课时作业(5)培优课2带电粒子在有界匀强磁场中的运动-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中物理选择性必修 第二册（人教版2019）

课时作业（五）培优课二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动 答案精解Pw (建议用时：40分钟) [基础题组练] 4.(多选)如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方 1.(多选)如图所示，两个不计重力且初 向飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，对从右 速度大小相同的同种离子a和b,从◆ 边离开磁场的电子，下列判断正确的是 () O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场， ×"×x“x ·B 最后打到屏P上.下列说法正确的 是 () ××××h A.a、b均带正电 A.从a点离开的电子速度最小 B.a在磁场中运动的时间比b的短 B.从a点离开的电子在磁场中运动的时间最短 C,α在磁场中运动的路程比b的短 C.从b点离开电子的轨迹半径最小 D.a在P上的落点与O点的距离比b的近 D.从b点离开的电子速度偏转角最小 2.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁 5.半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的 场，电子I从磁场边界上的：点垂直MN和磁场方 匀强磁场，一个带电粒子（不计重力）从A点以速度 向射入磁场，经1时间从b点离开磁场.之后电子2 。垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出. 也由：点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射 ∠AOB=120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中 入磁场，经t4时间从a、b连线的中点c离开磁场， 运动的时间为 () 则兰为 ×× 2￥×， A.3xr B.2/3xr A号 3 3 B.2 c D.3 D.3xr 3.(多选)如图所示，长为！的平行极板间有垂直纸面 c瓢 34 向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,板间距离 6.如图所示，空间有一圆柱形匀强磁场区域（未画 也为1，极板不带电.现有质量为m,电荷量为q的 出)，该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于 带正电粒子（不计重力），从两极板间边界中点处垂 横截面.一不计重力且质量为m、电荷量为g(g>0) 直磁感线以速度水平射入磁场，欲使粒子不打在 的粒子以速率沿横截面的某直径射入磁场，离 极板上，可采用的办法是 开磁场时速度方向偏离入射方向60°，则该磁场的 磁感应强度大小为 +g x B x A使粒子的速度<制 A.mu 3gR B.m gR B使粒子的速度心5B型 4m C.3mu qR D.3mu qR C,使粒子的速度心B型 7.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面 D使粒子的速度兴←<捌 向外的匀强磁场.一带正电的粒子从∫点沿fd方 Am 向射人磁场区域，当速度大小为时，从b点离开 ·113+ 磁场，在磁场中运动的时间为，当速度大小为， A若能从ac边射出，则粒子的速度≥B吧 时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t,不 计粒子重力.则 B若能从c边射出，则粒子的速度≤B C若粒子的速度u=B4,则恰好从c点射出 m D.若粒子所带电荷量为一q,则会从的中点射出 10,如图所示，比荷为，后的电子垂直C.×方× t。B XX A.w,:u=1:2,t6:1=2:1 射入宽度为d、磁感应强度为B B.w:0=2:1,4a:4=1:2 的匀强磁场区域，若电子能从左 这Xd× C.w:=2:1,th1,=2:1 边界射出这个区域，则其可具有的最大初速度为 D.u:=1:2,t6:6,=12 () 8.(多选)如图所示，直角三角形的AB边长为L, A.2eBd B.Ba ∠C=30°，三角形区域内存在着方向垂直纸面向里 17m 71 的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带负电粒 c D.eBd 子（不计重力）从A点沿AB方向以速度射入磁 m 场，要使粒子不从BC边穿出磁场，则下列说法正 11.