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- 2021-05-26 发布
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2020 届一轮复习人教版 带电粒子在匀强磁场中的运动 课时作业
一、选择题
考点一 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
1.如图 1 所示,有界匀强磁场边界线 SP∥MN,速率不同的同种带电粒子从 S 点沿 SP 方向同时射入磁场.其
中穿过 a 点的粒子速度 v1 与 MN 垂直;穿过 b 点的粒子速度 v2 与 MN 成 60°角,设粒子从 S 到 a、b 所需时
间分别为 t1 和 t2,则 t1∶t2 为(重力不计)( )
图 1
A.1∶3 B.4∶3 C.1∶1 D.3∶2
答案 D
解析 如图所示,可求出从 a 点射出的粒子对应的圆心角为 90°.从 b 点射出的粒子对应的圆心角为 60°.
由 t= α
2π
T,T=2πm
qB
可得:
t1∶t2=3∶2,故选 D.
2.(2018·河南省实验中学高三上期中)如图 2 所示,正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面向外的匀强磁
场.一带正电的粒子从 f 点沿 fd 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 vc 时,从 c 点离开磁场,在磁场中运动的时间为 tc,不计粒子重力.则( )
图 2
A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1
B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2
C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1
D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2
答案 A
解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,运动轨迹如图所示,由几何关系
得,rc=2rb,θb=120°,θc=60°,由 qvB=m v2
r
得,v=qBr
m
,则 vb∶vc=rb∶rc=1∶2, 又由 T=2πm
qB
,
t= θ
2π
T 和θb=2θc 得 tb∶tc=2∶1,故选项 A 正确,B、C、D 错误.
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
3.(多选)(2018·信宜市高三第一学期期末)如图 3 所示,两个初速度大小相同的同种离子 a 和 b,从 O 点
沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏 P 上.不计重力.下列说法正确的有( )
图 3
A.a、b 均带正电
B.a 在磁场中运动的时间比 b 的短
C.a 在磁场中运动的路程比 b 的短
D.a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近
答案 AD
解析 离子要打在屏 P 上,都要沿顺时针方向偏转,根据左手定则判断,离子都带正电,选项 A 正确;由
于是同种离子,因此质量、电荷量相同,因初速度大小也相同,由 qvB=m v2
r
可知,它们做圆周运动的半径
相同,作出运动轨迹,如图所示,比较得 a 在磁场中运动的路程比 b 的长,选项 C 错误;由 t=l
v
可知,a
在磁场中运动的时间比 b 的长,选项 B 错误;从图上可以看出,选项 D 正确.
4.(多选)如图 4 所示,直角三角形 ABC 中存在一匀强磁场,比荷相同的两个带电粒子沿 AB 方向射入磁场,
分别从 AC 边上的 P、Q 两点射出,不计重力,则( )
图 4
A.从 P 射出的粒子速度大
B.从 Q 射出的粒子速度大
C.从 P 射出的粒子,在磁场中运动的时间长
D.两粒子在磁场中运动的时间一样长
答案 BD
解析 作出两带电粒子各自的运动轨迹如图所示,根据圆周运动特点知,分别从 P、Q 点射出时,与 AC 边
夹角相同,故可判定从 P、Q 点射出时,半径 RP<RQ,故从 Q 点射出的粒子速度大,A 错误,B 正确;根据
图示,可知两轨迹的圆心角相等,所以从 P、Q 点射出时,两粒子在磁场中的运动时间相等,C 错误,D 正
确.
5.如图 5 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t1
t2
为( )
图 5
A.2
3
B.2 C.3
2
D.3
答案 D
解析 电子 1、2 在磁场中都做匀速圆周运动,根据题意画出电子 1、2 的运动轨迹,如图所示:
电子 1 垂直射进磁场,从 b 点离开,则运动了半个圆周,ab 即为直径,c 点为圆心,电子 2 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,根据半径公式 r=mv
Bq
可知,电子 1 和电子
2 的半径相等,根据几何关系可知,△aOc 为等边三角形,则电子 2 转过的圆心角为 60°,所以电子 1 运
动的时间为 t1=T
2
=πm
Bq
,电子 2 运动的时间为 t2=T
6
=πm
3Bq
,所以t1
t2
=3.
6.如图 6 所示,空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为 R,磁场方向垂直于横截面.一
质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子以速率 v0 沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方
向 60°.不计重力,该磁场的磁感应强度大小为( )
图 6
A. 3mv0
3qR
B.mv0
qR
C. 3mv0
qR
D.3mv0
qR
答案 A
解析 粒子运动轨迹如图所示
粒子做圆周运动的轨道半径 r= R
tan 30°
= 3R
根据洛伦兹力提供向心力得
qv0B=mv0
2
r
解得:B= 3mv0
3qR
.
