2020屆高考物理二輪復習瘋狂專練15磁吃運動電荷的作用

1、磁場對運動電荷的作用(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運動； (3) 帶電粒子 在勻強磁場中的運動、時間、半徑及軌跡判定等。1質量和電量都相等的帶電粒子 虛線所示，下列表述正確的是 ( A M帶負電， 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M和 N，以不同的速率經(jīng)小孔 S 垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中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磁場，邊界OA上有一粒子源 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

2、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 2T( 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A12T33( 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電場強磁場 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M、N，則 ()A兩小球每次到達軌道最低點時的速度都有vNvMB兩小球每次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力都有FNFMC小球 b

3、第一次到達 N點的時刻與小球 a 第一次到達 M點的時刻相同D小球 b 能到達軌道的最右端，小球 a 不能到達軌道的最右端4質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 2 ，且左右對稱。結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坐標系中，存在以 O為圓心、 R 為半徑、垂直

4、 xOy 平面向外的勻強磁場?，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。已知電子的質量為 m、電荷量為 e，則A電子將從 （0， 3R）點通過 y 軸B電子將從 （0 ，2R）點通過 y 軸CD電子在磁場中運動的時間為 2R3v勻強磁場的磁感應強度的大小為 3mv eR6（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，質量為 m（ 不計重力 ） ，從 P 點經(jīng)電場加速后，從小孔Q 進入 N 板右側的勻強磁場區(qū)域， 磁感應強度大小為 B，方向垂

5、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 30，孔 Q到板的下端 C 的距離為 L，當 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 Umq2BmLBCD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s33 3LCmD粒子在磁場中運動的最長時間t mqB 能打到 N板上的粒子的最大動能為 qBL 18m7（ 多選 ） 如圖，虛線 MN上方存在方向垂直紙面向里的勻強磁場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)磁場偏轉后從邊界 MN上的 B點射出， 若粒子經(jīng)過的區(qū)域 PQ上方再疊加方向垂直紙面 向里的勻強磁場 B2，讓該粒子仍以

6、速度 v0從A處沿原方向射入磁場， 經(jīng)磁場偏轉后從邊界 MN上的B點射出 （圖 中未標出 ） ，不計粒子的重力，下列說法正確的是 （ ）AB點在 B 點的左側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，在直角坐標系 xOy中，位于坐標軸上的 M、N、 P三點到坐標原點 O的距離均為 r ，在第二象限內(nèi)以 O1（ 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)射速率均為v 的相同粒子，其中沿

7、 MO1 方向射入的粒子恰好從 P點進入第一象限。 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?shù)倪^ P點的曲線為邊界 （ 圖y 軸負方向的勻強電場或垂直中未畫出，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xOy平面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用及其重力。下列說法正確的是軸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（ 2）r2B若 OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達N 點時的速度最大為 5vC若 OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達N 點時的速度方向不可能與 x成 452D若 OPN之外的區(qū)域加的是電場，則邊界PN曲線的方程為 y x

8、 2x rrm的三個小物塊 a、 b、 c，三者到中9如圖所示，在某個絕緣粗糙轉盤上依次放著相同材料制成的質量都為 軸的距離之比為 123。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 的勻強磁場，已知三個小物體隨著轉盤緩慢逆時針加速轉動（俯視），某一時刻，三者一起相對轉盤滑動（不考慮物塊對磁場的影響） 。則下列說法中正確的是（ ）Aq1 和 q2 之比為 21Bq1 和 q2 之比為 41C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，則 a、b 兩個物塊中一定是 b 先滑動10正、負電子從靜止開始分別

9、經(jīng)過同一回旋加速器加速后，從回旋加速器 D 型盒的邊緣引出后注入到正負電子對撞機中。 正負電子對撞機置于真空中。 在對撞機中正、 負電子對撞后湮滅成為兩個同頻率的光子。 回旋加速器 D型盒中勻強磁場的磁感應強度為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、負電子進入對撞機時分別具有的能量 E及正、負電子對撞湮滅后產(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P ；(3) 圖甲為正負

10、電子對撞機的最后部分的簡化示意圖。位于水平面的粗實線所示的圓環(huán)真空管道是正、負電子 做圓周運動的“容器”， 正、負電子沿管道向相反的方向運動， 在管道內(nèi)控制它們轉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)的磁場都是勻強磁場，并且磁感 應強度都相同， 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強度， 從而改變電子偏轉的角度。 經(jīng)過精確調整， 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。 這就為進一步

11、實現(xiàn)正、 負 電子的對撞做好了準備。求電磁鐵內(nèi)勻強磁場的磁感應強度 B 大小。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) 勻強磁場的磁感應強度的大??；(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

12、 a、O y2a范圍內(nèi)有垂直于 xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點 O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為 q 的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方a 向均在 xOy平面內(nèi)，與 y軸正方向的夾角分布在 090范圍內(nèi)。 已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于2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) 速度的大小；(2) 速度方向與 y 軸正方向夾角的正弦。答案1【答案】 A2【解析】 由左手定則可知 M帶負電， N帶正電，故 A選項正確。由 qvB mvR得

13、RmBqv，由題意可知兩個帶電粒 子的質量和電量都相等，又進入到同一個勻強磁場中，由題圖可知RNRM，故 vNvM，22vMvN故 A 項正確；對 M點， FM mg mR。對 N點， FNmg mRF 洛，可以看出無法確定 FN與 FM的大小關系，故 B 項錯誤；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向右運動過程中機械能守恒，能到最右端， a 向右運動過程中機械能減小，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2qvB mv2 ，解得mv ，由于粒子的速率相 qB同，所以在粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同，由幾

