2022高考物理课标版一轮课时练：28　磁场对运动电荷的作用 WORD版含解析.docx

1、课时规范练28磁场对运动电荷的作用基础对点练1.(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2020北京六校高三下学期4月联考)两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b,以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域,其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力,则下列说法正确的是()A.a粒子带正电,b粒子带负电B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C.b粒子动能较大D.b粒子在磁场中运动时间较长2.(多选)(多解问题)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动,若磁场方向垂直于它的运动平面,且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍,则负电荷做

2、圆周运动的角速度可能是()A.4qBmB.3qBmC.2qBmD.qBm3.(带电粒子在磁场中的圆周运动)如图所示,abcd为一正方形边界的匀强磁场区域,磁场边界边长为L,磁场方向垂直边界平面向里。三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入,粒子1从b点射出,粒子2从c点射出,粒子3从cd边垂直于磁场边界射出,不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息,可以确定()A.粒子1带负电,粒子2不带电,粒子3带正电B.粒子1和粒子3的比荷之比为21C.粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为41D.粒子3的射出位置与d点相距L24.(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2020河南十所名校高三下学期阶段测

3、试)如图所示,三角形ABC内有垂直于三角形平面向外的匀强磁场,AB边长为L,A=30,B=90,D是AB边的中点。现在DB段上向磁场内射入速度大小相同、方向平行于BC的同种粒子(不考虑粒子间的相互作用和粒子重力),若从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场,则AC边上有粒子射出的区域长度为()A.14LB.13LC.3-12LD.3-13L5.(临界极值问题)(2020河南名校联考)如图所示,水平放置的平行板长度为L、两板间距也为L,两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在两板正中央P点有一个不计重力的电子(质量为m、电荷量为-e),现在给电子一水平向右的瞬时初速度v0,欲使

4、电子不与平行板相碰撞,则()A.v0eBL2m或v0eBL4mB.eBL4mv0eBL2mC.v0eBL4m6.(临界极值问题)如图所示,在xOy平面内第象限y轴和虚线y=33x之间存在范围足够大的匀强磁场(y轴、虚线边界有磁场),方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B,在A(0,l)处有一个粒子源,可沿平面内各个方向射出质量为m,电量为q的带正电的粒子,粒子速率均为3qBl2m,不计粒子间的相互作用力与重力,且让粒子从x正半轴射出,则粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为()A.13B.23C.15D.29素养综合练7.(2020全国卷)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,

5、其边界如图中虚线所示,ab为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q0)的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为()A.7m6qBB.5m4qBC.4m3qBD.3m2qB8.(多选)(2020辽宁部分重点中学协作体高三下学期模拟)如图所示,三个相同带电粒子以大小不同的速度,沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入,它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为90、60、30,则它们在磁场中运动的()A.时间之比为123B.时间之比为321C.速度之比为1

6、2(4+23)D.速度之比为1239.(2020江苏卷)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v,甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:(1)Q到O的距离d;(2)甲两次经过P点的时间间隔t;(3)乙的比荷qm可能的最小值。10.(2020浙江卷)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强

7、磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s;(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax;(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用

8、力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。参考答案课时规范练28磁场对运动电荷的作用1.C由于a带电粒子进入磁场后向下偏转,根据左手定则可以判断出它带负电,相反粒子b就带正电,选项A错误;由题图看出粒子a的偏转半径较小,根据F洛=F向可知,Bqv=mv2R,解出R=mvBq,故半径越小的速度也会越小,再由F洛=Bqv,速度小的洛伦兹力就小,故a粒子在磁场中所受洛伦兹力较小,选项B错误;根据动能Ek=12mv2可知,a粒子的速度小,故它的动能小,b粒子的动能大,选项C正确;又因为粒子在磁场中的周期为T=2mBq,粒子的质量m、电荷量q都相等,故周期相等,但b粒子在磁场中的偏向角比较小,粒子在磁场中运

9、动的时间t=360T,所以b粒子在磁场中运动时间较短,选项D错误。2.AC根据题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向有两种可能,且这两种可能方向相反,在方向相反的两个匀强磁场中,由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时,根据牛顿第二定律可知4Bqv=mv2R,得v=4BqRm,此种情况下,负电荷运动的角速度为=vR=4Bqm;当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时,有2Bqv=mv2R,v=2BqRm,此种情况下,负电荷运动的角速度为=vR=2Bqm,故A、C正确。3.B根据左手定则可知,粒子1带正电,粒子2不带电,粒子3带负电,

10、选项A错误;由几何关系知,粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周,半径r1=Lsin45=22L,在磁场中运动时间t1=14T=142r1v=2L4v,粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周,半径r3=Lsin45=2L,在磁场中运动时间t3=18T=182r3v=2L4v,则t1=t3,选项C错误;由r1r3=12及r=mvqB可知粒子1和粒子3的比荷之比为21,选项B正确;粒子3的射出位置与d点相距(2-1)L,选项D错误。4.C从D点射入和从B点射入的粒子的运动轨迹如图所示,设两个粒子在AC边上的出射点分别为E、F点,由于从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场,所以A点为该粒子做圆周运动的圆心

