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高中3 带电粒子在匀强磁场中的运动同步训练题
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这是一份高中3 带电粒子在匀强磁场中的运动同步训练题，共19页。
3 带电粒子在匀强磁场中的运动
基础过关练
题组一 定性处理半径、周期、时间的关系
1.(2020湖南茶陵三中高二月考)如图所示,带电粒子(不计重力)以速度v沿垂直于磁场的方向进入一匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R,周期为T。如果仅增大粒子的入射速度v,下列说法正确的是 ( )
A.R增大 B.R减小
C.T增大 D.T减小
2.(2021安徽、河南、山西高三下诊断性测试)如图所示,垂直于平面向外的匀强磁场的边界为平行四边形ABCD,其中E为BC边的中点,AE垂直于BC,一束电子以大小不同的速度沿AE方向射入磁场,不计电子的重力和电子间的相互作用,关于电子在磁场中运动的情况,下列说法正确的是 ( )
A.入射速度越大的电子,其运动时间越长
B.入射速度越大的电子,其运动轨迹越长
C.从AB边射出的电子运动时间都相等
D.从BC边射出的电子运动时间都相等
题组二 定量计算半径、周期、时间
3.(2020陕西黄陵中学高二期末)质子和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径分别为R1和R2,周期分别为T1和T2,则下列选项正确的是 ( )
A.R1∶R2=1∶2 T1∶T2=1∶2
B.R1∶R2=1∶1 T1∶T2=1∶1
C.R1∶R2=1∶1 T1∶T2=1∶2
D.R1∶R2=1∶2 T1∶T2=1∶1
4.(2021四川南充高级中学高二下月考)如图所示,边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD,带电粒子从A点以某一速率沿AB方向射入磁场,恰好从C点沿BC方向飞出磁场;若带电粒子以相同的速率从AD的中点P垂直AD射入磁场,粒子将从DC边上的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(带电粒子重力不计),则t1∶t2为 ( )
A.2∶1 B.4∶3
C.3∶2 D.3∶2
5.(2021黑龙江省实验中学高二上月考)如图所示,两个速度大小不同的同种带电粒子1、2,沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°,则它们在磁场中运动的 ( )
A.轨迹半径之比为2∶1 B.速度之比为1∶2
C.时间之比为2∶3 D.周期之比为1∶2
6.(2021安徽芜湖高二上期末)(多选)如图所示,直径为D的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,某质量为m、带电荷量为q的粒子从圆上P点沿半径方向以一定速度射入磁场,从Q点飞出时偏离原方向2θ,不计粒子重力,则 ( )
A.该粒子带正电
B.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为D2tanθ
C.粒子射入磁场时速度大小为qBDmtanθ
D.粒子在磁场中运动的时间为2mθqB
7.(2021黑龙江哈尔滨师大附中高二上期末)(多选)如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等,不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直磁场方向射入磁场Ⅰ,从右边界射出时速度方向偏转了θ角;该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直磁场方向射入磁场Ⅱ,射出磁场时速度方向偏转了2θ角,已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2,粒子在磁场中的运动时间分别为t1、t2,则 ( )
A.B1B2=12 B.B1B2=cos θ
C.t1t2=12 D.t1t2=12cosθ
题组三 分析粒子在磁场中运动的轨迹
8.(2020重庆高二期末)一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场,粒子的一段径迹如图所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小(电荷量不变)。从图中情况可以确定 ( )
A.粒子从a到b,带正电
B.粒子从a到b,带负电
C.粒子从b到a,带正电
D.粒子从b到a,带负电
9.(2021江苏盐城一中、大丰高级中学等四校高二上期中)如图所示,矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场,有3个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场,在纸面内做匀速圆周运动,运动轨迹为相应的圆弧,这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示:
粒子编号
质量
电荷量(q>0)
速度大小
1
m
-q
2v
2
2m
2q
3v
3
2m
q
v
由以上信息可知,从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为 ( )
A.3、2、1 B.1、2、3
C.2、3、1 D.1、3、2
10.(2020山西寿阳一中高三月考)(多选)有一方向竖直向下的匀强磁场垂直于光滑绝缘水平面,如图所示(俯视图)。在A处静止放置一个不带电的金属球a,另一来自坐标原点的运动金属球b恰好沿y轴正方向撞向a球。碰撞后,关于两球的运动情景,可能正确的是 ( )
