《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第9单元 磁场 作业答案.doc

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1、课时作业(二十四)1.C解析根据“则能指南,然常微偏东,不全南也”知,选项A正确.由图可知地磁场的南极在地理北极附近,选项B正确.由图可知在两极附近地磁场与地面不平行,选项C错误.由图可知赤道附近的地磁场与地面平行,射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直,会受到磁场力的作用,选项D正确.2.D解析根据右手螺旋定则可知,b处的两个分磁场方向均为垂直纸面向外,选项A错误;ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外,选项B错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流互相排斥,选项C错误,选项D正确.3.C解析据安培定则可知,图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向为x轴负方向,B环在圆心O处产生

2、的磁感应强度的方向为z轴负方向,根据平行四边形定则可知,圆心O处磁感应强度大小为B0.4.D解析由安培定则可判断出通电螺线管产生的磁场方向,导线等效为Oa、Ob两电流元,由左手定则可判断出两电流元所受安培力的方向,Oa向纸外,Ob向纸里,所以从上向下看导线逆时针转动,当转过90时,由左手定则可判断出导线所受磁场力向下,即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管,D正确.5.A解析原来,有BIl=mgsin,后来,有a=,沿斜面向上,A正确.6.D解析磁场中线圈的有效长度为L=L,故线圈受到的安培力为F=nBIL=nBIL,选项D正确.7.BCD解析根据“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”,因的电

3、流方向为cd且受到安培力的合力方向水平向右,可知的电流方向为ba,的电流方向为ef,选项A错误,B正确;受到和的排斥力,故安培力的合力方向水平向左,选项C正确;受到的吸引力和的排斥力,因的吸引力大于的排斥力,故受到安培力的合力方向水平向左,选项D正确.8.C解析导体棒受到竖直向下的重力和指向圆心的弹力,要使导体棒平衡,应使其受水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小与弹力大小相等,方向相反,由平衡条件有tan60=,解得导体棒中电流I=,由左手定则可判断,导体棒中电流的方向应垂直于纸面向里,选项C正确.9.ABC解析由左手定则可判断,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀

4、减速运动,经过一个周期,速度变为0,然后重复上述运动,选项A、B正确;安培力F=BIL,由图像可知,前半个周期内安培力水平向右,后半个周期内安培力水平向左,之后不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零,选项D错误.10.B解析对ab棒受力分析,受到重力、导轨对ab棒的支持力、安培力和细线的拉力,根据左手定则可判断,安培力斜向左上方,水平方向上,有Fsin=T,即BLsin=G,现适当增大重物G的重力,为了保证ab棒始终处于静止状态,可以将滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,减小电阻,故A、C、D错误;滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,接入电路的

5、阻值减小,总电阻减小,总电流增大,根据U=E-Ir可知,路端电压减小,A点电势降低,故B正确.11.(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv解析(1)线圈前、后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由安培力公式得F=nBIL由左手定则可判断,安培力方向水平向右.(2)安培力的功率为P=Fv联立解得P=nBILv.12.(1)m/s(2)(3)0.10m解析(1)在圆轨道的最高点,由牛顿第二定律得BId+mg=m解得v=m/s.(2)金属条从进入水平轨道到上升到圆轨道最高点,根据动能定理得-(mg+BId)2r-(mg+BId)L=mv2-m解得=.(3)金属条从进入

6、水平轨道到上升到竖直轨道最高点,根据动能定理得-(mg+BId)(L+LCD)-(mg+BId)hm=0-m解得hm=0.10m.课时作业(二十五)1.B解析当电荷的运动方向与磁场方向平行时,电荷不受洛伦兹力,故A错误;电荷在电场中一定受到电场力作用,故B正确;正电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相同,负电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相反,故C错误;根据左手定则知,电荷若受洛伦兹力,则洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直,故D错误.2.AC解析若只增大电子枪的加速电压,电子速度增大,由R=、qU=mv2可知,电子束的轨道半径变大,选项A正确,B错误.若只增大励磁线圈中的电流,磁感应

7、强度增大,由R=、qU=mv2可知,电子束的轨道半径变小,选项C正确,D错误.3.C解析由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,速度逐渐减小,根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知,粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的,所以粒子的运动轨迹是从b到a,选项A、B错误;根据左手定则可判断,粒子带正电,选项C正确,D错误.4.A解析设质子的质量为m,电荷量为q,则粒子的质量为4m,电荷量为2q,它们在同一匀强磁场中做匀速圆周运动过程中,洛伦兹力充当向心力,故Bqv=m,解得r=,若它们的动量大小相同,即mv相同,则r,所以运动半径之比为21,A正确;若它们的速度相同,则=,B错误;若它们的动能大

