高考物理一輪復習課時作業(yè)二十六磁吃運動電荷的作用含解析新人教版

一輪復習精品資料(高中)PAGE1-磁場對運動電荷的作用(建議用時40分鐘)1.如圖是“人造小太陽”托卡馬克裝置。其原理是使用強磁場約束高溫等離子體,使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內部,而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,為約束更高溫度的等離子體,則需要更強的磁場,以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應強度B正比于 ()A. B.T C. D.T2〖解題指導〗解答本題注意以下兩點:(1)帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,即v2正比于T,則v正比于。(2)帶電粒子在磁場中的運動,根據牛頓第二定律有qvB=m?！冀馕觥竭xA。帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,則v2正比于T,從而v正比于。帶電粒子在磁場中的運動半徑不變,根據牛頓第二定律有qvB=m,可得B=。綜上可知,B正比于,故選項A正確,B、C、D錯誤。〖加固訓練〗如圖所示,在赤道處,將一小球向東水平拋出,落地點為a;給小球帶上電荷后,仍以原來的速度拋出,考慮地磁場的影響,下列說法正確的是 ()A.無論小球帶何種電荷,小球仍會落在a點B.無論小球帶何種電荷,小球下落時間都會延長C.若小球帶負電荷,小球會落在更遠的b點D.若小球帶正電荷,小球會落在更遠的b點〖解析〗選D。地磁場在赤道上空水平由南向北,從南向北觀察,如果小球帶正電荷,則洛倫茲力斜向右上方,該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力,因此,小球落地時間會變長,水平位移會變大;同理,若小球帶負電,則小球落地時間會變短,水平位移會變小,故D正確,A、B、C錯誤。2.(2021·南昌模擬)科學家預言,自然界存在只有一個磁極的磁單極子,磁單極子N的磁場分布如圖甲所示,它與如圖乙所示正點電荷Q的電場分布相似。假設磁單極子N和正點電荷Q均固定,有相同的帶電小球分別在N和Q附近(圖示位置)沿水平面做勻速圓周運動,則下列判斷正確的是 ()A.從上往下看,圖甲中帶電小球一定沿逆時針方向運動B.從上往下看,圖甲中帶電小球一定沿順時針方向運動C.從上往下看,圖乙中帶電小球一定沿順時針方向運動D.從上往下看,圖乙中帶電小球一定沿逆時針方向運動〖解析〗選A。根據圓周運動的受力條件可以從題圖乙中判斷帶電小球帶的一定是負電,且在電場中小球的運動方向與電場力的方向無關;由題圖甲中洛倫茲力方向,根據左手定則可知,帶電小球一定沿逆時針方向運動。故選A。3.如圖所示,等腰直角三角形abc區(qū)域存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1、v2、v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶1。直角邊bc的長度為L,不計粒子的重力,下列說法正確的是 ()A.三個速度的大小關系一定是v1=v2<v3B.三個速度的大小關系可能是v2<v1<v3C.粒子的比荷=D.粒子的比荷=〖解析〗選B。由于t1∶t2∶t3=3∶3∶1,作出粒子運動軌跡圖如圖所示,它們對應的圓心角分別為90°、90°、30°,由幾何關系可知軌道半徑大小分別為R2<R3,R1<R3=2L,由qvB=m可知三個速度的大小關系可能是v2<v1<v3,故A錯誤,B正確;粒子運動周期T==,則t1=T=,解得=,故C錯誤;由qv3B=m及R3=2L,解得粒子的比荷=,故D錯誤?！碱}后反思〗解決本題的關鍵是要搞清楚,帶電粒子在磁場中運動的時間與所對應的圓心角有關,再結合幾何知識與洛倫茲力提供向心力聯立求解。4.(2021·臨滄模擬)如圖所示,圓形區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場,三個質量和電荷量相同的帶電粒子a、b、c,以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場,其運動軌跡如圖。若帶電粒子只受磁場力的作用.則下列說法正確的是 ()A.a粒子動能最大B.c粒子速率最大C.b粒子在磁場中運動時間最長D.它們做圓周運動的周期Ta<Tb<Tc〖解析〗選B。