11.(2020吉林通榆一中高二期末)(多选)如图所示,分界线MN上、下两侧有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从O点,以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出,经时间t又回到出发点O,形成了图示心形轨迹,则 (深度解析)
A.粒子一定带正电荷
B.MN上、下两侧的磁场方向相同
C.MN上、下两侧的磁感应强度的大小B1∶B2=1∶2
D.时间t=2πmqB2
12.(2021广东汕头金山中学高二上期末)(多选)薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域,高速带电粒子穿过铝板一次,在两个区域运动的轨迹如图,半径R1>R2,假定穿过铝板前后粒子的电荷量和质量保持不变,则该粒子 ( )
A.从P点出发,从区域Ⅰ穿过铝板后到达区域Ⅱ
B.从Q点出发,从区域Ⅱ穿过铝板后到达区域Ⅰ
C.在Ⅰ、Ⅱ区域内运动的速度大小相同
D.在Ⅰ、Ⅱ区域内运动的时间相同
能力提升练
题组一 带电粒子在有界磁场中的运动
1.(2020江苏江阴四校高二上期中联考,)(多选)如图所示,在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场,有两个电荷量、质量均相同,分别带正电和负电的粒子(不计重力),从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中,入射方向与边界成θ角,则两个粒子在磁场中(深度解析)
A.运动轨迹的半径相同
B.重新回到边界所用时间相同
C.重新回到边界时速度大小和方向相同
D.重新回到边界时与O点的距离相等
2.(2021四川成都棠湖中学高三上月考,)如图,在坐标系的第一和第四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场;在第二和第三象限内存在磁感应强度大小为12B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m的电子从坐标原点处以速度v沿x轴正方向射入。在此之后,恰好第二次经过y轴时,电子与x轴的距离为 ( )
A.6mveB B.2mveB C.4mveB D.0
3.(2021湖北四地七校联盟高二上期中,)如图所示,半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场。这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上,PQ圆弧对应的圆心角恰好为106°。不计粒子重力和粒子间的相互作用,则该匀强磁场的磁感应强度大小为(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)( )
A.mvqR B.5mv4qR
C.5mv3qR D.3mv5qR
题组二 带电粒子在组合场中的运动
4.(2020天津高三期末,)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场,电场强度大小为E,方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆,圆心坐标为(R,0),圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力),以速度v0从第二象限内的P点沿平行于x轴的方向向右射入电场,通过坐标原点O进入第四象限,速度方向与x轴正方向成30°角,最后从Q点平行于y轴离开磁场,已知P点的横坐标为-2h。求:
(1)带电粒子的比荷qm;
(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小;
(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场经历的总时间。深度解析
5.(2021山西名校高二上月考,)(多选)如图所示,M、N为两个同心金属圆环,半径分别为R1和R2,两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场,N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,N环上有均匀分布的6个小孔,从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),经电场加速后通过小孔射入磁场,经过一段时间,粒子再次回到出发点,全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件是 ( )
A.U=qB2R22m B.U=3qB2R222m
C.U=qB2R223m D.U=qB2R226m
题组三 带电粒子在叠加场中的运动
6.(2021山西运城高中联合体高二上月考,)(多选)如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动,最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径),下列说法正确的是 ( )
A.小球带负电
B.磁场和电场的大小关系为EB=3v0
C.若小球刚进入管道时撤去磁场,小球仍做匀速直线运动
D.若小球刚进入管道时撤去电场,小球的机械能守恒
7.(2021河南顶尖名校联盟高二上月考,)如图所示,在水平面上固定一倾角为θ=60°的光滑绝缘斜面OA,斜面所处整个空间存在垂直于斜面斜向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,电场强度大小E=5 V/m,磁感应强度大小B=33 T。一个电荷量为q=0.2 C、质量为m=0.1 kg的带电小球(带正电)在斜面顶端O点由静止释放,小球经过斜面上C点时离开斜面,运动到斜面下端A点正上方的D点(图中未画出)时加速度为0,重力加速度g=10 m/s2,则小球从O点到C点的时间和小球经过D点的速度大小分别为 ( )