8、小相同,根据p=可得=1,C错误;若它们由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场,根据动能定理可得进入磁场的速度为v=,即v=vH,故半径之比为=,D错误.5.D解析由左手定则可判断,a粒子带正电,故A错误;由qvB=m,可得r=,由图可知,粒子c的轨迹半径最小,粒子b的轨迹半径最大,又m、q、B相同,所以粒子c的速度最小,粒子b的速度最大,由Ek=mv2知,粒子c的动能最小,由洛伦兹力提供向心力,有F向=qvB,可知粒子b的向心力最大,故D正确,B错误;由T=可知,粒子a、b、c的周期相同,但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小,则粒子b在磁场中运动的时间最短,故C错误.6.D解析由左手定则可判

9、断,该粒子带负电,A错误;分别作出入射方向和出射方向的垂线,交点为圆周运动的圆心O,由几何关系可得,圆心角=30,半径R=2d,C错误;由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得R=,将R=2d代入可得B=,B错误;粒子做圆周运动的周期T=,将B=代入可得T=,则运动时间t=T=,D正确.7.BC解析带正电粒子从P点与x轴成30角入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角一定大于180,如图所示,而磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不定,粒子从x轴射出时,对应的圆心角最

10、大,为300,运动的时间t=T=,当粒子的入射点P在原点时,对应的圆心角最小,为120,所以运动时间t=T=,故粒子在磁场中运动的时间范围是t,B、C正确,D错误.8.ABD解析从B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出,可知带电粒子运动的轨迹半径等于磁场的半径,由D点射入的粒子2的轨迹圆心为E点,由几何关系可知,该粒子从O点射出,同理可知粒子3从C点射出,A、B正确;1、2、3三个粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为90、60、60,运动时间之比为322,C错误,D正确.9.BC解析粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为90,粒子轨道半径等于BO,粒子2从C点沿CD射

11、入,其运动轨迹如图所示,设对应的圆心为O1,运动轨道半径也为BO=R,连接O1C、O1B,O1COB是平行四边形,O1B=CO,则粒子2一定从B点射出磁场,故A错误,B正确;粒子的速度偏转角即粒子在磁场中转过的圆心角,1=90,过B点作O1C的垂线交O1C于P点,可知P为O1C的中点,由数学知识可知,2=BO1P=60,两粒子的速度偏转角不同,粒子在磁场中运动的周期T=,两粒子的周期相等,粒子在磁场中的运动时间t=T,故运动时间之比t1t2=12=9060=32,故C正确,D错误.10.AC解析质子做圆周运动的半径为r=R,对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线一定过圆心,选项A正确;质子射

12、入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,因质子的运动半径相同,故从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长,则时间长,选项B错误;所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,所有质子都在O点的正下方同一点射出磁场,选项C正确;质子的速度为v=时,质子运动的半径r=R,若质子从同一点沿各个方向射入磁场,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,不存在离开磁场的出射方向垂直的情况,选项D错误.11.(1)(2)(3)(1)电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力而做圆周运动,设轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B,有ev0B=m过A、B点分别作速度的垂线交于C点,则C点

13、为轨迹圆的圆心,已知电子在B点速度方向与x轴夹角为60,由几何关系得,轨迹圆的圆心角C=60AC=BC=r已知OA=L,得OC=r-L由几何知识得r=2L联立解得B=.(2)由于A、B、O在圆周上,AOB=90,所以AB为磁场圆的直径,故AB的中点为磁场区域的圆心O1,且ABC为等边三角形,由几何关系可得磁场区域的圆心O1的坐标为L,.(3)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为T=联立解得电子在磁场中运动的时间t=.12.(1)(2)(3)解析(1)OC=Lcos30=L沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出,由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角为60.半径r=OC=L由qvB=解

14、得B=.(2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长,设弦OA对应的圆心角为,由几何关系得sin=0.577解得70最长时间tm=.(3)设从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD=OC,粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为60,如图所示,由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30,即沿OC方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子在磁场中运动的时间相同,则当沿OB方向射入的粒子从C射出时,从OB方向到OC方向这30范围内射入的粒子此时都还在磁场中,而入射的范围为60,故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是.专题训练(七)A1.C2.D解析正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状

15、态的电子后,速度不变,电荷量变为+e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下,由r=可知,轨迹半径增大到原来的2倍,所以在磁场中的运动轨迹是图D.3.AC解析由R=得最大速度v=,两粒子的比荷相同,所以最大速度相同,A正确;最大动能Ek=mv2,因为两粒子的质量不同,最大速度相同,所以最大动能不同,B错误;高频电源的频率f=,因为相同,所以两次所接高频电源的频率相同,C正确;粒子的最大动能与高频电源的频率无关,D错误.4.C解析设粒子被加速后获得的速度为v,由动能定理得qU=mv2,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=R,又Bqv=m,解得=,故C正确.5.BC解析带电粒子在