由運動軌跡可知ra<rb<rc,根據r=,可知vc>vb>va,所以A錯,B對;根據運動軌跡對應的圓心角及周期公式,可知a粒子在磁場中運動時間最長,它們的周期相等,C、D錯。5.(多選)如圖所示,一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源,以與水平方向成θ角的不同速率,向磁場中射入兩個相同的粒子1和2,粒子1經磁場偏轉后從邊界上A點出磁場,粒子2經磁場偏轉后從邊界上B點出磁場,OA=AB,則 ()A.粒子1與粒子2的速度之比為1∶2B.粒子1與粒子2的速度之比為1∶4C.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶1D.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶2〖解析〗選A、C。粒子進入磁場時的速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓心,同理,粒子進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心,由幾何關系可知,兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1與粒子2的速度之比為1∶2,A正確,B錯誤;由于粒子在磁場中做圓周運動的周期均為T=,且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同,因此粒子在磁場中運動的時間相同,C正確,D錯誤。6.(創(chuàng)新題)(多選)如圖所示,垂直紙面向里的勻強磁場以MN為邊界,左側磁感應強度為B1,右側磁感應強度為B2,B1=2B2=2T,比荷為2×106C/kg的帶正電粒子(不計重力)從O點以v0=4×104A.×10-6s B.π×10-6sC.×10-6s D.2π×10-6s〖解析〗選A、C。粒子在右側磁場B2中做勻速圓周運動,則qv0B2=,解得R2==2cm,故粒子經過半個圓周恰好到達P點,軌跡如圖甲所示。則粒子運動的時間t1===×10-6s,由于B1=2B2,由上面的求解可知粒子從P點射入左邊的磁場后,做半徑R1=R2=1cm的勻速圓周運動,經過兩次周期性運動可再次經過P點,軌跡如圖乙所示,則粒子運動的時間t2=T1+T2=×10-6s,在以后的運動中,粒子通過MN的點會遠離P點,所以,粒子通過距離O點4cm的磁場邊界上的P點所需的時間為×10-6s或×10-6s。則A、C正確,B、D錯誤。7.(2021·貴陽模擬)如圖所示,在某裝置中有一勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直于xOy所在紙面向外。某時刻在x=l0、y=0處,一質子沿y軸負方向進入磁場;同一時刻,在x=-l0、y=0處,一個α粒子進入磁場,速度方向與磁場垂直。不考慮質子與α粒子的相互作用,設質子的質量為m,電荷量為e(α粒子的質量為4m,電荷量為2e),則:(1)如果質子經過坐標原點O,它的速度為多大?(2)如果α粒子與質子經最短時間在坐標原點相遇,α粒子的速度應為何值?方向如何?〖解析〗(1)質子的運動軌跡如圖所示,其圓心在x=處,其半徑r1=又r1=,可得v=。(2)質子從x=l0處到達坐標原點O處的時間tp=又Tp=,可得tp=α粒子的周期Tα=若α粒子與質子經最短時間在坐標原點相遇,此時有tα=tp可得tα=兩粒子的運動軌跡如圖所示,由幾何關系得rα=l0,又2evαB=,解得vα=,方向與x軸正方向的夾角為?！即鸢浮?(1)(2),方向與x軸正方向的夾角為8.(2020·哈爾濱模擬)如圖所示,在紙面內存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B,一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P,P的質量為m、電荷量為-q,P與桿間的動摩擦因數為μ。小球由靜止開始滑動,設電場、磁場區(qū)域足夠大,桿足夠長,在運動過程中小球的最大加速度為a0,最大速度為v0,則下列判斷正確的是()A.小球先加速后減速,加速度先增大后減小B.當v=v0時,小球的加速度最大C.當v=v0時,小球一定處于加速度減小階段D.當a=a0時,>〖解析〗選C。開始運動階段qvB<mg,加速度a1=,小球做加速度越來越大的加速運動;當qvB=mg之后,小球受到的支持力垂直桿向下,小球的加速度a2=,小球做加速度減小的加速運動,加速度減小到0后做勻速運動,則可知小球一直加速最后勻速,加速度先增大后減小為0不變,A錯誤;作出小球的加速度隨速度的變化規(guī)律圖象如圖所示,兩階段的圖線斜率大小相等,有v1<v0,則v=v0時一定處于加速度減小階段,B錯誤,C正確;a=a0可能出現在加速度增大階段或加速度減小階段,D錯誤。