《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練15 磁場對運動電荷的作用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練15 磁場對運動電荷的作用（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、磁場對運動電荷的作用 專練十五 磁場對運動電荷的作用 一、考點內(nèi)容 (1)洛倫茲力、洛倫茲力的方向；(2)洛倫茲力公式、洛倫茲力作用下的有界磁場中的偏轉(zhuǎn)運動；(3)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動、時間、半徑及軌跡判定等。 二、考點突破 1．質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是(　　) A．M帶負(fù)電，N帶正電 B．M的速率小于N的速率 C．洛倫茲力對M、N做正功 D．M的運行時間大于N的運行時間 2．(多選)如圖所示，扇形區(qū)域AOC內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，邊界OA上有一粒子

2、源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有部分粒子從邊界OC射出磁場。已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間不可能為(　　) A． B． C． D． 3．(多選)如圖所示，兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B中，軌道兩端在同一高度上，兩個相同的帶正電小球a、b同時從軌道左端最高點由靜止釋放，在運動中都能通過各自軌道的最低點

3、M、N，則(　　) A．兩小球每次到達(dá)軌道最低點時的速度都有vN>vM B．兩小球每次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力都有FN>FM C．小球b第一次到達(dá)N點的時刻與小球a第一次到達(dá)M點的時刻相同 D．小球b能到達(dá)軌道的最右端，小球a不能到達(dá)軌道的最右端 4．質(zhì)譜儀裝置原理圖如圖所示，某種帶電粒子經(jīng)電場加速后從小孔O以相同的速率沿紙面射入勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向外，已知從O點射出的粒子有微小發(fā)散角2θ，且左右對稱。結(jié)果所有粒子落點在乳膠底片的P1P2直線區(qū)間，下列說法正確的是(　　) A．打在P2點粒子一定是從O點垂直板射入的粒子 B．打在P2點粒子一定是從O點右偏射入的粒

4、子 C．打在P1點粒子一定是從O點左偏射入的粒子 D．打在P1點粒子一定是在磁場中運動時間最短的粒子 5．在xOy坐標(biāo)系中，存在以O(shè)為圓心、R為半徑、垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)從O點沿x軸正方向發(fā)射一初速為v的電子，通過y軸時電子的速度方向與y軸的夾角為30°。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，則 A．電子將從(0，R)點通過y軸 B．電子將從(0，2R)點通過y軸 C．電子在磁場中運動的時間為 D．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 6．(多選)如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值，靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m

5、(不計重力)，從P點經(jīng)電場加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則(　　) A．兩板間電壓的最大值Um＝ B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s＝L C．粒子在磁場中運動的最長時間tm＝ D．能打到N板上的粒子的最大動能為 7．(多選)如圖，虛線MN上方存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1，帶電粒子從邊界MN上的A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界MN上的B點射出，若粒子經(jīng)過的區(qū)域PQ上

6、方再疊加方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B2，讓該粒子仍以速度v0從A處沿原方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界MN上的B′點射出(圖中未標(biāo)出)，不計粒子的重力，下列說法正確的是(　　) A．B′點在B點的左側(cè) B．從B′點射出的速度大于從B點射出的速度 C．從B′點射出的速度方向平行于從B點射出的速度方向 D．從A到B′的時間等于從A到B的時間 8．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，位于坐標(biāo)軸上的M、N、P三點到坐標(biāo)原點O的距離均為r，在第二象限內(nèi)以O(shè)1(－r，r)為圓心，r為半徑的四分之一圓形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)從M點平行xOy平面沿不同方向同時向磁場區(qū)域發(fā)射速

7、率均為v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好從P點進(jìn)入第一象限。為了使M點射入磁場的粒子均匯聚于N點，在第一象限內(nèi)，以適當(dāng)?shù)倪^P點的曲線為邊界(圖中未畫出，且電場邊界曲線與磁場邊界曲線不同)，邊界之外的區(qū)域加上平行于y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場或垂直xOy平面的勻強(qiáng)磁場，不考慮粒子間的相互作用及其重力。下列說法正確的是 A．若OPN之外的區(qū)域加的是磁場，則所加磁場的最小面積為 B．若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達(dá)N點時的速度最大為v C．若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達(dá)N點時的速度方向不可能與x軸成45° D．若OPN之外的區(qū)域加的是電場，則邊界PN曲線的方程為 9．如圖所

