全国版2021高考物理一轮复习专题十磁场考点2带电粒子在匀强磁场中的运动精练含解析 6页

带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎1.[2020江西七校第一次联考]如图所示,OO'为圆柱筒的轴线,磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向向左,在圆筒壁上布满许多小孔,对于任意一小孔,总能找到另一小孔与其关于轴线OO'对称.有许多比荷为qm的带正电粒子,以不同的速度、不同的入射角射入各小孔,且均从关于OO'轴线与该孔对称的小孔中射出,已知入射角为30°的粒子的速度大小为‎2‎×103 m/s.则入射角为45°的粒子的速度大小为(　　)‎ A.1×103 m/s B.1.5×103 m/s C.2×103 m/s D.4×103 m/s ‎2.[2020福建五校第二次联考]如图,半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面(圆所在平面)向外.圆周上的a点有一电子发射源,可向磁场内沿直径ab的方向发射电子.已知电子的比荷为k.则从‎1‎‎6‎圆周处的M点和‎1‎‎3‎圆周处的N点射出的电子的速度大小分别为(　　)‎ A.‎3‎kBR‎3‎,‎3‎kBR B.‎3‎kBR,‎‎3‎kBR‎3‎ C.‎3‎BRk,‎3‎BR‎3k D.‎3‎BR‎3k,‎‎3‎BRk ‎3.[2020辽宁大连检测]如图所示,在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场,圆面竖直,磁场垂直圆面向里,MN是一竖直放置的感光板.从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子,且粒子所带电荷量为q、质量为m.不考虑粒子间的相互作用力及重力,关于这些粒子的运动,以下说法正确的是(　　)‎ A.只要对着圆心入射,出射后均可垂直打在MN上 B.即使是对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线也不一定过圆心 C.对着圆心入射的粒子,速度越大,在磁场中通过的弧长越长,时间也越长 D.只要速度满足v=qBRm,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 ‎4.[2020湖北十堰模拟,多选]如图所示,纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,纸面内P、A两点的连线与圆形区域相切于A点,PA=2‎3‎R.若P点处有一粒子源沿PA方向射出不同速率的带正电粒子(质量为m,电荷量为q,不计重力及粒子间的相互作用,则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为(　　)‎ A.qBRm B.‎2qBRm C.‎7qBR‎2m D.‎‎4qBRm - 6 -‎ ‎5.[2019全国Ⅲ]如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为‎1‎‎2‎B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为(　　)‎ A.‎5πm‎6qB B.‎7πm‎6qB C.‎11πm‎6qB D.‎‎13πm‎6qB ‎6.[2019湖南名校大联考,多选]如图甲所示,一带电滑块放置在足够长的绝缘木板左端,木板静止在粗糙的水平地面上,水平地面上方有一垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度随时间变化关系如图乙所示.已知木板的质量为M=0.5 kg,滑块质量为m=0.3 kg、所带电荷量q=+0.6 C,已知滑块与木板、木板与地面之间的动摩擦因数相等,且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.t=0时对木板施加方向水平向左的大小为F=2t(N)的变力作用.测得滑块的加速度随时间变化的规律如图丙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)‎ A.木板与地面之间的动摩擦因数为0.5‎ B.t1时刻外力F的大小为4.8 N C.t1时刻滑块的速度大小为6 m/s D.滑块最终以速度10 m/s做匀速运动 ‎7.[2020河南洛阳尖子生第一次联考,16分]如图,在0≤x≤‎3‎a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B(未画出).在t=0时刻,一位于坐标原点的粒子源在平面内发射出大量同种带电粒子,所有粒子的初速度大小相等,方向与y轴正方向的夹角分布在0~180°范围内.已知沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界上P(‎3‎a,a)点离开磁场.不计粒子重力及相互间作用力,求:‎ ‎(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷;‎ ‎(2)t=t0时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角θ的取值范围;‎ ‎(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间.‎ - 6 -‎ 考点2　带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎1.A　由题意知,粒子均沿垂直磁感应强度方向进入匀强磁场,则有qvB=mv‎2‎r,变形可得vr=qBm,即v∝r,则入射粒子的速度与其轨迹半径成正比.粒子在磁场中运动的左视图如图所示,对于入射角为30°和45°的两粒子,由几何关系有r1=Rsin30°‎=2R,r2=Rsin45°‎=‎2‎R,所以对于两粒子有v‎1‎v‎2‎=r‎1‎r‎2‎=‎2‎,可得v2=1×103 m/s,A项正确.‎ ‎【模型分析】　本题的难点在于需要考生自己构建物理模型.根据题中信息,粒子从小孔射入,再从关于OO'轴线与该小孔对称的小孔中射出.分析可知,粒子的速度方向与磁感应强度方向垂直.只有满足这个条件,粒子才能按照题中所述方式射出.‎ ‎2.A　如图所示,画出从M点射出的电子的运动轨迹,由tan 30°=r‎1‎R可得从M点射出的电子的轨迹半径为r1=‎3‎‎3‎R,由洛伦兹力提供向心力有ev1B=mv‎1‎‎2‎r‎1‎,又em=k,联立解得v1=‎3‎kBR‎3‎;画出从N点射出的电子的运动轨迹,由tan 60°=r‎2‎R可得从N点射出的电子的轨迹半径为r2=‎3‎R,由洛伦兹力提供向心力有ev2B=mv‎2‎‎2‎r‎2‎,又em=k,联立解得v2=‎3‎kBR.