考点三 带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题
7.如图 7 所示,比荷为e
m
的电子垂直射入宽度为 d、磁感应强度为 B 的匀强磁场区域,则电子能从左边界射
出这个区域,可具有的最大初速度为( )
图 7
A.2eBd
m
B.eBd
m
C.eBd
2m
D. 2eBd
m
答案 B
解析 要使电子能从左边界射出这个区域,则有 R≤d,根据洛伦兹力提供向心力,可得 R=mv
Be
≤d,则可
具有的最大初速度为 v=eBd
m
,B 正确.
图 8
8.如图 8 所示,真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里,区域宽度为 d,边
界为 CD 和 EF,速度为 v 的电子从边界 CD 外侧沿垂直于磁场方向射入磁场,入射方向跟 CD 的夹角为θ,
已知电子的质量为 m、带电荷量为 e,为使电子能从另一边界 EF 射出,电子的速率应满足的条件是( )
A.v> Bed
m1+cos θ
B.v< Bed
m1+cos θ
C.v> Bed
m1+sin θ
D.v< Bed
m1+sin θ
答案 A
解析 由题意可知电子从边界 EF 射出的临界条件为到达边界 EF 时,速度与 EF 平行,轨迹与 EF 相切,如
图所示.由几何知识得
R+Rcos θ=d,R=mv0
eB
,解得 v0= Bed
m1+cos θ
,当 v>v0 时,即能从边界 EF 射出.
二、非选择题
9.(2018·大连市高三上期末)如图 9 所示,匀强磁场宽度为 L,磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里.有
一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力),以初速度 v0 垂直磁场方向从小孔 C 射入匀强磁场后从
磁场右边界 A 点射出,射出方向与水平方向的夹角为θ,求:
图 9
(1)粒子运动轨迹的半径 r;
(2)粒子的初速度 v0;
(3)粒子在磁场中的运动时间 t.
答案 (1) L
sin θ
(2) LqB
msin θ
(3)θm
qB
解析 (1)过 A 点作 v0 的垂线交于左边界 M 点,由几何关系可知:r= L
sin θ
;
(2)根据 qv0B=mv0
2
r
得:v0=qBr
m
= qBL
msin θ
;
(3)根据 t= θ
2π
T= θ
2π
×2πm
qB
=θm
qB
.
10.如图 10 所示,一质量为 m、带电荷量为+q 的粒子从 A 点以水平速度 v0 正对圆心 O 射进一圆形磁场区
域,磁场方向垂直纸面,磁感应强度大小为 B.在磁场区域的正下方有一宽度为 L 的显示屏 CD,显示屏的
水平边界 C、D 两点到 O 点的距离均为 L.粒子沿 AO 方向进入磁场,经磁场偏转恰好打在显示屏上的左边界
C 点.不计粒子重力.求:
图 10
(1)粒子在磁场中的运动半径 r;
(2)圆形磁场的方向及半径 R;
(3)改变初速度的大小,使粒子沿 AO 方向进入磁场后,都能打在显示屏上,求速度的范围.
答案 (1)mv0
qB
(2)垂直纸面向外 3mv0
qB
(3)v0≤v≤3v0
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,
由 qv0B=mv0
2
r
得:r=mv0
qB
.
(2)由左手定则知磁场方向垂直纸面向外,粒子沿半径方向射入磁场,偏转后沿半径方向射出.轨迹如图,
粒子恰好打在 C 点,速度偏转角为 120°.
得:R=rtan 60°= 3mv0
qB
.
(3)粒子打在 C 点速度最小,打在 D 点速度最大,此时做圆周运动的半径 r′=Rtan 60°=3mv0
qB
由 qvB=m v2
r′
,得 v=3v0
所以粒子都能打在显示屏 CD 上的速度范围为:v0≤v≤3v0.
11.(2018·临沂市高三上期末)如图 11 所示,在平面直角坐标系 xOy 的第四象限有垂直纸面向里的匀强
磁场,磁感应强度 B=2.0 T.一质量为 m=5.0×10-8 kg、电荷量为 q=1.0×10-6 C 的带电粒子从 P 点沿
图示方向以 v=20 m/s 的速度进入磁场,从 x 轴上的 Q 点离开磁场(Q 点未画出).已知 OP=30 cm.(粒子
重力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求:
图 11
(1)OQ 的距离;
(2)若粒子不能进入 x 轴上方,求磁感应强度 B′满足的条件.
答案 (1)0.90 m (2)B′>16
3
T
解析 (1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有:qvB=mv2
R
,得 R=mv
qB
代入数据得:R=0.50 m
而 OP
cos 53°
=0.50 m
故圆心一定在 x 轴上,轨迹如图甲所示.
由几何关系可知:OQ=R+Rsin 53°,故 OQ=0.90 m
(2)带电粒子不从 x 轴射出(如图乙),由几何关系得:
OP>R′+R′cos 53°①
R′= mv
qB′
②
由①②并代入数据得:B′>16
3
T(取“≥”也可)