高三物理精準(zhǔn)提升專練17帶電粒子在磁場中運動含答案

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專練17   帶電粒子在磁場中運動   例1．(2021·全國乙卷·18)如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°，不計重力，則為(　　)A．     B．     C．     D． 例2．如圖所示，平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，兩平面之間同時存在勻強磁場和勻強電場，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外；勻強電場的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，沿豎直平面以大小為v0的初速度從平面OM上的某點沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動。已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓?/span>OM上另一點P射出磁場(P未畫出)。 (1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場的電場強度E為多大？(2)求出射點P到兩平面交點O的距離s；(3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運動，能打在左側(cè)豎直的光屏OO′上的T點，求T點到O點的距離s′。      1．在同一勻強磁場中，α粒子(He)和質(zhì)子(H)做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則α粒子和質(zhì)子(　　)A．運動半徑之比是2∶1B．運動周期之比是2∶1C．運動速度大小之比是4∶1D．受到的洛倫茲力之比是2∶12．為了通過實驗研究PM2.5的相關(guān)性質(zhì)，讓一帶電的PM2.5顆粒(重力不計)，垂直射入正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，如圖所示，其中M、N為正對的平行帶電金屬板，觀察發(fā)現(xiàn)它恰好做直線運動，則下列判斷正確的是(　　)A．M板一定帶正電B．PM2.5顆粒一定帶正電C．若僅使PM2.5顆粒的電荷量增大，顆粒一定向M板偏移D．若僅使PM2.5顆粒的速度增大，顆粒一定向N板偏移3．(多選)如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝9.1 cm，中點O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所????????????? 在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.0×10－4 T。電子質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，電量e＝－1.6×10－19 C，不計電子重力。電子源發(fā)射速度v＝1.6×106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則(　　)A．θ＝90°時，l＝9.1 cmB．θ＝60°時，l＝9.1 cmC．θ＝45°時，l＝4.55 cmD．θ＝30°時，l＝4.55 cm4．“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于(　　)A．     B．T     C．     D．T25．(多選)如圖所示的菱形區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場B，現(xiàn)有質(zhì)量和電量相等的等離子體以不同的速度沿菱形頂點a的角平分線垂直進入磁場中，結(jié)果從四個不同的邊飛出場區(qū)。已知離子飛出時與ab、ad的交點P、Q關(guān)于頂點a的角平分線對稱，下列說法正確的是(　　)A．在菱形區(qū)域內(nèi)運動弧長越長的離子在磁場中運動的時間就越長B．從ab邊上任意一點飛出的離子在菱形區(qū)域內(nèi)的運動時間都相同C．分別從P、Q兩點飛出的離子速度大小相等D．向ab方向偏轉(zhuǎn)的離子帶正電，入射速度足夠大的粒子可以沿直線ac飛出6．(多選)如圖甲所示的平面直角坐標(biāo)系中，x軸上方有磁感應(yīng)強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場，在O點處有一粒子源，沿紙面不斷地放出同種粒子，粒子的速率均為v，粒子射入磁場的速度方向與x軸正方向的夾角范圍為60°～120°。粒子的重力及粒子間的相互作用均不計。圖乙中的陰影部分表示粒子能經(jīng)過的區(qū)域，其內(nèi)邊界與x軸的交點為E，外邊界與x軸的交點為F，與y軸的交點為D（a，0）。下列判斷正確的是(　　)A．粒子所帶電荷為正電B．OF的長度為aC．粒子源放出的粒子的荷質(zhì)比為D．從點E離開磁場的粒子在磁場中運動的時間可能為7．如圖所示，原點O有一粒子源，能向x軸上方xOy平面內(nèi)各方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子的初速度大小均相等，在x軸上方直線y1＝y0與y2＝y0+a（y0未知，a>0）之間存在垂直于xOy平面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，已知射向第二象限、與y軸正方向成30°角的粒子恰好垂直于磁場上邊界射出。粒子的重力和粒子間的相互作用都忽略不計，求：(1)粒子運動的初速度大小v0；(2)粒子在磁場中運動時間最短且能從上邊界射出，其發(fā)射時速度與y軸正方向夾角θ的正弦值；(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm及y0取不同數(shù)值時，在磁場中運動時間最長的粒子從磁場中射出時的出射點所構(gòu)成圖線的解析方程。     8．如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強磁場區(qū)域以O點為圓心，磁感應(yīng)強度大小為B，加速電壓的大小為U、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場，多次加速后粒子經(jīng)過P點繞O做圓周運動，半徑為R，粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉(zhuǎn)器”，如圖2所示，偏轉(zhuǎn)器的兩極板M和N厚度均勻，構(gòu)成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為α，當(dāng)M、N間加有電壓時，狹縫中產(chǎn)生電場強度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計M、N間的距離。求： (1)粒子加速到P點所需要的時間t；(2)極板N的最大厚度dm；(3)磁場區(qū)域的最大半徑Rm。  
