新版高考物理(通用)一轮复习习题：第8章磁场章末

第八章章末检测1．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是()．A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向解析洛伦兹力的方向与运动方向垂直，所以洛伦兹力永远不做功，即不改变粒子的动能，A错误、B正确；洛伦兹力f＝Bq v，C错误；洛伦兹力不改变速度的大小，但改变速度的方向，D错误．答案 B2．如图1所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等、方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上载有如图1所示的恒定电流I，则下列说法中正确的是()．图1A．导电圆环所受安培力方向竖直向下B．导电圆环所受安培力方向竖直向上C．导电圆环所受安培力的大小为2BIRD．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ解析将导电圆环分成若干小的电流元，任取一小段电流元为研究对象，把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量，则竖直方向的分磁场产生的安培力矢量和为零，水平方向的分磁场产生的安培力为F＝B sin θ·I·2πR＝2πBIR sin θ，方向竖直向上，所以B、D均正确．答案BD3．显像管原理的示意图如图2所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是()．图2解析根据左手定则判断电子受到的洛伦兹力的方向．电子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应Bt图，图线应在t轴下方；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应Bt图，图线应在t轴上方．符合条件的是A选项．答案 A4．如图3所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B在同一直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触(不粘连)而处于静止状态．若将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的是()．图3A．小球A仍可能处于静止状态B．小球A将可能沿轨迹1运动C．小球A将可能沿轨迹2运动D．小球A将可能沿轨迹3运动解析小球A处于静止状态，可判断小球A带正电，若此时小球A所受重力与库仑力平衡，将绝缘板C沿水平方向抽去后，小球A仍处于静止状态；若库仑力大于小球A所受重力，则将绝缘板C沿水平方向抽去后，小球A向上运动，此后小球A 在库仑力、重力、洛伦兹力的作用下将可能沿轨迹1运动．答案AB5．如图4所示，一弓形线圈通过逆时针方向的电流，在其圆弧的圆心处，垂直于纸面放置一直导线，当直导线通有指向纸内的电流时，线圈将()．图4A．a端向纸内，b端向纸外转动，且靠近导线B．a端向纸内，b端向纸外转动，且远离导线C．a端向纸外，b端向纸内转动，且靠近导线D．a端向纸外，b端向纸内转动，且远离导线解析先由等效法，把弓形线圈中的电流等效成一个小磁针，其N极垂直纸面向外，而直线电流的磁场方向在小磁针所在处方向为竖直向上，因此小磁针N极将转向磁场方向，即a端向内转动，b端向外转动；当线圈转过90°后，a、b中电流与直导线电流同向平行，而弧形部分电流与直导线电流反向平行，但前者离直导线较近，受到的引力较大，后者离直导线较远，受到的斥力较小，总的作用力为引力，故线圈向直导线靠近．根据以上分析，本题正确选项应为A.答案 A6．如图5所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，现设法使该带电粒子从O 点沿纸面与Od 成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是 ( )．图5A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，则它一定从cd 边射出磁场B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，则它一定从ad 边射出磁场C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，则它一定从bc 边射出磁场D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场解析作出刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和从ad 边射出的轨迹④，如图所示．由条件可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t 0.由图可知，从ab 边射出经历的时间t 03<t 1≤5t 06；从bc 边射出经历的时间5t 06<t 2≤4t 03；从cd 边射出经历的时间一定是t 3＝5t 03；从ad 边射出经历的时间t 4≤t 03.结合选项可知，A 、C 正确．答案 AC7．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图6所示，则下列相关说法中正确的是()．图6 A．该束带电粒子带负电B．速度选择器的P1极板带正电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比qm越小解析由粒子在右边磁场中的偏转可知，粒子带正电，A错；带正电的粒子在速度选择器中受洛伦兹力向上，电场力应向下，所以上板带正电，B对；由R＝m vqB可知，在v、B相同时，半径越大，荷质比越小，D对．答案BD8．如图7所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m，电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A 板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变()．