9.(創(chuàng)新題)(多選)如圖為某磁譜儀部分構件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測儀可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時,下列說法正確的是 ()A.電子與正電子的偏轉方向一定不同B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C.僅依據粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子D.粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小〖解析〗選A、C。電子與正電子電性相反,若入射速度方向相同時,由左手定則可判定電子和正電子受力方向相反,所以偏轉方向相反,選項A正確;根據r=可知,由于電子和正電子垂直進入磁場的速度未知,故軌跡半徑不一定相同,選項B錯誤;由于質子和正電子在磁場中的受力方向一樣,所以僅憑粒子的運動軌跡無法判斷是質子還是正電子,故選項C正確;根據Ek=mv2和r=得r=,可見粒子的動能越大時,軌跡半徑越大,選項D錯誤。10.(多選)如圖所示,長方形abcd長ad=0.6m,寬ab=0.3m,e、f分別是ad、bc的中點,以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場),磁感應強度B=0.25T,一群不計重力、質量m=3×10-7kg、電荷量q=+2×10-3C的帶電粒子以速度v0=5×A.從ae邊射入的粒子,出射點分布在ab邊和bf邊B.從ed邊射入的粒子,出射點全部分布在bf邊C.從bf邊射入的粒子,出射點全部分布在ae邊D.從fc邊射入的粒子,全部從d點射出〖解析〗選A、B、D。粒子進入磁場后做勻速圓周運動,根據洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B=m,解得:r==m=0.3m。從ae邊射入的粒子,粒子進入磁場后向上偏轉,做圓周運動,由于軌道半徑r=0.3m=ab,粒子將從圓弧af射出磁場,最后從ab邊和bf邊射出,故A正確;粒子軌道半徑r=ab,從d點射入的粒子恰好從f點射出磁場,從ed邊射入磁場的粒子向上偏轉,最終從bf邊射出,故B正確;從bf邊射入的粒子,出射點分布在ae邊與d點,故C錯誤;從fc邊射入的粒子,在洛倫茲力作用下向下偏轉,在磁場中轉過的圓心角為90°,全部從d點射出,故D正確。〖加固訓練〗(多選)兩個質子以不同的速率均在勻強磁場中做勻速圓周運動,軌跡如圖所示,兩圓周相切于A點,過A點作一直線與兩圓周交于D點和C點。若兩圓周半徑r1∶r2=1∶2,下列說法正確的有 ()A.兩質子速率之比v1∶v2=1∶2B.兩質子周期之比T1∶T2=1∶2C.兩質子由A點出發(fā)第一次分別到達D點和C點經歷的時間之比t1∶t2=1∶2D.兩質子分別運動到D點和C點處時的速度方向相同〖解析〗選A、D。質子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=m,則v=,所以兩質子的速率之比為1∶2,A正確;又T=,解得T=,所以兩質子的周期之比為1∶1,B錯誤;由題圖可知兩質子由A點出發(fā)第一次分別運動到D點和C點時的偏轉角相等,由于周期相同,則兩質子的運動時間相等,即時間之比為1∶1,C錯誤;由于兩質子的偏轉角相等,則兩質子分別運動到D點和C點時的速度方向相同,D正確。11.如圖所示,長方形ABCD內有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B,邊長BC=2AB,E、F分別為AD、BC邊的中點,在A處有一粒子源,可以沿AB方向射出不同速率的帶正電的同種粒子,粒子的質量為m,帶電荷量為q,不計粒子的重力及粒子間的相互作用,對于粒子在磁場中的偏轉,下列說法正確的是()A.粒子可能從C點射出磁場B.粒子在磁場中運動的時間可能為C.從D點射出的粒子在磁場中運動的時間是從E點射出的粒子在磁場中運動時間的2倍D.從E點射出的粒子在磁場中運動的時間是從F點射出的粒子在磁場中運動時間的2倍〖解析〗選D。