專題強化練(40分鐘64分)一、選擇題:本題共8小題,每小題6分,共48分。1.如圖所示為邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD,帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場,恰好從C點飛出磁場;若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場,則從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)。設粒子從A點運動到C點所用的時間為t1,從P點運動到M點所用的時間為t2。帶電粒子重力不計,則t1∶t2為()A.2∶1 B.2∶3 C.3∶2 D.1∶2【解析】選C。畫出粒子從A點射入磁場到從C點射出磁場的軌跡,并將該軌跡向下平移,粒子做圓周運動的半徑為R=L,從C點射出的粒子運動時間為t1=T4;由P點運動到M點所用時間為t2,圓心角為θ,cosθ=R2R=12,則θ=60°,故t2=T6,所以t12.(2021·全國乙卷)如圖,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1,離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°;若射入磁場時的速度大小為v2,離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°。不計重力,則v1v2為A.12 B.33 C.【解析】選B。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力充當向心力有:qvB=mv2r,解得r=mvqB。設勻強磁場的圓形區(qū)域半徑為R,根據(jù)粒子射入磁場時的速度大小為v1,離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°可知r1=R,且r1=mv1qB,射入磁場時的速度大小為v2,離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°可知r2=3R,且r2=mv2qB,則v13.(多選)如圖所示,空間中存在一半徑為R、磁感應強度為B的圓形勻強磁場,MN是一豎直放置的足夠長的感光板。大量相同的帶正電粒子從圓形磁場最高點P以速率v沿不同方向垂直磁場方向射入,不考慮速度沿圓形磁場切線方向入射的粒子。粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,不考慮粒子間的相互作用和粒子的重力。關于這些粒子的運動,以下說法正確的是()A.對著圓心入射的粒子,速度越大,在磁場中運動的時間越短B.對著圓心入射的粒子,速度越大,在磁場中運動的時間越長C.若粒子速度大小均為v=qBRm,出射后均可垂直打在MND.若粒子速度大小均為v=qBRm,則粒子在磁場中的運動時間一定小于【解析】選A、C、D。對著圓心入射的粒子,速度越大在磁場中做圓周運動的軌跡半徑越大,軌跡對應的圓心角越小,由t=θ2πT=θmqB可知,運動時間越短,故A正確,B錯誤。粒子速度大小均為v=qBRm時,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得粒子的軌跡半徑r=mvqB=R,根據(jù)幾何關系可知,入射點P、O、出射點與軌跡圓的圓心的連線構(gòu)成菱形,射出磁場時的軌跡半徑與PO平行,故粒子射出磁場時的速度方向與MN垂直,出射后均可垂直打在MN上;根據(jù)幾何關系可知,軌跡對應的圓心角小于180°,粒子在磁場中的運動時間t<12T=πm4.(多選)如圖所示,直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)有一方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場,∠A=30°,AB=L。在A點有一個粒子源,可以沿AB方向發(fā)射速度大小不同的帶正電的粒子。已知粒子的比荷均為k,不計粒子間相互作用及重力,則下列說法正確的是()A.隨著速度的增大,粒子在磁場中運動的時間變短B.隨著速度的增大,粒子射出磁場區(qū)域時速度的偏轉(zhuǎn)角變大C.從AC邊射出的粒子的最大速度為2D.從AC邊射出的粒子在磁場中的運動時間為π【解析】選C、D。5.(2024·合肥模擬)如圖所示,半徑為R的14圓OAP區(qū)域中存在垂直于圓平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場,圓心O點有一粒子源,先后從O點以相同速率v0=qBRm向圓區(qū)域內(nèi)發(fā)射兩個完全相同的正電粒子a、b(質(zhì)量為m,電量為q),其速度方向均垂直于磁場方向,與OP的夾角分別為90°、60°,不計粒子的重力及粒子間相互作用力,則兩個粒子a、b在磁場中運動時間之比ta∶tb為(A.1∶1 B.2∶1C.1∶2 D.4∶1【解析】選A。兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑均為R,恰好與磁場區(qū)域半徑相等,對a粒子如圖甲所示,在磁場中恰好以P點為圓心做圓周運動,從AP邊上M點出磁場,ta=16T;對b粒子如圖乙所示在磁場中做圓周運動,恰好從AP邊上D點出,由幾何關系得tb=16T,故ta∶tb=1∶1,故A6.(2024·北京西城區(qū)模擬)如圖所示,正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里。一帶電粒子從ad邊的中點M以速度v垂直于ad邊射入磁場,并恰好從ab邊的中點N射出磁場。不計粒子的重力,下列說法正確的是()A.粒子帶負電B.若粒子射入磁場的速度增大為2v,粒子將從a點射出C.若粒子射入磁場的速度增大為2v,粒子將從b點射出D.若粒子射入磁場的速度增大為2v,粒子在磁場中的運動時間將變短【解析】選D。根據(jù)左手定則可知粒子帶正電,A錯誤;設正方形邊長為L,粒子以速度v和速度2v進入磁場,有L2=mvqB,L=m·可知若粒子射入磁場的速度增大為2v,射出的位置在N、b之間,B、C錯誤;若粒子射入磁場的速度增大為2v,則在磁場中運動的軌跡所對應的圓心角將變小,由t=θ2πT可知粒子在磁場中的運動時間將變短,故D7.