图7A．粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为2nqUB．在粒子绕行的整个过程中，A板电势可以始终保持为＋UC．在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变D．为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n 圈时的磁感应强度为1R 2nmUq解析 本题考查了带电粒子在电场中的加速运动和在磁场中做圆周运动的规律．粒子在电场中绕行n 圈后回到A 板时获得的总动能为nqU ，A 错；在粒子绕行的整个过程中，A 板电势有时为＋U ，有时为零，B 错；周期T ＝2πm qB ，在粒子绕行的整个过程中，磁感应强度B 发生变化，所以T 也发生变化，C 错；粒子绕行第n 圈时，R ＝m v qB ，又nqU ＝12m v 2，联立解得B ＝1R 2nmU q ，D 对．答案 D9. 如图8-所示，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量q ＝＋1.0×10－5 C ，从静止开始经电压为U 1＝100 V 的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，粒子射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，粒子射出磁场时的偏转角也为θ＝60°.已知偏转电场中金属板长L ＝2 3 cm ，圆形匀强磁场的半径R ＝10 3 cm ，重力忽略不计．求：图8(1)带电粒子经U 1＝100 V 的电场加速后的速率；(2)两金属板间偏转电场的电场强度E ；(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．解析 (1)带电粒子经加速电场加速后速度为v 1，根据动能定理：qU 1＝12m v 21v 1＝ 2U 1q m＝1.0×104 m/s (2)带电粒子在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向粒子做匀速直线运动．水平方向：v 1＝L t带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a ，出电场时竖直方向速度为v 2，且v 2＝at ，a ＝Eq m由几何关系tan θ＝v 2v 1E ＝m v 21tan θqL ＝10 000 V/m(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v ，则v ＝v 1cos θ＝2.0×104 m/s由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示则轨迹半径为r ＝R tan 60°＝0.3 m由q v B ＝m v 2r得B ＝m v qr ＝0.13 T答案 (1)1.0×104 m/s (2)10 000 V/m (3)0.13 T10．如图9甲所示，在以O 为坐标原点的xOy 平面内，存在着范围足够大的电场和磁场，一个带正电小球在t ＝0时刻以v 0＝3gt 0的初速度从O 点沿＋x 方向(水平向右)射入该空间，在t 0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场方向竖直向上，场强大小E 0＝mg q ，磁场垂直于xOy 平面向外，磁感应强度大小B 0＝πm qt 0，已知小球的质量为m ，带电荷量为q ，时间单位为t 0，当地重力加速度为g ，空气阻力不计．试求：图9(1)t 0末小球速度的大小；(2)小球做圆周运动的周期T 和12t 0末小球速度的大小； (3)在给定的xOy 坐标系中，大体画出小球在0到24t 0内运动轨迹的示意图；(4)30t 0内小球距x 轴的最大距离．解析 (1)由题图乙知，0～t 0内，小球只受重力作用，做平抛运动，在t 0末： v ＝v 20x ＋v 20y ＝(3gt 0)2＋(gt 0)2＝10gt 0(2)当同时加上电场和磁场时，电场力F 1＝qE 0＝mg ，方向向上因为重力和电场力恰好平衡，所以小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，有q v B 0＝m v 2r运动周期T ＝2πr v ，联立解得T ＝2t 0由题图乙知，电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5倍，即在这10t 0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t 1＝12t 0时刻的速度相当于小球做平抛运动t ＝2t 0时的末速度．v y 1＝g ·2t 0＝2gt 0，v x 1＝v 0x ＝3gt 0 所以12t 0末v 1＝v 2x 1＋v 2y 1＝13gt 0(3)24t 0内运动轨迹的示意图如图所示．(4)分析可知，小球在30t 0时与24t 0时的位置相同，在24t 0内小球相当于做了t 2＝3t 0的平抛运动和半个圆周运动.23t 0末小球平抛运动的竖直分位移大小为y 2＝12g (3t 0)2＝92gt 20竖直分速度v y 2＝3gt 0＝v 0，所以小球与竖直方向的夹角为θ＝45°，速度大小为 v 2＝32gt 0此后小球做匀速圆周运动的半径r 2＝m v 2qB 0＝32gt 20π 30t 0内小球距x 轴的最大距离：y 3＝y 2＋(1＋cos 45°)r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫92＋3＋32πgt 20 答案 (1)10gt 0 (2)2t 013gt 0(3)见解析图(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫92＋3＋32πgt 20。