高考物理二轮专题复习专题20带电粒子在有界磁场中的运动及临界极值多解问题练习.docx

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高考物理二轮专题复习专题20带电粒子在有界磁场中的运动及临界极值多解问题练习

第20讲：

带电粒子在有界磁场中的运动及临界、极值、多解问题

1.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。

一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。

则

A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1

B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2

C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1

D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2

2.（2018湖南二模）沿半径为R的圆形边界的匀强磁场的半径PO方向射入两个带电粒子甲和乙，甲、乙分别从圆形边界上的Q、S两点射出，已知两个带电粒子的比荷（q/m）相同，圆弧PQ为圆周边界的1/3，圆弧PS为圆周边界的1/4，由此可知

A．从边界上Q点射出的带电粒子甲带负电

B．甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为1∶

C．甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为∶1

D．甲和乙两个带电粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为∶1

3.如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为＋q且不计重力的粒子以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直射入磁场，最后垂直于MN射出，则该磁场的磁感应强度的大小为（　　）

A.　　　　　　　　　B.

C.D.

4．（多选）（2018贵州贵阳期末）如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1＝2B2.一比荷为k的带电粒子（不计重力），以一定速率从O点垂直MN进入磁感应强度为B1的磁场，则粒子下一次到达O点经历的时间为（　　）

A.B.

C.D.

5.如图所示，在空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和某种粒子从磁场下边界MN上的O点以相同的速度v0（v0在纸面内，v0与MN的夹角θ为锐角）射入磁场中，发现质子从边界上的F点离开磁场，另一粒子从E点离开磁场。

已知＝2d，＝d，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。

下列说法正确的是（　　）

A．从E点飞出的可能是α粒子

B．从E点飞出的可能是氚核

C．两种粒子在磁场中的运动时间相等

D．两种粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角相等

6.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。

从圆形磁场的最高点P以不同的初速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q，质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是（　　）

A．粒子在磁场中通过的弧长越长，则粒子在磁场中运动的时间就越长

B．从磁场中射出的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心O

C．射出磁场的粒子一定能垂直打在感光板MN上

D．当粒子入射的速度大小v＝时，粒子从磁场射出后一定能垂直打在感光板MN上

7.如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（　　）

A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l

B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝

C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝

D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为

8.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理想分开，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的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为（　　）

A．2BkL　　　　　　　　　B.

C.D.

9.一边长为a的正三角形ADC区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC边的正下方有一系列质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以垂直于DC边的方向射入正三角形区域．已知所有粒子的速度均相同，经过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t0.假设粒子的重力和粒子之间的相互作用力可忽略．

（1）求该区域中磁感应强度B的大小．

（2）为了能有粒子从DC边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？

（3）若粒子以

（2）中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC、AD边射出的区域长度分别为多大？

10.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀向各个方向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为，且粒子打在挡板上会被吸收，不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求：

（1）为使最多的粒子打在板上，则挡板至少多长？

（2）若挡板足够长，则打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值是多少？

（3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率是多少？

参考答案

1.答案　A

解析　设正六边形边长为L，一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径rb＝L，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力，Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径rc＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，A项正确。

2.答案　CD

解析　由左手定则可判断出从边界上Q点射出的带电粒子甲带正电，选项A错误。

根据题述可以判断出从S点射出的带电粒子乙的运动轨迹半径为r乙＝R，由几何关系可知tan30°＝R/r甲，解得从Q点射出的带电粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为r甲∶r乙＝∶1，选项D正确。

由r＝可得甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝∶1，选项B错误，C正确。

3.答案B

解析根据题述带电粒子“以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出”，可画出带电粒子的运动轨迹，如图所示．根据几何关系可得rcos60°＝R，r＝2R.带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，解得磁感应强度的大小为B＝，选项B正确．

4.答案BC

解析根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得R＝，由此可知带电粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的轨道半径（或直径）是在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的轨道半径（或直径）的2倍，画出带电粒子运动轨迹的示意图，如图所示．粒子在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的时间为t1＝2×＝2＝，粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的时间为t2＝＝＝2，则粒子下一次到达O点经历的时间为是t＝t1＋t2＝2＋2＝4＝，或表达为t＝t1＋t2＝＋＝2＝.故选项B、C正确，A、D错误．

5.答案BD

解析　设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，另一种粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2，两种粒子的运动轨迹如图所示，则由几何关系可知，d＝2r1sinθ，3d＝2r2sinθ，两式联立可解得r2＝3r1，由洛伦兹力提供向心力可得r1＝，另一种粒子的半径r2＝，可得＝3，故从E点飞出的可能是氚核，选项A错误，B正确；由几何知识可知，两粒子在磁场中运动时，转过的圆心角均为α＝2（π－θ），故选项D正确；根据T＝可知两种粒子的周期不同，由t＝T可知，两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项C错误。

6.答案BD

解析　由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T＝可知，速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，由r＝可知，速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径就越大，弧长就越长，轨迹所对应的圆心角则越小，由＝可知，粒子在磁场中的运动时间t就越小，选项A错误；带电粒子在磁场中的运动轨迹是圆弧，由几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，选项B正确；由于粒子从P点入射的速度大小不同，故粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径也不同，轨迹对应的圆心角也不相同，因此，对着圆心入射的粒子，出射后不一定能垂直打在感光板MN上，选项C错误；当粒子从P点入射的速度大小v＝时，由r＝可

得，粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的轨迹圆半径刚好与圆形磁场的半径R相同，由几何知识可知，此时入射点、出射点、磁场圆的圆心O与轨迹圆的圆心构成一个正方形，粒子水平射出磁场，故粒子一定垂直打在感光板MN上，选项D正确。

7.答案ABD　

解析若粒子射入磁场时的速度为v＝，则由qvB＝m可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝（＋1）l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝，选项D正确。

8.答案BD

解析　因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝（n＝1,2,3，…），由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·（n＝1,2,3，…），选项B、D正确。

9.答案

（1）　

（2）　（3）　

解析

（1）洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m

周期T＝＝

当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系有圆心角为60°，则t0＝T，解得B＝.

（2）当轨迹圆与AC、AD都相切时，能有粒子从DC边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为v1，偏转半径为r1，则r1＝sin60°＝a

由qv1B＝m得v1＝

解得v1＝

所以粒子能从DC边离开磁场的最大入射速度

v1＝.

（3）由

（2）知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故AC边有粒子射出的范围为CE段，xCE＝cos60°＝

当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远，如图乙所示，故AD边有粒子射出的范围为DF段，xDF＝＝.

10.答案见解析

解析

（1）粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，

解得r＝＝

在挡板左侧能打在挡板上最远点的粒子恰好与挡板相切，设此时打在挡板上的点为N，如图甲所示，

由题意可知r＝＝，

由几何知识可得＝

对粒子在不同方向上的运动情况进行分析可知，当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M，且此时挡板吸收的粒子数最多，如图甲所示，在△OPM中，由几何关系可得＝，

所以＝.

综上所述可知，挡板长度至少等于时，挡板吸收的粒子数最多．

（2）由

（1）中的分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图乙中轨迹1所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ1＝；当粒子从右侧恰好打在P点时，时间最长，如图乙中轨迹2所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ2＝

粒子的运动周期T＝＝＝

沿轨迹1运动的时间t1＝T

沿轨迹2运动的时间t2＝T

最长时间与最短时间的差值Δt＝t2－t1＝.

（3）出射方向在水平向右的方向和沿轨迹2运动时的初速度方向之间的粒子都能打在板上，粒子出射速度方向能变化的角度为α＝，打到板上的粒子占所有粒子的比率为η＝＝.