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁 确的是 场，O为圆心，A、C、D为圆形区域边界上的三点， ∠A(OC=90°，∠AOD=60°.现有一对质量相等、 电荷量不等的正，负粒子，从A点沿AO方向以相 同大小的速度垂直磁场射人，一个从C点离开磁 XX 场，另一个从D点离开磁场，粒子的重力及相互作 X xA 用力均不计.求： B (1)从C点离开磁场的粒子的电性： Λ磁感应强度的最小值为咒 (2)从C点和D点离开磁场的两个粒子的电荷量 之比： B磁感应强度的最小值为3m 2gL (3)从C点和D点离开磁场的两个粒子在磁场中 C.粒子在磁场中运动的最长时间为 运动的时间之比 37 D.粒子在磁场中运动的最长时间为 3 [能力提升练 x (x 9.如图所示，边长为l的正三角形abc(含边界)内存 在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度 大小为B.质量为、电荷量为十q的带电粒子，以 大小不等的速度从a点沿ad方向射人磁场，ad与 ab的夹角为30°.下列判断正确的是 ( × ·114位①服团因为粒子在磁场中微国网运动的半径r一常周 课时作业（五） 期T-船，又粒子电行量相等且在同一磁场中，所以Q、B 1.AD解扬离子要打在屏P上，都要沿顺时针方向偏转，根 据左手定则判断，离子都带正电，选项A正确：由于是同种 相等，r与m,u有关，T只与m有关，选项C,D正确. 离子，因此质量，电荷量相同，因初速度大小也相同，由B 7.D解析因为洛伦兹力对运动电荷不微功，所以速牵不变， 由轨道丰径公式咒和同期公式T-裙可判新，选项D m二可知，它们微圆周运动的丰径相同， 可作出运动轨迹如图所示，比较得a在磁 正确 场中运动的路程比b的长，选项C错误；由 8.A解析带电粒子在水平方向做匀速圆周运动的向心力由 洛伦营力提供，由向心力公式得B=吧，解得r一需，当 上可知，a在磁场中运动的时间比b的 长，选项B错误：从图上运动轨迹可以看 带电粒子运动到M点，突然与一不带电的静止粒子发生正 出，选项D正确. 碰合为一体，动量不变，电荷量不变，磁感应强度不变，带电 2.D解析电子1,2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画 粒子做圆周运动的半径不变，选项A正确，B,C、D错误， 出电子1,2的运动轨迹，如图所示， 9.C解析粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 如B=m号，可得=沿，则粒子的动能为民=立m= 二A粒子与B粒子的动能之比为器= 2 22 2g一偏，造项C正确， 电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即 为直径，（点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁 10.解析(1)根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的 场，经t2时间从Q、b连线的中点c离开磁场，根据半径公式 方向射入匀强磁场B时，受到的洛伦兹力方向向上，所以 电子的运行轨迹为PDMCNEP,由题图可知，电子在匀强 一贺可知，电子1和电子2的半径相等，根据几行关系可 磁场B中的运动半径是匀强磁场B:中的运动半径的一 知，△aOk为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所 半，根据一知，Bc,因地B:月=2：1. 以电于1运骑的时同为小一号一贸电子2运动的时同为 (2)在题图所示的运动过程中，电子在匀强磁场B中运动 工=，所以=3，选项D正确。 了两个半圆，即一个周期，在匀强磁场B中运动了半个周 3.AB解杨如图所示，带电粒子刚好打在极 期，所以1一肥+器 板右边缘时，有疗 (n-)广+，又n 圈a21(2+器 ,联立解得功 5B:粒子刚好打在极0议 11.解析粒子所受的洛伦兹力Fs=b≈8.7×101N,远大 Bg 4m ty 于粒子所受的重力G=mg=1.7×10%N,故重力可忽略 板左边缘时，有乃=子=，解得助 Bq 不计. (1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍 :综合上送分折可知>或<，选项AB正病 4m 为3.2×10ms 4.BC解析对于从右边离开磁场的电子，从：点离开的轨进 (②)粒子微匀速国周运动，由9加B=m号得，轨道丰径r 半径最大，从b点离开的航连半径最小，根据一器加轨迹 m=1.7×107×3.2×10 半径越大，电子的速度越大，则从口点离开的电子速度最大， gB 1.6×109×0.17 m=0.2m 选项A错误，C正确：从a点离开的电子速度偏转角最小，则 由题图可知偏转角0满足sn0=上-8)m-=0.5, r0.2m 轨选对痘的周心角9晨小，振据是T是·裙-器加 所以0=30°-晋， 运动时间与电子的速度无关，0越小，运动的时间越短，选项 B正确，D错误. 