下載地址

資源介紹

課時跟蹤檢測(二十九)　帶電粒子在磁場中的運動

1．(多選)用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運動徑跡。圖甲是洛倫茲力演示儀的實物圖，圖乙是結構示意圖。勵磁線圈通電后可以產生垂直紙面的勻強磁場，勵磁線圈中的電流越大，產生的磁場越強。圖乙中電子經電子槍中的加速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場。下列關于實驗現象和分析正確的是(　　)

A．要使電子形成如圖乙中的運動徑跡，勵磁線圈應通以順時針方向的電流
B．僅升高電子槍加速電場的電壓，運動徑跡的半徑變大
C．僅增大勵磁線圈中的電流，運動徑跡的半徑變大
D．僅升高電子槍加速電場的電壓，電子做勻速圓周運動的周期將變大
解析：選AB　勵磁線圈通以順時針方向的電流，根據右手螺旋定則可得，產生的磁場方向垂直紙面向里，根據左手定則可知，電子受到的洛倫茲力正好指向運動徑跡圓心，故A正確；根據公式r＝mvBq 可知，當升高電子槍加速電場的電壓時，電子的速度增大，所以運動半徑增大，B正確；若僅增大勵磁線圈中的電流，則磁感應強度增大，根據公式r＝mvBq 可知運動半徑減小，C錯誤；根據公式T＝2πmBq 可知，電子做勻速圓周運動的周期和速度大小無關，D錯誤。
2.(多選)(2020·福建泉州市模擬)如圖所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強磁場中。t＝0時，一個質量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動，則物塊運動的v-t圖象可能是(　　)

解析：選ACD　設初速度為v0，則FN＝Bqv0，若滿足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物塊向下做勻速直線運動，選項A正確；若mg>μBqv0，則物塊開始有向下的加速度，由a＝mg－μBqvm 可知，隨速度增加，加速度減小，即物塊先做加速度減小的加速運動，最后達到勻速狀態，選項D正確；若mg<μBqv0，則物塊開始有向上的加速度，做減速直線運動，由a＝μBqv－mgm 可知，隨速度減小，加速度減小，即物塊先做加速度減小的減速運動，最后達到勻速狀態，選項C正確。
3．(多選)如圖所示，在直角坐標系xOy中x＞0空間內充滿方向垂直紙面向里的勻強磁場(其他區域無磁場)，在y軸上有到原點O的距離均為L的C、D兩點。帶電粒子P(不計重力)從C點以速率v沿x軸正向射入磁場，并恰好從O點射出磁場；與粒子P相同的粒子Q從C點以速率4v沿紙面射入磁場，并恰好從D點射出磁場，則(　　)
A．粒子P帶正電
B．粒子P在磁場中運動的時間為πL2v
C．粒子Q在磁場中運動的時間可能為3πL4v
D．粒子Q在磁場中運動的路程可能為2πL3
解析：選ABD　粒子P從C點沿x軸正向進入磁場，受洛倫茲力而向上偏轉過O點，由左手定則知帶正電，故A正確；據題意可知P粒子在磁場中做半個圓周運動，則半徑為R1＝L2 ，運動時間為t1＝πR1v ＝πL2v ，故B正確；Q粒子與P粒子的比荷相同，而速度為4v，由R＝mvqB

可知R2＝4R1＝2L，而CD距離為2L，故Q粒子不可能沿x軸正向進入磁場。設與y軸的夾角為θ，分別有兩種情況從C點進過D出，軌跡如圖所示：
由幾何關系可知θ＝30°，兩種軌跡的圓心角為60°和300°，則粒子Q的運動時間t2＝π3·2L4v ＝πL6v 或t2＝5π3·2L4v ＝5πL6v ，而圓周的弧長為s＝π3 ·2L＝2πL3 或s＝5π3 ·2L＝10πL3 ，故C錯誤，D正確。
4.如圖所示，半徑為r的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運動的最長時間為(　　)
A.πkB 　　　　　　　　　　 B．π2kB
C．π3kB D．π4kB
解析：選C　粒子在磁場中運動的半徑為R＝mvqB ＝2kBrBk ＝2r；當粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為圓磁場的直徑2r，故t＝T6 ＝πm3qB ＝π3kB ，故選項C正確。
5.如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內、外分布著方向相反的勻強磁場，三角形內磁場方向垂直紙面向里，兩磁場的磁感應強度大小均為B。頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發射不同速度的粒子，粒子質量均為m，電荷量均為＋q，粒子重力不計。則粒子以下列哪一速度值發射時不能通過C點(　　)
A．qBLm B．qBL2m
C．2qBL3m D．qBL8m
解析：選C　粒子帶正電，臨界狀態是經過C點，其可能的軌跡如圖所示：