所以选项A正确. ‎ ‎ 【关键点拨】　本题的难点在于确定两电子的运动轨迹的圆心.应先过a点作直径ab的垂线PQ,可知圆心就在PQ上;又圆心到a点和M点的距离相同,连接aM,作aM的垂直平分线与PQ相交于O1点,则O1点就是从M点射出的电子的运动轨迹的圆心.按照相同的方法可以确定另一个电子的运动轨迹的圆心.‎ ‎3.D　根据磁发散的特点,可知只要轨道半径与磁场半径相等,即速度满足v=qBRm,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上,A项错误,D项正确.由对称性可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线一定过圆心,B项错误;对着圆心入射的粒子,速度越大,在磁场中通过的弧长所对的圆心角越小,运动时间越短,C项错误. ‎ ‎4.CD　粒子的运动轨迹与圆相切时如图所示,由几何知识得(r-R)2+(2‎3‎R)2=(r+R)2‎ - 6 -‎ ‎,解得轨迹半径r=3R,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv‎2‎r,解得速率v=‎3qBRm,故速率v'>‎3qBRm的带正电粒子都可以进入圆形区域,选项A、B错误,C、D正确.‎ ‎5.B ‎　设带电粒子进入第二象限的速度为v,在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示,对应的轨迹半径分别为R1和R2,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv‎2‎R、T=‎2πRv,可得R1=mvqB、R2=‎2mvqB、T1=‎2πmqB、T2=‎4πmqB,带电粒子在第二象限中运动的时间为t1=T‎1‎‎4‎,在第一象限中运动的时间为t2=θ‎2πT2,又由几何关系有cos θ=R‎2‎‎-‎R‎1‎R‎2‎,粒子在磁场中运动的时间为t=t1+t2,联立以上各式解得t=‎7πm‎6qB,选项B正确,A、C、D均错误.‎ ‎6.AD　由滑块的加速度随时间变化的图象可知,在t=2 s时刻滑块开始加速,且加速度随时间均匀增大,说明滑块与木板一起运动.t=2 s时刻对木板施加的力F0=4 N,对滑块和木板整体,由平衡条件可得地面对木板的最大静摩擦力(滑动摩擦力)大小为f=4 N.由f=μ(M+m)g可得木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5,选项A正确.由滑块的加速度随时间变化的图象可知,在t1时刻滑块和木板的加速度大小为a1=5 m/s2,由牛顿第二定律有,F1-f=(M+m)a,解得F1=8 N,选项B错误.由F1=2t1(N),解得t1=4 s,由加速度—时间图象与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量,可知t1时刻滑块的速度大小为v1=0+‎1‎‎2‎×5×(4-2) m/s =5 m/s,选项C错误.滑块最终不受摩擦力作用做匀速直线运动,由qvB=mg,解得v=10 m/s,选项D正确.‎ ‎7.解析:(1)初速度沿y轴正方向射入的粒子在磁场中的运动轨迹如图1中的弧OP所示,其圆心为C.由几何关系可知∠POC=π‎6‎(1分)‎ ‎△OCP为等腰三角形,故∠OCP=‎2π‎3‎,此粒子飞出磁场所用的时间为t0=T‎3‎(1分)‎ 式中T为粒子做圆周运动的周期,设粒子的运动速度大小为v,半径为R,‎ 由几何关系可得R=‎2‎‎3‎‎3‎a(1分)‎ 由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv‎2‎R(1分)‎ 又T=‎‎2πRv 联立解得qm=‎2π‎3Bt‎0‎.(1分)‎ ‎(2)t=t0时刻仍在磁场中的粒子,其运动轨迹所对的圆心角一定大于或等于‎2π‎3‎,θ - 6 -‎ 最小时粒子恰不从磁场右边界穿出;θ最大时粒子在磁场中运动的时间恰为t0(1分).依题意,所有粒子在磁场中运动相同时间时,转过的圆心角相同,故弦长相等;同一时刻仍在磁场中的粒子到O点距离相同(1分).在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的MN上,如图1所示,设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN.由对称性可知,vP与OP、vM与OM、vN与ON的夹角均为π‎3‎(1分),设vM、vN与y轴正方向的夹角分别为θM、θN,由几何关系有θM=π‎3‎,θN=‎2π‎3‎(1分)‎ 对于所有此时仍在磁场中的粒子,其初速度与y轴正方向的夹角θ应满足π‎3‎≤θ≤‎2π‎3‎.(2分)‎ ‎　　　　　　　 　图1　　　　　　　　图2‎ ‎(3)解法一:在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切,分析可知初速度为vM的粒子运动到M点时恰与边界相切,最后从N点离开磁场,其运动轨迹如图2所示(2分)‎ 由几何关系可知OM=OP=ON(1分)‎ 由圆的性质可知,OMN所对的圆心角为‎4π‎3‎,故从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间为2t0.(2分)‎ 解法二:在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹与磁场右边界相切.如图3所示,设该粒子的初速度与y轴正方向的 夹角为θ,则由几何关系有Rcos θ+R=‎3‎a(2分)‎ 解得θ=π‎3‎(1分)‎ 故该粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为2π-2θ=‎4π‎3‎(1分)‎ 所需时间‎2T‎3‎=2t0‎ - 6 -‎ 即从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用时间为2t0.(1分)‎ ‎【思路分析】　粒子的运动轨迹半径都相同,粒子在磁场中的运动时间为t=α‎2π×‎2πmqB=mαqB,由几何关系有2Rsin α‎2‎=L(α为粒子的运动轨迹对应的圆心角,L为粒子的运动轨迹对应的弦长),此时刻仍在磁场中的粒子的运动轨迹对应的弦长相等,最后一个出磁场的粒子的运动轨迹和磁场的右边界刚好相切.‎ - 6 -‎