8、示，在某個絕緣粗糙轉(zhuǎn)盤上依次放著相同材料制成的質(zhì)量都為m的三個小物塊a、b、c，三者到中軸的距離之比為1∶2∶3。其中a、b帶正電，電荷量分別是q1和q2，c不帶電，不考慮a、b之間微弱的庫侖力?？臻g中有一豎直向上大小為B的勻強(qiáng)磁場，已知三個小物體隨著轉(zhuǎn)盤緩慢逆時針加速轉(zhuǎn)動（俯視），某一時刻，三者一起相對轉(zhuǎn)盤滑動（不考慮物塊對磁場的影響）。則下列說法中正確的是（　?。? A．q1和q2之比為2∶1 B．q1和q2之比為4∶1 C．若考慮微弱的庫侖力，則可能是a先滑動 D．若順時針緩慢加速轉(zhuǎn)，則a、b兩個物塊中一定是b先滑動 10．正、負(fù)電子從靜止開始分別經(jīng)過同一回旋加速器加速后，從回旋

9、加速器D型盒的邊緣引出后注入到正負(fù)電子對撞機(jī)中。正負(fù)電子對撞機(jī)置于真空中。在對撞機(jī)中正、負(fù)電子對撞后湮滅成為兩個同頻率的光子。回旋加速器D型盒中勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，回旋加速器的半徑為R，加速電壓為U；D型盒縫隙間的距離很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。電子的質(zhì)量為m、電量為e，重力不計。真空中的光速為c，普朗克常量為h。 (1)求正、負(fù)電子進(jìn)入對撞機(jī)時分別具有的能量E及正、負(fù)電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子的頻率v； (2)求從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程中，D型盒間的電場對電子做功的平均功率； (3)圖甲為正負(fù)電子對撞機(jī)的最后部分的簡化示意圖。位于水平面的粗實線所示的圓

10、環(huán)真空管道是正、負(fù)電子做圓周運動的“容器”，正、負(fù)電子沿管道向相反的方向運動，在管道內(nèi)控制它們轉(zhuǎn)變的是一系列圓形電磁鐵。即圖中的A1、A2、A3……An共有n個，均勻分布在整個圓環(huán)上。每個電磁鐵內(nèi)的磁場都是勻強(qiáng)磁場，并且磁感應(yīng)強(qiáng)度都相同，方向豎直向下。磁場區(qū)域的直徑為d。改變電磁鐵內(nèi)電流大小，就可以改變磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，從而改變電子偏轉(zhuǎn)的角度。經(jīng)過精確調(diào)整，首先實現(xiàn)電子在環(huán)形管道中沿圖甲中粗虛線所示的軌道運動，這時電子經(jīng)過每個電磁鐵時射入點和射出點都在電磁鐵的同一直徑的兩端，如圖乙所示。這就為進(jìn)一步實現(xiàn)正、負(fù)電子的對撞做好了準(zhǔn)備。求電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小。

11、 11．邊長為L的等邊三角形OAB區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。在紙面內(nèi)從O點向磁場區(qū)域AOB各個方向瞬時射入質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，所有粒子的速率均為v。如圖所示，沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出，不計粒子之間的相互作用和重力的影響，已知sin 35°≈0.577。求： (1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? (2)帶電粒子在磁場中運動的最長時間； (3)沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出時，還在磁場中運動的粒子占所有粒子的比例。 12．如圖所示，在O≤x≤a、O≤y≤范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感

12、應(yīng)強(qiáng)度大小為B。坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)。已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的： (1)速度的大??； (2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦。 答案 二、考點突破 1．【答案】A 【解析】由左手定則可知M帶負(fù)電，N帶正電，故