設AB=L,則BC=2L,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=m,解得r=,v=,粒子速度v越大,粒子做圓周運動的軌跡半徑越大,當r=L時,粒子運動軌跡與BC相切于BC的中點F,粒子從D點離開磁場,當r<L時,粒子從AD邊離開磁場,即r≤L時粒子從AD邊離開磁場,當r>L時粒子從BF間離開磁場,粒子不可能從FC與CD間離開磁場,故粒子不可能從C點射出磁場,A錯誤;粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T=,粒子從AD邊離開磁場時在磁場中的運動時間為t=T=,粒子恰好從BC中點離開磁場時在磁場中運動的時間為t′=T=,粒子從BF間離開磁場時在磁場中運動的時間為t″<T=,由此可知,粒子在磁場中運動的時間為或或t″<,由于>,粒子在磁場中運動的時間不可能為,故B錯誤;從D點射出的粒子在磁場中運動的時間與從E點射出的粒子在磁場中運動的時間相等,都為,故C錯誤;從E點射出的粒子在磁場中運動的時間為t=T=,從F點射出的粒子在磁場中運動的時間是t′=T=,故從E點射出的粒子在磁場中運動的時間是從F點射出的粒子在磁場中運動的2倍,故D正確。12.(2021·洛陽模擬)提純氘核技術對于核能利用具有重大價值。如圖是從質子、氘核混合物中將質子和氘核分離的原理圖,x軸上方有垂直于紙面向外的勻強磁場,初速度為0的質子、氘核混合物經電壓為U的電場加速后,從x軸上的A(-L,0)點沿與+x成θ=30°的方向進入第二象限(速度方向與磁場方向垂直),質子剛好從坐標原點離開磁場。已知質子、氘核的電荷量均為+q,質量分別為m、2m,忽略質子、氘核的重力及其相互作用。(1)求質子進入磁場時速度的大小;(2)求質子與氘核在磁場中運動的時間之比;(3)若在x軸上接收氘核,求接收器所在位置的橫坐標?！冀馕觥?1)質子在電場中加速,由動能定理得qU=mv2-0解得v=(2)如圖所示,質子與氘核在磁場中都轉過個圓周,做圓周運動的周期T1=,T2=,粒子在磁場中的運動時間t=T,則t1∶t2=T1∶T2=1∶2(3)質子在磁場中運動時,由幾何知識得r=L,由牛頓第二定律得qvB=m氘核在電場中加速,由動能定理得qU=×2mv′2-0在磁場中,由牛頓第二定律得qv′B=2m解得R=L,橫坐標x=R-L=(-1)L〖答案〗:(1)(2)1∶2(3)(-1)L〖加固訓練〗在平面直角坐標系xOy中,第Ⅰ象限內存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場,在A(L,0)點有一粒子源,沿y軸正向發(fā)射出速率分別為v、5v、9v的同種帶電粒子,粒子質量為m,電荷量為q。在B(0,L)、C(0,3L)、D(0,5L)放一個粒子接收器,B點的接收器只能吸收來自y軸右側到達該點的粒子,C、D兩點的接收器可以吸收沿任意方向到達該點的粒子。已知速率為v的粒子恰好到達B點并被吸收,不計粒子重力。(1)求第Ⅰ象限內磁場的磁感應強度B1;(2)計算說明速率為5v、9v的粒子能否被吸收;(3)若在第Ⅱ象限內加上垂直于坐標平面的勻強磁場,使所有粒子均到達接收器,求所加磁場的磁感應強度B2的大小和方向?！冀馕觥?1)根據幾何關系可知,速率為v的粒子恰好到達B點,則粒子的運動軌跡半徑為R=L,根據洛倫茲力提供向心力可得qvB1=m解得B1=。(2)根據(1)中的關系可知,速率為5v、9v的粒子在磁場中運動半徑分別為5L、9L,設粒子與y軸的交點到O點的距離為y,將R=5L和R=9L分別代入(R-L)2+y2=R2,得到這兩種粒子在y軸上的交點到O點的距離分別為3L、L,故速率為5v的粒子能被吸收,速率為9v的粒子不能被吸收。(3)若速率為9v的粒子能夠到達D點的接收器,則所加磁場垂直于坐標平面向外,設粒子在所加磁場中運動半徑為R1,根據幾何關系可得=由于q·9vB2=m解得B2=;若粒子到達C點的接收器,則所加磁場應該垂直于坐標平面向里同理可得=q·9vB2′=m解得B2′=?！即鸢浮?(1)(2)見〖解析〗(3)見〖解析〗磁場對運動電荷的作用(建議用時40分鐘)1.如圖是“人造小太陽”托卡馬克裝置。其原理是使用強磁場約束高溫等離子體,使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內部,而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,為約束更高溫度的等離子體,則需要更強的磁場,以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應強度B正比于 ()A. B.T C. D.T2〖解題指導〗解答本題注意以下兩點:(1)帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,即v2正比于T,則v正比于。