【物理】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

【物理】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

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 m1＋cos θ B．v＜ Bed m1＋cos θ C．v＞ Bed m1＋sin θ D．v＜ Bed m1＋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 m1＋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)