16、电场中受到的电场力沿y轴负方向,做类平抛运动,根据牛顿第二定律得qE=ma,在x轴方向上,有2L=v0t,在y轴方向上,有L=at2,解得E=,选项A错误,选项B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则可判断,磁场方向垂直于纸面向里,画出粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中,在x轴方向上,有2L=v0t,在y轴方向上,有L=vyt,联立得vy=v0,进入磁场时速度v=v0,设进入磁场时速度与x轴的夹角为,有tan=1,解得=45,根据几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R=L,根据qvB=m得R=,磁感应强度B=,选项C正确,选项D错误.6.D解析带电粒子的运

17、动轨迹如图所示,带电粒子出电场时,速度v=v0,这一过程的时间t1=,根据几何关系可得带电粒子在磁场中的轨迹半径r=2d,带电粒子在第象限中运动的圆心角为,故带电粒子在第象限中的运动时间t2=,带电粒子在第象限中运动的时间t3=,故t总=,D正确.7.BC解析由题意可知,粒子在加速电场中运动时,两板电势差不变,故场强不变,带电粒子所受电场力不变,加速度不变,而粒子进入电场时的初速度不断变大,故在两板间运动的时间不断变短,粒子进入磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,解得B=,随着粒子速度不断增大,半径保持不变,故磁感应强度不断增大,又由圆周运动规律T=可知,带电粒子在磁场中运

18、动的周期不断减小.综上可知,B、C正确.8.(1)R(2)U=(3)6d+解析(1)根据几何关系可得r=R(2)开始粒子在电场中做匀加速直线运动,故有a1=根据运动学公式可得d=a1解得t1=d故v1=粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则Bqv1=m解得r=又r=R联立解得U=(3)根据T=,t2=T,=60,可得t2=所以t=6t1+3t2=6d+.9.解析设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,由动能定理得qU=mv2带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有qBv=m由题意知r=d联立解得B=带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点.由平

19、抛运动规律得d=vtd=at2又qE=ma联立解得E=.专题训练(七)B1.(1)2105m/s(2)5.210-3m解析(1)能沿直线通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反,有qB1v=qE解得v=2105m/s.(2)粒子进入偏转分离器后做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得qB2v=m解得R=设质子质量为m,则氘核质量为2m,故d=2R2-2R1=2-2=5.210-3m.2.(1)(2)-解析(1)粒子运动半径为R时,有qvB=m,又Ek=mv2,解得Ek=.(2)设粒子被加速n次达到动能Ek,则Ek=nqU0.粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的

20、总时间为t,加速度a=,粒子做匀加速直线运动,有nd=a(t)2,总时间t0=(n-1)+t,解得t0=-.3.(1)(2)BL解析(1)粒子在磁场中做圆周运动,速度越大,则半径越大.速度最大的粒子刚好由P点射出,由牛顿第二定律得qvB=,由几何关系知r=L,联立解得v=.(2)粒子从P点离开后,垂直于x轴进入电场,在竖直方向做匀速直线运动,在水平方向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得a=,在电场中运动时,有L=at2,d=vt,联立解得d=BL4.(1)(2)(3)斜向下与x轴正方向夹角为30或150解析(1)粒子经电场加速,由动能定理得qU0=mv2解得v=(2)撤去磁场后,粒子在电场中做

21、类平抛运动.沿x轴方向,有L=vt沿y轴方向,有=at2由牛顿第二定律得a=联立解得E=(3)设粒子从O点沿与x轴正方向夹角为的方向斜向下射出,运动轨迹如图所示,有2Rsin=L由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m又qvB=qE联立解得=30或=1505.(1)(2)(3)解析(1)当UMN=0时,粒子沿O1O2方向射入磁场,轨迹如图甲所示,设其半径为R1,由几何关系得R1=R根据牛顿第二定律得Bv0q=m解得B=甲(2)在t=0时刻入射的粒子满足=2解得U0=(3)经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为v0t=(2k+1)(k=0,1,2,3,)时刻入射的粒子贴M板离开电场,轨迹如图乙所示,设偏

