2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-根据粒子运动确定磁场运动区域专题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-根据粒子运动确定磁场运动区域专题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。

如图所示，半径为R=2 cm的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小B=2 T，圆形磁场边界上有A、C、N三点，一个比荷为2×106C/kg、带正电的粒子(粒子重力可忽略不计)，从A点以v0=8×104m/s的速度垂直于直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON=120°，则
A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1 cm
B. 带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定不在圆形磁场的边界上
C. 若带电粒子改为在圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，则粒子一定从N点射出
D. 若要实现带电粒子从A点以原速度v0入射、从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为π×10-4m2
如图所示，半径为的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小，圆形磁场边界上有A、C、N三点，一个比荷为2×106C/kg、带正电的粒子(粒子重力可忽略不计)，从A点以的速度垂直于直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON=120∘，则( )
A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cm
B. 带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定不在圆形磁场的边界上
C. 若带电粒子改为在圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，则粒子一定从N点射出
D. 若要实现带电粒子从A点以原速度v0入射、从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为
如下图所示，电子质量为m，电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0.现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B.若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，下列说法正确的是( )
A. 所加磁场范围的最小面积是πm2v022e2B2
B. 所加磁场范围的最小面积是(π+2)m2v022e2B2
C. 所加磁场范围的最小面积是(3π+2)m2v024e2B2
D. 所加磁场范围的最小面积是3πm2v022e2B2
在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面的匀强磁场，a点处有一离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直bc边射出，下列说法正确的是( )
A. 磁场区域的最小面积为π-24L2
B. 离子在磁场中做圆周运动的半径为2L
C. 磁场区域的最大面积为π4L2
D. 离子在磁场中运动的最长时间为2πL3v
在xOy平面上分布有以O为中心的圆形匀强磁场区域(未画出)，磁场方向垂直于xOy平面向外。一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，以大小为v0，方向沿y轴负方向的速度从原点O开始运动，后来粒子经过x轴上的A点。此时速度方向与x的夹角为30°。A到O的距离为d，如图所示，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的面积为( )
A. πd2B. πd22C. πd24D. πd23
如图所示，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m、带电荷量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．带电粒子可能经过的区域的面积是
A. 2πmvqB2B. 32πmvqB2C. πmvqB2D. 12πmvqB2
如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里.许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域.不计重力，不计粒子间的相互影响.带电粒子可能经过的区域的面积是( )
A. 32π(mvBq)2B. 12πmvBq2C. π(mvBq)2D. 2π(mvBq)2
如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P1点以速度v射人第一象限，入射方向与y轴正方向成α角。为了使该粒子能从x轴上的P2点射出，且射出方向与x轴垂直，可在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若磁场分布为一个圆形区域，则这一圆形区域的最小面积为(不计粒子的重力)
A. πm2v2q2B2B. πm2v2q2B2cs2α2C. πm2v2q2B2sinα2D. πm2v2q2B2sin2α2
二、多选题
如下图所示，xOy坐标系的第一象限内y轴与直线y=x(x≥0)之间的部分区域内存在垂直纸面向里的磁感应强度B=0.5T的有界匀强磁场。从y轴上的A点0,2-1沿x轴正方向射出许多速率不同的相同带正电的粒子。已知粒子速率范围为0<ν≤102m/s，且最大速率的粒子恰好不从磁场右边界穿出。不计粒子的重力及电荷间相互作用力，下列说法正确的是
A. 所有粒子在磁场中运动的时间相同
B. 粒子的比荷为2×102C/kg
C. 磁场区域的最小面积为πm2
D. 粒子从直线y=x处运动时间π×10-2s射出磁场
在竖直平面内建立直角坐标系，曲线y=x220位于第一象限的部分如下图所示，在曲线上不同点以一定的初速度ν0向x轴负方向水平抛出质量为m、带电荷量为+q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点O，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域(图中未画出)，结果小球恰好在竖直面内做匀速圆周运动，并且都能打到y轴负半轴上。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 第三象限的电场强度大小为mgq，方向竖直向下