A.1.5 s;15 m/s B.1.5 s;30 m/s
C.3 s;3 m/s D.3 s;1.5 m/s
8.(2021天津南开高二上期末,)如图所示,在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场,在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子(质量为m,电荷量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时,恰好到达C点;当电子第二次穿越x轴时,恰好到达坐标原点O。已知A、C两点到坐标原点的距离分别为d、2d,不计电子的重力。则:
(1)求电场强度E的大小;
(2)求磁感应强度B的大小;
(3)画出电子从A运动到O的运动轨迹,并求出电子从A运动到O经历的时间t。
答案全解全析
3 带电粒子在匀强磁场中的运动
基础过关练
1.A 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,则有qvB=mv2R,解得R=mvBq,故增大粒子的入射速度时,半径R增大,选项A正确,B错误;根据T=2πRv可得T=2πmBq,知周期和速度无关,增大入射速度时,周期不变,选项C、D错误。
2.C 电子做圆周运动的周期T=2πmeB,电子在磁场中运动的时间t=θ2πT,θ为电子运动轨迹对应的圆心角,θ越大,运动时间t越长。电子沿AE方向入射,若从AB边射出,由几何关系可知电子运动轨迹所对应的圆心角相等,在磁场中的运动时间相等,C正确,A错误;从BC边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等,在磁场中运动时间不相等,且速度越大,其运动轨迹越短,B、D错误。故选C。
3.A 质子和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径为R=mvBq,和粒子的质量与电荷量的比值成正比,故R1∶R2=1∶2;周期T=2πmBq,和粒子的质量与电荷量的比值成正比,故T1∶T2=1∶2,选项A正确,B、C、D错误。
4.C 带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,又恰好从C点沿BC方向飞出磁场,说明D点为轨迹圆的圆心,则轨迹半径为L,粒子转过的圆心角为θ=90°。同一个带电粒子在同一匀强磁场中运动的轨迹半径相同,所以带电粒子从P点入射时轨迹的圆心在AD延长线上距D点12L处,那么粒子转过的圆心角的余弦cos θ'=12LL=12,即θ'=60°,运动时间为t=θ360°T,所以t1∶t2=θ∶θ'=3∶2,故选C。
5.B 带电粒子在匀强磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有qvB=mv2r,可得r=mvqB,又T=2πrv,联立可得T=2πmqB,故两粒子运动的周期相同,D错误;速度的偏转角等于轨迹所对的圆心角,故粒子1的运动时间t1=90°360°T=14T,粒子2的运动时间t2=60°360°T=16T,则时间之比为3∶2,C错误;粒子1和粒子2运动轨迹的圆心O1和O2如图所示,设粒子1的轨迹半径R1=d,对于粒子2,由几何关系可得R2 sin 30°+d=R2,解得R2=2d,故轨迹半径之比为1∶2,A错误;由r=mvqB可知,速度之比为1∶2,B正确。故选B。
6.BD 由左手定则可知该粒子带负电,A错误;如图所示,由几何关系可得r=D2tanθ,B正确;带电粒子在磁场中运动由洛伦兹力提供向心力,则有qBv=mv2r,联立解得v=qBD2mtanθ,C错误;粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB,粒子在磁场中运动的时间为t=2θ2πT=2mθqB,D正确。故选B、D。
7.BD 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=mv2r,解得B=mvqr,粒子运动轨迹如图所示,由几何知识得r1=dsinθ,r2=dtanθ,则磁感应强度之比B1B2=r2r1=cosθ1,A错误,B正确;粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB,设粒子转过的圆心角为α,则粒子在磁场中的运动时间为t=α2πT=αmqB,所以t1t2=θ2θ·1cosθ=12cosθ,C错误,D正确。故选B、D。
8.C 由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,可知速度逐渐减小;根据粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=mvqB可知,粒子的运动半径逐渐减小,所以粒子的运动方向是从b到a;再根据左手定则可知粒子带正电,选项C正确,A、B、D错误。
9.A 由左手定则可知,由a、b处进入磁场的粒子电性相同,由c处进入磁场的粒子与a、b处进入的粒子电性相反,结合题表可知粒子1由c处进入磁场;粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=mv2r,解得r=mvqB,结合表格中数据可求得粒子2、3的运动半径之比为3∶2,说明粒子3由a处进入磁场,粒子2由b处进入磁场。故选A。
10.AD 依题意可判断出金属球b带正电,受到水平方向的洛伦兹力作用沿逆时针方向做匀速圆周运动。与a球碰撞后,两球都带上了正电,它们的速度可能同向,运动轨迹可能如A项图所示;两球速度方向还可能相反,运动轨迹可能如D项图所示。
11.BD 题中未给出磁场的方向和粒子绕行的方向,所以不能判定粒子所带电荷的正负,选项A错误。粒子越过磁场的分界线MN时,洛伦兹力的方向没有变,根据左手定则可知MN上、下两侧的磁场方向相同,选项B正确。设MN上方的轨迹半径是r1,下方的轨迹半径是r2,根据几何关系可知r1∶r2=1∶2;洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力,有qv0B=mv02r,解得B=mv0qr,所以B1∶B2=r2∶r1=2∶1,选项C错误。由题图知,时间t=T1+T22=2πmqB1+πmqB2,由B1∶B2=2∶1得t=2πmqB2,选项D正确。
