变为，仍要从C点射出，磁感应强度大小应变为原来的，故D错误。2（2019北京市顺义区高考一模）如图所示，OX与MN是匀强磁场中的两条平行直线，其中MN为磁场的下边界，速率不同的同种带电粒子沿OX方向射入磁场，从MN边界穿出时，其中速度为v1的A粒子与MN垂直，速度为v2的B粒子其速度方向与MN成60角，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则A、B两粒子穿越磁场所需时间的比为A1：2B2：1C2：3D3：2【答案】D【解析】粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹如图所示：可知，通过a点的粒子的偏转角为90，
3、通过b点的粒子的偏转角为60，所以通过a点的粒子的运动的时间为，通过b点的粒子的运动的时间为，所以从S到a、b所需时间t1：t2为3：2，故D正确，ABC错误。3（2019江苏省三校高三第四次模拟）质谱仪装置原理图如图所示，某种带电粒子经电场加速后从小孔O以相同的速率沿纸面射入匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向外，已知从O点射出的粒子有微小发散角2，且左右对称.结果所有粒子落点在乳胶底片的P1P2直线区间，下列说法正确的是A打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子B打在P2点粒子一定是从O点右偏射入的粒子C打在P1点粒子一定是从O点左偏射入的粒子D打在P1点粒子一定是在磁场中运动时间最短的粒子【
4、答案】A【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦磁力提供向心力，则有，解得，由于粒子的速率相同，所以在粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，由几何关系可得粒子在乳胶底片落点与点的距离为，当发散角时，粒子在乳胶底片落点与点的距离最大，即打在点粒子一定是从点垂直板射入的粒子，当发散角最大时，粒子在乳胶底片落点与点的距离最小，即打在点粒子一定是从点左偏发散角最大或右偏发散角最大射入的粒子，从点右偏发散角最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最小，从点左偏发散角最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最大，根据可知从点右偏发散角最大射入的粒子的运动时间最短，从点左偏发散角最大射入的粒子的运动时间最长，故选项A正
5、确，BCD错误。4（2019湖南省长沙市长沙一中高三月考）如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿对角线方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定A粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电B粒子1和粒子3的比荷之比为2：1C粒子1和粒子2在磁场中的运动时间之比为：4D粒子3的射出位置与d点相距【答案】BC【解析】根据左手定则可得：粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电。故A错误；做出粒子运动的轨迹如图，则粒子1运动的半径：r1=，由可得：，粒子3的运动的
6、轨迹如图，则：r3=L， 所以：，故B正确；C.粒子1 在磁场中运动的时间：；粒子2 在磁场中运动的时间： ；所以：，故C正确；粒子3射出的位置与d点相距：，故D错误。5（2019天津市第一中学高二期末）如图所示，半径为r且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一电量为e、质量为m的电子。此装置放在匀强磁场中，此匀强磁场的磁感应强度B随时间均匀发化，即B=B0+kt（k0），根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其加速，电子沿圆周运动一周所获得的能量为ee，其中e为环形回路的感应电动势。t=0时电子的初速度为v0，此后电子运动一周时磁感
7、应强度为B1，则此时电子的速度为ABCD【答案】AB【解析】洛伦兹力提供向心力，故：，解得：，故A正确，C错误；根据法拉第电磁感应定律得：感生电动势大小为，电场方向逆时针，电场力对电子做正功。在转动一圈过程中对电子用动能定理：，解得：，故B正确，D错误。6（2019云南玉溪一中高二期中）如图所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子（不计重力），从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成角，则正、负粒子在磁场中A运动轨迹的半径相同B重新回到边界所用时间相同C重新回到边界时速度大小和方向相同D重新回到边界时与O点的距离不相等【答案】AC【解析
8、】根据牛顿第二定律得：得：，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故A正确。粒子的运动周期，则知T相同。根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为22，轨迹的圆心角也为22，运动时间t=T。同理，负离子运动时间t=T，显然时间不等，故B错误。正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确。根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsin，r、相同，则S相同，故D错误。7（2019湖北省宜昌市高三模拟）如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标轴上的M、N、P三点到坐标
9、原点O的距离均为r，在第二象限内以O1（r，r）为圆心，r为半径的圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外的匀强磁场；现从M点平行xOy平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限。为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，在第一象限内，以适当的过P点的曲线为边界（图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同），边界之外的区域加上平行于y轴负方向的匀强电场或垂直xOy平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用及其重力.下列说法正确的是A若OPN之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为B若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为
10、C若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度方向不可能与x轴成45D若OPN之外的区域加的是电场，则边界PN曲线的方程为【答案】ABD【解析】由题意知，沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限，轨迹为圆弧，速度方向水平向右（沿x轴正方向）由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点四点组成的四边形为菱形，且所有从M点入射粒子进入第一象限速度方向相同，即均沿+x方向进入第一象限，为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，OPN之外的区域加的是磁场，最小的磁场面积为图中阴影部分的面积，如图所示：根据几何关系可得所加磁场的最小面积为，故A正确；
11、若OPN之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛，沿MO1入射的粒子到达N点时的运动时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为t，在N点速度与水平方向夹角为，则有：水平方向：，竖直方向：，联立解得：，故B正确，C错误；若OPN之外的区域加的是电场，设边界PN曲线上有一点的坐标为（x，y），则，整理可得：，当时，整理可得边界PN曲线的方程为，故D正确。8（2019北京四中高二期中）如图1所示，左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，
12、磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出。已知弧EG所对应的圆心角为，不计离子重力。求：（1）离子进入平行板时的速度大小v0；（2）离子的质量m；（3）如图2所示，若改变右侧圆形磁场区域的位置，使圆形磁场的直径EH与EF成角，该离子沿平行于金属板的方向从E点射入磁场区域，恰好从H点射出，求角的正弦值sin。【答案】（1）v0= （2）m= （3）=【解析】（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等即：B0q
13、v0=qE，其中解得：（2）在圆形磁场区域，微粒做匀速圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得：由几何关系有：解得（3）若离子沿平行于金属板的方向从E点射入磁场区域，则轨迹如图；由几何关系可知：，因可知9（2019江苏省苏州市高二期末）如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小。在第三象限内有磁感应强度的匀强磁场L，在第四象限内有磁感应强度的匀强磁场，磁场I、的方向均垂直于纸面向内。一质量为m、电荷量为+q的粒子从P（0，L）点处以初速度沿垂直于y轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过x轴和y轴进入磁场I和磁场I，不计粒子的重力和空气阻力。求：（1）粒子由
14、电场进入磁场I时的速度v大小和方向（2）粒子出发后第1次经过y轴时距O点的距离D；（3）粒子出发后从第1次经过y轴到第4次经过y轴产生的位移大小y和所需时间t。【答案】（1）2v0，方向与x轴负方向夹角为60 （2）2L （3），【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动沿电场方向：解得：vy=v0粒子速度为：v=2v0v与x轴负方向间夹角为：=arctan=arctan=60（2）粒子在磁场I中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB1=m解得：r1=L由几何知识可知，圆心O1恰好在y轴上，距O点的距离：y1=L粒子第一次经过y轴时距O点的距离：D=y1+r1=2L（3）粒子在磁场II中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB2=m解得：r2=L=粒子运动轨迹如图所示则有：y=2r14r2解得：y=L粒子在磁场中做圆周运动的周期为：从第一次经过y轴到第4次经过y轴所需总时间：t=T1+T2=