22、转角为.乙由几何知识可知四边形QOPO4为菱形,故=120粒子在磁场中运动的最长时间t1=t=2k(k=0,1,2,3,)时刻入射的粒子贴N板离开电场,轨迹如图丙所示,设偏转角为.由几何知识可知四边形SOTO5为菱形,故=60粒子在磁场中运动的最短时间t2=又T=故t=t1-t2=丙专题训练(八)1.D解析当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子沿直线匀速通过该区域,有qvB=qE,所以E=Bv;假设粒子带正电,则受到向下的洛伦兹力,电场方向应该向上,而粒子带负电时,电场方向仍应向上,故D正确.2.AC解析沿ab方向抛出的带正电小球或沿ac方向抛出的带负电的小球在重力、电场力、洛伦兹力作用下都

23、可能做匀速直线运动,A正确,B错误.在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动,C正确.两小球在运动过程中,除重力做功外,还有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.3.CD解析带电小球进入复合场时受力情况如图所示,其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的方向在一条直线上,所以有可能沿直线通过复合场区域;A项中洛伦兹力随速度v的增大而增大,所以三力的合力不会总保持在竖直方向,合力与速度方向将产生夹角,小球做曲线运动.4.C解析金属导体中的自由电荷是带负电的电子,由电流方向向右可知,电子的移动方向向左,根据左手定则知,这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转,则上表面带

24、负电,下表面带正电,下表面的电势高于上表面的电势,故A错误;稳定时,电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,有evB=e,解得U=vBh,根据I=nevhd可知,v=,故U=,仅增大h时,电势差不变,故B错误;仅增大d时,上、下表面的电势差减小,故C正确;仅增大I时,电势差增大,故D错误.5.CD解析小球穿过电场、磁场、重力场三场并存的区域时未发生偏转,即做匀速直线运动,受力满足平衡条件.当E沿z轴正方向,B沿y轴负方向,且满足mg=Eq+qvB时,小球做匀速直线运动;当E沿z轴正方向,B沿x轴负方向,洛伦兹力为零,且满足mg=qE时,小球做匀速直线运动,C、D正确.6.ABD解析当qv0B=mg时

25、,小球不受支持力和摩擦力,克服摩擦力做功为零,选项A正确;当qv0Bmg时,小球先做减速运动,当qvB=mg时,小球不受摩擦力作用,小球以速度v=做匀速运动,根据动能定理得W克f=m-,选项D正确.7.D解析由图像可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1m/s,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为,沿皮带的方向,有FN-mgsin=ma,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是FN逐渐减小,而开始时FN=mgcos,后来FN=mgcos-f洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上

26、运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时mgsin=(mgcos-f洛),由式可知,只要皮带的速度大于或等于1m/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速度可能是1m/s,也可能大于1m/s,物块可能相对于皮带静止,也可能相对于皮带运动,故B错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能判断,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.8.C解析由图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安

27、表,而电表C是并联在2、4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表,即毫伏表,选项A错误;霍尔元件的载流子是电子,由于磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,电子受到的洛伦兹力的方向指向接线端2,即接线端2的电势低于接线端4的电势,选项B错误;当通过电磁铁和霍尔元件的电流方向与原来电流方向均相反但大小不变时,由左手定则可判断,电子的偏转方向不变,故霍尔电压的大小及方向不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让磁感应强度增大,若增大R2,会让电流I减小,电子的定向移动速率v也变小,故不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误.9.(1)(2)20

28、m或m(3)7.71s或6.38s解析(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用,沿AO做匀加速直线运动,有mg=qE解得E=.(2)质点在x轴下方,重力与电场力平衡,质点做匀速圆周运动,从C点进入第一象限后做类平抛运动,其轨迹如图所示,有Bqv=m由运动学规律知v2=2aL其中a=g由类平抛运动规律知R=vt3R-=a联立解得L=20m或m.(3)质点做匀加速直线运动,有L=a解得t1=2s或s质点做匀速圆周运动,有t2=4.71s质点做类平抛运动,有R=vt3解得t3=1s质点从M点出发到击中D点所经历的时间为t=t1+t2+t3=7.71s或6.38s.10.(1)v0(2)0(

29、3)mv0,方向斜向左下方与水平方向成22.5角解析(1)设a粒子刚出电场时速度为v,由动能定理得qU=mv2-m解得v=v0(2)a粒子在电场中沿水平方向做匀速运动,有t1=a粒子出电场时竖直方向的速度vy=v0有y1=vyt1=L两板距离为L两粒子碰撞,由动量守恒定律得mv=2mv1解得v1=v0返回时,两粒子在电场中仍做类平抛运动,刚好到O点,有t2=,y2=L两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离为L-L=0(3)两粒子在磁场中运动时,设轨道半径为R,由几何关系知R+R=L解得R=(2-)L洛伦兹力f洛=2m=由动量定理得I洛=2mv由图可得v=v0则I洛=mv0,方向斜向左下方与水平方向成22.5角