导师点睛
粒子越过磁场的分界线MN时,洛伦兹力的方向没有变,但是轨迹半径发生变化,所以MN上、下两侧的磁感应强度方向相同,大小不同。
12.AD 粒子穿过铝板过程中要损失动能,运动速度减小,根据r=mvqB,可得轨迹半径减小,则粒子从P点出发,从区域Ⅰ穿过铝板后到达区域Ⅱ,A正确,B、C错误;根据T=2πmqB可知,粒子运动周期与速度无关,所以粒子在Ⅰ、Ⅱ区域内运动的时间相同,都等于t=πmqB,D正确。故选A、D。
能力提升练
1.ACD 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,根据牛顿第二定律得qvB=mv2r,解得r=mvqB,由题知q、m、v、B大小均相同,则r相同,选项A正确。粒子的运动周期T=2πmqB,由题知q、m、B大小均相同,则T相同;正、负两粒子的运动轨迹如图所示,带正电的粒子逆时针偏转,带负电的粒子顺时针偏转,重新回到边界时,带正电的粒子的速度偏向角为2π-2θ,轨迹对应的圆心角也为2π-2θ,运动时间为t=2π-2θ2πT=π-θπT;同理,带负电的粒子运动时间为t'=2θ2πT=θπT,时间不等,选项B错误。两个粒子在磁场中均做匀速圆周运动,速度沿轨迹的切线方向,根据对称性可知,两粒子重新回到边界时速度大小与方向均相同,选项C正确。根据几何知识得知,两粒子重新回到边界时与O点的距离均为2r sin θ,选项D正确。
方法技巧
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的解题方法
2.A 电子运动的轨迹如图所示,根据evB=mv2r,可知在第一象限内运动的半径r1=mveB,在第二象限内运动的半径r2=mve·12B=2r1,则电子恰好第二次经过y轴时,与x轴的距离为s=6r1=6mveB,故选A。
3.B 从P点射入的粒子的运动轨迹与磁场边界的最远交点为Q,即轨迹的直径与磁场边界圆的交点,如图所示,∠POQ=106°,结合几何关系,有r=R sin 53°=0.8R,洛伦兹力充当向心力,根据牛顿第二定律有qvB=mv2r,联立可得B=5mv4qR,故选B。
4.答案 (1)3v026Eh (2)4Ehv0R (3)6h+3πR3v0
解析 (1)在电场中,粒子在水平方向做匀速直线运动,得2h=v0t1
在竖直方向做匀加速直线运动,粒子到达原点O时,竖直向下的分速度vy=v0 tan 30°,且vy=at1,加速度a=qEm
联立解得qm=3v026Eh
(2)设粒子进入磁场时的速度为v,有cos 30°=v0v
粒子的运动轨迹如图所示(实线)
由几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r=R
由洛伦兹力提供向心力,可知qvB=mv2r
联立解得B=4Ehv0R
(3)粒子在磁场中运动的时间为t2=120°360°T,粒子在磁场中运动的周期为T=2πrv=3πRv0
粒子在电场中运动的时间为t1=2hv0
粒子运动的总时间t=t1+t2
联立解得t=6h+3πR3v0
方法技巧
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
5.BD 带电粒子由M环内侧边缘运动到N环,由动能定理有qU=12mv2,带电粒子进入N环内磁场,与金属环无碰撞,故粒子进入磁场后,应偏转2π3或π3离开磁场,由几何关系可知,轨迹半径为r=3R2或r=3R23,则根据qvB=mv2r,解得r=mvqB,联立解得U=3qB2R222m或U=qB2R226m,故选B、D。
6.CD 洛伦兹力不做功,重力做正功,而小球动能不变,说明电场力一定做负功,小球带正电,A错误;小球进入绝缘管道前,受力如图所示,电场力、重力、洛伦兹力三力平衡,有qE=qv0B sin 30°,即EB=12v0,B错误;因为电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时,电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反,说明电场力和重力的合力与速度方向垂直,撤去磁场后重力和电场力的合力不做功,支持力不做功,则小球仍沿管道做匀速直线运动,C正确;撤去电场后,只有重力对小球做功,小球的机械能不变,D正确。故选C、D。
7.A 对小球进行受力分析可知,小球离开斜面前做匀加速直线运动,离开斜面时对斜面的压力为0,则沿斜面方向有mg sin θ=ma,垂直于斜面方向有qvCB=qE+mg cos θ,t=vCa,联立解得t=1.5 s。小球在D点加速度为0,则其受力平衡,如图所示,由于mg=qE=1 N,则有qvDB=2mg cos 30°,解得小球经过D点的速度为vD=15 m/s,故选A。
8.答案 (1)mv022ed (2)mv0ed (3)轨迹图见解析 (4+3π)d2v0
解析 (1)电子在电场区域内做类平抛运动,设运动时间为t1,则
v0t1=2d,12×eEm×t12=d
解得t1=2dv0,E=mv022ed
(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力;设电子进入磁场时的速度大小为v,速度方向与水平方向的夹角为θ,进入磁场后做圆周运动的半径为r
则v=v02+eEm×t12=2v0
由几何关系可得tan θ=eEm×t1v0,sin θ=dr
解得θ=π4,r=2d
根据牛顿第二定律有evB=mv2r
整理得B=mver=2mv02ed=mv0ed
(3)电子从A运动到O的运动轨迹如图所示:
电子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为
θ'=2π-π4×2=3π2
