【同步】高中物理教科版(2019)选择性必修2：第1章专题提升2带电粒子在有界磁场中的运动分层作业习题

第一章分层作业6带电粒子在有界磁场中的运动A级必备知识基础练1.(2023云南玉溪高二期末)如图所示的平面以MN为边界分为Ⅰ、Ⅱ两个区域,Ⅰ区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,Ⅱ区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为2B(图中未画出),一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子从边界上的E点以某一初速度开始运动(此为粒子第一次经过边界MN),一段时间后,粒子第三次经过边界MN的位置与E点的距离为d,若粒子在运动的过程中仅受磁场力作用,初速度方向与边界夹角α=30°,则粒子的初速度为()A.qBd4m BC.23qBd32.(2023江苏南京第一中学高二期末)一圆形区域的匀强磁场如图所示,在O点处有一放射源,沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子,其中带电粒子1从A点飞出磁场,带电粒子2从B点飞出磁场,不考虑带电粒子的重力,则 ()A.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动的时间之比为2∶3B.带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为3∶1C.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1∶3D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动的周期之比为3∶13.(2023河南洛阳高二期末)如图所示,在一个直角三角形ACB区域内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,AB、BC、AC为磁场边界,AC边长为3a,∠CAB=53°。一质量为m、电荷量为+q的粒子从AB边上的D点垂直于磁场边界AB射入匀强磁场,已知AD长为a,不计粒子重力,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列说法错误的是()A.粒子有可能从AC边射出B.只要粒子从AB边射出,则粒子在磁场中运动的时间为πC.粒子恰不从BC边射出磁场区域时对应的速度为v=3D.随着粒子速度的增大,粒子在磁场中运动的时间越来越短4.(2023辽宁葫芦岛高二期末)如图所示,宽l=2cm的有界匀强磁场,纵向范围足够大,磁场的方向垂直纸面向里,现有一群带正电粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场,若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=5cm,则()A.右边界:-4cm<y<4cm有粒子射出B.右边界:y>4cm和y<-4cm有粒子射出C.左边界:y>8cm有粒子射出D.左边界:0<y<16cm有粒子射出5.(多选)(2023湖南株洲高二期末)长为l、水平放置的极板间有垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示。极板间相距为l,极板不带电。将质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从两极板间中央的O点垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,磁感应强度大小应满足()A.B>4B.B<mvC.B<4D.4mv56.(2023重庆凤鸣山中学高二期末)如图所示,边界OM与ON之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场,边界ON上有一粒子源S。某一时刻,从粒子源S沿平行于纸面,向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用),所有粒子的初速度大小相同,经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON=45°,从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间为12T(T为粒子在磁场中运动的周期),则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为(A.13T B.1C.16T D.17.(多选)(2023重庆高二期末)如图所示,在直角坐标系的第一象限内有一半径为R的扇形POQ无场区域,第一象限剩余区域(含PQ圆弧边界)及第四象限均存在垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场。大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子从圆弧PQ上各点沿y轴正方向以相同速度v(大小未知)射入磁场,且所有粒子轨迹均交于Q点并被粒子收集盒(图中未画)吸收。