高三物理人教版一輪復習第八單元恒定電流作業(yè)42

題組層級快練(四十二)一、選擇題1．(2017·太原二模)目前，我國直流輸電技術世界領先．直流電壓等級±30kV.設某段輸電線路的兩導線在同一豎直平面內(nèi)，若宇宙射線中的質(zhì)子、電子以速率v0到達輸電線所在處，不考慮地磁場的影響和粒子速率的變化，質(zhì)子的運動軌跡大致是下圖中的()答案B解析上面的導線電流向右，下面的導線電流向左，在下面的導線的下方，磁場的方向是垂直紙面向外的，根據(jù)左手定則可知，質(zhì)子在下面運動的時候，受到的洛倫茲力是向上的，偏轉(zhuǎn)方向是向上的，故A項錯誤；兩條導線中間的部分，產(chǎn)生的磁場的方向是垂直紙面向里的，根據(jù)左手定則可知，質(zhì)子在中間運動的時候，受到的洛倫茲力是向上的，偏轉(zhuǎn)方向是向上的，故B項正確，C項錯誤；在下面的導線的下方，磁場的方向是垂直紙面向外的，根據(jù)左手定則可知，質(zhì)子在下面運動的時候，受到的洛倫茲力是向下的，偏轉(zhuǎn)方向是向下的，但是由于磁場不是勻強磁場，所以質(zhì)子運動的軌跡不是圓周，故D項錯誤．2.(2017·山東省威海市)如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1：t2為()A．2∶3 B．3∶1C．3∶2 D．2∶1答案B解析粒子在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡，如圖所示：電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以粒子1運動的時間t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，粒子2運動的時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(3,1)，故B項正確，A、C、D三項錯誤．3.(2017·福建模擬)如圖所示，有一矩形區(qū)域abcd，水平邊長為s＝eq\r(3)m，豎直邊長為h＝1m，當該區(qū)域只存在大小為E＝10N/C、方向豎直向下的勻強電場時，一比荷為q/m＝0.1C/kg的正粒子由a點沿ab方向以速率v0進入該區(qū)域，粒子運動軌跡恰好通過該區(qū)域的幾何中心．當該區(qū)域只存在勻強磁場時，另一個比荷也為q/m＝0.1C/kg的負粒子由c點沿cd方向以同樣的速率v0進入該區(qū)域，粒子運動軌跡也恰好通過該區(qū)域的幾何中心．不計粒子的重力，則()A．粒子離開矩形區(qū)域時的速率v0＝eq\f(\r(3),2)m/sB．磁感應強度大小為eq\f(\r(3),2)T，方向垂直紙面向外C．正、負粒子各自通過矩形區(qū)域所用時間之比為eq\f(\r(6),π)D．正、負粒子各自離開矩形區(qū)域時的動能相等答案C解析A項，當區(qū)域內(nèi)只有豎直向下的電場時，由正粒子恰好通過該區(qū)域的幾何中心，則有：水平方向eq\f(s,2)＝v0t，豎直方向有eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)×t2，聯(lián)立解得v0＝eq\f(\r(3),2)m/s，顯然離開電場時從cd邊射出，此時速率為v＝eq\r(v02＋\f(2Eq,m)h)＝eq\f(\r(11),2)m/s，而負粒子從磁場區(qū)域射出時速度為v0＝eq\f(\r(3),2)m/s，只能說負粒子離開區(qū)域的速度為v0＝eq\f(\r(3),2)m/s，所以A項錯誤．B項，當負粒子沿cd方向射入時，由幾何關系和題意知道負粒子做勻速圓周運動的半徑r＝h＝1m，由洛倫茲力提供向心力得B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(\f(\r(3),2),0.1×1)T＝5eq\r(3)T，方向垂直紙面向里，所以B項錯誤．C項，當正粒子從cd邊射出時：h＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)×t′2，代入得到t′＝eq\r(2)s，由上述分析，負粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)90°后從ab邊射出，時間t″＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2π×1,\f(\r(3),2))＝eq\f(π,\r(3))s，所以兩者的時間之比eq\f(t′,t″)＝eq\f(\r(2),\f(π,\r(3)))＝eq\f(\r(6),π)，所以C項正確．D項，由于正粒子在電場中是做勻加速曲線運動，所以速度將增加，而負粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變，所以兩種粒子離開磁場的區(qū)域的動能不相等，所以D項錯誤．4.(2017·臨沂二模)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，兩個相同的帶正電粒子分別以速度v1、v2從A、C兩點同時射入磁場，v1、v2平行且v1沿直徑AOB方向．C點與直徑AOB的距離為eq\f(R,2)，兩粒子同時從磁場射出，從A點射入的粒子射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60°.不計粒子受到的重力，則()A．v1＝eq\f(\r(3),2)v2 B．v1＝eq\r(3)v2C．v1＝eq\f(2,3)v2 D．