(2)帶電粒子在磁場中的運動,根據牛頓第二定律有qvB=m。〖解析〗選A。帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,則v2正比于T,從而v正比于。帶電粒子在磁場中的運動半徑不變,根據牛頓第二定律有qvB=m,可得B=。綜上可知,B正比于,故選項A正確,B、C、D錯誤?！技庸逃柧殹饺鐖D所示,在赤道處,將一小球向東水平拋出,落地點為a;給小球帶上電荷后,仍以原來的速度拋出,考慮地磁場的影響,下列說法正確的是 ()A.無論小球帶何種電荷,小球仍會落在a點B.無論小球帶何種電荷,小球下落時間都會延長C.若小球帶負電荷,小球會落在更遠的b點D.若小球帶正電荷,小球會落在更遠的b點〖解析〗選D。地磁場在赤道上空水平由南向北,從南向北觀察,如果小球帶正電荷,則洛倫茲力斜向右上方,該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力,因此,小球落地時間會變長,水平位移會變大;同理,若小球帶負電,則小球落地時間會變短,水平位移會變小,故D正確,A、B、C錯誤。2.(2021·南昌模擬)科學家預言,自然界存在只有一個磁極的磁單極子,磁單極子N的磁場分布如圖甲所示,它與如圖乙所示正點電荷Q的電場分布相似。假設磁單極子N和正點電荷Q均固定,有相同的帶電小球分別在N和Q附近(圖示位置)沿水平面做勻速圓周運動,則下列判斷正確的是 ()A.從上往下看,圖甲中帶電小球一定沿逆時針方向運動B.從上往下看,圖甲中帶電小球一定沿順時針方向運動C.從上往下看,圖乙中帶電小球一定沿順時針方向運動D.從上往下看,圖乙中帶電小球一定沿逆時針方向運動〖解析〗選A。根據圓周運動的受力條件可以從題圖乙中判斷帶電小球帶的一定是負電,且在電場中小球的運動方向與電場力的方向無關;由題圖甲中洛倫茲力方向,根據左手定則可知,帶電小球一定沿逆時針方向運動。故選A。3.如圖所示,等腰直角三角形abc區(qū)域存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1、v2、v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶1。直角邊bc的長度為L,不計粒子的重力,下列說法正確的是 ()A.三個速度的大小關系一定是v1=v2<v3B.三個速度的大小關系可能是v2<v1<v3C.粒子的比荷=D.粒子的比荷=〖解析〗選B。由于t1∶t2∶t3=3∶3∶1,作出粒子運動軌跡圖如圖所示,它們對應的圓心角分別為90°、90°、30°,由幾何關系可知軌道半徑大小分別為R2<R3,R1<R3=2L,由qvB=m可知三個速度的大小關系可能是v2<v1<v3,故A錯誤,B正確;粒子運動周期T==,則t1=T=,解得=,故C錯誤;由qv3B=m及R3=2L,解得粒子的比荷=,故D錯誤?！碱}后反思〗解決本題的關鍵是要搞清楚,帶電粒子在磁場中運動的時間與所對應的圓心角有關,再結合幾何知識與洛倫茲力提供向心力聯立求解。4.(2021·臨滄模擬)如圖所示,圓形區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場,三個質量和電荷量相同的帶電粒子a、b、c,以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場,其運動軌跡如圖。若帶電粒子只受磁場力的作用.則下列說法正確的是 ()A.a粒子動能最大B.c粒子速率最大C.b粒子在磁場中運動時間最長D.它們做圓周運動的周期Ta<Tb<Tc〖解析〗選B。由運動軌跡可知ra<rb<rc,根據r=,可知vc>vb>va,所以A錯,B對;根據運動軌跡對應的圓心角及周期公式,可知a粒子在磁場中運動時間最長,它們的周期相等,C、D錯。5.(多選)如圖所示,一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源,以與水平方向成θ角的不同速率,向磁場中射入兩個相同的粒子1和2,粒子1經磁場偏轉后從邊界上A點出磁場,粒子2經磁場偏轉后從邊界上B點出磁場,OA=AB,則 ()A.粒子1與粒子2的速度之比為1∶2B.粒子1與粒子2的速度之比為1∶4C.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶1D.