新教材2023-2024学年高中物理第1章安培力与洛伦兹力分层作业5带电粒子在有界匀强磁场中的运动新人教版选择性必修第二册

第一章分层作业5带电粒子在有界匀强磁场中的运动A级必备知识基础练1.如图所示,比荷为em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,则电子能从右边界射出这个区域至少应具有的初速度大小为(A.2eBdm B.eBdm C.eBd2.(2023广东深圳高二期中)如图所示,MN为两个匀强磁场的分界面,两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2,一电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直于MN进入B1磁场,则它再一次向下通过O点时经过的时间为()A.4πmqC.πmqB3.如图所示,水平放置的平行板长度为L、两板间距也为L,两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在两板正中央P点有一个不计重力的电子(质量为m、电荷量为-e),现在给电子一水平向右的瞬时初速度v0,欲使电子不与平行板相碰撞,则()A.v0>eBL2m或v0B.eBL4m<v0C.v0>eBLD.v0<eBL4.如图所示,半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,在纸面内沿各个方向以速率v从P点射入磁场,这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点,已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的14,不计粒子重力和粒子间的相互作用,则该匀强磁场的磁感应强度大小为(A.2mv2qRC.mv2qR D5.(多选)如图所示,在x>0,y>0的空间有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B,现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子,由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场,运动轨迹如图所示,不计重力的影响,则()A.初速度最大的粒子是沿①射出的粒子B.初速度最大的粒子是沿②射出的粒子C.在磁场中运动时间最长的是沿③射出的粒子D.在磁场中运动时间最长的是沿④射出的粒子6.(多选)如图所示,P、Q为一对平行板,板长与板间距离均为d,板间区域内充满匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计),以水平初速度v0从P、Q两板间左侧中央沿垂直磁场方向射入,粒子打到板上,则初速度v0大小可能为()A.qBd8m BC.qBdm D.7.(多选)如图所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为l的等边三角形ABC分开,三角形内磁场垂直纸面向里,三角形顶点A处有一质子源,能沿∠BAC的角平分线方向发射速度不同的质子,所有质子均能通过C点,质子重力不计,比荷qm=k,则质子的速度可能为(A.2Bkl B.BklC.3Bkl2 DB级关键能力提升练8.(多选)(2023山师附中高二月考)如图所示,在研究磁偏转的实验中,一实验小组把电子从P点沿半径PO以不同大小的速度射入圆形磁场区域,电子第一次以速度v1入射,速度方向偏转60°射出;电子第二次以速度v2入射,速度方向偏转90°射出。则电子第一次和第二次在磁场中运动的()A.轨迹半径之比为3∶1B.速度之比为1∶3C.时间之比为3∶2D.时间之比为2∶39.如图所示,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求:(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。10.如图所示,左、右边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量绝对值为q的微观粒子,沿图示方向以速度v0垂直磁场方向射入磁场。不计粒子重力,欲使粒子不能从边界QQ'射出,求粒子入射速度v0的最大值。11.如图所示,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为l。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从OA边的某点垂直于OA边入射时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0,不计粒子的重力。(1)求磁场的磁感应强度大小。(2)若已知磁感应强度大小为B,改变粒子从OA边垂直入射的位置,要使粒子经过磁场后仍从OA边射出,则粒子的最大入射速度为多大?

分层作业5带电粒子在有界匀强磁场中的运动1.B要使电子能从右边界射出这个区域,则有R≥d,根据洛伦兹力提供向心力,可得R=mvBe≥d,则至少应具有的初速度大小为eBdm2.A粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,粒子在B1磁场中运动的周期为T1=2πmqB1,在B2磁场中运动的周期为T2=2πmqB2,所以粒子再一次向下通过O点的时间为t=T1+12T2=3.A电子在磁场中做匀速圆周运动,半径为R=mv0eB。当R1=L4时,电子恰好与下板相切;当R2=L2时,电子恰好从下板右边缘飞出两平行板(即飞出磁场)。由R1=mv1eB,解得v1=eBL4m,由R2=mv2eB,解得v2=eBL2m,所以欲使电子不与平行板相碰撞,电子初速度v4.D从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,PQ圆弧长等于磁场边界周长的14,设磁场圆心为O,则∠POQ=90°,粒子轨迹半径r=22R,又因为r=mvqB,所以B=5.AD显然图中四条圆弧中①对应的半径最大,由半径公式r=mvBq可知,质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大,半径越大,A正确,B错误;根据周期公式T=2πmqB知,当圆弧对应的圆心角为θ时,带电粒子在磁场中运动的时间为t=θmqB,圆心角越大,则带电粒子在磁场中运动时间越长,圆心均在x轴上,由题图可知④的圆心角为π,且最大,故在磁场中运动时间最长的是沿④6.BC若粒子恰好打到板左端,由几何关系可得r1=d4,由洛伦兹力提供向心力可得qBv1=mv12r1,解得v1=qBd4m;若粒子恰好打到板右端,由几何关系可得r22=d2+r2-d22,解得r2=5d4,由洛伦兹力提供向心力可得qBv2=mv22r2,解得v2=7.BD因质子带正电,且经过C点,则其可能的轨迹如图所示,由几何知识可知,所有圆弧所对圆心角均为60°,所以质子运行半径r=ln(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r,即v=qBrm=Bkln(n=1,2,3,…),8.AD设圆形磁场区域半径为R,电子第一次以速度v1沿直径入射时,轨迹如图所示,电子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°,则电子轨迹对应的圆心角θ1=60°,轨迹半径为r1=Rtan60°=3R,运动时间为t1=60°360°T=16T;电子第二次以速度v2沿直径入射,电子飞出此磁场区域时速度方向偏转90°,则电子轨迹对应的圆心角θ2=90°,轨迹半径为r2=R,运动时间为t2=90°360°T=14T。所以轨迹半径之比r1∶r2=3∶1,时间之比t1∶t2=2∶3,故A、D正确,C错误;根据qvB=mv2r得,速度之比v1∶v2=r19.答案(1)4(2)Bd解析(1)设带电粒子的质量为m、电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=12mv设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=mv由几何关系知d=2r联立解得qm(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=πr2带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=s联立解得t=Bd10.答案若粒子带正电,最大速度为(2+2)Bqdm解析粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,则qvB=mv解得入射速度v0=qBR若粒子带正电,最大半径的轨迹如图甲所示甲根据几何关系可知R1-22R1解得半径为R1=22则粒子入射速度最大值为v01=qB若粒子带负电,最大半径的轨迹如图乙所示乙根据几何关系可知R2+22R2同理解得速度最大值为v02=qBR11.答案(1)πm2q解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期T=4t0设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得