2024高考物理一輪復習專題9第2講磁吃運動電荷的作用題型突破練含解析

PAGE20-第2講磁場對運動電荷的作用考點一對洛倫茲力的理解1.如圖中曲線a、b、c、d為氣泡室中某放射物發(fā)生衰變放出的部分粒子的徑跡，氣泡室中磁感應強度方向垂直于紙面對里。以下推斷可能正確的是 ()A.a、b為β粒子的徑跡 B.a、b為γ粒子的徑跡C.c、d為α粒子的徑跡 D.c、d為β粒子的徑跡【解析】選D。由于α粒子帶正電，β粒子帶負電，γ粒子不帶電，據(jù)左手定則可推斷a、b可能為α粒子的徑跡，c、d可能為β粒子的徑跡，選項D正確。2.目前，我國柔性直流輸電技術世界領先。上海南匯風電場柔性直流輸電工程，輸送容量為2×104kW，直流電壓等級±30kV。設某段輸電線路的兩導線在同一豎直平面內，若宇宙射線中的質子、電子以速率v0到達輸電線所在處，不考慮地磁場的影響和粒子速率的變更，質子的運動軌跡大致是圖中的 ()【解析】選B。上面導線電流向右，下面導線電流向左，依據(jù)右手定則可推斷輸電線間磁場方向垂直紙面對里，且靠近導線磁場增加，依據(jù)r=mvBq知粒子的軌道半徑減??；兩導線下方磁場垂直紙面對外，離導線越遠，磁場越弱，質子軌道半徑越大，不行能為圓周，由左手定則可推斷質子軌跡偏轉方向，故A、C、D錯誤；B3.(2024·佛山模擬)兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b,以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域,其運動軌跡如圖所示。若不計粒子的重力,則下列說法正確的是 ()A.a粒子帶正電,b粒子帶負電B.a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大C.b粒子的動能較大D.b粒子在磁場中運動時間較長【解析】選C。由左手定則可知,a粒子帶負電,b粒子帶正電,A錯誤;由qvB=mv2r得r=mvqB,故運動的軌跡半徑越大,對應的速率越大,所以b粒子的速率較大,在磁場中所受洛倫茲力較大,B錯誤;由Ek=12mv2可得b粒子的動能較大,C正確;由T=2πmqB知兩者的周期相同,b粒子運動的軌跡對應的圓心角小于a粒子運動的軌跡對應的圓心角1.洛倫茲力的特點：(1)利用左手定則推斷洛倫茲力的方向，留意區(qū)分正、負電荷。(2)當電荷運動方向發(fā)生變更時，洛倫茲力的方向也隨之變更。(3)運動電荷在磁場中不肯定受洛倫茲力作用。(4)洛倫茲力肯定不做功。2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)分：(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，都是磁場力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。3.洛倫茲力與電場力的比較：項目洛倫茲力電場力性質磁場對在其中運動的電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產生條件v≠0且v不與B平行電場中的電荷肯定受到電場力作用大小F=qvB(v⊥B)F=qE力方向與場方向的關系肯定是F⊥B，F(xiàn)⊥v正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反項目洛倫茲力電場力做功狀況任何狀況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功力為零時場的狀況F為零，B不肯定為零F為零，E肯定為零作用效果只變更電荷運動的方向，不變更速度大小既可以變更電荷運動的速度大小，也可以變更電荷運動的方向【加固訓練】1.在同一勻強磁場中，α粒子(24He)和質子(11H)做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，A.運動半徑之比是2∶1B.運動周期之比是2∶1C.運動速度大小之比是4∶1D.受到的洛倫茲力之比是2∶1【解析】選B。α粒子(24He)和質子(11H)的質量之比mαmH=41，動量大小相等，即mαvα=mHvH，運動速度大小之比vαvH=mHmα=14，選項C錯誤；依據(jù)qvB=mv2r，得r=mvqB，所以運動半徑之比rαrH=qHqα=12，選項A錯誤；由T=2πmqB知，運動周期之比TαTH=qH2.如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設a、b間無電荷轉移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于紙面對里的勻強磁場?，F(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左做加速運動，則在加速運動階段 ()A.a對b的壓力不變B.a對b的壓力變大C.a、b物塊間的摩擦力變大D.a、b物塊間的摩擦力不變【解析】選B。a、b整體受總重力、拉力F、向下的洛倫茲力qvB、地面的支持力FN和摩擦力Ff，豎直方向有FN=(ma+mb)g+qvB，水平方向有F-Ff=(ma+mb)a，F(xiàn)f=μFN。在加速階段，v增大，F(xiàn)N增大，F(xiàn)f增大，加速度a減小。對a受力分析，a受重力mag、向下的洛倫茲力qvB、b對a向上的支持力FN′、b對a向左的靜摩擦力Ff′，豎直方向：FN′=mag+qvB，水平方向：Ff′=maa。隨著v的增大，F(xiàn)N′增大，選項A錯誤，B正確；加速度a減小，所以a、b物塊間的摩擦力變小，選項C、D均錯誤?？键c二帶電粒子在勻強磁場中的運動直線邊界【典例1】(多選)(2024·海南高考)如圖，虛線MN的右側有方向垂直于紙面對里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內運動。射入磁場時，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則 ()A.P和Q的質量之比為1∶2B.P和Q的質量之比為2∶1C.P和Q速度大小之比為2∶1D.P和Q速度大小之比為2∶1【通型通法】1.題型特征：帶電粒子在單邊界磁場中運動問題。2.思維導引：(1)模型構建：勻速圓周運動規(guī)律應用。(2)解題方法：圓周運動向心力公式和幾何關系解題。【解析】選A、C。