高中同步测试卷·人教物理选修3－1：高中同步测试卷（七） Word版含解析

这是一份人教版 (新课标)选修3选修3-1本册综合复习练习题，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

第七单元 洛伦兹力和带电粒子在磁场中的运动


(时间：90分钟，满分：100分)


一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)


1．如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中．A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线垂线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外．其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是( )





2.如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(重力忽略不计)，经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OP＝x，能正确反映x与U之间关系的是( )


A．x与U成正比 B．x与U成反比


C．x与eq \r(U)成正比 D．x与eq \r(U)成反比


3．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于( )


A.eq \r(T) B．T


C.eq \r(T3) D．T2


4.回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．下列说法错误的是( )


A．加速电场的频率为eq \f(qB,2πm)


B．粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1


C．粒子射出加速器时的动能为eq \f(q2B2R2,2m)


D．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为eq \f(πBR2,2U)


5.如图所示，在圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径，一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为( )


A.eq \f(1,2)v B.eq \f(\r(3),2)v


C.eq \f(2,3)v D.eq \f(3,2)v


6．如图所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B.图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前、后两内侧面，则( )


A．a处电势高于b处电势


B．a处离子浓度大于b处离子浓度


C．溶液的上表面电势高于下表面的电势


D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度


7.如图是荷质比相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则( )


A．a的质量比b的质量大


B．a带正电荷、b带负电荷


C．a在磁场中的运动速率比b的大


D．a在磁场中的运动时间比b的长


二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)


8．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )


A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍


B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍


C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍


D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等


9.如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )


A．经过最高点时，三个小球的速度相等


B．经过最高点时，甲球的速度最小


C．甲球的释放位置比乙球的高


D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变


10．如图所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点速度方向如图中箭头所示，现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( )


A．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0


B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0


C．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0


D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0


11．如图所示，AOB为一边界为四分之一圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD∥AO.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场．则可判断( )


A．粒子2在BC之间某点射出磁场


B．粒子2必在B点射出磁场


C．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2


D．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同


12．如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在－R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力忽略不计，不计粒子间的相互作用，所有粒子均能穿过磁场到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚Δt时间，则( )


A．粒子到达y轴的位置一定各不相同


B．磁场区域半径R应满足R≤eq \f(mv,Bq)


C．从x轴入射的粒子最先到达y轴


D．Δt＝eq \f(θm,qB)－eq \f(R,v)，其中角度θ的弧度值满足sin θ＝eq \f(BqR,mv)


三、计算题(本题共4小题，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)


13．(10分)如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．试求：


(1)粒子做圆周运动的半径；


(2)粒子的入射速度；


(3)粒子在磁场中运动的时间．

















14.(10分)一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面．粒子飞出磁场区域后，再运动一段时间从b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向夹角为30°，如图所示．不计粒子重力，求：


(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；


(2)b点到O点的距离；


(3)粒子从O点到b点的时间．

















15.(10分)如图所示，在直角坐标系中存在如图所示的匀强电场和匀强磁场，磁场和电场交界面MN与y轴平行，N点坐标为(5 cm，0)，已知匀强磁场的磁感应强度B＝0.33 T，匀强电场的电场强度E＝200 N/C.现有一质量m＝6.6×10－27kg、电荷量q＝3.2×10－19C的带负电的粒子从边界坐标原点O沿与y轴正方向成60°角射入磁场，射入时的速度大小为v＝1.6×106 m/s，不计粒子的重力．





(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；


(2)求粒子在电场中运动的时间t.

















16．(12分)如图甲所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图乙所示．当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外．在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于eq \f(2π,TB0).不计重力．设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A.





(1)若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？


(2)若t0＝eq \f(T,4)，则直线OA与x轴的夹角是多少？


(3)为了使直线OA与x轴的夹角为eq \f(π,4)，在0
















参考答案与解析


1．[导学号66870091] 【解析】选B.根据安培定则判断知虚线上合磁场的方向沿虚线方向向右，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动，故A可能；根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带电粒子所受的电场力与其速度平行，粒子做变速直线运动，故B不可能；由安培定则知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动，故C可能；若粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，则带电粒子能做匀速直线运动，故D可能．本题选不可能做匀速直线运动的，故选B.