v1＝2v2答案B解析如圖由幾何知識知R1＝Rtan60°，R2＝R，根據(jù)牛頓運動定律知：Bqv＝meq\f(v2,r)知r＝eq\f(mv,Bq)與v成正比，故v1∶v2＝R1∶R2＝2Rcos30°∶R＝eq\r(3)∶1，故B項正確，A、C、D三項錯誤．5.絕緣光滑斜面與水平面成α角，質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q＞0)的小球從斜面上的h高度處，以初速度為v0(v0＞0)平行斜面底邊MN方向射入，如圖所示，整個裝置處在勻強磁場B中，磁場方向平行斜面向上．如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達底邊MN，則下列判斷正確的是()A．勻強磁場磁感應強度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mg,qv0)B．勻強磁場磁感應強度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mgcosα,qv0)C．小球在斜面內(nèi)做變加速曲線運動D．小球達到底邊MN的時間比沒有磁場的情況下要多答案B解析A項，對小球受力分析，重力，支持力，洛倫茲力，根據(jù)左手定則，假設重力不做功，根據(jù)小球能夠沿斜面到達底邊MN，則小球受到的洛倫茲力0≤f＝qv0B≤mgcosα；解得磁感應強度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mg,qv0)cosα，故A項錯誤，B項正確；C項，由于小球在下滑過程中，速度的變化，不會影響重力與支持力的合力，因此小球受力恒定，故小球做勻變速曲線運動，故C項錯誤；D項，由于小球在下滑過程洛倫茲力不影響沿斜面方向上的合力，因此不會改變物體的加速度，從而不影響小球到達底部的時間，故D項錯誤．6．(2017·課標全國Ⅲ一模)如圖所示，OO′為圓柱筒的軸線，磁感應強度大小為B的勻強磁場的磁感線平行于軸線方向，在圓筒壁上布滿許多小孔，如aa′、bb′、cc′…，其中任意兩孔的連線均垂直于軸線，有許多同一種比荷為eq\f(q,m)的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均從直O(jiān)O′軸線的對稱的小孔中射出，入射角為30°正粒子的速度大小為eq\r(2)km/s、則入射角為45°的粒子速度大小為()A．0.5km/s B．1km/sC．2km/s D．4km/s答案B解析正粒子在勻強磁場中在洛倫茲力作用下進行勻速圓周運動，則有洛倫茲力作為向心力，即Bvq＝meq\f(v2,r)，所以，eq\f(v,r)＝eq\f(Bq,m)，勻強磁場的磁感應強度B不變，正粒子的比荷不變，所以，eq\f(v,r)為常數(shù)．設圓柱筒半徑為R，那么，入射角為θ的正粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑r＝eq\f(R,sinθ)，入射角為30°正粒子的速度v1＝eq\r(2)km/s，半徑r1＝eq\f(R,sin30°)＝2R，入射角為45°的粒子速度為v2，半徑r2＝eq\f(R,sin45°)＝eq\r(2)R，因為eq\f(v1,r1)＝eq\f(v2,r2)，所以，v2＝eq\f(v1,r1)·r2＝eq\f(\r(2),2R)×eq\r(2)R(km/s)＝1km/s.7．(2017·泰安一模)如圖，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里．P為屏上的一個小孔．PC與MN垂直．一群質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)．則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為()A.eq\f(2mv,qB) B.eq\f(2mvcosθ,qB)C.eq\f(2mv（1－sinθ）,qB) D.eq\f(2mv（1－cosθ）,qB)答案D解析由圖可知，沿PC方向射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最遠，為PR＝eq\f(2mv,Bq)，沿兩邊界線射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最近為：PQ＝eq\f(2mv,Bq)cosθ，故在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為：QR＝PR－PQ＝eq\f(2mv（1－cosθ）,qB)，D項正確．8．(2017·江西重點中學聯(lián)考)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場射入大量的帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m.不考慮粒子間的相互作用力，關于這些粒子的運動，以下說法正確的是()A．只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也不一定過圓心C．對著圓心入射的粒子，速度越大，在磁場中通過的弧長越長，時間也越長D．