作出兩粒子在磁場中的運動圖象如圖所示，可知其半徑rP、rQ之比為1∶2，因為兩粒子在磁場中運動的時間相同，所以TP∶TQ=1∶2，依據(jù)qvB=mv2r得r=mvqB=pqB=2mEkqB，則T=2πrv=2πmqB，mPmQ=TPTQ=平行邊界【典例2】(2024·江蘇高考)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于O、O′點，各區(qū)域磁感應強度大小相等。某粒子質量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場。當入射速度為v0時，粒子從O上方d2處射出磁場。取sin53°=0.8，cos53°=0.6。(1)求磁感應強度大小B。(2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t。(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值?！窘馕觥?1)粒子圓周運動的半徑r0=m由題意知r0=d4，解得B=(2)設粒子在矩形磁場中的偏轉角為α，半徑為r，由r=mvqB得r=5r0=5由d=rsinα，得sinα=45，即在一個矩形磁場中的運動時間t1=α360°×解得t1=53直線運動的時間t2=2dv，解得t2則t=4t1+t2=((3)將中間兩磁場分別向中心移動距離x，粒子向上的偏移量y=2r(1-cosα)+xtanα由y≤2d，解得x≤34則當xm=34d時，Δt粒子做直線運動路程的最大值sm=2xmcos增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d增加時間的最大值Δtm=Δsm答案：(1)4mv0qd【多維訓練】(多選)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ內磁感應強度大小是區(qū)域Ⅰ內磁感應強度大小的2倍，一帶正電粒子在區(qū)域Ⅰ左側邊界處以垂直邊界的速度進入區(qū)域Ⅰ，發(fā)覺粒子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向變更了30°，然后進入區(qū)域Ⅱ，測得粒子在區(qū)域Ⅱ內的運動時間與區(qū)域Ⅰ內的運動時間相等，則下列說法正確的是 ()A.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1B.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的角速度之比為2∶1C.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓心角之比為1∶2D.區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為1∶1【解析】選A、C、D。由于洛倫茲力對帶電粒子不做功，故粒子在兩磁場中的運動速率不變，故A正確；由洛倫茲力F=qBv=ma和a=v·ω可知，粒子運動的角速度之比為ω1∶ω2=B1∶B2=1∶2，則B錯誤；由于粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內的運動時間相等，由t=θmqB可得t=θ1mqB1=θ2mqB2，且B2=2B1，所以可得θ1∶θ2=1∶2，則C正確；由題意可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的圓心角為30°，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的圓心角為60°，由R=mvqB可知粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑是在區(qū)域Ⅱ中運動半徑的2倍，設粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑為r，作粒子運動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域Ⅰ的寬度圓形邊界【典例3】如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外。一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R2，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力A.qBR2m B.qBRm C.3【解析】選B。如圖所示，粒子做圓周運動的圓心O2必在過入射點垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60°，故圓弧ENM對應圓心角為60°，所以△EMO2為等邊三角形。由于O1D=R2，∠EO1D=60°，△O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運動的半徑EO2=O1E=R，由qvB=mv2R，得v=舉一反三1.在【典例3】中，帶電粒子在圓柱形勻強磁場區(qū)域中的運行時間為 ()A.πm6qB B.πm3qB C.【解析】選B。由T=2πmqB，t=θ可得：t=πm3qB，故選項2.在【典例3】中，若帶電粒子對準圓心沿直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，粒子射出磁場與射入磁場時運動方向的夾角仍為60°，則粒子的速率為 ()A.qBR2m B.qBRm C.3【解析】選C。粒子進入磁場后做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，依據(jù)幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑r=3R，由qvB=mv2r可得，v=3qBR3.在【典例3】中，若帶電粒子速率不變，磁場方向改為垂直紙面對里，帶電粒子從磁場射出時與射入磁場時運動方向的夾角為 ()A.30° B.45° C.60° D.120°【解析】選D。磁場方向改為垂直紙面對里，粒子進入磁場后向左偏轉，運動軌跡如圖所示，△OAB和△OBC都是等邊三角形，所以∠AOC=120°，帶電粒子從磁場射出時與射入磁場時運動方向的夾角也是120°。選項D正確。其他邊界【典例4】(2024·全國卷Ⅱ)如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子放射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向放射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為 ()A.14kBl，54kBl B.14kBl，C.12kBl，54kBl D.12kBl，【通型通法】1.