第10章 链接高考12 带电粒子在匀强磁场中的运动-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课时作业word（人教版）

课时冲关35　带电粒子在匀强磁场中的运动 [基础对点练] 1. (磁场的直线边界)(多选)如图所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场．其中某一速度为v0的电子从Q点射出．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断(　　) A．该匀强磁场的方向垂直纸面向里 B．所有电子在磁场中的轨迹相同 C．速率大于v0的电子在磁场中运动时间长 D．所有电子的速度方向都改变了2θ 解析：AD　[由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A选项正确；由qvB＝得电子运动半径R＝，可知所有电子在磁场中的轨迹不相同，B选项错误；所有电子偏转角度相同，所有电子的速度方向都改变了2θ，D选项正确；由T＝得电子运动周期T＝，又t＝T＝T，所以所有电子在磁场中的运动时间都相同，C选项错误．] 2. (双直线边界)如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是(　　) A．粒子a带负电，粒子b带正电 B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶ C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶1 D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2 解析：B　[a粒子向上偏转，由F＝qvB得，a粒子带正电；b粒子向下偏转，b粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，Ra∶Rb＝1∶，故B正确；由qvB＝m得v＝，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶，故C错误；粒子运动周期T＝，Ta＝Tb，a运动时间ta＝Ta＝Ta＝T，b运动时间tb＝Tb＝Tb＝T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误．] 3. (正方形边界)如图所示，边长ab＝1.5L、bc＝L的矩形区域内存在着垂直于区域平面向里的匀强磁场，在ad边中点O处有一粒子源，可在区域平面内沿各方向发射速度大小相等的同种带电粒子．已知沿Od方向射入的粒子在磁场中运动的轨道半径为L，且经时间t0从边界cd离开磁场．不计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电 B．粒子可能从c点射出 C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0 D．粒子在磁场中运动的最长时间为2t0 解析：D　[沿Od方向射入的粒子的运动轨迹如图甲所示， 甲 根据左手定则可知粒子带正电，选项A错误．设沿Od方向射入的粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，由几何关系可知sin θ＝.解得θ＝60°，根据题意得T＝t0，解得粒子做匀速圆周运动的周期T＝6t0，选项C错误．当粒子轨迹与边界dc相切时，设切点与d点距离为x，由几何关系得x2＋(L－L)2＝L2，解得x＝L<1.5L，则粒子不会达到c点，选项B错误． 由几何关系可以得到，粒子从b点处射出时，在磁场中的运动轨迹对应的弦长最长，运动的时间最长，如图乙所示， 乙 设此时粒子运动轨迹对应的圆心角为α，所有粒子运动的轨迹半径相同，由几何关系得sin＝，Ob＝L，解得α＝120°，则粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝2t0，选项D正确．] 4. (圆形边界)如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N孔射出的离子(　　) A．是正离子，速率为 B．是正离子，速率为 C．是负离子，速率为 D．是负离子，速率为 解析：B　[因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图所示， 由几何关系可知r＝，由qvB＝m可得v＝，故B正确．] 5. (三角形边界)比荷为的电子以速度v0沿AD边射入以等边三角形为边界的匀强磁场区域中，等边三角形的边长为a，如图所示．为使电子从DC边穿出磁场，磁感应强度的取值范围为(　　) A．B>　　　　　 B．B< C．B> D．B< 解析：B　[根据洛伦兹力提供向心力，有Bev0＝，解得B＝，由该式知，磁感应强度越小，运动半径越大．电子恰好从DC边飞出时，运动轨迹与DC边相切，其轨迹如答图所示， 根据几何关系，知半径为R＝a，故B＝，所以B<时，电子能从DC边穿出，故选项B正确．] 6．(临界问题)(多选)如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为(　　) A.∶＝1∶1　　　 B.∶＝2∶1 C．t1∶t2＝2∶3 D．t1∶t2＝1∶3 解析：AC　[两粒子的运动轨迹如图； 设正方形区域边长为L，则从b点飞出的粒子的运动轨迹半径为r1＝L；从c点飞出的粒子的运动轨迹半径为r2＝L；根据qv0B＝m，可得＝，则∶＝1∶1，选项A正确，B错误；根据T＝可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t＝T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，选项C正确，D错误．] 7. (极值问题)如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，OM左侧到OM距离为L的P处有一个粒子源，可沿纸面向各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，速率均为v＝，则粒子在磁场中运动的最短时间为(　　) A.　　　　　　 B. C. D. 解析：B　[粒子进入磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝m，将题设的v值代入得：r＝L，粒子在磁场中运动的时间最短，则粒子运动轨迹对应的弦最短，最短弦为L，等于圆周运动的半径，根据几何关系，粒子转过的圆心角为60°，运动时间为，故tmin＝＝×＝，故B正确，A、C、D错误．] 8. (多解问题)(多选)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，磁感应强度为B，板间距离也为l，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，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　) A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度v满足<v< 解析：AB　[带电粒子刚好打在极板右边缘，有r＝2＋l2，又因r1＝，解得v1＝；粒子刚好打到极板左边缘，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确．] [能力综合练] 9.如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，下列说法正确的是(　　 ) A．两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3∶1 B．粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为2∶1 C．粒子在磁场中速率之比为1∶3 D．粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1 解析：D　[作出带电粒子运动轨迹如图所示 根据几何关系可知，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为120°，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为60°，而粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝， 比荷相同且在同一磁场中做圆周运动，因此周期相同，则可得tP＝T＝， tQ＝＝，可得tP∶tQ＝1∶2，故A、B错误；设圆形磁场的半径为R，根据几何关系可得＝tan30°，＝tan30°，解得rP∶rQ＝3∶1， 根据v＝，可得vP∶vQ＝3∶1，故C错误，D正确．] 