課時素養(yǎng)評價三

溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。課時素養(yǎng)評價三帶電粒子在勻強磁場中的運動(25分鐘·60分)一、選擇題(本題共6小題,每題6分,共36分)1.如圖所示,水平導線中有電流I通過,導線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同,則電子將()A.沿路徑a運動,軌跡是圓B.沿路徑a運動,軌跡半徑越來越大C.沿路徑a運動,軌跡半徑越來越小D.沿路徑b運動,軌跡半徑越來越小【解析】選B。由安培定則及左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲,又由r=mvqB2.有三束粒子,分別是質(zhì)子(11H)、氚核(1【解析】選C。由粒子在磁場中運動的半徑r=mvqB可知,質(zhì)子、氚核、α粒子軌跡半徑之比r1∶r2∶r3=m1vq1B∶m2vq2B∶m3.如圖所示,MN為兩個勻強磁場的分界面,兩磁場的磁感應強度大小的關(guān)系為B1=2B2,一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子從O點垂直MN進入B1磁場,則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過O點()A.2πmqC.2πmq(B【解析】選B。粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由周期公式T=2πmqB知,粒子從O點進入磁場B1到再一次通過O點的時間t=2πmqB【補償訓練】如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里且磁感應強度為B的勻強磁場,在x軸下方存在垂直于紙面向外且磁感應強度為B2的勻強磁場。一帶負電的粒子從原點OA.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)后一定能回到原點OB.粒子在x軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為2∶1C.粒子完成一次周期性運動的時間為2D.粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸前進了3R【解析】選D。根據(jù)左手定則可知,粒子向右偏轉(zhuǎn),經(jīng)過x軸進入下方磁場,因為磁感應強度減半,R=mvqB,所以半徑加倍,繼續(xù)向右偏轉(zhuǎn),所以粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)不能回到原點O,故A錯誤;粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2,故B錯誤;粒子在磁場中運動周期T=2πmqB,粒子完成一次周期性運動的時間為t=πm3qB+πm34.如圖所示,邊長為d的等邊三角形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁場,比荷為em的電子以速度v沿ab=2mved <3mved 【解析】選C。電子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:evB=mv2r,解得:r=當電子從c點離開磁場時,電子做勻速圓周運動對應的半徑最小,如圖;由幾何知識得:2rcos30°=d解得:r=33欲使電子能經(jīng)過bc邊,必須滿足:r>33解得:B<3選項C正確,A、B、D錯誤。故選C。5.如圖所示,a和b帶電荷量相同,以相同動能從A點射入磁場,在勻強磁場中做圓周運動的半徑ra=2rb,則可知(重力不計)()A.兩粒子都帶正電,質(zhì)量比maB.兩粒子都帶負電,質(zhì)量比maC.兩粒子都帶正電,質(zhì)量比mamD.兩粒子都帶負電,質(zhì)量比mam【解析】選B。兩粒子進入磁場后均向下偏轉(zhuǎn),可知在A點受到的洛倫茲力均向下,由左手定則可知,這兩個粒子均帶負電,根據(jù)洛倫茲力提供向心力,得:qvB=mv2r,得r=mvqB,又動能Ek=12mv2,聯(lián)立得:m=q2B2r22Ek,可見m與半徑r的平方成正比,故ma∶m6.如圖所示,在x>0、y>0的空間內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場?，F(xiàn)有兩個質(zhì)量及電荷量均相同的帶電粒子,由x軸上的P點以不同的初速度平行于y軸射入此磁場,然后分別從y軸上的M、N兩點射出磁場,不計粒子重力及它們間的相互作用。比較兩粒子的運動,下列說法正確的是()A.從N點射出的粒子初速度較大B.從N點射出的粒子在磁場中的加速度較大C.從M點射出的粒子在磁場中的角速度較大D.從M點射出的粒子在磁場中的時間較短【解析】選D。分別畫出粒子運動的軌跡如圖:根據(jù)r=mvqB知,粒子的質(zhì)量及電荷量均相同,初速度大的軌道半徑大,由圖可知從N點射出的粒子初速度較小,故A錯誤;根據(jù)T=2πmqB知,粒子在磁場中運動的周期與粒子的速度無關(guān),粒子的質(zhì)量及電荷量均相同,則周期相同,粒子做圓周運動的角速度:ω=2πT=qBm是相等的,故C錯誤;粒子做圓周運動的向心加速度:an=二、計算題(本題共2小題,共24分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要標明單位)7.(12分)如圖所示,直線MN上方存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場,現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在紙面內(nèi)以某一速度從A點射入,其方向與MN成30°角,A點到MN的距離為d,帶電粒子重力不計。(1)當v滿足什么條件時,粒子能回到A點?(2)求粒子在磁場中運動的時間t。【解析】(1)粒子運動軌跡如圖所示。由圖示的幾何關(guān)系可知粒子在磁場中的軌道半徑r=2dtan30在磁場中有Bqv=mv2聯(lián)立兩式,得v=23此時粒子可按圖中軌跡回到A點。(2)由圖可知,粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為300°,所以t=300°360°T=5×2答案:(1)v=23dBq8.