2020届高考物理二轮复习系列之疯狂专练15磁场对运动电荷的作用

磁场对运动电荷的作用一、考点内容(1)洛伦兹力、洛伦兹力的方向；(2)洛伦兹力公式、洛伦兹力作用下的有界磁场中的偏转运动；(3)带电粒子在匀强磁场中的运动、时间、半径及轨迹判定等。二、考点突破1．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是()A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间2．(多选)如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T2(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为()A．T12B．T8C．T4D．T33．(多选)如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，在运动中都能通过各自轨道的最低点M、N，则()A．两小球每次到达轨道最低点时的速度都有vNvMB．两小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力都有FNFMC．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同D．小球b能到达轨道的最右端，小球a不能到达轨道的最右端4．质谱仪装置原理图如图所示，某种带电粒子经电场加速后从小孔O以相同的速率沿纸面射入匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向外，已知从O点射出的粒子有微小发散角2θ，且左右对称。结果所有粒子落点在乳胶底片的P1P2直线区间，下列说法正确的是()A．打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子B．打在P2点粒子一定是从O点右偏射入的粒子C．打在P1点粒子一定是从O点左偏射入的粒子D．打在P1点粒子一定是在磁场中运动时间最短的粒子5．在xOy坐标系中，存在以O为圆心、R为半径、垂直xOy平面向外的匀强磁场。现从O点沿x轴正方向发射一初速为v的电子，通过y轴时电子的速度方向与y轴的夹角为30°。已知电子的质量为m、电荷量为e，则A．电子将从(0，3R)点通过y轴B．电子将从(0，2R)点通过y轴C．电子在磁场中运动的时间为2π3RvD．匀强磁场的磁感应强度的大小为3mveR6．(多选)如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值，静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从P点经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则()A．两板间电压的最大值Um＝q2B2L22mB．CD板上可能被粒子打中区域的长度s＝3－33LC．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝πmqBD．能打到N板上的粒子的最大动能为q2B2L218m7．(多选)如图，虚线MN上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1，带电粒子从边界MN上的A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B点射出，若粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，让该粒子仍以速度v0从A处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B′点射出(图中未标出)，不计粒子的重力，下列说法正确的是()A．B′点在B点的左侧B．从B′点射出的速度大于从B点射出的速度C．从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向D．从A到B′的时间等于从A到B的时间8．如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标轴上的M、N、P三点到坐标原点O的距离均为r，在第二象限内以O1(－r，r)为圆心，r为半径的四分之一圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。现从M点平行xOy平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限。为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，在第一象限内，以适当的过P点的曲线为边界(图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同)，边界之外的区域加上平行于y轴负方向的匀强电场或垂直xOy平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用及其重力。下列说法正确的是A．若OPN之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为2(π2)2rB．若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为5vC．若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度方向不可能与x轴成45°D．若OPN之外的区域加的是电场，则边界PN曲线的方程为22xyxrr9．如图所示，在某个绝缘粗糙转盘上依次放着相同材料制成的质量都为m的三个小物块a、b、c，三者到中轴的距离之比为1∶2∶3。其中a、b带正电，电荷量分别是q1和q2，c不带电，不考虑a、b之间微弱的库仑力。空间中有一竖直向上大小为B的匀强磁场，已知三个小物体随着转盘缓慢逆时针加速转动（俯视），某一时刻，三者一起相对转盘滑动（不考虑物块对磁场的影响）。则下列说法中正确的是（）A．q1和q2之比为2∶1B．q1和q2之比为4∶1C．若考虑微弱的库仑力，则可能是a先滑动D．若顺时针缓慢加速转，则a、b两个物块中一定是b先滑动10．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中。正负电子对撞机置于真空中。在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子。回旋加速器D型盒中匀强磁场的磁感应强度为B0，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。电子的质量为m、电量为e，重力不计。真空中的光速为c，普朗克常量为h。(1)求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子的频率v；(2)求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的平均功率P；(3)图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图。位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁。即图中的A1、A2、A3……An共有n个，均匀分布在整个圆环上。每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下。磁场区域的直径为d。改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度。经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示。这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备。求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小。11．边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v。如图所示，沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin35°≈0.577。求：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)带电粒子在磁场中运动的最长时间；(3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例。12．如图所示，在O≤x≤a、O≤y≤a2范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：(1)速度的大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。答案1．【答案】A【解析】由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正确。由qvB＝mv2R得R＝mvBq，由题意可知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由题图可知RNRM，故vNvM，所以B选项错误。由于洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力永远不会对M、N做功，则C选项错误。由T＝2πRv＝2πmBq及题给条件可知，这两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由题图可知两个带电粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了180°，故在磁场中运动的时间相等，所以D选项错误。2．【答案】AB【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦。初速度大小相同，轨迹半径R＝mvqB相同。设OS＝d，以S为圆心，将轨迹圆逆时针旋转。当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则粒子在磁场中运动的时间最长。由此得到：轨迹半径为R＝32d，当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短。则：SE＝32d，由几何知识，得θ＝60°，最短时间：tmin＝T6。所以粒子在磁场中运动时间范围为16T≤t≤T2，故不可能的是A、B。3．【答案】AD【解析】到M点的过程中重力做正功，电场力做负功，到达N点时只有重力做正功，因能量守恒，所以vNvM，故A项正确；对M点，FM＝mg＋mv2MR。对N点，FN＝mg＋mv2NR±F洛，可以看出无法确定FN与FM的大小关系，故B项错误；电场力沿轨道切线分量减小了小球a的下滑速度，故C项错误；b向右运动过程中机械能守恒，能到最右端，a向右运动过程中机械能减小，不能到最右端，故D项正确。4．【答案】A【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦磁力提供向心力，则有2mvqvBR，解得mvRqB，由于粒子的速率相同，所以在粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，由几何关系可得粒子在乳胶底片落点与O点的距离为2cos2cosmvLRqB，当发散角θ＝0时，粒子在乳胶底片落点与O点的距离最大，即打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子，当发散角θ最大时，粒子在乳胶底片落点与O点的距离最小，即打在P1点的粒子一定是从O点左偏发散角θ最大或右偏发散角θ最大射入的粒子，从O点右偏发散角θ最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最小，从O点左偏发散角θ最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最大，根据2πmtTqB可知从O点右偏发散角θ最大射入的粒子的运动时间最短，从O点左偏发散角θ最大射入的粒子的运动时间最长，故选项A正确，B、C、D错误。5．【答案】AD【解析】粒子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，由图中几何关系得33rR，又mvreB，解得3mvmvBereR，故D正确；图中OA的长度即圆形磁场区的半径R，由图中几何关系可得23OPrrR，故通过y轴的坐标为(0，3R)，故A正确，B错误；粒子对应的圆弧是整个圆的13，因此粒子在磁场中运动的时间12π23π39rRtvv，故C错误。6．【答案】BCD【解析】M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，CH＝QC＝L，故半径R1＝L。又因Bqv1＝mv21R1，qUm＝12mv21，所以Um＝qB2L22m，所以A错误；设轨迹与CD板相切于K点时，半径为R2，在△AKC中，sin30°＝R2L－R2＝12，所以R2＝L3，CK长为3R2＝33L，所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，s＝L－CK＝3－33L，故B正确；打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，为半周期，T＝2πmqB，所以tm＝πmqB，C正确；粒子能打到N板上的临界条件是轨迹与CD相切，由B选项知，r＝L3，vm＝BqL3m，则粒子的最大动能Ekm＝