13、A選項正確。由qvB＝m得R＝，由題意可知兩個帶電粒子的質(zhì)量和電量都相等，又進(jìn)入到同一個勻強(qiáng)磁場中，由題圖可知RN

14、出射點D與S點的連線垂直于OA時，DS弦最長，軌跡所對的圓心角最大，周期一定，則粒子在磁場中運動的時間最長。由此得到：軌跡半徑為R＝d，當(dāng)出射點E與S點的連線垂直于OC時，弦ES最短，軌跡所對的圓心角最小，則粒子在磁場中運動的時間最短。則：SE＝d，由幾何知識，得θ＝ 60°，最短時間：tmin＝。所以粒子在磁場中運動時間范圍為T≤t≤，故不可能的是A、B。 3．【答案】AD 【解析】到M點的過程中重力做正功，電場力做負(fù)功，到達(dá)N點時只有重力做正功，因能量守恒，所以vN>vM，故A項正確；對M點，F(xiàn)M＝mg＋m。對N點，F(xiàn)N＝mg＋m±F洛，可以看出無法確定FN與FM的大小關(guān)系，故B項錯誤

15、；電場力沿軌道切線分量減小了小球a的下滑速度，故C項錯誤；b向右運動過程中機(jī)械能守恒，能到最右端，a向右運動過程中機(jī)械能減小，不能到最右端，故D項正確。 4．【答案】A 【解析】粒子在磁場中做圓周運動，洛倫磁力提供向心力，則有，解得，由于粒子的速率相同，所以在粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同，由幾何關(guān)系可得粒子在乳膠底片落點與O點的距離為，當(dāng)發(fā)散角θ＝0時，粒子在乳膠底片落點與O點的距離最大，即打在P2點粒子一定是從O點垂直板射入的粒子，當(dāng)發(fā)散角θ最大時，粒子在乳膠底片落點與O點的距離最小，即打在P1點的粒子一定是從O點左偏發(fā)散角θ最大或右偏發(fā)散角θ最大射入的粒子，從O點右偏發(fā)散角θ最大射

16、入的粒子在磁場中運動對應(yīng)的圓心角最小，從O點左偏發(fā)散角θ最大射入的粒子在磁場中運動對應(yīng)的圓心角最大，根據(jù)可知從O點右偏發(fā)散角θ最大射入的粒子的運動時間最短，從O點左偏發(fā)散角θ最大射入的粒子的運動時間最長，故選項A正確，B、C、D錯誤。 5．【答案】AD 【解析】粒子在磁場中受到洛倫茲力作用做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，由圖中幾何關(guān)系得，又，解得，故D正確；圖中OA的長度即圓形磁場區(qū)的半徑R，由圖中幾何關(guān)系可得，故通過y軸的坐標(biāo)為(0，R)，故A正確，B錯誤；粒子對應(yīng)的圓弧是整個圓的，因此粒子在磁場中運動的時間，故C錯誤。 6．【答案】BCD 【解析】M、N兩板間電壓取最大值時，粒子

17、恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，CH＝QC＝L，故半徑R1＝L。又因Bqv1＝m，qUm＝mv，所以Um＝，所以A錯誤；設(shè)軌跡與CD板相切于K點時，半徑為R2，在△AKC中，sin30°＝＝，所以R2＝，CK長為R2＝L，所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域即為HK的長度，s＝L－＝L，故B正確；打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，為半周期，T＝，所以tm＝，C正確；粒子能打到N板上的臨界條件是軌跡與CD相切，由B選項知，r＝，vm＝，則粒子的最大動能Ekm＝，故D正確。 7．【答案】AC 【解析】粒子在勻強(qiáng)磁場中運動，洛倫茲力對運動電荷不做功，所以粒子的速度大小不變，故B錯誤；根據(jù)洛

18、倫茲力提供向心力qvB＝m，得r＝，所以疊加磁場后帶電粒子在PQ上方做圓周運動的半徑變小，根據(jù)運動軌跡圖結(jié)合幾何知識，粒子從PQ上方穿出的速度方向不變，因此B′點在B點的左側(cè)，從B′點射出的速度方向平行于從B點射出的速度方向，故A、C正確；兩種情況下粒子在PQ上方轉(zhuǎn)過的角度相同，由T＝＝可知，疊加磁場后粒子在PQ上方的運動時間變短，而P點之前和Q點之后的運動時間不變，所以從A到B′的時間小于從A到B的時間，故D錯誤。 8．【答案】ABD 【解析】由題意知，沿MO1方向射入的粒子恰好從P點進(jìn)入第一象限，軌跡為圓弧，速度方向水平向右（沿x軸正方向），由幾何關(guān)系知軌跡半徑等于圓形磁場半徑，作

