2020(人教版)高考物理复习 课时过关题29 磁场及其对运动电荷的作用（含答案解析）.doc

2020(人教版)高考物理复习 课时过关题29磁场及其对运动电荷的作用如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是()A无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点B无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D若小球带正电荷，小球会落在更远的b点1931年，著名的英国物理学家狄拉克认为，既然电有基本电荷电子存在，磁也应有基本磁荷磁单极子存在，这样，电磁现象的完全对称性就可以得到保证，他从理论上用极精美的数学物理公式预言，磁单极子是可以独立存在的，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，类似于孤立的点电荷的电场线以某一磁单极子N为原点建立如图所示Oxyz坐标系，z为竖直方向，则一带电微粒可以在此空间做圆周运动的平面为()A一定是z0且平行于xOy的平面B一定是在xOy平面C一定是zm.空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某时刻开始它们以大小相等的速度相向运动，如图，取向右为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是()如图所示，平行边界MN、PQ之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d，边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v=，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为()A1：1 B2：3 C.：2 D2：7 (多选)如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(图中未画出)，所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点下列说法中正确的是( )A磁场方向一定是垂直xOy平面向里B所有粒子通过磁场区的时间相同C所有粒子在磁场区运动的半径相等D磁场区边界可能是圆，也可能是其他曲线 (多选)如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120.在t=0时，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)中所示粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是()A磁场方向垂直纸面向外B图(b)中B0=C图(b)中T0=D若t=0时，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场在x0区域，磁感应强度的大小为B0；x0区域，磁感应强度的大小为B0(常数1)一质量为m、电荷量为q(q0)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点间的距离如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m、电荷量为q，其中区域、内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，垂直纸面向里，区域宽也为d，粒子从A点射出后经过、区域后能回到A点，不计粒子重力(1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t；(2)若在区域内加一水平向左的匀强电场且区域的磁感应强度变为2B，粒子也能回到A点，求电场强度E的大小；(3)若粒子经、区域后返回到区域前的瞬间使区域的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？答案解析答案为：D；解析：地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确答案为：A；解析：在z0的区域，磁场的方向是斜向上的圆锥形状，带电微粒若能在平行于xOy的平面内做圆周运动，所受的洛伦兹力方向为垂直磁感线斜向上，重力竖直向下，合力的方向水平指向z轴，故可满足做圆周运动的条件，故选项A正确，B、C、D错误答案为：D；解析：设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1=mv，Ek2=mv，由题意可知Ek1=2Ek2，即mv=mv，则=.粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB=，得R=，由题意可知=，所以=， 故选项D正确答案为：D；解析：垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时，qvB=Eq，解得v=，选项B错误；当粒子在磁场中时，由qvB=m，可得=，故选项D正确，C错误；故选D.答案为：B；解析：由几何关系可知xOa=R1=，xOb=R2=，xOc=R3=，又由于xOc=，联立可得v3=(v1v2)答案为：D；解析：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：qvB=m，则粒子在磁场中做圆周运动的半径：R=，由题意可知，粒子在磁场区域中的轨道为半径等于r的圆上的圆周，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切，如图所示则到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为R的O点就是圆周的圆心粒子在磁场区域中的轨道就是以O为圆心、R为半径的圆上的圆弧ef，而e点和f点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过e、f两点的不同的圆周中，最小的一个圆是以e、f连线为直径的圆周，即得所求圆形区域的半径r=Rsin =，则这个圆形磁场区域的最小面积Smin=r2=，故选D项答案为：B；解析：因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图所示，由几何关系可知r=，由qvB=m可得v=，故B正确答案为：C；解析：设有界磁场宽度为d，则粒子在磁场和磁场中的运动轨迹分别如图1、2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv=m，得B=，由几何关系知d=r1sin，d=r2tan，联立得=cos，C正确答案为：B；解析：对物块分析可知其受重力、支持力、洛伦兹力和摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受摩擦力作用而做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；vt图象中图线斜率的绝对值表示加速度大小，则可知vt图象中对应的图线应为曲线；对M、m组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终木板和物块速度一定相同，则有mv0Mv0=(Mm)v，因Mm，故最终速度一定为负值，说明最终木板和物块均向左做匀速运动，则B正确答案为：C；解析：由qvB=可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径R=d，当速度方向沿AN时，轨迹交PQ于B点，当轨迹恰好与PQ相切时，轨迹交PQ于C点，B、C间的距离为粒子能从PQ边界射出的区域长度，由几何关系可知O1BC=O2AD=30，所以BC=2Rcos30=R；当粒子垂直于MN射入时，粒子与MN交于E点(轨迹是半圆，没画出)，A、E间的距离是粒子能从MN边界射出的长度，AE=2R，所以=.答案为：CD；解析：由题意可知，正粒子经磁场偏转后，都集中于一点a，根据左手定则可知，磁场的方向垂直平面向外，故A错误；由洛伦兹力提供向心力，可得T=，而运动的时间还与圆心角有关，因此粒子的运动时间不等，故B错误；由洛伦兹力提供向心力，可得R=，由于为同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，故D正确；故选C、D.答案为：BC；解析：根据题述一质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v从A点沿直径AB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，根据左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；根据洛伦兹力提供向心力，qvB0=m，且r=，可得B0=，选项B正确；带电粒子做匀速圆周运动的周期T=，带电粒子以初速度v从A点沿直径AB射入场区，运动到圆心O所需时间t=，所以题图(b)中T0=tT=，选项C正确；若t=0时，质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v从A点沿直径AB射入场区，运动到圆心O后，根据左手定则知粒子将向下偏转与挡板MN碰撞后运动圆周，再与挡板B碰撞后运动一段圆弧后射出场区，不能返回A点，选项D错误解：(1)粒子的运动轨迹如图所示带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设在x0区域，圆周半径为R1；设在x0区域，圆周半径为R2；由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B0=qv0(B0)=粒子速度方向转过180时，所用时间t1为t1=粒子再转过180时，所用时间t2为t2=联立式得，所求时间t0=t1t2=(2)由几何关系及式得，所求距离为d=2(R1