所有圓弧所對圓心角均為60°，所以粒子運動半徑：r＝Ln (n＝1，2，3，…)，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2r ，解得v＝Bqrm ＝BqLmn (n＝1，2，3，…)，故選C。
6.如圖所示，正六邊形abcdef區域內有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb。當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則(　　)
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
解析：選A　如圖所示，設正六邊形的邊長為l，當帶電粒子的速度大小為vb時，其圓心在a點，軌道半徑r1＝l，轉過的圓心角θ1＝23 π；當帶電粒子的速度大小為vc時，其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)，故軌道半徑r2＝2l，轉過的圓心角θ2＝π3 ；根據qvB＝mv2r 得v＝qBrm ，故vbvc ＝r1r2 ＝12 。由T＝2πrv 得T＝2πmqB ，所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，又t＝θ2π T，所以tbtc ＝θ1θ2 ＝21 。故選項A正確，選項B、C、D錯誤。
7．(2020·大慶模擬)如圖所示，MN為兩個勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應強度大小關系為B1＝2B2，一帶電荷量為＋q、質量為m的粒子從O點垂直MN進入B1磁場，則經過多長時間它將向下再一次通過O點(　　)
A．2πmqB1 　　　　　　　　　 B．2πmqB2
C．2πmq（B1＋B2） D．πmq（B1＋B2）
解析：選B　粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由周期公式T＝2πmqB 知，粒子從O點進入磁場到再一次通過O點的時間t＝2πmqB1 ＋πmqB2 ＝2πmqB2 ，所以選項B正確。
8.如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區域內有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從b點沿ba方向射入磁場，結果粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為(　　)
A．qBLm B．2qBLm
C．（2－1）qBLm D．（2＋1）qBLm
解析：選C　粒子沿半徑方向射入磁場，則出射速度的反向延長線一定過圓心，由于粒子能經過c點，因此粒子出磁場時一定沿ac方向，軌跡如圖所示，設粒子做圓周運動的半徑為r，由幾何關系可知，2 r＋r＝L，則r＝(2 －1)L，根據牛頓第二定律得qv0B＝mv02r ，解得v0＝（2－1）qBLm ，C項正確。

9.(多選)如圖所示，直角三角形ABC內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于△ABC平面向里的勻強磁場，O點為AB邊的中點，θ＝30°。一對正、負電子(不計重力)自O點沿ABC平面垂直AB邊射入磁場，結果均從AB邊射出磁場且均恰好不從兩直角邊射出磁場。下列說法正確的是(　　)
A．正電子從AB邊的O、B兩點間射出磁場
B．正、負電子在磁場中運動的時間相等
C．正電子在磁場中運動的軌道半徑較大
D．正、負電子在磁場中運動的速率之比為(3＋23 )∶9
解析：選ABD　根據左手定則可知，正電子從AB邊的O、B兩點間射出磁場，故A正確；由題意可知，正、負電子在磁場中運動的圓心角為180°，根據t＝180°360° ×2πmqB 可知正、負電子在磁場中運動的時間相等，故B正確；正、負電子在磁場中做勻速圓周運動，對正電子，根據幾何關系可得3r1＝12 lAB，解得正電子在磁場中運動的軌道半徑r1＝16 lAB；對負電子，根據幾何關系可得r2＋r2cos 30° ＝12 lAB，解得負電子在磁場中運動的軌道半徑r2＝23－32 lAB，故C錯誤；根據qvB＝mv2r 可知v＝qBrm ，正、負電子在磁場中運動的速率之比為v1v2 ＝r1r2 ＝16 ×223－3 ＝3＋239 ，故D正確。
10．(2020·全國卷Ⅰ)一勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab 為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為(　　)

