第1章 专题提升课1 带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册教用Word(教科版)

1．(多选)如图所示，OACD为矩形，OA边长为L，其内部存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角α＝60°，粒子刚好从A点射出磁场。不计粒子所受的重力，则(　　) A．粒子带负电 B．匀强磁场的磁感应强度为 C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为L D．为保证粒子刚好从A点射出磁场，OD边长至少为L 解析： 选AD。根据题意画出粒子运动的轨迹图。粒子沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可得2R sin 60°＝L，则R＝L，由牛顿第二定律得qv0B＝，解得B＝，故B、C错误；粒子刚好从A点射出磁场，则OD边长至少为OD＝R－R cos α＝L－L cos 60°＝L，故D正确。 2．(2024·河北邯郸联考)边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD如图所示，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直于AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子所受重力不计)，则t1∶t2为(　　) A．2∶1　　　　　　　 B．2∶3 C．3∶2 D．3∶1 解析：选C。如图所示，画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径R＝L，从C点射出的粒子运动时间t1＝T＝T，从P点入射的粒子轨迹的圆心在AD延长线上距D点L处，那么粒子转过的圆心角满足cos θ＝＝，解得θ＝60°，运动时间t2＝T＝T，则有＝＝。 3.(多选)(2024·云南师大附中校考)如图所示，在矩形GHIJ区域内分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，P点是GH边的中点，四个完全相同的带电粒子仅在洛伦兹力的作用下，以大小不同的速率从P点射入匀强磁场，它们轨迹在同一平面(纸面)内，下列说法正确的是(　　) A．①、②、③、④这四个粒子在矩形GHIJ磁场区域的运动周期相同 B．④粒子的速率最大 C．③粒子的向心加速度最大 D．②粒子在矩形GHIJ磁场区域运动的时间最长 解析：选AB。对于完全相同的粒子，其相同，又T＝，则在同一匀强磁场中，周期都相同，由题图知③粒子在磁场中转过的圆心角最大，所以③粒子在矩形GHIJ磁场区域经历的时间最长，故A正确，D错误；根据qvB＝m可得r＝，由于④粒子的半径最大，则④粒子的速率最大，因为a＝，T＝，得粒子的向心加速度a＝v，可知④粒子的向心加速度最大，故B正确，C错误。 4.(多选)如图所示的虚线，是边长为L的正三角形，在正三角形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，d、e为ab、bc边的中点。一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，由d点垂直于ab以初速度v0进入磁场，从e点射出磁场，不计粒子所受重力和空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．磁场的方向垂直于纸面向内 B．磁感应强度大小为 C．粒子在磁场中运动的时间为 D．若改变粒子射入速度的大小，方向不变，则粒子在磁场运动的最长时间为 解析：选BD。由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外，A错误；由几何关系，粒子运动轨迹半径为L，根据qv0B＝m可得B＝，B正确；运动时间t＝T＝，C错误；若改变粒子射入速度的大小，方向不变，则当粒子从bd之间射出时，运动时间最长，为t＝T＝，D正确。 5．如图所示，abcd为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域(含边界)处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ad＝L，ab＝L。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，从a点沿ab方向运动，不计粒子所受重力。求： (1)粒子能通过cd边的最小速度v； (2)粒子能通过cd边的最短时间t。 解析：粒子运动轨迹如图所示。 (1)粒子能通过cd边，可知粒子以最小速率运动时恰好打在d点，由几何关系可知其半径 r1＝L 根据qvB＝m 解得v＝。 (2)粒子能通过cd边，从c点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，根据几何关系 (r2－L)2＋(L)2＝r 解得r2＝2L 则转过的圆心角sin θ＝＝ 即θ＝60° 粒子在磁场中运动的周期T＝ 则粒子能通过cd边的最短时间 t＝T＝。 答案：(1)　(2) 6．(2024·山东高二联考期中)如图所示，空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径R＝0.08 m，磁场的磁感应强度方向垂直于横截面向里、大小B＝0.5 T。一带正电的粒子以速率v0(大小未知)沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向与入射方向的夹角为θ。已知该带电粒子的比荷＝2×107 C/kg，tan ＝，不计粒子所受重力。 (1)求速率v0。 (2)若不改变该带电粒子的入射速率，仅改变入射方向，求粒子离开磁场时速度方向与入射速度方向的夹角最大时，粒子在磁场中运动的时间t(结果可保留π)。 解析：(1)粒子轨迹如图甲所示 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有tan ＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv0B＝m 联立解得v0＝1.6×106 m/s。 　　　　 (2)当以直径为轨迹圆的弦长时，粒子离开磁场时速度方向与入射速度方向的夹角最大，如图乙所示 根据几何关系有三角形OAB为等边三角形，所以圆心角α＝60° 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝＝ 粒子在磁场中的运动时间t＝T 联立解得t＝×10－7 s。 答案：(1)1.6×106 m/s　(2)×10－7 s 7．(2024·云南楚雄期末)如图所示，第一象限及坐标轴正半轴存在磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在x＝a处有垂直于x轴的金属薄板，长度为a，一粒子从坐标中心O沿y轴正半轴以速度v0射出，恰好垂直打中薄板。 (1)求粒子的比荷。 (2)若只改变粒子的速度大小，要使其能打中薄板，求粒子速度大小的取值范围。 (3)若只改变粒子的速度方向，要使其能打中薄板，求粒子速度与x轴正半轴的夹角θ的取值范围。 解析：(1)根据题意可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝a 根据洛伦兹力充当向心力有qv0B＝m 解得＝。 (2)当粒子恰好打到薄板与x轴的交点时，可得其轨迹半径R′＝0.5a 根据洛伦兹力充当向心力有qvB＝m 解得v＝0.5v0 因此要使粒子能打中薄板，则应满足0.5v0≤v≤v0。 (3)粒子轨迹经过薄板与x轴的交点时，其轨迹如图所示 由几何关系可得θ＝30°，因此当粒子向x轴上方发射且30°≤θ≤90°时，粒子都能打中薄板。 答案：(1)　(2)0.5v0≤v≤v0　(3)30°≤θ ≤90° 学科网（北京）股份有限公司 $