2021版高考物理一轮复习课时规范练29磁吃运动电荷的作用含解析 11页

课时规范练29　磁场对运动电荷的作用 ‎1.‎ ‎(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2019·湖北应城市期末)如图所示,正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带电的粒子从h点沿he图示方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb。当速度大小为vd时,从d点离开磁场,在磁场中运动的时间为td,不计粒子重力。则下列正确的说法是(　　)‎ A.tb∶td=2∶1 B.tb∶td=1∶2‎ C.tb∶td=3∶1 D.tb∶td=1∶3‎ ‎2.‎ ‎(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2019·浙江东阳市期中)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过Δt时间从C点射出磁场,OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为v‎3‎,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为(　　)‎ A.2Δt B.‎1‎‎2‎Δt ‎ C.3Δt D.‎1‎‎3‎Δt ‎3.‎ 11‎ ‎(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2019·湖北宜昌模拟)如图所示,直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场,电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场,经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,则t‎1‎t‎2‎为(　　)‎ A.‎2‎‎3‎ B.2 C.‎3‎‎2‎ D.3‎ ‎4.‎ ‎(临界极值问题)(2019·江西二模)如图所示,在xOy平面内第Ⅰ象限y轴和虚线y=‎3‎‎3‎x之间存在范围足够大的匀强磁场(y轴、虚线边界有磁场),方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B,在A(0,l)处有一个粒子源,可沿平面内各个方向射出质量为m,电量为q的带正电的粒子,粒子速率均为‎3‎qBl‎2m,不计粒子间的相互作用力与重力,且让粒子从x正半轴射出,则粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为(　　)‎ A.‎1‎‎3‎ B.‎2‎‎3‎ C.‎1‎‎5‎ D.‎‎2‎‎9‎ ‎5.(多解问题)如图甲所示,M、N为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O'正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。求:‎ 11‎ ‎(1)磁感应强度B0的大小。‎ ‎(2)要使正离子从O'垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度v0的可能值。‎ 11‎ 素养综合练 ‎6.‎ ‎(2017·全国卷Ⅲ,24)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)‎ ‎(1)粒子运动的时间;‎ ‎(2)粒子与O点间的距离。‎ ‎7.‎ 11‎ ‎(2019·山东潍坊三模)在平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,在A(L,0)点有一粒子源,沿y轴正向发射出速率分别为v、5v、9v的同种带电粒子,粒子质量为m,电荷量为q。在B(0,L)、C(0,3L)、D(0,5L)放一个粒子接收器,B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子,C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子。已知速率为v的粒子恰好到达B点并被吸收,不计粒子重力。‎ ‎(1)求第Ⅰ象限内磁场的磁感应强度B1;‎ ‎(2)计算说明速率为5v、9v的粒子能否被吸收;‎ ‎(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场,使所有粒子均到达接收器,求所加磁场的磁感应强度B2的大小和方向。‎ 11‎ ‎8.‎ ‎(2019·安徽三模)如图所示,空间充满了磁感应强度为B的匀强磁场,其方向垂直纸面向里。在平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的刚性等边三角形框架△DEF,DE边中点S处有一带正电的粒子,电量为q,质量为m,现给粒子一个垂直于DE边向下的速度,若粒子每一次与三角形框架碰撞时速度方向垂直于被碰的边,且碰撞均为弹性碰撞,当速度的大小取某些特殊数值时可使由S点发出的粒子最终又回到S点。‎ ‎(1)若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点,求粒子的速度大小。‎ ‎(2)若S点不在DE边的中点,而是距D点的距离DS=L‎4‎,仍然使粒子能回到S点,求满足条件的粒子的速度大小。‎ 参考答案 课时规范练29　磁场对运动电荷的作用 ‎1.‎ 11‎ C　根据题意可知,粒子从b点和从d点离开的运动轨迹如图所示:‎ 由图利用几何关系可知,从b点离开时粒子转过的圆心角为135°,而从d点离开时其圆心角为45°,因粒子在磁场中的周期相同,由t=θ‎360°‎T可知,时间之比等于转过的圆心角之比,故tb∶td=135°∶45°=3∶1,故C正确,ABD错误。故选C。‎ ‎2.