2024版新教材高中物理第一章磁吃电流的作用专项6带电粒子在弧形边界匀强磁场中的圆周运动课时作业教科版选择性必修第二册

eq\a\vs4\al(专)eq\a\vs4\al(项)6带电粒子在弧形边界匀强磁场中的圆周运动1．如图所示，圆形区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的粒子沿平行于直径AC的方向射入磁场，射入点到直径AC的距离为磁场区域半径的一半，粒子从D点射出磁场时的速率为v，不计粒子的重力．则()A．圆形磁场区域的半径为eq\f(2mv,qB)B．圆形磁场区域的半径为eq\f(mv,qB)C．粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,4qB)D．粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,6qB)2．如图，圆形区域内有垂直纸面对里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力，则eq\f(v1,v2)为()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(3),2)D．eq\r(3)3．如图所示，坐标平面内有边界过P(0,L)点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域．方向垂直于坐标平面，一质量为m、电荷量为e的电子(不计重力)，从P点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，从x轴上的Q点射出磁场区域，此时速度与x轴正方向的夹角为60°.下列说法正确的是()A．磁场方向垂直于坐标平面对外B．磁场的磁感应强度B＝eq\f(mv0,2eL)C．圆形磁场区域的半径为2LD．带电粒子做圆周运动的半径为L4．(多选)如图所示，AOB为一边界为eq\f(1,4)圆的匀强磁场区域，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界圆弧上一点，且CD∥AO，现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出；粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可推断()A．粒子2在CB圆弧上某点射出磁场B．粒子2必从B点射出磁场C．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2D．粒子1与粒子2的速度偏转角相同5．如图所示，圆形区域的圆心为O，区域内有垂直于纸面对外的匀强磁场，MN为圆的直径．从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N点离开磁场．已知∠AON＝60°，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是()A．乙粒子带正电荷B．乙粒子与甲粒子的比荷之比为3∶1C．乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为3∶1D．乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3∶16．(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的重量大小不变，沿法线方向的重量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计重力．下列说法正确的是()A．粒子的运动轨迹可能通过圆心OB．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向确定平行于碰撞点与圆心O的连线7.如图所示，在真空中，有一半径为r的圆形区域内充溢垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子质量为m，电量为q，以某一速度由a点沿半径方向射入磁场，从c点射出磁场时其速度方向变更了60°，(粒子的重力可忽视)试求：(1)该粒子在磁场中的运动时间t；(2)粒子做圆周运动的半径R；(3)粒子运动的速度v0.专项6带电粒子在弧形边界匀强磁场中的圆周运动1.答案：B解析：粒子运动轨迹如图所示由几何关系可得粒子在磁场中偏转60°，则在磁场中运动的时间为eq\f(1,6)T，即t＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πm,3Bq)由几何关系可得四边形ODO′E是菱形，则圆形区域中匀强磁场的半径R与粒子运动的轨迹半径r相等，有Bqv＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,Bq)则磁场半径为R＝r＝eq\f(mv,Bq)，ACD错误，B正确．2．答案：B解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力有：qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB).设匀强磁场的圆形区域半径为R，依据粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°可知r1＝R，且r1＝eq\f(mv1,qB)，射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°可知r2＝eq\r(3)R，且r2＝eq\f(mv2,qB)，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，故选项B正确．3．答案：B解析：粒子运动轨迹如图，依据左手定则，可知磁场垂直纸面对里，A错误；依据几何学问，可知粒子的轨道半径为r＝2L又洛伦兹力供应向心力，可得eBv0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),r)所以B＝eq\f(mv0,er)＝eq\f(mv0,2eL)，D错误，B正确；依据几何学问可知，∠QOP＝90°，所以PQ为圆形磁场的直径，所以有2R＝r所以磁场区域的半径为R＝L.4．答案：BC解析：粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°，粒子轨迹半径等于BO；粒子2从C点沿CD射入，运动轨迹如图所示，设其对应圆心为O1，轨迹半径也为BO，连接CO、O1C、O1B，O1COB是平行四边形，O1B＝CO，所以粒子2确定从B点射出，故A错误，B正确；粒子1的速度偏转角为90°，连接PB可知P为O1C中点，由几何学问可知粒子2的速度偏转角为60°，依据T＝eq\f(2πm,qB)，有t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)，所以两粒子运动时间之比为3∶2，故C正确，D错误．5．答案：B解析：依据左手定则可知，乙粒子带负电，故A错误；粒子的轨迹如图设圆形磁场的半径为R，由几何关系可知甲的半径为r2＝Rtan60°＝eq\r(3)R乙的半径为r1＝Rtan30°＝eq\f(\r(3),3)R则乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶3由Bqv＝eq\f(mv2,r)可得乙粒子与甲粒子的比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶1粒子在磁场中运动时间为t＝eq\f(θ,2π)T其中θ为圆心角，则乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝2∶3故B正确，CD错误．6．答案：BD解析：假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线照旧平行不能确定圆心，则粒子不行能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示即撞击两次，B正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，粒子运动时间不愿定削减，C错误．故选BD.7．答案：(1)eq\f(πm,3qB)(2)eq\r(3)r(3)eq\f(\r(3)Bqr,m)解析：(1)设圆周运动半径为R，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力：Bqv0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)，而T＝eq\f(2πR,v0)，联立解得周期为：T＝eq\f(2