2．[导学号66870092] 【解析】选C.由x＝2R＝eq \f(2mv,qB)，qU＝eq \f(1,2)mv2，可得x与eq \r(U)成正比，选项C正确．


3．[导学号66870093] 【解析】选A.考查带电粒子在磁场中的圆周运动问题．由题意知，带电粒子的平均动能Ek＝eq \f(1,2)mv2∝T，故v∝eq \r(T).由qvB＝eq \f(mv2,R)整理得：B∝eq \r(T)，故选项A正确．


4．[导学号66870094] 【解析】选B.加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝eq \f(qB,2πm)，选项A正确；设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1，qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，qv1B＝meq \f(veq \\al(2,1),r1)，解得r1＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝eq \f(1,B) eq \r(\f(4mU,q))，则r2∶r1＝eq \r(2)∶1，选项B错误；粒子在磁场中运动的最大轨道半径为R，则qvB＝meq \f(v2,R)，由Ek＝eq \f(1,2)mv2可解得Ek＝eq \f(q2B2R2,2m)，选项C正确；设粒子到出口处被加速了n圈，则2nqU＝eq \f(1,2)mv2，T＝eq \f(2πm,qB)，因为t＝nT，由以上各式联立解得t＝eq \f(πBR2,2U)，选项D正确．


5．[导学号66870095] 【解析】选B.如图所示，带电粒子第一次在磁场中的圆周运动的轨迹所对的圆心角是60°，由T＝eq \f(2πm,Bq)可知，两次圆周运动周期相同，因两次在磁场中的运动时间相同，所以第二次在磁场中的圆周运动的轨迹所对的圆心角也是60°，所以两次圆周运动的轨迹半径关系为R2＝eq \f(\r(3),2)R1，由Bqv＝eq \f(mv2,R)可得：v2＝eq \f(\r(3),2)v，因此选B.


6．[导学号66870096] 【解析】选B.当通入沿x轴正向的电流时，由左手定则可知，正、负离子均向a侧偏，a处离子浓度大于b处，但a、b两板无电势差，故B选项正确．


7．[导学号66870097] 【解析】选C.由左手定则可知，a、b两粒子都带负电荷，故B错误．由题图可知，a粒子的轨迹半径Ra大于b粒子的轨迹半径Rb，根据qvB＝eq \f(mv2,R)可得R＝eq \f(mv,qB)，因两种粒子的荷质比eq \f(q,m)以及磁感应强度B都相等，所以哪种粒子轨迹半径大，速率就大，即Ra>Rb，所以va>vb，C正确．由粒子在磁场中的偏转周期公式T＝eq \f(2πm,qB)，可知Ta＝Tb，粒子运动时间t＝eq \f(θ,2π)·T.由题图可推知，a粒子轨迹所对的圆心角θa小于b粒子轨迹所对的圆心角θb，所以ta

8．[导学号66870098] 【解析】选AC.两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍．


A：由qvB＝eq \f(mv2,r)得r＝eq \f(mv,qB)∝eq \f(1,B)，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确．


B：由F合＝ma得a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(qvB,m)∝B，所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,k)，选项B错误．


C：由T＝eq \f(2πr,v)得T∝r，所以eq \f(T2,T1)＝k，选项C正确．


D：由ω＝eq \f(2π,T)得eq \f(ω2,ω1)＝eq \f(T1,T2)＝eq \f(1,k)，选项D错误．


正确选项为A、C.


9．[导学号66870099] 【解析】选CD.设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋Bvq甲＝eq \f(mveq \\al(2,甲),r)，mg－Bvq乙＝eq \f(mveq \\al(2,乙),r)，mg＝eq \f(mveq \\al(2,丙),r)，显然，v甲>v丙>v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确．


10．[导学号66870100] 【解析】选AD.此题中，只说明磁场方向垂直轨道平面，因此磁场的方向有两种可能．当磁场方向指向纸里时，质点所受的洛伦兹力背离圆心，与库仑引力方向相反，则向心力减小．由F＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)R可知，当轨道半径R不变时，该质点运动周期必增大；当磁场方向指向纸外时，质点所受的洛伦兹力指向圆心，则向心力增大，该质点运动周期必减小，故正确的选项为A、D.