(12分)如圖所示的平面直角坐標系xOy,在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場,方向沿y軸正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場,方向垂直于xOy平面向里,正三角形邊長為L,且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,從y軸上的P(0,h)點,以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限,又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限,且速度與y軸負方向成45°角,不計粒子所受的重力。求:(1)電場強度E的大小;(2)粒子到達a點時速度的大小和方向;(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B的最小值。【解析】(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t,則有x=v0t=2h,y=h=12at2qE=ma,聯(lián)立以上各式可得E=mv(2)粒子到達a點時沿負y方向的分速度為vy=at=v0,所以v=v02+vy方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角;(3)粒子在磁場中運動時,有qvB=mv當粒子從b點射出時,磁場的磁感應強度有最小值,此時有r=22所以磁感應強度B的最小值B=2答案:(1)mv022qh(2)2v0,方向與x軸正方向的夾角為45(15分鐘·40分)9.(7分)如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,在xOy平面內(nèi),從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)。則下列說法正確的是()A.若θ一定,v越大,則粒子在磁場中運動的時間越短B.若θ一定,v越大,則粒子在磁場中運動的角速度越大C.若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運動的時間越短D.若v一定,θ越大,則粒子在離開磁場時的位置距O點越遠【解析】選C。粒子運動周期T=2πmBq,當θ一定時,粒子在磁場中運動時間:t=2π-2θ2πT=π-θπT,ω=2πT,由于t、ω均與v無關(guān),故A、B錯誤,C正確;當v一定時,由r=mv10.(7分)如圖所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi),有方向垂直于圓平面的勻強磁場(未畫出)。一群相同的帶電粒子以相同速率v0,由P點在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場。當磁感應強度大小為B1時,所有粒子出磁場的區(qū)域占整個圓周長的14,當磁感應強度增大為B2時,這些粒子在磁場中運動弧長最長的是2πR3。則磁感應強度B1、B2A.23 B.23 C.32 【解析】選B。如圖所示,所有粒子運動軌跡應為落在圓O內(nèi)的虛線圓弧,且這些圓弧半徑一樣設(shè)為r。與圓O的交點最遠處由圓弧直徑?jīng)Q定,也就是最遠交點應有PA=2r,當磁感應強度大小為B1時,所有粒子出磁場的區(qū)域占整個圓周長的14由幾何知識得:r=22R, 帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力,即B1qv0=mv0①②聯(lián)立得:B1=mv0qr=運動弧長最長的圓應是以P點為切點的圓形區(qū)域的內(nèi)切圓,此時磁感應強度大小為B2,由題意得2π3R=2πr′,解得r′=R根據(jù)B2qv0=mv0④⑤聯(lián)立得r′=mv0B2q=R3③⑥聯(lián)立得B1B211.(7分)(多選)如圖所示,等腰直角三角形abc的直角邊長度為L,該區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1、v2、v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3,且t1∶t2∶t3=2∶2∶1。不計粒子的重力,下列說法正確的是()A.三個速度的大小關(guān)系一定是v1=v2<v3B.三個速度的大小關(guān)系可能是v1<v2<v3C.粒子的比荷qm=D.粒子的比荷qm=【解析】選B、C。速度為v1、v2的粒子從ab邊穿出,則偏轉(zhuǎn)角為90°,但兩者的速度大小關(guān)系不確定,但其半徑一定比速度為v3的粒子半徑小,由半徑公式r=mvBq,則v3一定大于v1和v2,所以選項A錯誤,選項B正確;由于速度為v1的粒子偏轉(zhuǎn)90°,則t1=14×2πmBq,于是qm=π2Bt1,所以選項C正確;速度為v3的粒子偏轉(zhuǎn)45°,畫出運動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系知:°+°cos45°qm=v3tan12.(19分)如圖所示,在第一象限內(nèi),存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場Ⅰ,第二象限內(nèi)存在水平向右的勻強電場,第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面向外、磁感應強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ。一質(zhì)量為m,電荷量為+q的粒子,從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限,在xOy平面內(nèi),以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動;隨后進入電場運動至y軸上的N點,沿與y軸正方向成45°角離開電場;在磁場Ⅰ中運動一段時間后,再次垂直于x軸進入第四象限。不計粒子重力。求:(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小v0;(2)電場強度的大小E;(3)磁場Ⅰ的磁感應強度的大小B1?！窘馕觥?1)粒子在第四象限做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B0=mv0解得:v0=qB(2)粒子與y軸成45°角離開電場,則:vx=vy=v0,粒子在水平方向做勻加速直線運動,在豎直方向做勻速直線運動,在水平方向,由牛頓第二定律得:qE=ma,由速度位移公式得:vx2-02=2aR解得:E=qB(