 例1．【解析】根據(jù)題意做出粒子的圓心如圖所示，設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系有第一次的半徑，第二次的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，可得，所以。【答案】B例2．【解析】(1)根據(jù)題意，帶電小球受到的電場力與重力平衡，則帶電小球帶正電荷。由力的平衡條件得：qE＝mg解得：E＝。(2)帶電小球在疊加場中，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。根據(jù)牛頓第二定律有：qv0B＝m即R＝根據(jù)題意，帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON相切的點，I點為入射點，P點為出射點。小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關(guān)系可得，QP為圓軌道的直徑，故QP＝2ROP的長度s＝聯(lián)立以上各式得s＝。(3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動，設(shè)其豎直位移為y，水平位移為x，運動時間為t。則x＝v0t＝OPcos 30°豎直位移y＝gt2聯(lián)立各式得s′＝2R＋y＝＋。  1．【答案】B【解析】α粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4∶1，電荷量之比為2∶1，由于動量相同，故速度之比為1∶4；同一磁場，B相同。由r＝，得兩者半徑之比為1∶2；????????????? 由T＝，得周期之比為2∶1；由f洛＝qvB，得洛倫茲力之比為1∶2，故只有B正確。2．【答案】A【解析】由于顆粒做直線運動，故無論顆粒帶何種電荷，電場力與洛倫茲力都是方向相反、大小相等的。根據(jù)左手定則，帶正電顆粒受到的洛倫茲力向上，所以它受到的電場力向下，電場力與電場強度同向(帶負(fù)電顆粒受到的洛倫茲力向下，所以它受到的電場力向上，電場力與電場強度反向)，所以M板一定帶正電，PM2.5顆粒的電性不確定。根據(jù)電場力和洛倫茲力平衡，即qvB＝qE，得v＝，與顆粒的電荷量q無關(guān)；若使PM2.5顆粒的速度增大，則洛倫茲力增大，則電場力與洛倫茲力不平衡，出現(xiàn)偏轉(zhuǎn)現(xiàn)象，因洛倫茲力方向不確定，則不一定向N板偏移。 3．(多選)【答案】AD【解析】電子在勻強磁場運動的軌道半徑為R＝＝4.55 cm，電子沿逆時針方向做勻速圓周運動，當(dāng)θ＝90°時，豎直向下發(fā)射的粒子恰好打到N點，水平向右發(fā)射的粒子恰好打到M點，如圖甲所示，故l＝L＝9.1 cm，A正確；當(dāng)θ＝30°時，豎直向下發(fā)射的粒子，恰好打到N點，由幾何關(guān)系知，另一臨界運動軌跡恰好與MN相切于O點，如圖乙所示，故粒子只能打在NO范圍內(nèi)，故l＝4.55 cm，D正確；進而可分析知當(dāng)θ＝45°或θ＝60°時，粒子打到板上的范圍大于ON小于NM，即4.55 cm＜l＜9.1 cm，故B、C錯誤。4．【答案】A【解析】等離子體在磁場中受到的洛淪茲力提供向心力，有qvB＝，得v＝，動能Ek＝mv2＝ ，由題意得Ek＝kT，故有kT＝，得B＝，即B∝，選項A正確。5．(多選)【答案】BC【解析】根據(jù)，則帶電粒子在磁場中的運動時間只與對應(yīng)的圓心角有關(guān)，在菱形區(qū)域內(nèi)運動弧長越長的離子其對應(yīng)的圓心角越小，在磁場中運動的時間就越短，所以A錯誤；從ab邊上任意一點飛出的離子，由幾何關(guān)系可知，同一直線邊界飛出的粒子根據(jù)對稱性可知其圓心角相同，所以在菱形區(qū)域內(nèi)的運動時間都相同，則B正確；根據(jù)對稱性及幾何關(guān)系可知，兩粒子的軌道半徑相同，根據(jù)，所以分別從P、Q兩點飛出的離子速度大小相等，則C正確；向ab方向偏轉(zhuǎn)的離子帶正電，入射速度足夠大的粒子不可以沿直線ac飛出，只能無限接近，所以D錯誤。6．(多選)【答案】CD  【解析】由左手定則可知，粒子所帶電荷為負(fù)電，A錯誤；由圖可知，OF＝2R＝2a，B錯誤；根據(jù)，解得，C正確；從點E離開磁場的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度可能為120°，也可能是240°，則在磁場中運動的時間可能為，也可能是，D正確。7．【解析】(1)粒子運動軌跡如圖甲所示，設(shè)其運動半徑為，則由幾何關(guān)系可知，此時運動軌跡所對的圓心角為有解得。(2)所有粒子在磁場中做圓周運動的周期相同，當(dāng)粒子從磁場上邊界射出且在磁場中運動的時間最短時，運動軌跡對應(yīng)的弦也最短，最短弦長為，如圖乙所示由(1)可知由幾何關(guān)系可知。(3)所有粒子在磁場中做圓周運動的周期和半徑相同，當(dāng)粒子從下邊界射出，且與上邊界相切時，時間最長，如圖丙所示。設(shè)此時粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角為，則運動時間由題意可知，運動時間最長的粒子與方向的夾角為30°，入射點的坐標(biāo)為（ytan 30°，y），出射點一定在對應(yīng)入射點的右方處，坐標(biāo)為，即解得圖線的方程為。8．【解析】(1)設(shè)粒子在P的速度大小為，則根據(jù)可知半徑表達式為根據(jù)動能定理粒子在靜電場中加速有粒子在磁場中運動的周期粒子運動的總時間解得。(2)由粒子的運動半徑，結(jié)合動能表達式變形得則粒子加速到P前最后兩個半周的運動半徑，由幾何關(guān)系結(jié)合且解得。(3)設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)器中的運動半徑為rQ，則在偏轉(zhuǎn)器中，要使粒子半徑變大，電場力應(yīng)和洛倫茲力反向，共同提供向心力設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)器的點為，圓周運動的圓心為。由題意知，在上，且粒子飛離磁場的點與、在一條直線上粒子在偏轉(zhuǎn)器中運動的圓心在點，從偏轉(zhuǎn)器飛出，即從點離開，又進入回旋加速器中的磁場，此時粒子的運動半徑又變?yōu)?/span>，然后軌跡發(fā)生偏離，從偏轉(zhuǎn)器的點飛出磁場，那么磁場的最大半徑即為將等腰三角形放大如圖，虛線為從點向所引垂線，虛線平分角，則解得最大半徑為。