不计粒子重力,则()A.磁场方向垂直纸面向里B.粒子速度大小为qBRC.粒子运动到Q点的最短时间为3D.粒子从进入磁场到运动至Q点的过程中,离Q的最远距离为2RB级关键能力提升练8.(2023江苏苏州高二期末)如图所示,在xOy平面内、直线x=±a之间存在匀强磁场,磁场沿y方向分布足够广,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。M、N点坐标分别为(-2a,0)和(2a,0),已知电子的电荷量为e,质量为m,不计电子间相互作用。(1)从M点沿x轴正方向发射电子,要使电子进入磁场后能穿过磁场,求电子速度v满足的条件。(2)从M点以一定速度向第二象限内发射一电子,初速度方向与x轴正向夹角为45°,电子穿过磁场后恰好能经过N点,求该电子从M点运动到N点的时间t。(3)从M点向第二象限与x轴正向夹角分别为30°、37°、45°、60°的四个方向均发射速率为2eBa3m参考答案分层作业6带电粒子在有界磁场中的运动1.D解析根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r,得粒子在Ⅰ区域运动的半径为r1=mvqB,轨迹如图所示,由几何关系可得θ=60°,圆弧所对应的弦长也为r1;Ⅱ区域粒子运动的半径为r2=mv2qB,同理,根据几何关系,可知圆弧所对应的弦长也为r2,则有d=r1-r2.A解析设圆形磁场半径为R,带电粒子1、2在磁场中做圆周运动的圆心分别为O1、O2,如图所示。根据几何关系可知带电粒子1、2在磁场中运动的轨道半径分别为r1=Rtan30°、r2=Rtan60°,带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为r1r2=13,带电粒子1与带电粒子2在磁场中的运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°,所以可得在磁场中运动的时间之比为t1t2=2πr1v3.D解析设粒子速率为v1时运动轨迹与AC边相切,则切点为C点,如图甲所示,由几何关系可得R1=BC=BD=4a,由牛顿第二定律得qBv1=mv12R1,联立可得v1=4qBam,所以当速度大于4qBlm时,粒子将会从AC边界射出,故A不符合题意;粒子竖直向上进入磁场,轨迹圆心一定在AB边上,若粒子能从AB边射出,粒子的速度方向一定竖直向下,轨迹都为半圆,速度越大,半径越大。因为粒子运动周期T=2πmqB,所以粒子在磁场中运动的时间为πmqB,故B不符合题意,D符合题意;设粒子速率为v时恰不从BC边射出磁场区域,即运动轨迹与BC甲乙4.A解析当粒子的轨迹恰好与磁场右边界相切时,如图所示,根据几何关系得y1=r2-(r-l)2=52-(5-2)2cm=4cm,当粒子沿-y轴方向射入磁场时,粒子从磁场右边界x轴下方射出,根据几何关系得y2=r2-(r5.AC解析欲使粒子不打在极板上,粒子在极板间运动的轨迹如图所示。粒子从左边射出磁场时,其在磁场中做圆周运动的半径r<14l,粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,可知粒子不打到极板上且从左边射出时磁感应强度B>4mvql,粒子从右边射出时,粒子的最小半径为R,由几何关系得R2=l2+R-12l2,解得R=54l,粒子不打在极板上,有r'>56.B解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,入射点是S,出射点在OM直线上,出射点与S点的连线为轨迹的一条弦,当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时,轨迹的弦最短,根据几何知识,作ES⊥OM,则ES为最短的弦,粒子从S到E的时间即最短。由题意可知,粒子运动的最长时间等于12T,设OS=d,则DS=OStan45°=d,粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r=DS2=12d,由几何知识有ES=OSsin45°=22d,sinθ2=ES2r7.BCD解析根据粒子轨迹均交于Q点,可知粒子向右偏转,根据左手定则判断可知,磁场方向垂直纸面向外,故A错误;由P点射出的粒子轨迹如图所示,根据几何关系可知,粒子的轨迹半径为R,根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2R,解得粒子速度大小为v=qBRm,故B正确;圆心角越大,则运动时间越长,由几何关系可知,由P点射出的粒子轨迹所对应的圆心角最小,即时间最短为t=34T=34×2πmBq=8.答案(1)v>2(2)((3)夹角为30°速率为2eBa3m的电子与夹角为37°速率为15解析(1)设电子恰好未穿出磁场的速度大小为v1,有ev1B=mv根据几何关系知r1=2a联立解得v1=2则能穿出磁场的电子速度应满足的条件是v>2aeB(2)根据对称性与几何关系可知,电子在磁场中运动时,圆心位于坐标原点O,半径r2=2a根据牛顿第二定律得ev2B=mv解得v2=2两段直线运动阶段的时间t1=t3=2电子在磁场中做圆周运动的时间t2=π则电子从M点运动到N点的时间t