高考物理一輪總復(fù)習(xí)課時規(guī)范練-45

課時規(guī)范練52基礎(chǔ)對點練1.(洛倫茲力)(2023安徽蕪湖模擬)電視顯像管原理示意圖(俯視圖)如圖所示,電流通過偏轉(zhuǎn)線圈,從而產(chǎn)生偏轉(zhuǎn)磁場,電子束經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場后運動軌跡發(fā)生偏轉(zhuǎn),不計電子的重力,圖中O點為熒光屏的中心,若調(diào)節(jié)偏轉(zhuǎn)線圈中的電流,使電子束打到熒光屏上的A點,此時下列說法正確的是()A.電子經(jīng)過磁場速度增大B.偏轉(zhuǎn)磁場的方向水平向右C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向里D.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向外答案D解析電子經(jīng)過磁場,洛倫茲力不做功,則動能不變,即速度不變,A錯誤;欲使電子束打到熒光屏上的A點,則洛倫茲力方向向左,根據(jù)左手定則可知,偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向外,B、C錯誤,D正確。2.(帶電粒子在勻強磁場中的運動)(2022山東濰坊一模)如圖所示,正六邊形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶正電的粒子以速度v1從a點沿ad方向射入磁場,從c點離開磁場;若該粒子以速度v2從a點沿ae方向射入磁場,則從d點離開磁場。不計粒子重力,v1v2A.3 B.62 C答案C解析帶正電的粒子以速度v1從a點沿ad方向射入磁場,從c點離開磁場,設(shè)正六邊形的邊長為L,則由幾何關(guān)系得R1=3L,若該粒子以速度v2從a點沿ae方向射入磁場,從d點離開磁場,則由幾何關(guān)系得R2=2L,由洛倫茲力提供向心力得Bqv=mv2r,則r=mvBq3.(帶電粒子在勻強磁場中的運動)(2022四川成都石室中學(xué)模擬)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域里有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場,M、N是磁場邊界上兩點且M、N連線過圓心,在M點有一粒子源,可以在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場里發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小均為v=qBR2m的帶正電粒子,不計粒子的重力,若某一個粒子在磁場中運動的時間為t=πR2v,則該粒子從MA.12 B.35答案A解析粒子在磁場中運動軌跡半徑r=mvqB=R2,由于該粒子在磁場中運動的時間t=πR2v=πrv4.(帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題)(2022四川綿陽診斷性考試)如圖所示,在矩形ABCD內(nèi)有一垂直紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域(磁場區(qū)域未畫出),已知AB邊長為4L,BC邊長為6L,E是BC邊的中點。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從A點沿AE方向以速度v0進入矩形區(qū)域,恰能從D點沿ED方向射出矩形區(qū)域。不計粒子的重力,則此磁場的磁感應(yīng)強度最小值為()A.5mvC.mv答案B解析根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv02r,解得B=mv0qr,故磁場強度越小,粒子在磁場中的軌跡半徑越大,如圖根據(jù)幾何關(guān)系可得半徑的最大值為rm=125.(帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題)(2022云南昆明第一中學(xué)4月聯(lián)考)如圖所示,勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外,其邊界如圖中實線所示,a、b、c、d四點共線,ab=2ac=2ae,fe與ab平行,且ae與ab成60°角。一粒子束在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場,粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q(q>0),具有各種不同速率。不計重力和粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子,其運動時間為()A.3πmC.5π答案B解析粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān),由粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)圓心角決定,即t=θ2πT,粒子垂直ac射入磁場,則圓心必在ac直線上,將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大,粒子從ac、bd區(qū)域射出時,磁場中的軌跡為半圓,運動時間等于半個周期;根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子從e點射出時,對應(yīng)圓心角最大,為43π,此時軌跡半徑為ac長度,周期T=26.