10.地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境．赤道平面的地磁场简化为如图所示，O 为地球球心、R 为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里．假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直 MN 沿赤道平面射向地球．已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力．下列说法正确的是(　　 ) A．粒子无论速率多大均无法到达 MN 右侧地面 B．若粒子速率为，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面 C．若粒子速率为，入射到磁场的粒子均可以到达地面 D．若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面 解析：D　[射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达MN右侧地面，故A错误；若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m，解得r＝R，若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示 设该轨迹半径为r1，由几何关系可得－r1＝R，解得r1＝R≠r，故B错误； 若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qv2B＝m， 解得r2＝＜r1＝R，由B选项分析可知，若粒子的射入方向在正对O处以上，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故C错误；若粒子速率为，由洛伦兹力提供向心力得qv3B＝m，解得r3＝＝r1，由B选项分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面，综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面，故D正确．] 11．如图所示，静止的带电粒子所带电量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，通过孔Q垂直N板和磁场方向进入N板右侧的匀强磁场区域．磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当滑动触头P置于滑动变阻器最右端B时，粒子恰垂直打在CD板上．当滑动触头置于不同位置时，则(　　 ) A．两板间电压的最大值Um＝ B．粒子在磁场中运动的最长时间tm＝ C．CD板上可能被粒子打中区域的长度s＝L D．经过磁场后能打到N 板上的粒子的最大动能为 解析：D　[当滑动触头P置于滑动变阻器最右端B时，两板间的电压最大，粒子恰垂直打在CD板上，根据几何关系知粒子的轨道半径为r＝L， 根据洛仑兹力提供向心力qvB＝m， 粒子在电场中运动时qUm＝mv2， 解得Um＝，故A错误；打在N板上的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期tm＝＝，故B错误；粒子垂直打在CD板上的位置离C点最远，距离为L，当粒子运动轨迹恰好与CD相切时，切点的位置离C点最近，轨迹如图 由几何关系知sin30°＝， 解得R＝，KC＝L 所以CD板上被粒子打中区域的长度为s＝L，故C错误；打到N板上的粒子中，根据qvB＝m，得r＝，可知轨道半径越大则对应的速度越大，即运动半径最大的粒子的动能最大，则当R＝时，粒子动能最大，有Ek max＝mv2＝m2＝，故D正确．] 12.真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和2a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一电子以速率v沿半径方向射入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使电子不能进入内部无磁场区域，磁场的磁感应强度B最小为(　　) A.　　 B.　　 C.　　 D. 解析：B　[使电子不能进入内部无磁场区域的临界轨迹如图所示， 磁感应强度最小时轨迹与内圆相切，根据勾股定理r2＋4a2＝(r＋a)2，解得r＝a.电子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，evBmin＝m，解得r＝，最小值为Bmin＝，故B正确，A、C、D错误．] 13．(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有一完整圆形匀强磁场，圆心位于P(0，L)，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面．质量为m、电量为q的带正电粒子从O点以速度v0沿y轴正方向射入，离开磁场后，运动到x轴上N点时，速度与x轴正方向成30°，粒子重力不计，则(　　) A．磁场方向垂直纸面向外 B．ON之间的距离为2L C．磁场使粒子速度方向改变了60° D．带电粒子在磁场中运动的时间为 解析：AD　[粒子的运动轨迹如图所示 由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；由图中几何关系可知，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为120°，则磁场使粒子速度方向改变了120°，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，根据几何关系可知ON之间的距离为ON＝＝L，故选A、D.] 14．(2022·浙江卷，22)离子速度分析器截面图如图所示．半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S.整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点．离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q > 0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场．落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用． (1)①求磁感应强度B的大小； ②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小； (2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小； (3)若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)． 解析：(1)①离子在磁场中做圆周运动有 qv0B＝，则B＝， ②离子在磁场中的运动时间 t＝×＝， 转筒转动的角度ωt＝2kπ＋，ω＝(4k＋1)，(k＝0,1,2,3…)， (2)设速度大小为v的离子在磁场中做圆周运动的半径为R′，有R′＝Rtan，又 qvB＝m，则v＝v0tan ， 离子在磁场中的运动时间t′＝(π－θ)， 转筒转动的角度ω′t′＝2nπ＋θ，(n＝0,1,2，…) 转筒的转动角速度ω′＝ ，(n＝0,1,2，…) 转筒转动一周的时间内，由动量定理有 －＝0－Nmv， 解得F′＝tan(n＝0,1，2，…)． 根据牛顿第三定律有，C处受到的平均冲力 F＝F′＝tan(n＝0,1，2，…)； (3)转简P的角速度小于，结合(1)(2)有＝＜. 则k只能取0或1， k＝0时，有θ′＝－πn，n＝0时，θ′＝，即落在A点，舍去， k＝1时，θ′＝π，n＝0,1,2， 可得θ′＝π或θ′＝. 答案：(1)①B＝　②ω＝(4k＋1)，(k＝0,1,2,3…) (2)F＝tan，(n＝0,1,2，…) (3)θ′＝π，π 学科网（北京）股份有限公司 $$