2019-2020学年高中物理第三章磁场6带电粒子在匀强磁场中的运动课后检测含解析新人教版选修3-1 13页

‎6　带电粒子在匀强磁场中的运动 记一记 带电粒子在匀强磁场中的运动知识体系 ‎1种分析方法——洛伦兹力提供向心力qvB＝m ‎2个推论公式——r＝，T＝ ‎2个应用——质谱仪和回旋加速器 辨一辨 ‎1.带电粒子垂直射入磁场中一定做圆周运动．(×)‎ ‎2．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．(×)‎ ‎3．根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比．(×)‎ ‎4．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关．(√)‎ ‎5．利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷．(√)‎ ‎6．经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的．(×)‎ 想一想 ‎1.带电粒子垂直射入匀强磁场中会做匀速圆周运动，带电粒子垂直射入非匀强磁场中，会做变速曲线运动吗？‎ 提示：不会．因洛伦兹力方向总是和粒子速度方向垂直的，只能改变粒子速度的方向，不会改变速度大小．‎ ‎2．如何理解带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速率无关？‎ 提示：由qvB＝m得r＝.可见确定的带电粒子在确定的匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径成正比的，因而圆周轨道的周长也是和速度大小成正比的，因而粒子在匀强磁场中转一周所用的时间——即运动周期和速度大小无关．‎ ‎3．带电粒子在加旋加速器中获得的最大能量和加速电压大小有关系吗？‎ 提示：由带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径r＝‎ 知，v＝，所以Ek＝.可见，带电粒子在回旋加速器中获得的最大动能与加速电压是无关的，仅由m、q、B、r等因素决定．电压大时，少加速几次，电压小时，多加速几次，所以电压大小只会影响粒子在回旋加速器中运动的时间，不会影响带电粒子在回旋加速器中获得的最大动能．‎ - 13 -‎ 思考感悟：　‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎　‎ 要点一 带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题 ‎1.质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的各运动量间的关系正确的是(　　)‎ A．速度之比为2∶1　　　　　B．周期之比为1∶2‎ C．半径之比为1∶2 D．角速度之比为1∶1‎ 解析：由qU＝mv2和qvB＝＝mω2r得 v＝，ω＝，r＝，而mα＝4mH，qα＝2qH，‎ 故vH∶vα＝∶1，ωH∶ωα＝2∶1，rH∶rα＝1∶，又T＝，故TH∶Tα＝1∶2，B项正确．‎ 答案：B ‎2.‎ 如图所示，一带电荷量为2.0×10－‎9 C、质量为1.8×10－‎16 kg的粒子，从直线上一点O沿与PO方向成30°角的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经过1.5×10－6 s后到达直线上的P点，求：‎ ‎(1)粒子做圆周运动的周期；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)若O、P之间的距离为‎0.1 m，则粒子的运动速度多大？‎ 解析：‎ ‎(1)作出粒子轨迹，如图所示，由图可知粒子由O到P的大圆弧所对的圆心角为300°，则＝ 周期T＝t＝×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s.‎ ‎(2)由于粒子做圆周运动所堓的向心力为洛伦兹力，得Bqv＝，所以 B＝＝＝＝ T＝0.314 T.‎ ‎(3)由几何知识可知，半径R＝OP＝‎‎0.1 m 故粒子的速度 v＝＝ m/s＝3.49×‎105 m/s 答案：(1)1.8×10－6 s　(2)0.314 T　(3)3.49×‎105 m/s - 13 -‎ ‎3.‎ 如图所示，一束电子(电子电荷量为P)以速度v由A点垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，在C点穿出磁场时的速度方向与电子原来的入射方向成30°夹角，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间是多少？‎ 解析：‎ 电子在磁场中运动，可忽略重力的影响，认为只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧，又因为F洛⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到的洛伦兹力的方向的交点上，如图中的O点．由几何知识可知，所对圆心角θ＝30°，OC为半径r，r＝＝2d，又由r＝得m＝.由于所对圆心角是30°，因此在磁场区域的时间t＝T＝T，又由于T＝，故t＝·＝.‎ 答案：　 要点二 对质谱仪和回旋加速器的理解 ‎4.‎ ‎(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．增加周期性变化的电场的频率 D．增大D形金属盒的半径 解析：粒子最后射出时的旋转半径为D形盒的最大半径R，R＝，Ek＝mv2＝，可见，增大粒子的动能，应增大磁感应强度B和增大D形盒的半径R，故正确答案为B、D.‎ 答案：BD ‎5．质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2‎ - 13 -‎ ‎.今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动．求：‎ ‎(1)粒子的速度v为多少？‎ ‎(2)速度选择器的电压U2为多少？‎ ‎(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？‎ 解析：(1)在a中，粒子被加速电场U1加速，由动能定理有eU1＝mv2，可得：v＝.‎ ‎(2)在b中，粒子受的电场力和洛伦兹力大小相等，即e＝＝evB1‎ ‎(3)在c中，粒子受洛伦兹力作用而做圆周运动，半径R＝.‎ 代入v值解得：R＝ 答案：(1)　(2)B1d　(3) 要点三 带电粒子在复合场和组合场中的运动 ‎6.(多选)[2019·湖北武汉一模]如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球(小球和细绳未画出)，小球电荷量q＝6×10－‎7 C，在图示坐标系中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以‎2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝‎10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)‎ A．