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶2〖解析〗選A、C。粒子進入磁場時的速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓心,同理,粒子進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心,由幾何關系可知,兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1與粒子2的速度之比為1∶2,A正確,B錯誤;由于粒子在磁場中做圓周運動的周期均為T=,且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同,因此粒子在磁場中運動的時間相同,C正確,D錯誤。6.(創(chuàng)新題)(多選)如圖所示,垂直紙面向里的勻強磁場以MN為邊界,左側磁感應強度為B1,右側磁感應強度為B2,B1=2B2=2T,比荷為2×106C/kg的帶正電粒子(不計重力)從O點以v0=4×104A.×10-6s B.π×10-6sC.×10-6s D.2π×10-6s〖解析〗選A、C。粒子在右側磁場B2中做勻速圓周運動,則qv0B2=,解得R2==2cm,故粒子經過半個圓周恰好到達P點,軌跡如圖甲所示。則粒子運動的時間t1===×10-6s,由于B1=2B2,由上面的求解可知粒子從P點射入左邊的磁場后,做半徑R1=R2=1cm的勻速圓周運動,經過兩次周期性運動可再次經過P點,軌跡如圖乙所示,則粒子運動的時間t2=T1+T2=×10-6s,在以后的運動中,粒子通過MN的點會遠離P點,所以,粒子通過距離O點4cm的磁場邊界上的P點所需的時間為×10-6s或×10-6s。則A、C正確,B、D錯誤。7.(2021·貴陽模擬)如圖所示,在某裝置中有一勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直于xOy所在紙面向外。某時刻在x=l0、y=0處,一質子沿y軸負方向進入磁場;同一時刻,在x=-l0、y=0處,一個α粒子進入磁場,速度方向與磁場垂直。不考慮質子與α粒子的相互作用,設質子的質量為m,電荷量為e(α粒子的質量為4m,電荷量為2e),則:(1)如果質子經過坐標原點O,它的速度為多大?(2)如果α粒子與質子經最短時間在坐標原點相遇,α粒子的速度應為何值?方向如何?〖解析〗(1)質子的運動軌跡如圖所示,其圓心在x=處,其半徑r1=又r1=,可得v=。(2)質子從x=l0處到達坐標原點O處的時間tp=又Tp=,可得tp=α粒子的周期Tα=若α粒子與質子經最短時間在坐標原點相遇,此時有tα=tp可得tα=兩粒子的運動軌跡如圖所示,由幾何關系得rα=l0,又2evαB=,解得vα=,方向與x軸正方向的夾角為?！即鸢浮?(1)(2),方向與x軸正方向的夾角為8.(2020·哈爾濱模擬)如圖所示,在紙面內存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B,一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P,P的質量為m、電荷量為-q,P與桿間的動摩擦因數為μ。小球由靜止開始滑動,設電場、磁場區(qū)域足夠大,桿足夠長,在運動過程中小球的最大加速度為a0,最大速度為v0,則下列判斷正確的是()A.小球先加速后減速,加速度先增大后減小B.當v=v0時,小球的加速度最大C.當v=v0時,小球一定處于加速度減小階段D.當a=a0時,>〖解析〗選C。開始運動階段qvB<mg,加速度a1=,小球做加速度越來越大的加速運動;當qvB=mg之后,小球受到的支持力垂直桿向下,小球的加速度a2=,小球做加速度減小的加速運動,加速度減小到0后做勻速運動,則可知小球一直加速最后勻速,加速度先增大后減小為0不變,A錯誤;作出小球的加速度隨速度的變化規(guī)律圖象如圖所示,兩階段的圖線斜率大小相等,有v1<v0,則v=v0時一定處于加速度減小階段,B錯誤,C正確;a=a0可能出現在加速度增大階段或加速度減小階段,D錯誤。9.(創(chuàng)新題)(多選)如圖為某磁譜儀部分構件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測儀可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時,下列說法正確的是 ()A.電子與正電子的偏轉方向一定不同B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C.