11、,则粒子做圆周运动的半径为R=12L,则有AE=12L,因为D点是AB的中点,所以D点是从B点射入的粒子做圆周运动的圆心,则有AD=DF,则根据几何知识有AF=212Lcos30=3L2,所以有粒子射出的区域为EF=AF-AE=3-12L,故只有选项C正确。5.A此题疑难点在于确定“不与平行板相碰撞”的临界条件。电子在磁场中做匀速圆周运动,半径为R=mv0eB,如图所示。当R1=L4时,电子恰好与下板相切;当R2=L2时,电子恰好从下板边缘飞出两平行板(即飞出磁场)。由R1=mv1eB,解得v1=eBL4m,由R2=mv2eB,解得v2=eBL2m,所以欲使电子不与平行板相碰撞,电子初速度v0

12、应满足v0eBL2m或v0eBL4m,故选项A正确。6.C虚线y=33x与x轴之间的夹角为,则tan=yx=33,解得=30;粒子在磁场中只受洛伦兹力作用,故粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力做向心力,故有Bvq=mv2R;所以,粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R=mvqB=32l;根据几何关系可得A到虚线的距离为32l;那么,粒子在磁场中运动转过的最小中心角为60,故粒子在磁场中运动的最短时间t1=16T;当粒子速度方向向上时,半径垂直于y轴,过A做y轴的垂线交虚线y=33x于B,根据几何关系可得AB=3l,所以AB为直径,粒子运动的最长时间为t2=12T;则粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比

13、为13,故C正确,A、B、D错误。7.C本题带电粒子在半圆形磁场中运动的最长时间为六分之一周期。粒子在磁场中做匀速圆周运动qBv=mv2r,T=2rv,可得粒子在磁场中的周期T=2mqB,粒子在磁场中运动的时间t=2T=mqB,则粒子在磁场中运动周期与速度无关,轨迹对应的圆心角越大,运动时间越长。采用放缩圆解决该问题,粒子垂直ac射入磁场,则轨迹圆心必在ac直线上,将粒子的轨迹半径由零逐渐增大。设ab所在半圆的半径为R,当半径r0.5R和r1.5R时,粒子分别从ac、bd区域射出,磁场中的轨迹为半圆,运动时间等于半个周期。当0.5Rr1.5R时,粒子从半圆边界射出,将轨迹半径从0.5R逐渐增大

14、,粒子射出位置从半圆顶端向下移动,轨迹对应的圆心角从逐渐增大,当轨迹半径为R时,轨迹对应的圆心角最大,然后再增大轨迹半径,轨迹对应的圆心角减小,因此当轨迹半径等于R时轨迹对应的圆心角最大,即轨迹对应的最大圆心角=+3=43,粒子运动最长时间为t=2T=4322mqB=4m3qB,C正确。8.BC粒子在磁场中运动的周期的公式为T=2mqB,由此可知,粒子的运动周期与粒子的速度的大小无关,所以粒子在磁场中的周期相同,由粒子的运动可知,偏转角为90的粒子的运动时间为T4,偏转角为60的粒子的运动时间为T6,偏转角为30的粒子的运动时间为T12,所以有T4T6T12=321,选项A错误、B正确;设磁场

15、宽度为d,画出粒子轨迹过程图,如图所示,由几何关系可知,第一个粒子的圆心为O1,由几何关系可知R1=d,第二个粒子的圆心为O2;由几何关系可知R2sin30+d=R2,解得R2=2d,第三个粒子的圆心为O3,由几何关系可知R3sin60+d=R3,解得R3=(4+23)d,故各粒子在磁场中运动的轨道半径之比为d2d(4+23)d=12(4+23),由R=mvqB可知v与R成正比,故速度之比也为12(4+23),选项C正确、D错误。9.答案(1)mv3qB0(2)2mqB0(3)2qm解析(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r1、r2由半径r=mvqB得r1=mv2qB0,r2

16、=mv3qB0且d=2r1-2r2解得d=mv3qB0(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设运动时间分别为t1、t2由T=2mqB得t1=m2qB0,t2=m3qB0且t=2t1+3t2解得t=2mqB0(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动若经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,)相遇时,有nmv3qB0=d,n5m6qB0=t1+t2解得qm=nqm,根据题意,n=1舍去。当n=2时,qm有最小值(qm)min=2qm,若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,),经分析不可能相遇。综上分析,比荷的最小值为2qm。10.答案(1)qBRm0.8R(2)415R(3)见解析解析(1)qvB=mv2R得v=qBRm几何关系OO=0.6Rs=R2-(0.6R)2=0.8R(2)a、c束中的离子从同一点Q射出,=tan=R-sLmaxLmax=415R(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pz=pcos=0.8qBR0L415RF1=Np+2Npz=2.6NqBR415R0.4RF3=Np=NqBR