2020届高考物理二轮复习疯狂专练15磁吃运动电荷的作用含解析

2020届高考物理二轮复习疯狂专练15磁吃运动电荷的作用含解析

高考总复习 磁场对运动电荷的作用 专练十五 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(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． B． C． D． ‎3．(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(　　)‎ 12‎ 高考总复习 A．两小球每次到达轨道最低点时的速度都有vN>vM B．两小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力都有FN>FM C．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，R)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 D．匀强磁场的磁感应强度的大小为 ‎6．(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(　　)‎ 12‎ 高考总复习 A．两板间电压的最大值Um＝ B．CD板上可能被粒子打中区域的长度s＝L C．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝ D．能打到N板上的粒子的最大动能为 ‎7．(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 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v C．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 ‎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 12‎ 高考总复习 ‎，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∶1‎ B．q1和q2之比为4∶1‎ C．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；‎ ‎(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。‎ 12‎ 高考总复习 ‎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sin 35°≈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≤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 12‎ 高考总复习 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。‎ 12‎ 高考总复习 答案 二、考点突破 ‎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＝m得R＝，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RNvM，故A项正确；对M点，FM＝mg＋m。对N点，FN＝mg＋m±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，解得，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，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，又，解得，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，故通过y轴的坐标为(0，R)，故A正确，B错误；粒子对应的圆弧是整个圆的，因此粒子在磁场中运动的时间，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＝m，qUm＝mv，所以Um＝，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°＝＝，所以R2＝，CK长为R2＝L，所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，s＝L－＝L，故B正确；打在QE 12‎ 高考总复习 间的粒子在磁场中运动的时间最长，为半周期，T＝，所以tm＝，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＝，vm＝，则粒子的最大动能Ekm＝，故D正确。‎ ‎7．【答案】AC ‎【解析】粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力对运动电荷不做功，所以粒子的速度大小不变，故B错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得r＝，所以叠加磁场后带电粒子在PQ上方做圆周运动的半径变小，根据运动轨迹图结合几何知识，粒子从PQ上方穿出的速度方向不变，因此B′点在B点的左侧，从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向，故A、C正确；两种情况下粒子在PQ上方转过的角度相同，由T＝＝可知，叠加磁场后粒子在PQ上方的运动时间变短，而P点之前和Q点之后的运动时间不变，所以从A到B′的时间小于从A到B的时间，故D错误。‎ ‎8．【答案】ABD ‎【解析】由题意知，沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限，轨迹为圆弧，速度方向水平向右（沿x轴正方向），由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点四点组成的四边形为菱形，且所有从M点入射粒子进入第一象限速度方向相同，即均沿+x方向进入第一象限，为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，OPN之外的区域加的是磁场，最小的磁场面积为图中阴影部分的面积，如图所示，根据几何关系可得所加磁场的最小面积为，故A正确；若OPN之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛，沿MO1入射的粒子到达N点时的运动时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为t，在N点速度与水平方向夹角为θ，则水平方向r＝vt，竖直方向r＝vyt，解得vy＝2v，vmax＝v，，又tan 45°＝1，故B正确，C错误；若OPN之外的区域加的是电场，设边界PN曲线上有一点的坐标为（x，y），则r－x＝vt，y＝at2，当x＝0时y＝r，整理可得边界PN曲线的方程为，故D正确。‎ ‎9．【答案】BD ‎【解析】根据左手定则判断得洛伦兹力水平向外，设摩擦因数为μ，a到中轴距离为l，临界条件对c有：μmg 12‎ 高考总复习 ‎＝mω2·3l，对b有：μmg－q2ω·2lB＝mω2·2l，对a有：μmg－q1ωlB＝mω2l，联立得q1∶q2＝4∶1，故A错误，B正确；若考虑微弱的库仑力，则b受到a的向外的推力，b更容易失衡滑动，故C错误；若顺时针转动，洛伦兹力水平向内，则临界条件对于a有： q1ω1lB－μmg＝mω12l，对于b有： q2ω2·2lB－μmg＝mω22·2l，由于q1和q2之比为4∶1，可得临界角速度ω1＞ω2，所以b先滑动，故D正确。‎ ‎10．【解析】(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：‎ 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：‎ 正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：‎ 正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：‎ 正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：。‎ ‎(2)从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n次，则有：‎ 解得：‎ 正、负电子在磁场中运动的周期为：‎ 正、负电子在磁场中运动的时间为：。‎ D型盒间的电场对电子做功的平均功率：。‎ ‎(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得 解得：‎ 根据洛伦磁力提供向心力可得：‎ 电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：。‎ 12‎ 高考总复习 ‎11．【解析】(1)OC＝Lcos 30°＝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的圆心角为60°。‎ 半径r＝OC＝L 由qvB＝ 得B＝＝。‎ ‎(2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，设弦OA对的圆心角为α，由几何关系得 sin＝＝≈0.577，α≈70°‎ 最长时间tm≈·＝。‎ ‎(3)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方向射入的粒子从AB边的中点C射出的时间相等，从OB方向到OC方向这30°范围内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。‎ ‎12．【解析】(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得：‎ qvB＝m①‎ 由①得：R＝②‎ 可知半径R为定值。因为粒子速度方向不确定，所以粒子可能的运动轨迹为图虚线所示过O点的一系列动态圆。当

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