‎ A　设圆形磁场区域的半径是R,以速度v射入时,半径r1=mvqB,根据几何关系可知,r‎1‎R=tan60°,所以r1=‎3‎R;运动时间Δt=‎60°‎‎360°‎T=‎1‎‎6‎T;‎ 以速度v‎3‎射入时,半径r2=m·‎v‎3‎qB‎=‎‎1‎‎3‎r1=‎3‎‎3‎R 设第二次射入时的圆心角为θ,根据几何关系可知:tanθ‎2‎‎=Rr‎2‎=‎‎3‎,所以θ=120°‎ 则第二次运动的时间为:t=θ‎2πT=‎120°‎‎360°‎T=‎1‎‎3‎T=2Δt,故选A。‎ ‎3.D　两电子进入同一匀强磁场中,由圆周运动半径公式R=mvqB可知,两电子轨迹半径相同。电子1垂直MN射入匀强磁场,由几何知识可知,电子1在磁场中运动轨迹所对圆心角为π,电子2在磁场中运动轨迹所对圆心角为π‎3‎。由周期公式T=‎2πmqB可知,两电子运动周期相同,故运动时间之比等于轨迹所对圆心角之比,即t1∶t2=3∶1,D项正确。‎ ‎4.‎ 11‎ C　虚线y=‎3‎‎3‎x与x轴之间的夹角为θ,则tanθ=yx‎=‎‎3‎‎3‎,解得θ=30°;粒子在磁场中只受洛伦兹力作用,故粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力做向心力,故有Bvq=mv‎2‎R;所以,粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R=mvqB‎=‎‎3‎‎2‎l;根据几何关系可得A到虚线的距离为‎3‎‎2‎l;那么,粒子在磁场中运动转过的最小中心角为60°,故粒子在磁场中运动的最短时间t1=‎1‎‎6‎T;当粒子速度方向向上时,半径垂直于y轴,过A做y轴的垂线交虚线y=‎3‎‎3‎x于B,根据几何关系可得AB=‎3‎l,所以AB为直径,粒子运动的最长时间为t2=‎1‎‎2‎T;则粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为‎1‎‎3‎,故C正确,ABD错误。‎ ‎5.答案 (1)‎2πmqT‎0‎　(2)πd‎2nT‎0‎(n=1,2,3,…)‎ 解析 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。‎ ‎(1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力B0qv0=‎mv‎0‎‎2‎R 做匀速圆周运动的周期T0=‎‎2πRv‎0‎ 由以上两式得磁感应强度B0=‎‎2πmqT‎0‎ ‎(2)要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场,v0的方向应如图所示,两板之间正离子只运动一个周期即T0时,有R=d‎4‎;当两板之间正离子运动n个周期,即nT0时,有R=d‎4n(n=1,2,3,…)。联立求解,得正离子的速度的可能值为v0=B‎0‎qRm‎=‎πd‎2nT‎0‎(n=1,2,3,…)‎ ‎6.答案 (1)πmqB‎0‎‎+‎πmqλB‎0‎　(2)‎2mv‎0‎B‎0‎q1-‎‎1‎λ 解析 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 11‎ qB0v0=mv‎0‎‎2‎R‎1‎①‎ qλB0v0=mv‎0‎‎2‎R‎2‎②‎ 粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1=πR‎1‎v‎0‎③‎ 粒子再转过180°时,所需时间t2为t2=πR‎2‎v‎0‎④‎ 联立①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2=πmB‎0‎q1+‎1‎λ⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得,所求距离为 d0=2(R1-R2)=‎2mv‎0‎B‎0‎q1-‎1‎λ⑥‎ ‎7.答案 (1)mvqL　(2)速率为5v的粒子能被吸收,速率为9v的粒子不能被吸收　(3)加一个垂直于坐标平面向外的磁场,磁感应强度为‎(5‎17‎+17)mv‎4qL;加垂直于坐标平面向里的磁场,磁感应强度为‎(3‎17‎+17)mv‎4qL 解析 (1)根据几何关系可知,速率为v的粒子恰好到达B点,则粒子的运动轨迹半径为R=L,‎ 根据洛伦兹力提供向心力可得qvB1=mv‎2‎R 解得B1=mvqL。‎ ‎(2)根据(1)中的关系可知,速率为5v、9v的粒子在磁场中运动半径分别为5L、9L,‎ 11‎ 设粒子与y轴的交点到O点的距离为y,将R=5L和R=9L分別代入(R-L)2+y2=R2,得到这两种粒子在y轴上的交点到O点的距离分别为3L、‎17‎L,‎ 故速率为5v的粒子能被吸收,速率为9v的粒子不能被吸收。‎ ‎(3)若速率为9v的粒子能够达到D点的接收器,则所加磁场垂直于坐标平面向外,‎ 设粒子在所加磁场中运动半径为R1,根据几何关系可得 R‎1‎‎9L‎=‎‎5L-‎17‎L‎2‎‎17‎L 由于q·9vB2=m‎(9v‎)‎‎2‎R‎1‎ 解得B2=‎(5‎17‎+17)mv‎4qL;‎ 若粒子达到C点的接收器,则所加磁场应该垂直于坐标平面向里 同理可得R‎2‎‎9L‎=‎‎17‎L-3L‎2‎‎17‎L q·9vB2'=m‎(9v‎)‎‎2‎R‎2‎ 解得B2'=‎(3‎17‎+17)mv‎4qL。‎ ‎8.答案 (1)qBL‎2m　(2)Bqm‎·‎L‎4(2n-1)‎(n=1,2,3…)‎ 解析 (1)粒子从S点以垂直于DE边射出后,做匀速圆周运动,其圆心必在DE线上,根据牛顿第二定律可得:Bqv=mv‎2‎R 解得:R=‎mvBq 若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点,则圆心在三角形顶点,由几何关系得:R=‎L‎2‎ 11‎ 联立解得:v=‎qBL‎2m ‎(2)要使粒子能回到S点,要求粒子每次与△DEF碰撞时,v都垂直于边,且通过三角形顶点处时,圆心必为三角形顶点,故:DS=(2n-1)R(n=1,2,3…)‎ 即:R=L‎4(2n-1)‎(n=1,2,3…)‎ qvB=‎mv‎2‎R 联立解得:v=Bqm‎·‎L‎4(2n-1)‎(n=1,2,3…)‎ 11‎