題型特征：正方形區(qū)域的帶電粒子在磁場中運動。2.思維導引：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法”。【解析】選B。電子的運動軌跡如圖所示，由牛頓其次定律得evB=mv2r，得r=mveB①，電子從a點射出，r=l4②，聯(lián)立①②解得v1=14kBl；電子從d點射出，由幾何關系得l2+(r-l2)2=r2，解得r=54l③，聯(lián)立①③解得v2=54kBl，故1.有界磁場三種狀況：(1)直線邊界。粒子進出磁場具有對稱性(如圖所示)。圖a中粒子在磁場中運動的時間t=T2=圖b中粒子在磁場中運動的時間t=1-θπT=圖c中粒子在磁場中運動的時間t=θπT=(2)平行邊界(如圖所示)。圖a中粒子在磁場中運動的時間t1=θmBq，t2=T2圖b中粒子在磁場中運動的時間t=θm圖c中粒子在磁場中運動的時間t=(1-θπ)T=1-圖d中粒子在磁場中運動的時間t=θπT=(3)圓形邊界。沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖所示)粒子做圓周運動的半徑r=R粒子在磁場中運動的時間t=θπT=2.帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動解題的一般步驟：基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心P、M點速度的垂線交點P點速度垂線與弦的垂直平分線的交點某點的速度垂線與切點法線的交點半徑的確定利用平面幾何學問求半徑常用解三角形法。例：R=Lsinθ，或由R2=L2+(R-d)2求得R=運動時間的確定利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度L求時間①t=θ2②t=L(1)速度的偏轉角φ等于AB所對的圓心角θ(2)偏轉角φ與弦切角α的關系：φ<180°時，φ=2α；φ>180°時，φ=360°-2α【加固訓練】如圖所示，圓形區(qū)域內存在一垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B1，P點為磁場邊界上的一點。相同的帶正電荷粒子，以相同的速率從P點射入磁場區(qū)域，速度方向沿位于紙面內的各個方向。這些粒子射出磁場區(qū)域的位置均處于磁場邊界的位置的某一段弧上，這段圓弧的弧長是磁場邊界圓周長的16。若只將磁感應強度的大小變?yōu)锽2，結果相應的弧長變?yōu)榇艌鲞吔鐖A周長的13，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，則BA.33B.33C.1【解析】選B。當磁感應強度為B2時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，即∠POM=120°，如圖所示，所以粒子做圓周運動的半徑r2=Rsin60°=mvqB2，同理可知，r1=Rsin30°=R2，解得：B2B考點三帶電粒子在勻強磁場中的運動的多解問題帶電性質不確定【典例5】如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少？ 【解析】題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷，所以分狀況探討。若帶電粒子帶正電荷，則軌跡是圖中與NN′相切的14圓弧，軌跡半徑R=又d=R-R·sin45°解得v=(若帶電粒子帶負電荷，則軌跡是圖中與NN′相切的34圓弧，R′=mv又d=R′+R′sin45°解得v′=(答案：(2+2)Bqdm(q為正電荷)或(2-2)Bqdm(q磁場方向不確定【典例6】(多選)一質量為m，電荷量為q的負電荷在磁感應強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動，若磁場方向垂直于它的運動平面，且作用在負電荷的電場力恰好是磁場力的三倍，則負電荷做圓周運動的角速度可能是 ()A.4qBm B.3qBm C.【解析】選A、C。依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”，磁場方向有兩種可能，且這兩種方向相反。在方向相反的兩個勻強磁場中，由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時，依據(jù)牛頓其次定律可知4Bqv=mv2R，得v=4BqRm，此種狀況下，負電荷運動的角速度為ω=vR=4Bqm；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv=mv2R，v=2BqRm，此種狀況下臨界狀態(tài)不唯一【典例7】勻強磁場區(qū)域由一個半徑為R的半圓和一個長為2R、寬為R2的矩形組成，磁場的方向如圖所示。一束質量為m、電荷量為+q的粒子(粒子間的相互作用和重力均不計)以速度v從邊界AN的中點P垂直于AN和磁場方向射入磁場中。(1)當磁感應強度為多大時，粒子恰好從A點射出？(2)對應于粒子可能射出的各段磁場邊界，磁感應強度應滿意什么條件？【解析】(1)由左手定則判定，粒子向左偏轉，只能從PA、AC和CD三段邊界射出，如圖所示。當粒子從A點射出時，運動半徑r1=R2由qvB1=m得B1=2mv(2)當粒子從C點射出時，由勾股定理得：(R-r2)2+R22=r22，解得r由qvB2=mv2r2，得據(jù)粒子在磁場中運動半徑隨磁場減弱而增大，可以推斷：當B>2mvqR時，粒子從PA當8mv5qR<B<2mvqR時當B<8mv5qR時，答案：(1)2mvqR題型運動周期性、往復性【典例】(2024·江蘇高考)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B。磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。質量為m、電荷量為-q的粒子速度肯定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且d<L，粒子重力不計，電荷量保持不變。(1)求粒子運動速度的大小v；(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；(3)從P點射入的粒子最終從Q點射出磁場，PM=d，QN=d2，求粒子從P到Q的運動時間t【