运动时间为t2=2πr×θ'2πv=3πd2v0
所以电子从A运动到O经历的时间t=t1+t2=(4+3π)d2v0
3 带电粒子在匀强磁场中的运动
基础过关练
题组一 定性处理半径、周期、时间的关系
1.(2020湖南茶陵三中高二月考)如图所示,带电粒子(不计重力)以速度v沿垂直于磁场的方向进入一匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R,周期为T。如果仅增大粒子的入射速度v,下列说法正确的是 ( )
A.R增大 B.R减小
C.T增大 D.T减小
2.(2021安徽、河南、山西高三下诊断性测试)如图所示,垂直于平面向外的匀强磁场的边界为平行四边形ABCD,其中E为BC边的中点,AE垂直于BC,一束电子以大小不同的速度沿AE方向射入磁场,不计电子的重力和电子间的相互作用,关于电子在磁场中运动的情况,下列说法正确的是 ( )
A.入射速度越大的电子,其运动时间越长
B.入射速度越大的电子,其运动轨迹越长
C.从AB边射出的电子运动时间都相等
D.从BC边射出的电子运动时间都相等
题组二 定量计算半径、周期、时间
3.(2020陕西黄陵中学高二期末)质子和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径分别为R1和R2,周期分别为T1和T2,则下列选项正确的是 ( )
A.R1∶R2=1∶2 T1∶T2=1∶2
B.R1∶R2=1∶1 T1∶T2=1∶1
C.R1∶R2=1∶1 T1∶T2=1∶2
D.R1∶R2=1∶2 T1∶T2=1∶1
4.(2021四川南充高级中学高二下月考)如图所示,边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD,带电粒子从A点以某一速率沿AB方向射入磁场,恰好从C点沿BC方向飞出磁场;若带电粒子以相同的速率从AD的中点P垂直AD射入磁场,粒子将从DC边上的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(带电粒子重力不计),则t1∶t2为 ( )
A.2∶1 B.4∶3
C.3∶2 D.3∶2
5.(2021黑龙江省实验中学高二上月考)如图所示,两个速度大小不同的同种带电粒子1、2,沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°,则它们在磁场中运动的 ( )
A.轨迹半径之比为2∶1 B.速度之比为1∶2
C.时间之比为2∶3 D.周期之比为1∶2
6.(2021安徽芜湖高二上期末)(多选)如图所示,直径为D的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,某质量为m、带电荷量为q的粒子从圆上P点沿半径方向以一定速度射入磁场,从Q点飞出时偏离原方向2θ,不计粒子重力,则 ( )
A.该粒子带正电
B.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为D2tanθ
C.粒子射入磁场时速度大小为qBDmtanθ
D.粒子在磁场中运动的时间为2mθqB
7.(2021黑龙江哈尔滨师大附中高二上期末)(多选)如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等,不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直磁场方向射入磁场Ⅰ,从右边界射出时速度方向偏转了θ角;该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直磁场方向射入磁场Ⅱ,射出磁场时速度方向偏转了2θ角,已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2,粒子在磁场中的运动时间分别为t1、t2,则 ( )
A.B1B2=12 B.B1B2=cos θ
C.t1t2=12 D.t1t2=12cosθ
题组三 分析粒子在磁场中运动的轨迹
8.(2020重庆高二期末)一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场,粒子的一段径迹如图所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小(电荷量不变)。从图中情况可以确定 ( )
A.粒子从a到b,带正电
B.粒子从a到b,带负电
C.粒子从b到a,带正电
D.粒子从b到a,带负电
9.(2021江苏盐城一中、大丰高级中学等四校高二上期中)如图所示,矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场,有3个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场,在纸面内做匀速圆周运动,运动轨迹为相应的圆弧,这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示:
粒子编号
质量
电荷量(q>0)
速度大小
1
m
-q
2v
2
2m
2q
3v
3
2m
q
v
由以上信息可知,从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为 ( )
A.3、2、1 B.1、2、3
C.2、3、1 D.1、3、2
10.(2020山西寿阳一中高三月考)(多选)有一方向竖直向下的匀强磁场垂直于光滑绝缘水平面,如图所示(俯视图)。在A处静止放置一个不带电的金属球a,另一来自坐标原点的运动金属球b恰好沿y轴正方向撞向a球。碰撞后,关于两球的运动情景,可能正确的是 ( )
11.(2020吉林通榆一中高二期末)(多选)如图所示,分界线MN上、下两侧有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从O点,以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出,经时间t又回到出发点O,形成了图示心形轨迹,则 (深度解析)