(多選)(2024·淮南模擬)如圖所示,豎直平面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿垂直于圓形區(qū)域的勻強磁場(圖中未標出),O為圓形區(qū)域的圓心,AB和CD分別為圓的水平直徑和豎直直徑?，F(xiàn)從D點沿圖示方向垂直磁場發(fā)射一粒子,粒子最終從圓上的E點沿水平方向射出磁場,且E、O兩點的連線與AO的夾角α=60°,已知粒子射入磁場時的速度大小為v0,粒子的質(zhì)量為m,所帶電荷量的絕對值為q,不計粒子重力。以下說法正確的是()A.粒子在磁場中做勻速圓周運動時的半徑為3RB.圖中的θ=60°C.粒子在磁場中的運動時間為5πD.若僅改變粒子垂直射入磁場時的速度方向,粒子出磁場時其速度方向與CD的夾角可能為30°【解析】選B、C。設粒子在磁場中做圓周運動的圓心為O1,如圖所示,圖中∠EOD=α+90°=150°,據(jù)相交圓的特點可知∠EOO1=12∠EOD=75°,∠FOO1=∠EOO1-α=15°,則EF=Rsin60°=32R,FO1=FORcos60°tan15°=12R×sin(45°-30°)cos(45°-30°)=R-32R,所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R'=EF+FO1=R,A∠O1DO=180°-2∠EOO1=30°,因而θ=90°-∠O1DO=60°,故B正確;粒子在磁場中運動的時間t=150°360°×2πRv0=5πR6v0,故C正確;因R'=R,據(jù)磁發(fā)散的特點,以不同的方向從8.(2024·襄陽模擬)如圖所示,在直角三角形MON區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場(未畫出),磁感應強度大小為B,O點處的粒子源可向紙面內(nèi)磁場區(qū)域各個方向發(fā)射帶電粒子。已知帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q,速率均為v=qBd2m,ON長為d且∠ONM=30°,忽略粒子的重力及相互間的作用力。下列說法正確的是(A.自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為πB.自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間為πC.MN邊上有粒子到達區(qū)域的長度為dD.ON邊上有粒子到達區(qū)域的長度為3【解析】選C。根據(jù)qvB=mv2r解得r=d2,自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間的運動軌跡交MN于A點,圓弧所對應的圓心角為60°,自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間的運動軌跡交MN于B點、交ON于C點,圓弧所對應的圓心角為根據(jù)T=2πrv解得T=2πmqB,聯(lián)立可得tmin=60°360°T=πm3qB,tmax=120°360°T=2πm3AB=2×d2cos30°-(d-d2cos30°)cos30°=d2,故C正確;ON邊上有粒子到達區(qū)域的長度為O、C之間的距離,由幾何關系可得OC=2×d2cos30°=二、計算題:本題共1小題,共16分。9.(2024·蘇州模擬)如圖所示,在直角坐標系xOy平面內(nèi),有一離子源沿x軸正方向發(fā)射出大量速率均為v0的同種正離子,這些離子均勻分布在與x軸距離為0~R的范圍內(nèi),離子的質(zhì)量為m,電荷量為q。在離子源右側(cè)有一圓形磁場區(qū)域Ⅰ,其圓心O'的坐標為(0,R),半徑為R,磁場方向垂直于紙面向外,磁感應強度大小為B1(未知)。在y<0無限大區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場Ⅱ,磁感應強度大小為B2(未知),已知B2=12B1。CD為離子收集板,C點位置坐標為(-R,-3R),且CD平行于y軸。若離子群經(jīng)過磁場Ⅰ后均從O點進入磁場Ⅱ,其中從離子源最上方射出的離子經(jīng)過磁場Ⅰ偏轉(zhuǎn)后恰好從O點沿y軸負方向射入磁場Ⅱ,離子打到收集板上即刻被吸收,不考慮離子從磁場Ⅱ出去后的運動,(1)求B1的大小;(4分)答案:(1)m【解析】(1)由從離子源最上方射出的離子經(jīng)過磁場Ⅰ偏轉(zhuǎn)后恰好從O點沿y軸負方向射入磁場Ⅱ可知,離子在磁場Ⅰ中運動的半徑為r1=R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B1=mv解得B1=m(2)若從O點射出的離子恰好全部被收集板右側(cè)吸收,求收集板的長度L;(5分)答案:(2)(15-3)R【解析】(2)因為B2=12B1,所以離子在磁場Ⅱ中運動的半徑為r2=2r1=2R,離子在磁場中運動軌跡如圖1所示從離子源最上方射出經(jīng)O點沿y軸負方向的離子,打在收集板的位置離x軸的距離最近,為y1=32r2=3R,可知恰好打在C與x軸成β角的離子到達CD板最遠處的D點,則D點離x軸距離為y2=(2r2所以離子恰好全部被收集板右側(cè)吸收時,收集板的長度為L=y2-y1=(15-3)R(3)若收集板的長度為2R,則被板右側(cè)收集的離子數(shù)與所有射入磁場的離子數(shù)的比值為多大?(7分)答案:(3)3【解析】(3)若收集板的長度為2R,則打在收集板下端的離子做圓周運動的軌跡如圖2所示:從O點射出沿y軸負方向的離子在磁場Ⅱ中偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過C點,設從O點射出與x軸正方向夾角為θ的離子剛好經(jīng)過D點,則OC=OA2因OC=CD=2R,則C點為經(jīng)過D點離子軌跡的圓心。由sinθ=OAOC=12可得若從離子源最下方射出的離子經(jīng)O點也能被磁場Ⅱ作用,則打在收集板的位置與x軸的距離為y3=r2+32r2=2R+3