A．7πm6qB B．5πm4qB
C．4πm3qB D．3πm2qB
解析：選C　帶電粒子在勻強磁場中運動，運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝mv2r ，解得r＝mvqB ，運動時間t＝θrv ＝θmqB ，θ為帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角，粒子在磁場中運動時間由軌跡所對圓心角決定。采用放縮法，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓圓心必在直線ac上，將粒子的軌跡半徑從零開始逐漸放大。當r≤0.5R(R為ab 的半徑)和r≥1.5R時，粒子從ac、bd區域射出磁場，運動時間等于半個周期。當0.5R
11.(2020·東北三省三校第二次聯合模擬)如圖所示，在矩形區域abcO內存在一個垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，Oa邊長為3 L，ab邊長為L。現從O點沿著Ob方向垂直磁場射入各種速率的帶正電粒子，已知粒子的質量為m、帶電荷量為q(粒子所受重力及粒子間相互作用忽略不計)，求：
(1)垂直ab邊射出磁場的粒子的速率v；
(2)粒子在磁場中運動的最長時間tm。
解析：(1)粒子垂直ab邊射出磁場時的運動軌跡如圖線1。
設粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為R，運動軌跡圓心角為θ，由幾何關系可知：tan θ＝L3L ＝33 ，
則θ＝π6 ，sin θ＝SOaSOO1 ＝3LR ，
故R＝23 L。
粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝mv2R
解得v＝23qBLm 。
(2)由粒子做勻速圓周運動可知T＝2πRv ＝2πmBq
因此粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期不變，和速度無關，由幾何關系可知最大圓心角α＝2θ＝π3
可知粒子在磁場中運動的最長時間
tm＝α2π T＝πm3Bq 。
答案：(1)23qBLm 　(2)πm3qB
12.(2020·河南鄭州市模擬)如圖所示，三塊擋板圍成橫截面邊長L＝1.2 m的等邊三角形區域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強E＝4×10－4 N/C。三角形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1；AMN以外區域有垂直紙面向外、 磁感應強度大小為B2＝3B1的勻強磁場。現將一比荷qm ＝108 C/kg的帶正電的粒子，從O點由靜止釋放，粒子從MN小孔C進入內部勻強磁場，經內部磁場偏轉后直接垂直AN經過Q點進入外部磁場。已知粒子最終回到了O點，OC相距2 m。設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取π＝3。求：
(1)磁感應強度B1的大小；
(2)粒子從O點出發，到再次回到O點經歷的時間。
解析：(1) 粒子在電場中加速，則由動能定理得Eqx＝12 mv2，解得v＝400 m/s。
設粒子進入三角形區域勻強磁場做勻速圓周運動半徑為R1，帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示。

由幾何關系可知R1＝L2 ＝0.6 m
由qvB1＝mv2R1
代入數據得B1＝23 ×10－5 T。
(2)設帶電粒子進入外部磁場做勻速圓周運動半徑為R2，
由題可知B2＝3B1＝2×10－5 T
又qvB2＝mv2R2
則R2＝R13 ＝0.2 m
粒子在由O→C過程中做勻加速直線運動，由x＝12 vt1
得到t1＝0.01 s
粒子在磁場B1中的周期為T1＝2πmqB1 ＝9×10－3 s
則在磁場B1中的運動時間為t2＝13 T1＝3×10－3 s
在磁場B2中的周期為T2＝2πmqB2 ＝3×10－3 s
在磁場B2中的運動時間為t3＝180°＋300°＋180°360° T2＝5.5×10－3 s。
則粒子在復合場中運動的總時間為：t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s。
答案：(1)23 ×10－5 T　(2)2.85×10－2 s

發表評論