B. 小球的初速度为10m/s
C. 第三象限的磁场方向一定是垂直纸面向外
D. 要使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积是12πmν0qB2
如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标轴上的M、N、P三点到坐标原点O的距离均为r，在第二象限内以O1(-r,r)为圆心，r为半径的14圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外的匀强磁场；现从M点平行xOy平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限。为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，在第一象限内，以适当的过P点的曲线为边界(图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同)，边界之外的区域加上平行于y轴负方向的匀强电场或垂直xOy平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用及其重力。下列说法正确的是( )
A. 若OPN之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为(π-2)r22
B. 若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为5v
C. 若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度方向不可能与x轴成45 º
D. 若OPN之外的区域加的是电场，则边界PN曲线的方程为y=x2r-2x+r
如图所示，半径为R=2cm的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B=2T，一个比荷为2×106C/kg的带正电粒子从圆形磁场边界上的A点以v0=8×104m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON=120º。下列选项正确的是( )
A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cm
B. 带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定在圆形磁场的边界上
C. 若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出
D. 若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π×10-4m2
如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，大量带电粒子同时从y轴上OP之间(0A. 所有粒子运动的时间均为πmqB
B. 粒子的入射速度v与入射位置的纵坐标y满足关系v=qBym
C. 到达O点前的同一时刻，所有粒子排列在一段圆弧上
D. 在0∼πm2qB时间内，所有粒子经过的磁场区域的面积为a216(π+2)
如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，大量带电粒子同时从y轴上OP之间(0A. 所有粒子运动的时间均为πmqB
B. 粒子的入射速度v与入射位置的纵坐标y满足关系v=qBym
C. 到达O点前的同一时刻，所有粒子排列在一段圆弧上
D. 在0∼πm2qB时间内，所有粒子经过的磁场区域的面积为a216(π+2)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，根据粒子转过的圆心角与粒子的周期公式求出粒子的运动时间．
带电粒子在磁场中运动的题目解题基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．
【解析】根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，可
得r=mvqB，代入数据解得r=2cm，故A错误;粒子运动
轨迹如图所示，
因为R=r，四边形AONP为菱形，根据几何知识可得
圆心P一定在圆形磁场的边界上，故B错误;从圆形
场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如图所示，因
为R=r，所以四边形SCON为菱形，由儿何知识可知粒
子一定从N点射出，故C正确：当带电粒子在A点人射，
从N点出射，则磁场圆以AN为直径时面积最小，最小面
积S=π(AN2)2=π(Rcs30∘)2=3π×10-4m2，故D错误。
故选C．
2.【答案】C
【解析】
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，根据粒子转过的圆心角与粒子的周期公式求出粒子的运动时间．
带电粒子在磁场中运动的题目解题基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．
【解析】根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，可
得r=mvqB，代入数据解得r=2cm，故A错误;粒子运动
轨迹如图所示，
因为R=r，四边形AONP为菱形，根据几何知识可得
圆心P一定在圆形磁场的边界上，故B错误;从圆形
场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如图所示，因
为R=r，所以四边形SCON为菱形，由儿何知识可知粒
子一定从N点射出，故C正确：当带电粒子在A点人射，
从N点出射，则磁场圆以AN为直径时面积最小，最小面
积S=π(AN2)2=π(Rcs30∘)2=3π×10-4m2，故D错误。
故选C．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
从第一象限射入的电子，速度的大小相同，速度的方向(与x轴的正方向)分布在0°到90*的范围内，沿x轴正方向射入的电子的偏转角最大，经过y轴上的点距0点最远.经分析可知，此距离为电子运动轨迹半径的2倍；做出平行于x轴入射的电子轨迹和垂直于x轴入射的电子的轨迹，两个电子的运动半径相同，通过几何关系可知电子打到荧光屏MN上的长度等于轨迹的半径；结合平行于x轴射入的电子和垂直于x轴方向射入的电子的轨迹，集合几何关系可得知磁场最小面积时的图形，从而可得出最小面积．
