新教材2023年秋高中物理第1章安培力与洛伦兹力素养提升练2带电粒子在有界磁场中的运动新人教版选择性必修第二册

素养提升练(二)带电粒子在有界磁场中的运动一、选择题1．如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角。磁场的磁感应强度大小为()A．mvqRtanθC．mvqRsinθ2．(多选)如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量大小为q(不计重力)的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子在磁场中运动时到x轴的最大距离为a，则磁感应强度B的大小和该粒子所带电荷的正、负可能是()A．3mv2aq，正电荷 B．mvC．3mv2aq，负电荷 D．mv3．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是()A．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远B．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短4．(2022·河北衡水第二中学高二期中)如图所示，在平面坐标系xOy的第一象限内，存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带正电的粒子沿x轴正方向以速度v0从y轴上的点P1(0，a)射入磁场，从x轴上的点P2(2a，0)射出磁场，不计粒子受到的重力，则粒子的比荷为()A．v05aB C．3v05aB5．(2022·湖北浠水第一中学高二期中)如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为em的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为(A．B>3mv0ae BC．B<3mv0ae D6．长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度大小为B，板间距离为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子的速度v<BqlB．使粒子的速度v>5BqlC．使粒子的速度v>BqlD．使粒子的速度Bql4m<v<7．(2022·上海控江中学高二期中)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图所示，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是()A．三个粒子都带负电荷B．c粒子运动速率最小C．c粒子在磁场中运动时间最短D．它们做圆周运动的周期Ta<Tb<Tc8．(多选)(2022·辽宁卷)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是()A．粒子1可能为中子B．粒子2可能为电子C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点二、非选择题9．(2022·山东乳山银滩高级中学高二阶段练习)如图所示，真空区域内有一宽度为d、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。AB、CD为磁场的边界。O是AB上一粒子源，某时刻从O点沿各个方向射入大量速度大小相等、方向与磁场垂直、质量为m、电荷量为q的正粒子(重力不计)。已知沿着与AB夹角θ＝30°方向入射的粒子刚好垂直于CD边界射出磁场。求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子在磁场中做圆周运动的速度大小；(3)粒子在磁场中运动的最长时间cos8210．“质子疗法”可以进行某些肿瘤治疗，质子先被加速至较高的能量，然后经磁场引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞，如图所示。若质子由静止被加速长度为l＝4m的匀强电场加速至v＝1.0×107m/s，然后被圆形磁场引向后轰击恶性细胞。已知质子的质量为m＝1.67×10-27kg，电荷量为e＝1.60×10-19C。(1)求匀强电场的电场强度大小(结果保留两位有效数字)；(2)若质子正对直径d＝1.0×10-2m的圆形磁场圆心射入，被引向后的偏角为60°，求该磁场的磁感应强度大小(结果保留三位有效数字)；(3)若质子被引向后的偏角为90°，且圆形磁场磁感应强度为10.44T，求该圆形磁场的最小直径为多大(结果保留两位有效数字)。11．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106m/s的α粒子(带正电)。已知屏蔽装置宽和长满足AD＝2AB，α粒子的质量m＝6.64×10-27kg，电荷量q＝3.2×10-19C。若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度的大小B＝0.332T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中。试求(以下运算结果可保留根号和π)：(1)若水平向右进入磁场的α粒子不从条形磁场隔离区的右侧穿出，试计算该粒子在磁场中运动的时间；(2)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少；(3)若条形磁场的宽度d＝20cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间分别是多少。素养提升练(二)12345678BBCBBCDCAD1．B[以速度v正对着圆心射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，如图，由几何关系知轨迹圆半径r=Rtanθ2，由半径r=mvqB解得B=mvtan2．BC[如图所示，若粒子带正电，则a=r(1-sin30°)=mv2qB，则B=mv2aq，B正确；若粒子带负电，则a=r(1+sin30°)=3mv2qB，则B3．B[画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示。设粒子的轨迹半径为r，则有r=mvqB，AO=2rsinθ=2mvsinθqB，则若θ是锐角，θ越大，AO越大，若θ是钝角，θ越大，AO越小，故A错误；由几何关系得，轨迹对应的圆心角α=2π-2θ，粒子在磁场中运动的时间为t=α2πT=2π-2θ2π·2πmqB=(2π-2θ)mqB，则得知粒子的运动时间与v无关，若v一定，θ4．B[粒子运动轨迹对应的圆心在y轴上，如图所示。设轨迹的半径为R，有(R-a)2+4a2=R2，解得R=5a2，由牛顿第二定律可得qv0B=mv02R5．C[当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，如图所示由几何关系得2Rcos30°=a，解得R=a3，欲使电子能经过BC边，必须满足R>a3，根据洛伦兹力提供向心力，则有ev0B=mv02R，解得B<6．D[如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，根据几何关系有r12=r1-l2+l2，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力qv1B=mv12r1，解得v1=5Bql4m；带电粒子刚好打在极板左边缘时，根据几何关系有r2=l4=m7．C[粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，结合左手定则可知，三个粒子都带正电荷，A错误；根据qvB=mv2r，可得r=mvqB，三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时轨道半径越大，则由题图知，a粒子的轨迹半径最小，c粒子的轨迹半径最大，则a粒子速率最小，c粒子速率最大，B错误；三个带电粒子的质量和电荷量都相同，由粒子运动的周期T=2πmqB可知三粒子运动的周期相同，即Ta=Tb=Tc，D错误；粒子在磁场中运动时间t=θ2πT，θ是粒子轨迹对应的圆心角，也等于速度的偏转角，由题图可知，a8．AD[由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确，B错误；由以上分析可知粒子1可能为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，解得r=mvqB，可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，9．解析：(1)沿着与AB夹角θ=30°方向入射的粒子刚好垂直于CD边界射出磁场，轨迹如图所示。由几何关系可得粒子做圆周运动的半径为R=dcosθ=233d，由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB=mv2R(2)由(1)知R=233d，根据qvB=mv2R得粒子的速度为v=(3)当粒子轨迹与CD边相切时，轨迹圆的圆心角α最大，如图，粒子在磁场中运动时间最长，由几何关系得cosα2=R-dR，代入数据cosα2=1-32，即α=164°，粒子做圆周运动的周期T=2π代入数据得t=41π答案：(1)233d(2)23dqB310．解析：(1)根据动能定理eEl=12mv2解得E≈1.3×105N/C。(2)由题意得质子的运动轨迹如图，由数学知识tan30°=d根据洛伦兹力提供向心力evB1=mv解得B1≈12.1T。(3)根据洛伦兹力提供向心力evB2=mv解得r'≈0.01m质子运动的轨迹如图根据数学知识知圆形磁场直径d'=2r'≈1.4×10-2m。答案：(1)1.3×105N/C(2)12.1T(3)1.4×10-2m11．解析：(1)所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，周期设为T，则根据牛顿第二定律有qvB=mv2R，又因为T=联立得T=2πmqB=π8×10若水平向右进入磁场的α粒子不从条形磁场隔离区的右侧穿出，则粒子运动轨迹为半圆，运动时间为t=12T=π16×10-6(2)根据题意，由几何知识可得∠BAO=∠ODC=45°根据牛顿第二定律有qvB=mv解得R=0.2m=20cm由几何关系可知，若所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，则满足条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，如图所示。设此时磁场宽度为d0，由几何关系可得d0=R+Rcos45°=(20+102)cm则磁场宽度d至少为(20+102)cm。(3)设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图所示因磁场宽度d=20cm<d0，且R=20cm，则在∠EOD间射出进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场的右边界，在∠EOA间射出进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE方向进入磁场区域