55 专题强化(十三) 带电粒子在有界磁场中的运动(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化(十三)]　带电粒子在有界磁场中的运动 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 题目 平直边界磁场 1，2，3 圆形边界磁场 5，9 多边形边界磁场 6，7 多解问题 4，8 1.如图所示，在直角坐标系I象限内(包含x、y坐标轴)有方向垂直xOy平面向外、大小为B的匀强磁场。点P (2a，a)处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度方向均在xOy平面内，速度大小均为。不计粒子间的相互作用和重力。下列关于粒子在坐标轴上射出的范围，判断正确的是(　　 ) A．x轴上[0, 4a]范围有粒子射出 B．x轴上(a，(2＋)a]范围有粒子射出 C．y轴上[0，a]范围有粒子射出 D．y轴上[a, 2a]范围有粒子射出 解析：选B。粒子在磁场中运动的轨道半径为，r＝＝a， 由几何关系可知，打到x轴上距离原点最远的粒子到O点的距离xmax＝2a＋2a cos 30°＝(2＋)a，垂直x轴向下射出的粒子到达x轴时轨迹与x轴相切，切点到达O点的距离最近xmin＝a，即x轴上(a，(2＋)a]范围有粒子射出；垂直x轴向下射出的粒子轨迹与y轴相切，刚能到达y轴，其他的粒子都不能到达y轴，则选项B正确，A、C、D错误。 2．如图所示，平面直角坐标系 xOy 内，存在垂直纸面向里的匀强磁场(未画出), 磁感应强度 B＝0.2 T，原点O有一粒子源，能向纸面内各个方向释放出比荷为4×108 C/kg 的正粒子，粒子初速度 v0＝8×106 m/s，不计粒子重力。 有一与 x轴成 45°角倾斜放置的足够长挡板跨越第一、三、四象限，P是挡板与 x 轴的交点，OP＝16 cm，则挡板上被粒子打中的区域长度为(　　) A．24 cm B．16 cm C．20 cm D．32 cm 解析：选C。粒子源到挡板的距离h＝16sin 45° cm＝16 cm，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv0B＝m，解得R＝10 cm<h＝16 cm，作出粒子打在挡板上的动态轨迹如图所示， 则有xAC＝＝12 cm，xBC＝＝8 cm，则挡板上被粒子打中的区域长度L＝xAC＋xBC＝20 cm，故C正确。 3．(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A． B． C． D． 解析：选A。 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示。则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动有qvB＝m，则有＝，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有qE＝qvB，联立有＝，故A正确。 4．如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向里，磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3 m，现有一个比荷大小为＝1.0 C/kg，可视为质点带负电的微粒(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，微粒最后都能经过M点，则微粒射入的速度大小可能是(　　 ) A．2.25 m/s B．4.75 m/s C. 3.75 m/s D．5.25 m/s 解析：选C。由题意，粒子运动的圆心的位置一定在y轴上，所以粒子做圆周运动的半径r一定要大于等于3 m，而ON＝9 m＜3r，所以粒子最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方，也可能粒子与挡板ON没有碰撞，直接过M点，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1所示， 设OO1＝s，由几何关系得r2＝OM2＋s2＝9＋s2 ，3r－9＝s，联立解得r1＝3 m，r2＝3.75 m，代入r＝可解得速度分别为v1＝3 m/s，v2＝3.75 m/s；若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2所示，设 OO2＝x，由几何关系得r＝OM2＋x2＝9＋x2 ，x＝9－r3，联立解得r3＝5 m，代入r＝可解得速度为v3＝5 m/s，故C正确。 5．(多选)如图所示，O点为半圆形区域的圆心，该区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，ON为圆的半径，长度为R，从圆上的A点沿AO方向以速度v射入一个不计重力的粒子。粒子从N点离开磁场。已知∠AON＝60°。下列说法正确的是(　　 ) A．粒子带正电荷 B．粒子做圆周运动的半径为R C．粒子的比荷为 D．粒子射出磁场时速度偏转角为 解析：选CD。粒子向上偏转，在A点受洛伦兹力向上，根据左手定则可知，四指指向与速度方向相反，粒子带负电，故A错误；粒子的轨迹如图， 粒子射出磁场时速度偏转角为，设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系可知r＝＝R，故B错误；由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力故qvB＝，可得粒子的比荷为＝，故C正确；由几何关系可知∠AO1N＝120°＝，可得速度偏转角为，故D正确。 