人教版高三物理一轮复习课时训练第八章小专题五带电粒子在磁场中的轨迹分析法

小专题五带电粒子在磁场中的轨迹分析法课时训练1.如图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的磁感应强度B需满足(B)A.B>3mv3aq B.B<3mv解析:粒子刚好达到C点时,其运动轨迹与AC相切,如图所示,则粒子运动的半径为r0=atan30°.由r=mvBq得,粒子要能从AC边射出,粒子运行的半径r>r02.如图所示,在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。P为屏上的一个小孔。PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力),以相同的速率v从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内,且散开在与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为(D)A.2mvqB C.2mv(1-解析:屏MN上被粒子击中的区域离P点最远的距离x1=2r=2mvqB,屏MN上被粒子击中的区域离P点最近的距离x2=2rcosθ=2mvcosθqB,故在屏MN上被粒子打中的区域的长度为x3.在如图所示的坐标系内,PQ是垂直于x轴的分界线,PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,AC边有一挡板可吸收电子,AC长为d。PQ右侧为偏转电场,两极板长度为12d,间距为d。电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏。现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场,电子能打在荧光屏上的最远处为M点,M到下极板右端的距离为1(1)电子通过磁场区域的时间t1;(2)偏转电场的电压U;(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上。解析:(1)电子在磁场区域运动周期为T=2π由几何关系可知,能够通过磁场区域的电子转过的圆心角为90°,则时间为t1=90°360°(2)打在M点的电子,在磁场中的轨迹半径r=d,又r=mveB解得v=eBdm通过电场的时间t2=d2v=由类平抛运动规律可知,打在M点的电子相当于从上极板中点射出做匀速直线运动,如图所示,则有y1y2=14d12d=解得y1=13d,故eU2mdt代入数据解得U=8e(3)电子恰好打在下极板右边缘,如图所示而磁场中轨迹半径为r′=mv'电场中水平方向12d=v′竖直方向r′=12eUmd由上述三式代入数据解得v′=eBd3答案:见解析4.如图所示,在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy,y轴正方向竖直向上。在第一、第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场,其大小E1=3mg3q;在第二、第三象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场和垂直于xOy平面向外的匀强磁场,电场强度大小E2(1)求小球从P点开始运动后,第一次经过y轴时速度的大小;(2)求小球从P点开始运动后,第二次经过y轴时的纵坐标;(3)若小球第二次经过y轴后,第一、第四象限内的电场强度变为E1′=3mg解析:(1)设小球在第一象限中的加速度为a,由牛顿第二定律得(mg得到a=23g3tanα=mgF电=即α=60°。小球到达y轴的速度v0=2as=2×2(2)小球第一次经过y轴后,在第二、三象限内有qE2=mg,电场力与重力平衡,故做匀速圆周运动,如图所示。设轨迹半径为R,有qv0B=mv0得R=mvΔy=R=mv0qB小球第二次经过y轴的纵坐标y2=mqB8(3)第二次经过y轴后小球所受合力与经y轴时速度方向垂直,其合力为F合=(3则加速度为a′=2g,小球做类平抛运动,到第三次经过y轴,小球的位移与初速度方向的夹角为30°,则有12·2得t′=3v03g=小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为Δy′=23v0t′=2383gd小球第三次经过y轴的纵坐标y3=y2Δy′=mqB83答案:(1)83gd3(2)(3)mqB85.如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M,N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L。粒子重力不计,电荷量保持不变。(1)求粒子运动速度的大小v;(2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm;(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=d2解析:(1)洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r=d,解得v=qBdm(2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切,由几何关系得dm=d(1+sin60°),解得dm=2+32(3)粒子的运动周期T=2设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′,则t=nT4+t′(n=1,3,5,…(a)当L=nd+(132)t′=112解得t=(Ld+33-(b)当L=nd+(1+32)t′=512解得t=(Ld33-答案:(1)qBdm(2)2+(3)(Ld+33-46)πm6.为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示,圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,谷区内没有磁场。质量为m,电荷量为q的正离子,以不变的速率v旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示。[已知:sin(α±β)=sinαcosβ±cosαsinβ,cosα=12sin2α2(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针。(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ,及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T。(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B′,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°,求B′和B的关系。解析:(1)峰区内圆弧半径r=mvqB(2)由对称性,峰区内圆弧的圆心角θ=2π每个圆弧的长度l=2πr3每段直线长度L=2rcosπ6=3周期T=3(代入得T=(2(3)谷区内的圆心角θ′=120°90°=30°,谷区内的轨道圆弧半径r′=mvqB由几何关系rsinθ2=r′sinθ由三角关系sin30°2=代入得B′=3-答案:(1)mvqB逆时针(2)2π(3)B′=3-7.如图所示,在直角坐标系中y>0的范围内有垂直于坐标平面向内且范围足够长的匀强磁场。在y轴上S点(0,d)处有一粒子源,向坐标平面内各个方向等概率地发射速率均为v的带电粒子,粒子电荷量均为q,质量均为m。已知速度沿+y方向的带电粒子恰好不会离开磁场。不计粒子重力,求:(1)磁感应强度的大小;(2)粒子从x轴上出射的区域范围;(3)能离开磁场的粒子个数与粒子源发射粒子总数的比值。解析:(1)沿+y方向的粒子运动轨迹可如图中轨迹1所示,由图知r=d,又qvB=mv2r,联立得B=(2)如图轨迹2和轨迹3上A和B点分别对应粒子从x轴上出射的右端点和左端点图中SA=2r,故OA=SA得OA=3d由图易得OB=d故粒子从x轴上的出射范围为d≤x≤3d。(3)介于轨迹1和轨迹3之间的粒子可以从x轴射出,由图可知轨迹1对应粒子的入射速度沿+y方向,轨迹3对应粒子的入射速度与+y方向夹角为180°,故所求比值为180°360°答案:(1)mvqd(2)d≤x≤3d(3)1∶8.在受控热核聚变反应的装置中带电粒子的温度极高,没有通常意义上的容器可装,而是由磁场将带电粒子的运动束缚在某个区域内。现有一个环形区域,其截面内圆半径R1=33m,外圆半径R2=1.0m,区域内有垂直纸面向外的匀强磁场(如图所示),已知磁感应强度B=1.0T,被束缚的带正电粒子的比荷为qm=4×(1)若中空区域中的带电粒子由O点沿环的半径方向射入磁场,求带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度v0。(2)若中空区域中的带电粒子以(1)中的最大速度v0沿圆环半径方向射入磁场,求带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间。解