又由带电粒子在磁场中运动的周期T=2m” gB· 5.D解析如图所示，由∠A)B=120°可知，弧AB所对國心角 0=60°，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为R,由几何知识 可得带电粒子在磁场中运动的时同一会·T尚， 所以1=m 3.14×1.7×10-2 6q56X1.6×100X0.173.3×10‘8 知R3r/=A出k登·Br 3,选项D正确。 36 (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d=(1 os0)=0.2x(1-受）me27X10m 答率(1)3.2×10m/s(2)3.3×108s (3)2.7×102m ·184· 6.A解析粒子运动轨迹如图所示， 由图可知元=R,发=am30,所以要=严-圆 31 60 粒子做园周运动的轨道半径r an30=3R,根据洛伦兹 R 力提供向心力得B=m其，解得B=震，选项A + 正确 (③)带电粒子在猫场中运动的时间为一号工T=2 7,A解析带正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，运动轨迹如图所示，由几何关系得， 所以4=3，上=33 4 0 J6° 120 课时作业（六》 2L 1,A解析离子经过加速电场的过程中由动能定理得qU 受，在匀强磁场中离子微圈周运动的半径为号，则有 1 元=2n,a=120,a=60,由mB=m号得，0=，则路： 号网，联立以上两式解得m=,选项A正确 2 B 双=n1-1:2又由T-船1一是T和=2a得 2.A解析根据动能定理gU= 名m得一V配：子在磁 1=2:1,选项A正确. 场中偏转，由洛伦盐力提供向心力有如B=m发，则R 8.AC解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运 动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 器=求-言N受，知rU选项A正确 知B=m,解得B=心，则车径r越大，D下 gr 3D照罚根据动能定理U=2,在磁场中洛伦兹力提供 磁感应强度越小，要使粒子不从BC边穿出磁 场，如图所示，画出半径r最大时的轨迹，由几 作 向心力B=m发则R=,由题意R=12R, Bg 何关系可知，四边形OABD是正方形，故圆孤轨迹半径为L, 可得m王=288，选项D正确。 可得磁感应强度的最小值R一配，选项Λ正确，B错误： 质子 4.C解析粒子做國周运动的最大半径等于D形盒半径，极据 粒子从AC边射出时在磁场中转过的圆心角为120°，粒子在 磁场中做匀速圆周运动的周期为T=”,可知B最小时， 半径公式R咒和E=之m时可知，最大动能与加造电场 Ba 无关，选项A错误：回旋加速器所加交流电周期等于粒子做 月期最大，粒子运功时间最长，最长时同为1一器Tm 国周运动的网期T一留，其他带正电荷的粒子和质子的网 骨×部，选项C亚确，D错说。 期不一定相同，选项B错误：质子加递后，在磁场中做國周运 9.C解析粒子刚好能从c点射出，根据几何关系R=,由牛 动的最大丰径为R,复率为人，根据连度公式一2可知最 顿第二定律=m尽，解得=兴，若能从ac边射出，则 大速度为2πR了，选项C正确：根据动能定理可知，质子第二 粒子的速度≤叫，若能从x边射出，则粒子的速度≥ 次和第一次经过D形盒间狭缝后的速度之比为瓦：1，轨道 半径之比为、2：1，选项D错误」 BL,选项A,B错误，C正确：粒子带负电，向b一侧偏转，不 5.AC解析电场的作用是使粒子加速，磁场的作用是使粒子 会从c的中点射出，选项D错误. 回旋，选项A正确，B错误：由B=m京、B=分m心知粒 10.B解析要使电子能从左边界射出这个区城，则有R≤d, 子获得的动能E=9识)，在磁场一定的条件下，对同一粒 2m 根据洛伦营力提供向心力，可得R=≤d,则可具有的最 子，回旋加速器的半径越大，粒子获得的动能越大，与交流电 大初速度为口=，选项B正确。 压无关，选项C正确，D错误， 6.CD析根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两 11.解析(1)若粒子从C点离开磁场，其在A点受到的洛伦兹 次，交流电完成一次周期性变化，洛伦兹力提供粒子做圆周 力必水平向左，根据左手定则可知，粒子带负电 (2)设磁场圆的半径为R,带电粒子的运动轨迹如图所示， 运动所需向心力，由牛频第二定律得B=m号，柱子假圆 根据洛伦滋力提供向心力，有4如B=m, 周运动的周期T=一常，文流电源的频率∫=宁 可得9器， 盟可知文流电源的频率不可以任意洞节，选项A错误：加 ·185·