A.粒子一定带正电荷
B.MN上、下两侧的磁场方向相同
C.MN上、下两侧的磁感应强度的大小B1∶B2=1∶2
D.时间t=2πmqB2
12.(2021广东汕头金山中学高二上期末)(多选)薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域,高速带电粒子穿过铝板一次,在两个区域运动的轨迹如图,半径R1>R2,假定穿过铝板前后粒子的电荷量和质量保持不变,则该粒子 ( )
A.从P点出发,从区域Ⅰ穿过铝板后到达区域Ⅱ
B.从Q点出发,从区域Ⅱ穿过铝板后到达区域Ⅰ
C.在Ⅰ、Ⅱ区域内运动的速度大小相同
D.在Ⅰ、Ⅱ区域内运动的时间相同
能力提升练
题组一 带电粒子在有界磁场中的运动
1.(2020江苏江阴四校高二上期中联考,)(多选)如图所示,在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场,有两个电荷量、质量均相同,分别带正电和负电的粒子(不计重力),从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中,入射方向与边界成θ角,则两个粒子在磁场中(深度解析)
A.运动轨迹的半径相同
B.重新回到边界所用时间相同
C.重新回到边界时速度大小和方向相同
D.重新回到边界时与O点的距离相等
2.(2021四川成都棠湖中学高三上月考,)如图,在坐标系的第一和第四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场;在第二和第三象限内存在磁感应强度大小为12B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m的电子从坐标原点处以速度v沿x轴正方向射入。在此之后,恰好第二次经过y轴时,电子与x轴的距离为 ( )
A.6mveB B.2mveB C.4mveB D.0
3.(2021湖北四地七校联盟高二上期中,)如图所示,半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场。这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上,PQ圆弧对应的圆心角恰好为106°。不计粒子重力和粒子间的相互作用,则该匀强磁场的磁感应强度大小为(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)( )
A.mvqR B.5mv4qR
C.5mv3qR D.3mv5qR
题组二 带电粒子在组合场中的运动
4.(2020天津高三期末,)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场,电场强度大小为E,方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆,圆心坐标为(R,0),圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力),以速度v0从第二象限内的P点沿平行于x轴的方向向右射入电场,通过坐标原点O进入第四象限,速度方向与x轴正方向成30°角,最后从Q点平行于y轴离开磁场,已知P点的横坐标为-2h。求:
(1)带电粒子的比荷qm;
(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小;
(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场经历的总时间。深度解析
5.(2021山西名校高二上月考,)(多选)如图所示,M、N为两个同心金属圆环,半径分别为R1和R2,两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场,N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,N环上有均匀分布的6个小孔,从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),经电场加速后通过小孔射入磁场,经过一段时间,粒子再次回到出发点,全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件是 ( )
A.U=qB2R22m B.U=3qB2R222m
C.U=qB2R223m D.U=qB2R226m
题组三 带电粒子在叠加场中的运动
6.(2021山西运城高中联合体高二上月考,)(多选)如图所示,空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动,最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径),下列说法正确的是 ( )
A.小球带负电
B.磁场和电场的大小关系为EB=3v0
C.若小球刚进入管道时撤去磁场,小球仍做匀速直线运动
D.若小球刚进入管道时撤去电场,小球的机械能守恒
7.(2021河南顶尖名校联盟高二上月考,)如图所示,在水平面上固定一倾角为θ=60°的光滑绝缘斜面OA,斜面所处整个空间存在垂直于斜面斜向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,电场强度大小E=5 V/m,磁感应强度大小B=33 T。一个电荷量为q=0.2 C、质量为m=0.1 kg的带电小球(带正电)在斜面顶端O点由静止释放,小球经过斜面上C点时离开斜面,运动到斜面下端A点正上方的D点(图中未画出)时加速度为0,重力加速度g=10 m/s2,则小球从O点到C点的时间和小球经过D点的速度大小分别为 ( )
A.1.5 s;15 m/s B.1.5 s;30 m/s
C.3 s;3 m/s D.3 s;1.5 m/s