匀强电场的场强大小为3.2×106 V/m B．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 J C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动 D．小球所受的洛伦兹力的大小为3 N 解析：由匀强电场的场强公式E＝结合题图乙，可得E＝ V/m＝5×106 V/m，故A项错误；由功能关系W电＝－ΔEp，小球重力势能增加最多的过程中W电＝qU＝6×10－7×4×106 J＝2.4 J，可知电势能减少了2.4 J，故B项正确；当小球以‎2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零，说明是洛伦兹力提供向心力，由左手定则得小球应该做逆时针方向的圆周运动，C项错误；重力和电场力是一对平衡力，有qE＝mg，得m＝＝‎0.3 kg，由洛伦兹力提供向心力可知洛伦兹力为F＝m＝ N＝3 N，故D项正确．‎ 答案：BD - 13 -‎ ‎7．[2019·湖南郴州一中模拟]如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a点(0，h)沿y轴正方向以某一初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度v1.‎ ‎(2)匀强电场的电场强度大小E；‎ ‎(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总．‎ 解析：(1)根据题意可知，大致画出粒子的运动轨迹，如图所示：‎ 由几何关系得：rcos45°＝h 解得：r＝h 由牛顿第二定律得：qBv1＝m 解得：v1＝＝ ‎(3)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规律，有 vb＝v1cos45°‎ 得vb＝ 设粒子进入电场经过时间f运动到b点，b点的纵坐标为－yb 结合类平抛运动规律得r＋rsin45°＝vbt yb＝(v1sin45°＋0)t＝h 由动能定理有：－qEyb＝mv－mv 解得E＝ ‎(3)粒子在磁场中的周期为T＝＝ 第一次经过x轴的时间t1＝T＝ 在电场中运动的时间t2＝2t＝ 在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3＝T＝ 所以总时间t0＝t1＋t2＋t3＝(＋2＋2) - 13 -‎ 答案：(1)h　　(2) ‎(3)(＋2＋2) 基础达标 ‎1.(多选)两个粒子A和B带有等量的同种电荷，粒子A和B以垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场，不计重力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．如果两粒子的速度vA＝vB，则两粒子的半径RA＝RB B．如果两粒子的动能EkA＝EkB，则两粒子的周期TA＝TB C．如果两粒子的质量mA＝mB，则两粒子的周期TA＝TB D．如果两粒子的质量与速度的乘积mAmA＝mBmB，则两粒子的半径RA＝RB 解析：因为粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝，周期T＝，又粒子电荷量相等且在同一磁场中，所以q、B相等，r与m、v有关，T只与m有关．所以A、B两项错误，C、D两项正确．‎ 答案：CD ‎2．[2019·福建省闽侯八中月考]如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是(　　)‎ A．电子的运行轨迹为PENCMDP B．B1＝2B2‎ C．电子从射入磁场到回到P点用时为 D．B1＝4B2‎ 解析：根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A项错误；电子在题图所示运动过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以t＝＋，故C项错误；由题图可知，电子在匀强磁场B1中的运动半径是匀强磁场B2中的运动半径的一半，根据r＝可知，故D项错误，B项正确．‎ 答案：B ‎3.‎ ‎[2019·四川绵阳南山中学期末考试]如图所示，平面直角坐标系xOy中，P和Q分别为x轴和y轴上的点，它们到O点的距离均为d，磁感应强度大小为B的磁场垂直xOy平面向里．一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点以一定初速度射入第一象限，恰好经过Q点，不计重力，则粒子的初速度大小不可能为(　　)‎ - 13 -‎ A. B. C. D. 解析：从P点出发、经过Q点，PQ必是带电粒子做圆周运动轨迹圆的弦，则PQ为直径时半径最小、粒子的速度最小，最小半径为r＝d，粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，解得最小速度为，只有A项符合题意．‎ 答案：A ‎4．如图所示，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点的粒子的速度v1与MN垂直，穿过b点的粒子的速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1、t2，则t1∶t2为(粒子重力不计)(　　)‎ A．1∶3 B．4∶3‎ C．1∶1 D．3∶2‎ 解析：粒子在磁场中运动的周期的公式为T＝，由此可知，粒子的运动周期与粒子的速度的大小无关，所以两粒子在磁场中的周期相同，由粒子运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动时间为，通过b点的粒子的运动时间为，故t1∶t2＝3∶2，故A、B、C三项错误，D项正确．‎ 答案：D ‎5.‎ ‎[2019·江苏省启东中学期中考试]如图所示，边长为l的等边三角形abc内分布有垂直纸面向外的匀强磁场，比荷为的电子以速度v0从a点沿ab方向射入，现欲使电子能经过bc边，则磁感应强度B的取值应为(　　)‎ A．B> B．B< C．B< D．B> 解析：当电子从c点离开磁场时，设电子做匀速圆周运动的半径为R，由几何知识得2Rsin60°＝l，得R＝l；欲使电子能经过bc边，必须满足R>l，而R＝，所以B<，C项正确．‎ - 13 -‎ 答案：C ‎6.‎ ‎(多选)如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中的运动时间可能是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：‎ 因为所有粒子的初速度大小相同，由r＝可知，它们在磁场中的运动半径均相 同；如图所示，粒子沿SA方向水平向右进入磁场，然后沿图中实线1运动，最后恰好与边界OC相切，并从M点射出磁场时运动的时间为.由于速率都相等，故粒子从边界OC射出磁场对应的弦最短时，运动时间最短，由图可知S点到CO的距离SN为最短弦，由几何关系可知SN＝OSsin60°＝1.5r>r，根据弦长与圆心角关系可知，粒子从OC边射出时的运动时间一定大于，故结合题意可知从边界OC射出的粒子在磁场中的运动时间范围为