6．(多选)如图所示，在正方形abcd内有垂直于正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。电子(质量为m、电荷量为e)从ab边上的点P以初速度v0沿与ab夹角为θ＝60°的方向射入磁场，从ad边离开磁场。aP＝L，不计电子重力。下列说法正确的是(　　 ) A．电子初速度v0大小可能为 B．若电子初速度大小变为，则电子在磁场中的运动时间为 C．若电子初速度大小变为，则电子从ab边离开磁场 D．若电子初速度大小变为，则电子在磁场中的运动时间大于 解析：选BC。电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹与ad边恰好相切时的初速度大小设为v1，画出运动轨迹如图所示， 则有ev1B0＝m＝mR，可得R＝，T＝，根据几何关系可知R＋R sin θ＝L，解得v1＝，显然<v1，即电子入射的初速度大小为时将从ab边离开磁场，A错误；初速度大小为<v1时，电子从ab边离开磁场，转过的圆心角为α＝2π－×2＝，在磁场中的运动时间t1＝T＝＝，B正确；初速度大小为<v1时，电子从ab边离开，C正确；初速度大小为>时，电子从ad边离开磁场，电子在磁场中的运动时间小于，D错误。 7．(多选)(2023·江西南昌三模)如图所示，空间中有一个底角均为60°的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd，大小可变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选BC。能够从ab边射出的电子，半径最小为从b点射出，如图所示， 由几何关系可知r1＝＝L，半径最大为从a点射出，如图所示， 由几何关系可知r2＝L，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得r＝＝，则有L≤≤L，为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为≤v≤kBL，故B、C正确。 8．(10分)如图所示，P点距坐标原点的距离为L，坐标平面内的第一象限内有方向垂直坐标平面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B。有一质量为m、电荷量为q的带电粒子从P点以与y轴正方向夹角为θ＝45°的速度垂直磁场方向射入磁场区域，在磁场中运动，不计粒子重力。求： (1)若粒子垂直于x轴离开磁场，则粒子进入磁场时的初速度大小；(4分) (2)若粒子从y轴离开磁场，求粒子在磁场中运动的时间。(6分) 解析：(1)若粒子垂直于x轴离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可得 R1＝＝L 由洛伦兹力提供向心力得 qvB＝m 联立方程，解得v＝。 (2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T＝ 若粒子从y轴离开磁场，如果粒子带正电，粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可知，粒子在磁场中的偏转角为 α1＝270° 所以运动时间为t1＝T 联立解得t1＝ 如果粒子带负电，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示， 根据几何关系可知，粒子在磁场中的偏转角为 α2＝90° 所以粒子在磁场中运动的时间为 t2＝T＝·＝。 答案：(1)　(2)或 9．(10分)如图所示，S处有一粒子发射器，能竖直向上发射粒子，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，光屏PQ竖直放置于圆形磁场区域左侧，平行于SO，O到PQ的距离为2R。(以下情形均不考虑带电粒子的重力) (1)若S处发射的电子经过磁场偏转后从M点射出，并垂直打在光屏PQ上的N点，已知电子电荷量为e，质量为m，求电子进入磁场时的速度大小v1；(3分) (2)若S处发射一粒子，该粒子经磁场偏转后，打在光屏上N点上方C点(C点未画出)，已知发射速度为v2、CN距离为R，求该带电粒子的比荷；(3分) (3)将发射器在纸面内向右平移一段距离，若发射器发射速度大小为v1的电子，电子经磁场偏转后，打在光屏上N点的下方D处，DN距离为R，求发射器向右平移的距离d。(4分) 解析：(1)由题意可知，粒子运动的轨道半径为 r1＝R 根据ev1B＝m 解得v1＝。 (2)粒子运动轨迹如图所示 由几何关系可知 tan ∠NOC＝＝ 可得∠NOC＝30° tan 60°＝ 解得r2＝R 根据qv2B＝m 解得＝。 (3)若发射器发射速度大小为v1的电子，则电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于SO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上，其轨迹如图所示， 因DN＝R，可知∠NDM＝45° 由几何关系可知，发射器向右平移的距离 d＝R sin 45°＝R。 答案：(1)　(2)　(3)R 学科网（北京）股份有限公司 $$