8.(2021天津南开高二上期末,)如图所示,在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场,在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子(质量为m,电荷量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时,恰好到达C点;当电子第二次穿越x轴时,恰好到达坐标原点O。已知A、C两点到坐标原点的距离分别为d、2d,不计电子的重力。则:
(1)求电场强度E的大小;
(2)求磁感应强度B的大小;
(3)画出电子从A运动到O的运动轨迹,并求出电子从A运动到O经历的时间t。
答案全解全析
3 带电粒子在匀强磁场中的运动
基础过关练
1.A 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,则有qvB=mv2R,解得R=mvBq,故增大粒子的入射速度时,半径R增大,选项A正确,B错误;根据T=2πRv可得T=2πmBq,知周期和速度无关,增大入射速度时,周期不变,选项C、D错误。
2.C 电子做圆周运动的周期T=2πmeB,电子在磁场中运动的时间t=θ2πT,θ为电子运动轨迹对应的圆心角,θ越大,运动时间t越长。电子沿AE方向入射,若从AB边射出,由几何关系可知电子运动轨迹所对应的圆心角相等,在磁场中的运动时间相等,C正确,A错误;从BC边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等,在磁场中运动时间不相等,且速度越大,其运动轨迹越短,B、D错误。故选C。
3.A 质子和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径为R=mvBq,和粒子的质量与电荷量的比值成正比,故R1∶R2=1∶2;周期T=2πmBq,和粒子的质量与电荷量的比值成正比,故T1∶T2=1∶2,选项A正确,B、C、D错误。
4.C 带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,又恰好从C点沿BC方向飞出磁场,说明D点为轨迹圆的圆心,则轨迹半径为L,粒子转过的圆心角为θ=90°。同一个带电粒子在同一匀强磁场中运动的轨迹半径相同,所以带电粒子从P点入射时轨迹的圆心在AD延长线上距D点12L处,那么粒子转过的圆心角的余弦cos θ'=12LL=12,即θ'=60°,运动时间为t=θ360°T,所以t1∶t2=θ∶θ'=3∶2,故选C。
5.B 带电粒子在匀强磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有qvB=mv2r,可得r=mvqB,又T=2πrv,联立可得T=2πmqB,故两粒子运动的周期相同,D错误;速度的偏转角等于轨迹所对的圆心角,故粒子1的运动时间t1=90°360°T=14T,粒子2的运动时间t2=60°360°T=16T,则时间之比为3∶2,C错误;粒子1和粒子2运动轨迹的圆心O1和O2如图所示,设粒子1的轨迹半径R1=d,对于粒子2,由几何关系可得R2 sin 30°+d=R2,解得R2=2d,故轨迹半径之比为1∶2,A错误;由r=mvqB可知,速度之比为1∶2,B正确。故选B。
6.BD 由左手定则可知该粒子带负电,A错误;如图所示,由几何关系可得r=D2tanθ,B正确;带电粒子在磁场中运动由洛伦兹力提供向心力,则有qBv=mv2r,联立解得v=qBD2mtanθ,C错误;粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB,粒子在磁场中运动的时间为t=2θ2πT=2mθqB,D正确。故选B、D。
7.BD 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=mv2r,解得B=mvqr,粒子运动轨迹如图所示,由几何知识得r1=dsinθ,r2=dtanθ,则磁感应强度之比B1B2=r2r1=cosθ1,A错误,B正确;粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB,设粒子转过的圆心角为α,则粒子在磁场中的运动时间为t=α2πT=αmqB,所以t1t2=θ2θ·1cosθ=12cosθ,C错误,D正确。故选B、D。
8.C 由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,可知速度逐渐减小;根据粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=mvqB可知,粒子的运动半径逐渐减小,所以粒子的运动方向是从b到a;再根据左手定则可知粒子带正电,选项C正确,A、B、D错误。
9.A 由左手定则可知,由a、b处进入磁场的粒子电性相同,由c处进入磁场的粒子与a、b处进入的粒子电性相反,结合题表可知粒子1由c处进入磁场;粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=mv2r,解得r=mvqB,结合表格中数据可求得粒子2、3的运动半径之比为3∶2,说明粒子3由a处进入磁场,粒子2由b处进入磁场。故选A。
10.AD 依题意可判断出金属球b带正电,受到水平方向的洛伦兹力作用沿逆时针方向做匀速圆周运动。与a球碰撞后,两球都带上了正电,它们的速度可能同向,运动轨迹可能如A项图所示;两球速度方向还可能相反,运动轨迹可能如D项图所示。
11.BD 题中未给出磁场的方向和粒子绕行的方向,所以不能判定粒子所带电荷的正负,选项A错误。粒子越过磁场的分界线MN时,洛伦兹力的方向没有变,根据左手定则可知MN上、下两侧的磁场方向相同,选项B正确。设MN上方的轨迹半径是r1,下方的轨迹半径是r2,根据几何关系可知r1∶r2=1∶2;洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力,有qv0B=mv02r,解得B=mv0qr,所以B1∶B2=r2∶r1=2∶1,选项C错误。由题图知,时间t=T1+T22=2πmqB1+πmqB2,由B1∶B2=2∶1得t=2πmqB2,选项D正确。
