适用于新高考新教材备战2025届高考物理一轮总复习第11章磁场第3讲专题提升带电粒子在有界磁场中的运动

第3讲专题提升:带电粒子在有界磁场中的运动基础对点练题组一带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题1.如图所示,纸面内有一圆心为O、半径为R的圆形磁场区域,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面对里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ=30°的方向放射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域,则电子的最大速率为()A.7eBR10mC.21eBR40m2.(2024湖南长沙模拟)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面对外,其边界如图中实线所示,a、b、c、d四点共线,ab=2ac=2ae,fe与ab平行,且ae与ab成60°角。一粒子束在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,粒子质量均为m、电荷量均为q(q>0),具有各种不同速率。不计重力和粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为()A.3πm2qB B.43.(2024云南大理下关第一中学联考)如图所示,矩形ABCD区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B1,AB边长为d,BC边长为2d,O是BC边的中点,E是AD边的中点。在O点有一粒子源,可以在纸面内向磁场各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、相同电性的带电粒子,粒子射出的速度大小相同。速度方向与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,则()A.粒子带正电B.粒子运动的速度大小为2C.粒子在磁场中运动的最长时间为πD.磁场区域中有粒子通过的面积为4+π4题组二带电粒子在有界磁场中运动的多解问题4.匀强磁场中一带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,其运动轨迹上速度方向相反的两点之间距离d与粒子速率v的关系如图所示,则该粒子经过这两点的时间间隔可能为()A.3πd02v0 B.95.如图所示,边长为a=0.4m正方形区域ABCD内无磁场,正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B1=0.2T的匀强磁场区域,PQ右侧磁场方向垂直于纸面对外,PQ左侧磁场方向垂直于纸面对里。现将一质量为m=1×10-8kg、电荷量为q=2×10-6C的带正电粒子从AB中点E以某一速率垂直于AB射入磁场,不计粒子的重力。关于粒子的运动,下列说法正确的是()A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的最大速度为12m/sB.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为10m/sC.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为83D.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为2m/s6.(多选)(2024重庆模拟)如图所示,边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场,三角形ABC内磁场方向垂直纸面对外,两磁场的磁感应强度大小均为B1。顶点A处有一粒子源,粒子源能沿∠BAC的角平分线放射不同速率的粒子,粒子质量均为m、电荷量均为+q(q>0),不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则以下粒子放射速度v0能通过B点的是()A.2qB1Lm B.qB7.(2024广东湛江一模)如图所示,空间正四棱锥P-ABCD的底边长和侧棱长均为a,此区域存在平行于CB边由C指向B方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子,以竖直向上的初速度v0从底面ABCD的中心O垂直于磁场方向进入磁场区域,最终恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域,忽视粒子受到的重力。则磁场的磁感应强度大小为()A.2mvC.(6+2综合提升练8.(多选)(2024广东阶段练习)空间存在如图所示相邻的两个匀强磁场,磁场Ⅰ的宽度为d,方向垂直纸面对里,磁感应强度大小为B;磁场Ⅱ的宽度为2d,方向垂直纸面对外。将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小为5qBd3m的水平速度垂直磁场Ⅰ从P点射入磁场,粒子在磁场中运动后恰好从磁场Ⅱ的边缘C处水平射出。不计粒子所受的重力,已知sin37°=0.6,cos37°=0.A.粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径为5B.磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2BC.粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为2D.粒子在磁场中运动的总时间为379.(2024福建福州二模)如图所示,垂直纸面对里的匀强磁场中有一固定竖直挡板,挡板足够长,P处有一粒子源,PO连线垂直挡板,P到O的距离为L。粒子源能垂直磁场沿纸面对各个方向放射速度大小均为v的带正电粒子。粒子质量均为m,电荷量均为q,到达挡板的粒子都被吸取,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。(1)若有粒子能到达挡板,求磁感应强度大小B应满意的条件。(2)若粒子到达挡板上侧最远处为M点,下侧最远处为N点,且OMON=210.