(多解問題)(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動,若磁場方向垂直于它的運動平面,且作用在負電荷的靜電力恰好是磁場力的三倍,則負電荷做圓周運動的角速度可能是()A.4qBm B.3答案AC解析根據(jù)題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”,磁場方向有兩種可能,且這兩種可能方向相反,在方向相反的兩個勻強磁場中,由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當(dāng)負電荷所受的洛倫茲力與靜電力方向相同時,根據(jù)牛頓第二定律可知4qvB=mv2R,得v=4qBRm,此種情況下,負電荷運動的角速度為ω=vR=4qBm;當(dāng)負電荷所受的洛倫茲力與靜電力方向相反時,有2qvB=m素養(yǎng)綜合練7.如圖所示,光滑絕緣的圓弧軌道MON固定在豎直平面內(nèi)。O為其最低點,M、N等高,勻強磁場方向與軌道平面垂直。將一個帶正電的小球自M點由靜止釋放,它在軌道上M、N間往復(fù)運動。下列說法正確的是()A.小球在M點和N點時均處于平衡狀態(tài)B.小球由M到O所用的時間小于由N到O所用的時間C.小球每次經(jīng)過O點時對軌道的壓力均相等D.小球每次經(jīng)過O點時所受合力均相等答案D解析小球在M點和N點合力不為零,所以小球不能處于平衡狀態(tài),A錯誤;由于洛倫茲力總是與運動方向垂直,又沒有摩擦力,故對其速度大小有影響的只有重力,故小球無論從哪邊滾下,到O點所用時間都是一樣的,B錯誤;根據(jù)機械能守恒定律,小球每次經(jīng)過最低點的速度大小相同,由F合=mv2r可知,F合大小相等,D正確;小球在最低點時受重力、支持力和洛倫茲力,從N到M時,在O點小球所受洛倫茲力向下,故有F1mgF洛=mv2r,軌道所受的壓力大小為F1'=F1=mg+F洛+mv2r,小球從M到N時,在O點小球所受洛倫茲力向上,故有F2+F洛mg=mv2r,故軌道所受的壓力大小為F8.(多選)(2022重慶質(zhì)量檢測)如圖所示,在0≤x≤7d的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從坐標原點O與x軸正方向成θ=53°垂直磁場射入,從磁場右邊界上點P(7d,d)離開。已知粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,重力不計,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列說法正確的是()A.粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為4dB.粒子的發(fā)射速度大小為5C.粒子從P點射出時的速度方向與x軸正方向的夾角為37°D.若只改變粒子的入射方向,則粒子在磁場中運動的最長時間為π答案BC解析根據(jù)題意作出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,作出入射速度的垂線,連接OP作中垂線,兩線相交于A點,A點即為圓心,設(shè)OP與x軸夾角為α,則sinα=dlOP,cosα=7dlOP,lOP=d2+(7d)2=52d,r=12lOPcos(37°+α),cos(37°+α)=cos37°cosαsin37°sinα=22,得到r=5d,由牛頓第二定律有qvB=mv2r,得v=5qBdm,A錯誤,B正確;根據(jù)以上分析可知37°9.(2022廣東廣州二模)如圖所示,邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,當(dāng)電荷量為+q的粒子從ab中點O沿紙面垂直ab邊射入磁場區(qū)域時,記錄到粒子從ad邊射出,則這些粒子進入磁場時的動量p滿足()A.qBL4B.qBL4≤C.qBL≤p≤D.p≤qBL4或答案A解析電荷量為+q的粒子進入磁場,洛倫茲力提供向心力,qvB=mv2r,解得r=mvqB=pqB,粒子從a點射出時,由幾何關(guān)系可知r1=L4,粒子從d點射出時,由幾何關(guān)系可知L2+r2-L22=r22,解得10.(2022廣東佛山月考)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,方向垂直于紙面向里,一帶負電的粒子(不計重力)沿水平方向以速度v正對圓心射入磁場,通過磁場區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60°。(1)求粒子的比荷qm及粒子在磁場中的運動時間t(2)如果想使粒子通過磁場區(qū)域后速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大,在保持原入射速度的基礎(chǔ)上,需將粒子的入射點沿圓弧向上