僅依據粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子D.粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小〖解析〗選A、C。電子與正電子電性相反,若入射速度方向相同時,由左手定則可判定電子和正電子受力方向相反,所以偏轉方向相反,選項A正確;根據r=可知,由于電子和正電子垂直進入磁場的速度未知,故軌跡半徑不一定相同,選項B錯誤;由于質子和正電子在磁場中的受力方向一樣,所以僅憑粒子的運動軌跡無法判斷是質子還是正電子,故選項C正確;根據Ek=mv2和r=得r=,可見粒子的動能越大時,軌跡半徑越大,選項D錯誤。10.(多選)如圖所示,長方形abcd長ad=0.6m,寬ab=0.3m,e、f分別是ad、bc的中點,以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場),磁感應強度B=0.25T,一群不計重力、質量m=3×10-7kg、電荷量q=+2×10-3C的帶電粒子以速度v0=5×A.從ae邊射入的粒子,出射點分布在ab邊和bf邊B.從ed邊射入的粒子,出射點全部分布在bf邊C.從bf邊射入的粒子,出射點全部分布在ae邊D.從fc邊射入的粒子,全部從d點射出〖解析〗選A、B、D。粒子進入磁場后做勻速圓周運動,根據洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B=m,解得:r==m=0.3m。從ae邊射入的粒子,粒子進入磁場后向上偏轉,做圓周運動,由于軌道半徑r=0.3m=ab,粒子將從圓弧af射出磁場,最后從ab邊和bf邊射出,故A正確;粒子軌道半徑r=ab,從d點射入的粒子恰好從f點射出磁場,從ed邊射入磁場的粒子向上偏轉,最終從bf邊射出,故B正確;從bf邊射入的粒子,出射點分布在ae邊與d點,故C錯誤;從fc邊射入的粒子,在洛倫茲力作用下向下偏轉,在磁場中轉過的圓心角為90°,全部從d點射出,故D正確?！技庸逃柧殹?多選)兩個質子以不同的速率均在勻強磁場中做勻速圓周運動,軌跡如圖所示,兩圓周相切于A點,過A點作一直線與兩圓周交于D點和C點。若兩圓周半徑r1∶r2=1∶2,下列說法正確的有 ()A.兩質子速率之比v1∶v2=1∶2B.兩質子周期之比T1∶T2=1∶2C.兩質子由A點出發(fā)第一次分別到達D點和C點經歷的時間之比t1∶t2=1∶2D.兩質子分別運動到D點和C點處時的速度方向相同〖解析〗選A、D。質子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=m,則v=,所以兩質子的速率之比為1∶2,A正確;又T=,解得T=,所以兩質子的周期之比為1∶1,B錯誤;由題圖可知兩質子由A點出發(fā)第一次分別運動到D點和C點時的偏轉角相等,由于周期相同,則兩質子的運動時間相等,即時間之比為1∶1,C錯誤;由于兩質子的偏轉角相等,則兩質子分別運動到D點和C點時的速度方向相同,D正確。11.如圖所示,長方形ABCD內有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B,邊長BC=2AB,E、F分別為AD、BC邊的中點,在A處有一粒子源,可以沿AB方向射出不同速率的帶正電的同種粒子,粒子的質量為m,帶電荷量為q,不計粒子的重力及粒子間的相互作用,對于粒子在磁場中的偏轉,下列說法正確的是()A.粒子可能從C點射出磁場B.粒子在磁場中運動的時間可能為C.從D點射出的粒子在磁場中運動的時間是從E點射出的粒子在磁場中運動時間的2倍D.從E點射出的粒子在磁場中運動的時間是從F點射出的粒子在磁場中運動時間的2倍〖解析〗選D。設AB=L,則BC=2L,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=m,解得r=,v=,粒子速度v越大,粒子做圓周運動的軌跡半徑越大,當r=L時,粒子運動軌跡與BC相切于BC的中點F,粒子從D點離開磁場,當r<L時,粒子從AD邊離開磁場,即r≤L時粒子從AD邊離開磁場,當r>L時粒子從BF間離開磁場,粒子不可能從FC與CD間離開磁場,故粒子不可能從C點射出磁場,A錯誤;粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T=,粒子從AD邊離開磁場時在磁場中的運動時間為t=T=,粒子恰好從BC中點離開磁場時在磁場中運動的時間為t′=T=,粒子從BF間離開磁場時在磁場中運動的時間為t″<T=,由此可知,粒