【解答】
设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：ev0B=mv02R
即：R=mv0eB
电子从y轴穿过的范围为：OM=2R=2mv0eB
初速度沿x轴正方向的电子沿ⅧOA运动到荧光屏MN上的P点;初速度沿y轴正方向的电子沿OC运动到荧光屏MN上的Q点;
由几何知识可得：PQ=R=mv0eB
取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出础场的点为E(x,y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：x=-Rsinθ y=R+Rcsθ
即：x2+(y-R)2=R2
又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点;沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的场的边界是以(0,R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆强所围区域，所以磁场范围的最小面积为：
s=34πR2+R2-14πR2=(π2+1)(mv0eB)2=(π+2)m2v022e2B2，故B正确。
故选B
4.【答案】C
【解析】解：带电离子在圆形磁场中运动时存在着这样的规律，如果离子的轨迹半径与圆形磁场的半径相等，则离子从同一点以相同的速率、不同的方向射入圆形磁场，则离子会平行于某一方向射出磁场。
AB、所有离子均垂直bc边射出，离子的轨迹半径等于L，如图所示，
则磁场区域的最小面积为图中阴影部分的面积，则有：Smin=2(14πL2-12L2)=π-22L2，故AB错误；
C、磁场的最大区域是四分之一圆，面积Smax=14πL2，故C正确；
D、离子的速率一定，轨迹最长的离子运动的时间最长，则最长时间为T4，则有：tmax=T4=πL2v，故D错误。
故选：C。
如果离子的轨迹半径与圆形磁场的半径相等，则离子从同一点以相同的速率、不同的方向射入圆形磁场，则离子会平行于某一方向射出磁场，由此画出粒子的运动轨迹，确定最大磁场和最小磁场面积，根据几何关系求解。
本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动情况分析，解答本题的关键是弄清楚离子的运动情况，知道带电离子在圆形磁场中的运动规律。
5.【答案】D
【解析】解：粒子的运动轨迹如图所示，
根据几何知识有R+Rsin30∘=d，
解得R=13d，
则圆形磁场区域的半径为r=2Rcs60°=d3，
所以磁场区域的面积为S=πr2=πd23，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据题意作出粒子从O到A的运动轨迹，根据几何知识求解圆形磁场区域的半径，最后求解圆形磁场区域的面积。
解决该题的关键是正确作出粒子的整个运动轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径以及圆形磁场区域的半径。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
相同速度的粒子在磁场中的转动半径相同，则根据带电粒子的进入磁场的方向可确定圆心的位置，根据几何图形可求出面积大小。
【解答】
根据牛顿第二定律，由洛伦力提供向心力，
则有：qvB=mv2r
得r=mvqB
根据左手定则，依据几何特性，作图，
则有该区域的面积：S=12πr2+14π(2r)2
代入数据可解得：S=32π(mvBq)2，故B正确；
故选B。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
由洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的半径，根据左手定则，及运动与力的关系，可画出运动轨迹，根据几何图形可求出面积大小。
考查牛顿第二定律的应用，知道向心力表达式与左手定则，掌握如何正确的画出运动轨迹，并考查圆的面积公式。
【解答】
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=mv2r
解得r=mvqB
根据左手定则，依据几何特性作图，如图所示：
则有该区域的面积：S=12πr2+14π(2r)2
代入数据可解得：S=32π(mvBq)2，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查磁场区域面积的极值问题，此题的关键是确定出圆心，且要考虑从A到C过程中有圆周运动也有直线运动。做出粒子的轨迹，根据牛顿第二定律求出半径，圆形磁场区域的最小面积是以磁场中圆周运动轨迹对应弦为直径的圆。
【解答】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设带电粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R，则粒子在磁场中做圆周的半径：R=mvqB，带电粒子在磁场中运动轨迹如图中圆弧AC所示：
所加磁场面积最小时，应是以AC为直径的圆形区域，设圆形区域的半径为r，由几何关系可知r=Rcsα2=mvqBcsα2，故圆形区域的最小面积，故B正确，ACD错误。
故选B。
9.【答案】AB
【解析】
【分析】本题考查带电粒子在有界磁场中运动的临界与极值问题。
解决粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，需要熟练记住两个公式R=mvBq，，作出粒子临界的轨迹图(即速度为100m/s时)，结合几何关系求出最大半径，进而可求出磁场区域的最小面积；根据求运动时间(θ为偏转角)。
【解答】A、因为所有粒子均不从磁场右边界射出，所以所有粒子在磁场中均做半个圆周运动，从y轴上射出磁场，运动时间均为t=12T=πmBq，选项A正确；
B、速率vm=102m/s的粒子恰好不从磁场右边界射出，其轨迹圆与直线y=x相切(如下图所示)，
设粒子轨迹圆的半径为r，由几何关系有r+(2-1)r=2r，解得r=1m，由Bqv=mvm2r，得qm=2×102C/kg，选项B正确；
C、磁场中区域的最小面积S=12πr2=π2m2，选项C错误；
D、速率最大的粒子从A点运动到直线y=x处的轨迹圆心角θ=π4，粒子从直线y=x处到从y轴射出磁场运动的时间为t=π-θ2πT=π-θmqB=3π4×10-2s，选项D错误。
故选AB。
10.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查了平抛运动，带电粒子在重力场、电场和磁场中的运动，明确小球的运动特点和运动规律是解题的关键。
