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垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是()AM帶負電，N帶正電BM的速率小于N的速率C洛倫茲力對M、N做正功DM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AOC60°，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 D3(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E和勻強磁場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vN>vMB兩小球每次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力都有FN>FMC小球b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(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(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(shè)為圓心、R為半徑、垂直xOy平面向外的勻強磁場。現(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勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為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(不計重力)，從P點經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為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UmBCD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度sLC粒子在磁場中運動的最長時間tmD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上方再疊加方向垂直紙面向里的勻強磁場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(圖中未標出)，不計粒子的重力，下列說法正確的是()AB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(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軸負方向的勻強電場或垂直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N點時的速度最大為vC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。空間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(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（）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(zhuǎn)，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(yīng)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(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；(3)圖甲為正負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(zhuǎn)變的是一系列圓形電磁鐵。即圖中的A1、A2、A3An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(yīng)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(yīng)強度，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。這就為進一步實現(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(yīng)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(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)勻強磁場的磁感應(yīng)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Oxa、Oy范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)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(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090°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)速度的大小；(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帶負電，N帶正電，故A選項正確。由qvBm得R，由題意可知兩個帶電粒子的質(zhì)量和電量都相等，又進入到同一個勻強磁場中，由題圖可知RN<RM，故vN<vM，所以B選項錯誤。由于洛倫茲力的方向始終與帶電粒子的運動方向垂直，故洛倫茲力永遠不會對M、N做功，則C選項錯誤。由T及題給條件可知，這兩個帶電粒子在磁場中運動的周期相等，又由題圖可知兩個帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角相等，均偏轉(zhuǎn)了180°，故在磁場中運動的時間相等，所以D選項錯誤。2【答案】AB【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子在磁場中出射點和入射點的連線即為軌跡的弦。初速度大小相同，軌跡半徑R相同。設(shè)OSd，以S為圓心，將軌跡圓逆時針旋轉(zhuǎn)。當(dāng)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Rd，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：SEd，由幾何知識，得 60°，最短時間：tmin。所以粒子在磁場中運動時間范圍為Tt，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，電場力做負功，到達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)Mmgm。對N點，F(xiàn)Nmgm±F洛，可以看出無法確定FN與FM的大小關(guān)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，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(yīng)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(yīng)的圓心角最大，根據(jù)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，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，CHQCL，故半徑R1L。又因Bqv1m，qUmmv，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R2L，所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域即為HK的長度，sLL，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，粒子進入第一象限做類平拋，沿MO1入射的粒子到達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，則水平方向rvt，豎直方向rvyt，解得vy2v，vmaxv，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(shè)邊界PN曲線上有一點的坐標為（x，y），則rxvt，yat2，當(dāng)x0時yr，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，a到中軸距離為l，臨界條件對c有：mgm2·3l，對b有：mgq2·2lBm2·2l，對a有：mgq1lBm2l，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；若順時針轉(zhuǎn)動，洛倫茲力水平向內(nèi)，則臨界條件對于a有： q11lBmgm12l，對于b有： q22·2lBmgm22·2l，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：解得正、負電子離開回旋加速器時的速度為：正、負電子進入對撞機時分別具有的能量：正、負電子對撞湮滅時動量守恒，能量守恒，則有：正、負電子對撞湮滅后產(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、負電子在磁場中運動的周期為：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：。(3)設(shè)電子在勻強磁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)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大?。骸?1【解析】(1)OCLcos 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rOCL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，由幾何關(guān)系得sin0.577，70°最長時間tm·。(3)從OA上D點射出的粒子做圓周運動的弦長ODOC，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：qvBm由得：R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)<R<a時，比較圖中的動態(tài)圓可知，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意t，得：OCA設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系得：Rsin RRsin aRcos 又sin2cos21由式得：Ra，由式得：v。(2) 由式得：sin 。11