11．[导学号66870101] 【解析】选BC.粒子从A点正对圆心进入，从B点射出，画轨迹图如图所示，由图可知，粒子运动半径和磁场圆半径相同，设为R，由R＝eq \f(mv,qB)结合几何关系可知，从C点进入的粒子轨道半径不变，粒子仍然从B点飞出，B正确，A错误；由边角关系可知∠AO1B＝90°，∠CO2B＝60°，再结合T＝eq \f(2πm,qB)及粒子的运动轨迹得，粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2，C正确，D错误．


12．[导学号66870102] 【解析】选BD.由于边缘处粒子可直接到达y轴，其他位置射入的粒子也有可能到达该点，选项A错误；若从x轴方向射入的粒子恰好能打到y轴上，设轨道半径为r，根据qvB＝eq \f(mv2,r)可得：r＝eq \f(mv,qB)，要想使所有粒子都能打到y轴上，应满足R≤r，即R≤eq \f(mv,Bq)，选项B正确；由于粒子都能打到y轴上，从x轴方向射入的粒子在磁场中运动的时间最长，选项C错误；从x轴方向射入的粒子在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(θr,v)＝eq \f(θm,qB)，其中θ满足sin θ＝eq \f(BqR,mv)，从边缘到达y轴经过R距离所用时间为t2＝eq \f(R,v)，所以Δt＝t1－t2＝eq \f(θm,qB)－eq \f(R,v)，选项D正确．


13．[导学号66870103] 【解析】带电粒子从磁场射出时速度反向延长线会交于O点，画出磁场中运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角θ＝60°.


(1)由几何知识得


R＝rtan 60°＝eq \r(3)r.


(2)由R＝eq \f(mv,qB)，因此v＝eq \f(BqR,m)＝eq \f(\r(3)Bqr,m).


(3)在磁场中运动时间为


t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(\f(π,3),2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,3qB).


【答案】(1)eq \r(3)r (2)eq \f(\r(3)Bqr,m) (3)eq \f(πm,3qB)


14．[导学号66870104] 【解析】(1)洛伦兹力提供向心力，


qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，得R＝eq \f(mv0,qB).


(2)设圆周运动的圆心为a，则


ab＝eq \f(R,sin 30°)＝2R，


Ob＝R＋ab＝eq \f(3mv0,qB).


(3)圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，


在磁场中运动的时间t1＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2πm,3qB).


离开磁场后运动的距离


s＝Rtan 60°＝eq \f(\r(3)mv0,qB)，


运动的时间t2＝eq \f(s,v0)＝eq \f(\r(3)m,qB).


由O点到b点的总时间


t＝t1＋t2＝eq \f(m,qB)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\r(3))).


【答案】(1)eq \f(mv0,qB) (2)eq \f(3mv0,qB) (3)eq \f(m,qB)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\r(3)))


15．[导学号66870105] 【解析】(1)由牛顿第二定律有


qvB＝meq \f(v2,r)


解得r＝0.1 m.


(2)画出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于电场方向进入电场


粒子在电场中运动的加速度a＝eq \f(qE,m)


粒子在电场中运动的时间t＝eq \f(2v,a)


解得t＝3.3×10－4s.


【答案】(1)0.1 m (2)3.3×10－4s


16．[导学号66870106] 【解析】(1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有


qvB0＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T′)))eq \s\up12(2)R①


v＝eq \f(2πR,T′)②


由①②式与已知条件得


T′＝T③


粒子P在t＝0到t＝eq \f(T,2)时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转，继而，在t＝eq \f(T,2)到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图甲所示．OA与x轴的夹角θ＝0④





(2)粒子P在t0＝eq \f(T,4)时刻开始运动，在t＝eq \f(T,4)到t＝eq \f(T,2)时间内，沿顺时针方向运动eq \f(1,4)个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t＝eq \f(T,2)到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝eq \f(5T,4)时间内，沿顺时针方向运动eq \f(1,4)个圆周，到达A点，如图乙所示．由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ＝eq \f(π,2)⑤





(3)若在任意时刻t＝t0(0

此时磁场方向反转；继而，在t＝eq \f(T,2)到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝T＋t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O″，圆弧eq \(BA,\s\up8(︵))对应的圆心角为∠BO″A＝eq \f(2π,T)t0⑦


如图丙所示．由几何关系可知，C、B均在O′O″连线上，且OA∥O′O″⑧





丙


若要OA与x轴成eq \f(π,4)角，则有


∠OO′C＝eq \f(3π,4)⑨


联立⑥⑨式可得t0＝eq \f(T,8).


【答案】(1)0 (2)eq \f(π,2) (3)eq \f(T,8)


题号
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案