只要速度滿足v＝eq\f(qBR,m)，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上答案D解析對著圓心入射，只有軌道半徑為R的粒子出射后可垂直打在MN上，A項錯誤；由對稱性可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線一定過圓心，B項錯誤；對著圓心入射的粒子，速度越大，在磁場中通過的弧長所對的圓心角越小，運動時間越短，C項錯誤；只要速度滿足v＝eq\f(qBR,m)，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，D項正確．9.(2017·廣東模擬)如圖所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外．許多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿紙面內(nèi)，由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域．不計重力及粒子間的相互作用．下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝eq\f(mv,qB)，正確的圖是()答案D解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，以x軸為邊界的磁場，粒子從x軸進入磁場后到離開，速度v與x軸的夾角相同，根據(jù)左手定則和R＝eq\f(mv,qB)，知沿x軸負軸的剛好進入磁場做一個圓周，沿y軸進入的剛好轉(zhuǎn)半個周期，如圖，在兩圖形的相交的部分是粒子不經(jīng)過的地方，故D項正確．10．如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應的圓弧，這些粒子的質(zhì)量，電荷量以及速度大小如下表所示．由以上信息可知，從圖中a、b、c處進入的粒子對應表中的編號分別為()粒子編號質(zhì)量電荷量(q>0)速度大小1m2qv22m2q2v33m－3q3v42m2q3v52m－qvA.3、5、4 B．4、2、5C．5、3、2 D．2、4、5答案D解析由左手定則可以判斷a、b帶同種電荷，且與c電性相反，再由r＝eq\f(mv,qB)可以判斷5個粒子做圓周運動的半徑分別為eq\f(mv,2qB)、eq\f(2mv,qB)、eq\f(3mv,qB)、eq\f(3mv,qB)、eq\f(2mv,qB)，結(jié)合題圖半徑可以判斷只有D項正確．二、非選擇題11.(2017·課標全國Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力)(1)粒子運動的時間；(2)粒子與O點間的距離．答案(1)eq\f(（λ＋1）πm,λqB0)(2)eq\f(2（λ－1）mv0,λqB0)解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設在x≥0區(qū)域，粒子做勻速圓周運動的半徑為R1，周期為T1，則qv0B0＝eq\f(mv02,R1) ①T1＝eq\f(2πR1,v0) ②由①②可得T1＝eq\f(2πm,qB0) ③設在x<0區(qū)域，粒子做勻速圓周運動的半徑為R2，周期為T2，則qv0λB0＝eq\f(mv02,R2) ④T2＝eq\f(2πR2,v0) ⑤由④⑤可得，T2＝eq\f(2πm,λqB0) ⑥粒子運動的軌跡如圖所示，在兩磁場中運動的時間分別為二分之一周期故運動時間為t＝eq\f(1,2)T1＋eq\f(1,2)T2 ⑦由③⑥⑦可得，t＝eq\f(（λ＋1）πm,λqB0) ⑧(2)粒子與O點間的距離為在兩磁場中圓周運動的直徑之差，即距離為d＝2R1－2R2 ⑨由①④可得，R1＝eq\f(mv0,qB0) ⑩R2＝eq\f(mv0,λqB0) ?由⑨⑩?可得d＝eq\f(2（λ－1）mv0,λqB0)12．(2017·衡陽三模)如圖所示，在第一象限內(nèi)有一正三角形區(qū)域的有界勻強磁場(未畫出)，方向垂直紙面向里，磁感應強度大小B＝0.5T，一比荷為2×102C/kg的帶正電粒子，從M點以v＝200m/s的速度垂直x軸方向射入第一象限，粒子射出磁場時，速度方向恰好與OA直線垂直．不計粒子的重力，則：(1)粒子在磁場中運動的時間為多少？(2)正三角形磁場區(qū)域的最小面積為多少？答案(1)eq\f(π,3)×10－2s(2)eq\r(3)m2解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期：T＝eq\f(2πR,v) ①洛倫茲力提供向心力：qvB＝meq\f(v2,R) ②聯(lián)立①②式得T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π,2×102×0.5)s＝2π×10－2s ③由題可知，粒子在磁場中運動的時間：t＝eq\f(1,6)T ④聯(lián)立③④式得：t＝eq\f(π,3)×10－2s(2)由：qvB＝meq\f(v2,R)，可得：R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(200,2×102×0.5)m＝2m則正三角形的最小邊長：L＝R＝2m故正三角形的最小面積：S＝eq\f(1,2)L2sin60°＝eq\r(3)m213．如圖所示，質(zhì)量均為m、電荷量均為q的兩帶異種電荷的粒子從O點進入邊界水平的勻強磁場中，帶負電粒子的速度v1＝v0，方向與磁場水平邊界MN的夾角α＝30°，帶正電粒子的速度v2＝eq\r(3)v0，兩粒子速度方向垂直．已知勻強磁場的磁感應強度為B、方向垂直紙面向里，兩粒子同時到達磁場邊界，不計重力及粒子間相互作用．(1)求兩粒子在磁場邊界上的穿出點間的距離d；(2)求兩粒子進入磁場的時間間隔Δt；(3)