19、出由粒子軌跡圓的圓心、磁場圓的圓心以及出射點、入射點四點組成的四邊形為菱形，且所有從M點入射粒子進(jìn)入第一象限速度方向相同，即均沿+x方向進(jìn)入第一象限，為了使M點射入磁場的粒子均匯聚于N點，OPN之外的區(qū)域加的是磁場，最小的磁場面積為圖中陰影部分的面積，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得所加磁場的最小面積為，故A正確；若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子進(jìn)入第一象限做類平拋，沿MO1入射的粒子到達(dá)N點時的運動時間最長，速度最大，速度與水平方向夾角也最大，設(shè)類平拋運動時間為t，在N點速度與水平方向夾角為θ，則水平方向r＝vt，豎直方向r＝vyt，解得vy＝2v，vmax＝v，，又tan 45°＝1，故B正確

20、，C錯誤；若OPN之外的區(qū)域加的是電場，設(shè)邊界PN曲線上有一點的坐標(biāo)為（x，y），則r－x＝vt，y＝at2，當(dāng)x＝0時y＝r，整理可得邊界PN曲線的方程為，故D正確。 9．【答案】BD 【解析】根據(jù)左手定則判斷得洛倫茲力水平向外，設(shè)摩擦因數(shù)為μ，a到中軸距離為l，臨界條件對c有：μmg＝mω2·3l，對b有：μmg－q2ω·2lB＝mω2·2l，對a有：μmg－q1ωlB＝mω2l，聯(lián)立得q1∶q2＝4∶1，故A錯誤，B正確；若考慮微弱的庫侖力，則b受到a的向外的推力，b更容易失衡滑動，故C錯誤；若順時針轉(zhuǎn)動，洛倫茲力水平向內(nèi)，則臨界條件對于a有： q1ω1lB－μmg＝mω12l，對于

21、b有： q2ω2·2lB－μmg＝mω22·2l，由于q1和q2之比為4∶1，可得臨界角速度ω1＞ω2，所以b先滑動，故D正確。 10．【解析】(1)正、負(fù)電子在回旋加速器中磁場里則有： 解得正、負(fù)電子離開回旋加速器時的速度為： 正、負(fù)電子進(jìn)入對撞機(jī)時分別具有的能量： 正、負(fù)電子對撞湮滅時動量守恒，能量守恒，則有： 正、負(fù)電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率：。 (2)從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程，設(shè)在電場中加速n次，則有： 解得： 正、負(fù)電子在磁場中運動的周期為： 正、負(fù)電子在磁場中運動的時間為：。 D型盒間的電場對電子做功的平均功率：。 (3)設(shè)電子在勻強(qiáng)磁

22、場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系可得 解得： 根據(jù)洛倫磁力提供向心力可得： 電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大?。?。 11．【解析】(1)OC＝Lcos 30°＝L 沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出，由幾何知識得粒子做圓周運動的圓弧對的圓心角為60°。 半徑r＝OC＝L 由qvB＝ 得B＝＝。 (2)從A點射出的粒子在磁場中運動時間最長，設(shè)弦OA對的圓心角為α，由幾何關(guān)系得 sin＝＝≈0.577，α≈70° 最長時間tm≈·＝。 (3)從OA上D點射出的粒子做圓周運動的弦長OD＝OC，粒子做圓周運動的圓弧對的圓心角也為60°，如圖所示，由幾何知識得入射速度與

23、OD的夾角應(yīng)為30°，即沿OC方向射入的粒子在磁場中運動的時間與沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出的時間相等，從OB方向到OC方向這30°范圍內(nèi)的粒子此時都還在磁場中，而入射的范圍為60°，故還在磁場中運動的粒子占所有粒子的比例是。 12．【解析】(1)設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得： qvB＝m① 由①得：R＝② 可知半徑R為定值。因為粒子速度方向不確定，所以粒子可能的運動軌跡為圖虛線所示過O點的一系列動態(tài)圓。當(dāng)