14、何關系可得粒子在乳膠底片落點與O 點的距離為L 2Rcos 2mvcos ，當發(fā)散角 0 時，粒子在乳膠底片落點與 O點的距離最大， qB即打在 P2 點粒子一 定是從 O點垂直板射入的粒子，當發(fā)散角 最大時，粒子在乳膠底片落點與 O點的距離最小，即打在 P1 點的粒子定是從 O點左偏發(fā)散角 最大或右偏發(fā)散角 最大射入的粒子，從 O點右偏發(fā)散角 最大射入的粒子在磁場中運動對應的圓心角最小，從 O點左偏發(fā)散角 最大射入的粒子在磁場中運動對應的圓心角最大，根據(jù)t Tm可知從 O點右偏發(fā)散角 最大射入的粒子的運動時間最短， 從 O點左偏發(fā)散角2qB 最大射入的粒子的運動時間最長，故選項 A 正確B、

15、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，由圖中幾何關系得 r3R，又r mv，解得 B3 eBmv er3mv ，故 D正確；圖中 OA的長度即圓形磁場區(qū)的 eR半徑 R，由圖中幾何關系可得 OPB 錯誤；粒子對應的圓弧是整個圓的故 C 錯誤。6【答案】 BCD2r1，33R ，故通過 y 軸的坐標為 (0 ，因此粒子在磁場中運動的時間 t2 r 2 3R v 9v3R) ，故 A 正確，【解析】 M、 N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在L，故半徑 R1L。又因 Bqv1 mvR1， qUm 21mv21，所以

16、 Um q2BmL ，所以 A 錯誤；C點， CHQC設軌跡與 CDLRR12，所以 R23L，CK長為 3R2 33L，所以 CD板上可能被粒子打中的區(qū)域即為HK的長度， sL CK 33 3 L，故 B 正確；打在 QE間的粒子3板相切于 K點時，半徑為 R2，在 AKC中，sin30 在磁場中運動的時間最長，為半周期，T 2 m，所以 t mm，C正確；粒子能打到 N板上的臨界條件是軌跡qB qBL BqL與 CD相切，由 B 選項知， r 3， vm 3m，則粒子的最大動能 EkmB2q2L2B1q8mL ，故 D正確。7【答案】 AC解析】 粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力對運動電荷不

17、做功，所以粒子的速度大小不vmv變，故 B錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvBm ，得 r ，所以疊加磁場后帶電粒子在 PQ上方做圓周運rqB動的半徑變小，根據(jù)運動軌跡圖結合幾何知識，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，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上方轉過的 角度相同，由 T2r 2 m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 v qB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】 ABD1 【解析】由題意知，沿 MO1方向射入的粒子

18、恰好從 P點進入第一象限， 軌跡為4圓弧， 速度方向水平向右（沿 x 軸正方向），由幾何關系知軌跡半徑等于圓形磁場半徑，作 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點入射粒子進入第一象限速度方向相同，即均沿+x 方向進入第一象 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2的面積，如圖所示，根據(jù)幾何關系可得所加磁場的最小面積為S 21 r42 1 r 2 ( 2)r ，故 A 正確；若22MO1 入射的粒子到達 N 點時的運動時間最長，速OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子進入第一象限做類

19、平拋，沿度最大， 速度與水平方向夾角也最大，設類平拋運動時間為t ，在 N點速度與水平方向夾角為 ，則水平方向rvt ，豎直方向 r 12vyt ，解得 vy 2v， vmax 5v， tanvyv2 ，又 tan 45 1，故 B正確， C 錯誤；若OPN之外的區(qū)域加的是電場，設邊界PN曲線上有一點的坐標為（2x， y），則 rxvt，y at2，當 x0 時 y2 r ，整理可得邊界 PN曲線的方程為 y x r2x r ，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，設摩擦因數(shù)為，a到中軸距離為 l ，臨界條件對 c有：mg2 m23l ，對 b 有：22mgq

20、22lBm 2l ，對 a有：mgq1lBml ，聯(lián)立得 q1q241，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2m22l ，由于 q1和 q2之比為 41，可得臨界角速度 12，所以 b 先滑動，故 D正確。10【解析】 （1） 正、負電子在回旋加速器中磁場里則有：ev0B02mv0解得正、負電子離開回旋加速器時的速度為：v0eB0Rm正、負電子進入對撞機時分別具有的能量：12mv0正、負電子對撞湮滅時動量守恒，能量守恒，則有：2 2 2 e B0 R 2m 2E 2mc2轉動，洛倫茲力水平向內(nèi)，則臨界條件對于a 有：

21、q11lBmgm12l，對于 b 有： q222lBmg2 2 2 2正、負電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率：e B0 R 2mc。mh hneU22mv02解得： n22eB02R22mU正、負電子在磁場中運動的周期為：2meB0正、負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：2 nB0R2T 2U2W E e2B0U Pt tm(3) 設電子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為r ，由幾何關系可得r sinn(2) 從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程，設在電場中加速 n 次，則有：解得：dr2sin 根據(jù)洛倫磁力提供向心力可得：2mv0 ev0B=0r電磁鐵內(nèi)勻強磁場的磁感應強度11【解析】 (1) OCLcos 30B大小：2B0R sinn。 d沿 OB方向射入的