还剩5页未读,继续阅读
文本内容:
2019-2020年高考物理第一轮课时复习题25
一、选择题8×8′=64′图11.如图1所示,匀强磁场的方向垂直纸面向里,一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入,沿曲线dpa打到屏MN上的a点,通过pa段用时为t,若该微粒经过p点时,与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒,最终打到屏MN上.两个微粒所受重力均忽略.新微粒运动的 A.轨迹为pb,至屏幕的时间将小于tB.轨迹为pc,至屏幕的时间将大于tC.轨迹为pb,至屏幕的时间将等于tD.轨迹为pa,至屏幕的时间将大于t解析碰撞过程其动量守恒,所以碰撞前后动量不变.由r=知,微粒的轨道半径不变,故其轨迹仍为pa,但由于碰后其运动速率比原来小,所以至屏幕时间将大于t.答案D2.质子p和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,轨道半径分别为Rp和Rα,周期分别为Tp和Tα.则下列选项正确的是 A.Rp∶Rα=1∶2 Tp∶Tα=1∶2B.Rp∶Rα=1∶1 Tp∶Tα=1∶1C.Rp∶Rα=1∶1 Tp∶Tα=1∶2D.Rp∶Rα=1∶2 Tp∶Tα=1∶1解析由洛伦兹力提供向心力,则qvB=m,R=,由此得=·=·=由周期T=得=·==,故A选项正确.答案A图23.如图2所示,水平导线中有电流I通过,导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同,则电子将 A.沿路径a运动,轨迹是圆B.沿路径a运动,轨迹半径越来越大C.沿路径a运动,轨迹半径越来越小D.沿路径b运动,轨迹半径越来越小解析由r=知B减小,r越来越大,故电子的径迹是a.图3答案B4.如图3所示是电视机中显像管的偏转线圈示意图,它由绕在磁环上的两个相同的线圈串联而成,线圈中通有如图3所示方向的电流.当电子束从纸里经磁环中心向纸外射来时图中用符号“·”表示电子束.它将 A.向上偏转 B.向下偏转C.向右偏转D.向左偏转解析由右手定则判断在偏转线圈内部存在水平向左的磁场,再由左手定则判定电子束向上偏转.答案A5.如图4所示,在半径为R的圆形区域内有匀强磁场.在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场,两个磁场的磁感应强度大小相同.两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场.在M点射入的带电粒子,其速度方向指向圆心;在N点射入的带电粒子,速度方向与边界垂直,且N点为正方形边长的中点,则下列说法正确的是 图4A.带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B.从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场C.从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D.从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场图5解析画轨迹草图如图5所示,容易得出粒子在圆形磁场中的轨迹长度或轨迹对应的圆心角不会大于在正方形磁场中的,故A、B、D正确.答案ABD6.如图6所示,在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.P为屏上的一小孔,PC与MN垂直.一群质量为m、带电荷量为-q的粒子不计重力,以相同的速率v,从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域.粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内,且散开在与PC夹角为θ的范围内.则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为 图6A.B.C.D.图7解析能打到的范围中最远点为2R处,其中R为轨迹半径,R=,最近点为2Rcosθ处,所以总长度L=2R-2Rcosθ=.答案D图87.如图8所示,MN为两个匀强磁场的分界面,两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2,一带电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入磁感应强度为B1的磁场,则经过多长时间它将向下再一次通过O点 A.B.C.D.图9解析粒子在磁场中的运动轨迹如图9所示.由周期公式T=知,粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t=+=,所以B选项正确.答案B8.xx·重庆高考如图10所示,矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场,有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场,在纸面内做匀速圆周运动,运动轨迹为相应的圆弧.这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示.图10粒子编号质量电荷量q0速度大小1m2qv22m2q2v33m-3q3v42m2q3v52m-qv由以上信息可知,从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为 A.
3、
5、4B.
4、
2、5C.
5、
3、2D.
2、
4、5解析由左手定则可以判断a、b带同种电荷,且与C电性相反,再由R=可以判断5个粒子做圆周运动的半径分别为、、、、,结合题图半径可以判断只有选项D正确.答案D
二、计算题3×12′=36′图119.如图11中MN表示真空室中垂直于纸面的平板,它的一侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B.一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速度v射入磁场区域,最后到达平板上的P点.已知B、v以及P到O的距离l,不计重力,求此粒子的电荷量q与质量m之比.解析粒子初速度v垂直于磁场,粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动,设其半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律,有qvB=m因粒子经O点时的速度垂直于OP,故OP为直径,l=2R由此得=答案=图1210.如图12所示,在一个圆形区域内,两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电荷量为+q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场,随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区,最后再从A4处射出磁场.已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t,求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小忽略粒子重力.解析图13设粒子的入射速度为v,已知粒子带正电,故它在磁场中先顺时针做圆周运动,再逆时针做圆周运动,最后从A4点射出.用B
1、B
2、R
1、R
2、T
1、T2分别表示在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度、轨道半径和周期qvB1=m qvB2=mT1==,T2==,设圆形区域的半径为r.如图13所示,已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场.连接A1A2,△A1OA2为等边三角形,A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心,其轨迹的半径R1=A1A2=OA2=r圆心角∠A1A2O=60°,带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1=T1带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点,即R2=r,在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2=T2带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t=t1+t2由以上各式可得B1= B2=.答案B1= B2=11.如图14所示,在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内,分布着磁感应强度均为B=
5.0×10-3T的匀强磁场,方向分别垂直纸面向外和向里.质量为m=
6.64×10-27kg、电荷量为q=+
3.2×10-19C的α粒子不计α粒子重力,由静止开始经加速电压为U=1205V的电场图中未画出加速后,从坐标点M-4,处平行于x轴向右运动,并先后通过两个匀强磁场区域.图141请你求出α粒子在磁场中的运动半径;2你在图中画出α粒子从直线x=-4到直线x=4之间的运动轨迹,并在图中标明轨迹与直线x=4交点的坐标;3求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间.解析1粒子在电场中被加速,由动能定理得qU=mv2α粒子在磁场中偏转,则牛顿第二定律得qvB=m联立解得r===m.2由几何关系可得,α粒子恰好垂直穿过分界线,故正确图象为如图15所示.3带电粒子在磁场中的运动周期T==图15α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为,在磁场中的运动总时间t=T===
6.5×10-6s.答案1m 2略
36.5×10-6s。