小球在第一象限中做平抛运动，根据平抛运动规律可求小球的初速度；小球在第三象限中做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，可得电场强度的大小和方向；根据题意结合左手定则可判断磁场方向；设小球最初进入第三象限时合速度方向与y轴负半轴夹角为α，由于要使所有的小球都能打到y轴的负半轴，故小球在磁场中的偏转角恒为2α且运动轨迹的弦长不变，恒为2mν0qB，根据面积公式可得磁场区域的最小面积。
【解答】
B.设小球释放点的坐标为(x,y)，初速度为ν0，
由平抛规律可知x=ν0t，y=12gt2，由以上两式可得y=g2ν02x2，
又由题意可知y=x220，联立可得ν0=10m/s，B正确；
A.小球在第三象限做匀速圆周运动，则mg=qE，即E=mgq，方向竖直向上，A错误；
C.根据题意结合左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，C错误；
D.设小球最初进入第三象限时合速度为ν，与y轴负半轴夹角为α，则有ν0=νsinα，洛伦兹力提供向心力qνB=mν2r，r=mνqB=mν0qBsinα，小球在磁场中的偏转角恒为2α且运动轨迹的弦长不变，恒为2mν0qB，要使小球都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积为Smin=12πR2=12πmν0qB2，D正确。
故选BD。
11.【答案】ABD
【解析】
【分析】
选沿MO1方向射入的粒子作为研究对象，粒子恰好运动四分之一圆周之后进入第一象限，根据牛顿第二定律结合类平抛运动基本公式和粒子在磁场中的运动规律求解；
本题考查带电粒子在复合场中的运动问题，根据运动形式选择合适方法处理．对于类平抛运动，常常运用运动的分解法；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，洛伦兹力提供向心力，再由几何知识求解半径，二者联立即可。作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点四点组成的四边形，证明其为菱形；经常围绕这个模型出“一点发射的粒子平行出射”或者“平行入射的粒子汇聚一点”等问题，大家要牢记。
【解答】
A.由题意知沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限，轨迹为14圆弧，速度方向水平向右(沿x轴正方向)由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点四点组成的四边形为菱形，且所有从M点入射粒子进入第一象限速度方向相同，根据逆向思维，为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，OPN之外的区域加的是磁场，曲线PN一定是圆弧，且沿MO1方向射出的粒子最后到达N点，故A正确；
BC.若OPN之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛，沿MO1入射的粒子到达N点时的运动时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为t，在N点速度与水平方向夹角为θ，则有：
水平方向：r=vt
竖直方向r=vy2t
联立解得：vy=2v
vmax=v2+vy2=5v，tanθ=vyv=2，tan45∘=1，故B正确，C错误；
D.若OPN之外的区域加的是电场，则边界PN曲线的方程为y=x2r-2x+r，故D正确。
故选ABD。
12.【答案】BCD
【解析】
【分析】
由题中条件求出带电粒子在磁场中运动半径，可知运动半径与磁场半径相等，即可做出粒子在匀强磁场中运动轨迹的示意图，结合几何知识进行求解即可。
求出半径做出轨迹的示意图是求解的关键。
【解答】
A.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r=mv0Bq=8×1042×2×106m=0.02m=2cm，故A错误；
B.作出轨迹示意图如图所示
结合几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定在圆形磁场的边界上，故B正确；
C.因为∠AON=120º，且运动半径等于磁场半径，所以若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出，故C正确；
D.若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为πrsin60°2=π2×10-2×322=3π×10-4m2，故D正确。
故选BCD。
13.【答案】AD
【解析】
【分析】
带电粒子在匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，由此解得粒子的运动时间；由其出发点的位置结合半径表达式解得入射速度v与入射位置的纵坐标y满足的关系；由所有粒子的运动特点得解；由数学关系解得所有粒子经过的磁场区域的面积。
本题主要考查带电粒子在磁场中的运动，知道由洛伦兹力提供向心力是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由于所有粒子都从y轴上沿x轴正向射入磁场，并同时到达O点，由圆周运动的对称性可知，各圆轨迹均为半圆，故由洛伦兹力提供向心力，可知各粒子运动的时间均为半周期，故为：t=T2=πmqB，故A正确；
B.由r=y2=mvqB，解得粒子的入射速度v与入射位置的纵坐标y满足关系为：v=qBy2m，故B错误；
C.由于所有粒子同时到达O点，故到达O点前的同一时刻，所有粒子并不排列在一段圆弧上，故C错误；
D.在14T内，从a点出发的粒子经过的磁场区域的面积最大，为：14·πa22=116πa2，其它粒子从0-a，由数学关系可得在14T内，所有粒子经过的磁场区域的面积为a216π+2，故D正确。
故选AD。
14.【答案】AD
【解析】
【分析】
本题考查带电粒子在单边界磁场中的运动问题。
粒子在磁场中做圆周运动，由于比荷相同，周期相同，经过半个周期射出磁场；根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力解得速度与位置坐标关系；粒子同时进入磁场，在同一时刻，所有粒子都处于过O点的直线上，根据几何关系求得经过T4，求得所有粒子经过的磁场区域的面积。
【解答】
A.所有的带电粒子同时从y轴上OP之间(0B.粒子在磁场中做了半圆运动，入射点的位置坐标y=2R，根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2R，联立解得：v=qBy2m，故B错误；
C.到达O点前的同一时刻，所有粒子都在各自的圆周上，且在同一条直线上，故C错误；
D.粒子运动轨迹如图，
在0∼πm2qB时间内，所以粒子转过了T4，则所有粒子经过的磁场区域的面积为以a2为半径的四分之一的圆面积加以a2为边长的正方形的面积的一半，大小为：14π(a2)2+12·a2·a2=a216(π+2)，故D正确。
故选AD。