(2024广东广州模拟)如图所示,空间中存在垂直于xOy平面对里的匀强磁场。y轴正方向竖直向上,x轴正方向水平向右。x轴上有一厚度不计的薄板MN,垂直于xOy平面固定,薄板长度为2a,中点位于O点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,可从y轴上y=-a处的P点以速率v=qBam沿xOy(1)求粒子从放射到被吸取阅历的最短时间t。(2)粒子放射后能否与薄板碰撞一次就返回P点?若能,求粒子放射方向与y轴负方向的夹角α0;若不能,请说明理由。(3)粒子放射后与薄板碰撞n次(n>1)后能返回P点,求粒子放射方向与y轴负方向夹角α正弦值的表达式。参考答案第3讲专题提升:带电粒子在有界磁场中的运动1.C解析如图所示,当电子的运动轨迹与磁场边界相切时,由evB=mv2r,得v=erBm。电子运动半径最大,速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线,过电子圆周运动的圆心作OP的垂线,由几何关系得rcos60°+(R-r)2-(rsin60°)2.B解析粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关,由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角确定,即t=θ2πT,粒子垂直ac射入磁场,则圆心必在ac直线上,将粒子的轨迹半径由零渐渐放大,粒子从ac、bd区域射出时,磁场中的轨迹为半圆,运动时间等于半个周期;依据几何关系可知,粒子从e点射出时,对应圆心角最大,为43π,此时轨迹半径为ac的长度,周期T=2π3.D解析速度方向与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,粒子运动的轨迹如图所示,依据左手定则可推断,粒子带负电,A错误;由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知,粒子做圆周运动的半径r=d,由牛顿其次定律有qvB1=mv2r,则粒子运动的速度大小为v=qB1dm,B错误;由于粒子做圆周运动的速度大小相同,因此在磁场中运动的轨迹越长,时间越长,分析可知,粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周,因此最长时间为四分之一周期,即最长时间为t=T4=πm2qB1,C错误;由图可知磁场区域有粒子通过的面积为图中4.B解析洛伦兹力充当向心力,有qvB=mv2r,又r=d2,得d=2mqBv,由图可知k=2mqB=3d4v0,粒子的周期5.C解析依据题意可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力供应向心力,有qvB1=mv2r,解得v=qB1rm,若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子可能的运动轨迹如图所示,由几何关系可得(2n+1)r=a2(n=0,1,2,…),解得v=qB1a(4n+2)m(n=0,1,2,…),当6.BD解析粒子带正电,且经过B点,其可能的轨迹如图所示,全部圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动半径r=Ln(n=粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力供应向心力,由牛顿其次定律得qvB1=mv解得v=B1qrm=B1qLnm(n=7.C解析粒子从空间正四棱锥P-ABCD的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域,最终恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域,可知粒子刚好与侧面PBC相切,作出粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知r+rsinθ=a2,θ为侧面PBC与底面的夹角,由几何关系可得sinθ=63,由洛伦兹力供应向心力得qv08.AD解析由题意可知,粒子的运动轨迹如图所示,粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径为r1=mvqB=5d3,选项A正确;由几何关系可知粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为r2=2r1,由r2=mvqB2,得磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B2=12B,选项B错误;粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T2=2πr2v=2πmqB9.答案(1)B≤2mvqL解析(1)若恰有粒子能到达挡板,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小,为rmin,轨迹如图甲所示,由几何关系可知rmin=L甲由牛顿其次定律有qvB=mv解得B=2mvqL,即当B≤(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r,粒子到达挡板上侧最远处M点时,轨迹圆在M点与挡板相切,如图乙所示。乙设O、M间距离为x1由几何关系有r2=x12+(L-r粒子到达挡板下侧最远处N点时,PN为轨迹圆的直径。设O、N间距离为x2,由几何关系可得(2r)2=x22由题意知x解得r=5由牛顿其次定律有qvB=mv解得B=8mv10.答案(1)πm3qB(2)见解析(3)sinα=n解析(1)设粒子做圆周运动的轨迹半径为R,有qvB=mv得R=a粒子在磁场中做完整圆周运动的周期T=2当粒子放射后干脆打到薄板下表面的O点,用时最短,如图甲所示甲设粒子放射方向与y轴正方向的夹角为θ,偏向右侧,由几何关系有sinθ=1粒子从放射到吸取阅历的最短时间t=2θ联立解得t=πm(2)由对称性分析可知,当粒子放射后干脆打到薄板上表面的O点,一次反射后恰好能回到P点,粒子轨迹如图乙所示,设粒子放射方向与y轴负方向间的夹角为α0,偏向右侧乙由几何关系有sinα0=12aR,得α此时轨迹圆弧与x轴的交点到O点的距离为L=2