导师点睛
粒子越过磁场的分界线MN时,洛伦兹力的方向没有变,但是轨迹半径发生变化,所以MN上、下两侧的磁感应强度方向相同,大小不同。
12.AD 粒子穿过铝板过程中要损失动能,运动速度减小,根据r=mvqB,可得轨迹半径减小,则粒子从P点出发,从区域Ⅰ穿过铝板后到达区域Ⅱ,A正确,B、C错误;根据T=2πmqB可知,粒子运动周期与速度无关,所以粒子在Ⅰ、Ⅱ区域内运动的时间相同,都等于t=πmqB,D正确。故选A、D。
能力提升练
1.ACD 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,根据牛顿第二定律得qvB=mv2r,解得r=mvqB,由题知q、m、v、B大小均相同,则r相同,选项A正确。粒子的运动周期T=2πmqB,由题知q、m、B大小均相同,则T相同;正、负两粒子的运动轨迹如图所示,带正电的粒子逆时针偏转,带负电的粒子顺时针偏转,重新回到边界时,带正电的粒子的速度偏向角为2π-2θ,轨迹对应的圆心角也为2π-2θ,运动时间为t=2π-2θ2πT=π-θπT;同理,带负电的粒子运动时间为t'=2θ2πT=θπT,时间不等,选项B错误。两个粒子在磁场中均做匀速圆周运动,速度沿轨迹的切线方向,根据对称性可知,两粒子重新回到边界时速度大小与方向均相同,选项C正确。根据几何知识得知,两粒子重新回到边界时与O点的距离均为2r sin θ,选项D正确。
方法技巧
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的解题方法
2.A 电子运动的轨迹如图所示,根据evB=mv2r,可知在第一象限内运动的半径r1=mveB,在第二象限内运动的半径r2=mve·12B=2r1,则电子恰好第二次经过y轴时,与x轴的距离为s=6r1=6mveB,故选A。
3.B 从P点射入的粒子的运动轨迹与磁场边界的最远交点为Q,即轨迹的直径与磁场边界圆的交点,如图所示,∠POQ=106°,结合几何关系,有r=R sin 53°=0.8R,洛伦兹力充当向心力,根据牛顿第二定律有qvB=mv2r,联立可得B=5mv4qR,故选B。
4.答案 (1)3v026Eh (2)4Ehv0R (3)6h+3πR3v0
解析 (1)在电场中,粒子在水平方向做匀速直线运动,得2h=v0t1
在竖直方向做匀加速直线运动,粒子到达原点O时,竖直向下的分速度vy=v0 tan 30°,且vy=at1,加速度a=qEm
联立解得qm=3v026Eh
(2)设粒子进入磁场时的速度为v,有cos 30°=v0v
粒子的运动轨迹如图所示(实线)
由几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r=R
由洛伦兹力提供向心力,可知qvB=mv2r
联立解得B=4Ehv0R
(3)粒子在磁场中运动的时间为t2=120°360°T,粒子在磁场中运动的周期为T=2πrv=3πRv0
粒子在电场中运动的时间为t1=2hv0
粒子运动的总时间t=t1+t2
联立解得t=6h+3πR3v0
方法技巧
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
5.BD 带电粒子由M环内侧边缘运动到N环,由动能定理有qU=12mv2,带电粒子进入N环内磁场,与金属环无碰撞,故粒子进入磁场后,应偏转2π3或π3离开磁场,由几何关系可知,轨迹半径为r=3R2或r=3R23,则根据qvB=mv2r,解得r=mvqB,联立解得U=3qB2R222m或U=qB2R226m,故选B、D。
6.CD 洛伦兹力不做功,重力做正功,而小球动能不变,说明电场力一定做负功,小球带正电,A错误;小球进入绝缘管道前,受力如图所示,电场力、重力、洛伦兹力三力平衡,有qE=qv0B sin 30°,即EB=12v0,B错误;因为电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时,电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反,说明电场力和重力的合力与速度方向垂直,撤去磁场后重力和电场力的合力不做功,支持力不做功,则小球仍沿管道做匀速直线运动,C正确;撤去电场后,只有重力对小球做功,小球的机械能不变,D正确。故选C、D。
7.A 对小球进行受力分析可知,小球离开斜面前做匀加速直线运动,离开斜面时对斜面的压力为0,则沿斜面方向有mg sin θ=ma,垂直于斜面方向有qvCB=qE+mg cos θ,t=vCa,联立解得t=1.5 s。小球在D点加速度为0,则其受力平衡,如图所示,由于mg=qE=1 N,则有qvDB=2mg cos 30°,解得小球经过D点的速度为vD=15 m/s,故选A。
8.答案 (1)mv022ed (2)mv0ed (3)轨迹图见解析 (4+3π)d2v0
解析 (1)电子在电场区域内做类平抛运动,设运动时间为t1,则
v0t1=2d,12×eEm×t12=d
解得t1=2dv0,E=mv022ed
(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力;设电子进入磁场时的速度大小为v,速度方向与水平方向的夹角为θ,进入磁场后做圆周运动的半径为r
则v=v02+eEm×t12=2v0
由几何关系可得tan θ=eEm×t1v0,sin θ=dr
解得θ=π4,r=2d
根据牛顿第二定律有evB=mv2r
整理得B=mver=2mv02ed=mv0ed
(3)电子从A运动到O的运动轨迹如图所示:
电子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为
θ'=2π-π4×2=3π2
运动时间为t2=2πr×θ'2πv=3πd2v0
所以电子从A运动到O经历的时间t=t1+t2=(4+3π)d2v0
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