備戰(zhàn)2025屆新高考物理一輪總復習練習第11章磁場第3講專題提升帶電粒子在有界磁場中的運動-試卷下載-教習網(wǎng)

題組一帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題
1.如圖所示,紙面內(nèi)有一圓心為O、半徑為R的圓形磁場區(qū)域,磁感應強度的大小為B,方向垂直于紙面向里。由距離O點0.4R處的P點沿著與PO連線成θ=30°的方向發(fā)射速率大小不等的電子。已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計電子的重力且不考慮電子間的相互作用。為使電子不離開圓形磁場區(qū)域,則電子的最大速率為( )
A.B.
C.D.
2.(2024湖南長沙模擬)如圖所示,勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,其邊界如圖中實線所示,a、 b、c、d四點共線,ab=2ac=2ae, fe與ab平行,且ae與ab成60°角。一粒子束在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場,粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q(q>0),具有各種不同速率。不計重力和粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子,其運動時間為( )
A.B.C.D.
3.(2024云南大理下關(guān)第一中學聯(lián)考)如圖所示,矩形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁場的磁感應強度大小為B1,AB邊長為d,BC邊長為2d,O是BC邊的中點,E是AD邊的中點。在O點有一粒子源,可以在紙面內(nèi)向磁場各個方向射出質(zhì)量均為m、電荷量均為q、相同電性的帶電粒子,粒子射出的速度大小相同。速度方向與OB邊的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場,不計粒子的重力及粒子間的相互作用,則( )
A.粒子帶正電
B.粒子運動的速度大小為
C.粒子在磁場中運動的最長時間為
D.磁場區(qū)域中有粒子通過的面積為d2
題組二帶電粒子在有界磁場中運動的多解問題
4.勻強磁場中一帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,其運動軌跡上速度方向相反的兩點之間距離d與粒子速率v的關(guān)系如圖所示,則該粒子經(jīng)過這兩點的時間間隔可能為( )
A.B.C.D.
5.如圖所示,邊長為a=0.4 m正方形區(qū)域ABCD內(nèi)無磁場,正方形中線PQ將區(qū)域外左右兩側(cè)分成兩個磁感應強度均為B1=0.2 T的勻強磁場區(qū)域,PQ右側(cè)磁場方向垂直于紙面向外,PQ左側(cè)磁場方向垂直于紙面向里。現(xiàn)將一質(zhì)量為m=1×10-8 kg、電荷量為q=2×10-6 C的帶正電粒子從AB中點E以某一速率垂直于AB射入磁場,不計粒子的重力。關(guān)于粒子的運動,下列說法正確的是( )
A.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子的最大速度為12 m/s
B.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子的速度可能為10 m/s
C.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子的速度可能為 m/s
D.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子的速度可能為2 m/s
6.(多選)(2023重慶模擬)如圖所示,邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)、外分布著兩方向相反的勻強磁場,三角形ABC內(nèi)磁場方向垂直紙面向外,兩磁場的磁感應強度大小均為B1。頂點A處有一粒子源,粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速率的粒子,粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為+q(q>0),不計粒子重力及粒子間的相互作用力,則以下粒子發(fā)射速度v0能通過B點的是( )
A.B.C.D.
7.(2024廣東湛江一模)如圖所示,空間正四棱錐P-ABCD的底邊長和側(cè)棱長均為a,此區(qū)域存在平行于CB邊由C指向B方向的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為+q(q>0)的粒子,以豎直向上的初速度v0從底面ABCD的中心O垂直于磁場方向進入磁場區(qū)域,最后恰好沒有從側(cè)面PBC飛出磁場區(qū)域,忽略粒子受到的重力。則磁場的磁感應強度大小為( )
A.B.
C.D.
綜合提升練
8.(多選)(2024廣東階段練習)空間存在如圖所示相鄰的兩個勻強磁場,磁場Ⅰ的寬度為d,方向垂直紙面向里,磁感應強度大小為B;磁場Ⅱ的寬度為2d,方向垂直紙面向外。將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小為的水平速度垂直磁場Ⅰ從P點射入磁場,粒子在磁場中運動后恰好從磁場Ⅱ的邊緣C處水平射出。不計粒子所受的重力,已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。下列說法正確的是( )
A.粒子在磁場Ⅰ中運動的軌道半徑為
B.磁場Ⅱ的磁感應強度大小為2B
C.粒子在磁場Ⅱ中運動的周期為
D.粒子在磁場中運動的總時間為
9.(2023福建福州二模)如圖所示,垂直紙面向里的勻強磁場中有一固定豎直擋板,擋板足夠長,P處有一粒子源,PO連線垂直擋板,P到O的距離為L。粒子源能垂直磁場沿紙面向各個方向發(fā)射速度大小均為v的帶正電粒子。粒子質(zhì)量均為m,電荷量均為q,到達擋板的粒子都被吸收,不計粒子的重力及粒子間的相互作用。
(1)若有粒子能到達擋板,求磁感應強度大小B應滿足的條件。
(2)若粒子到達擋板上側(cè)最遠處為M點,下側(cè)最遠處為N點,且,求磁感應強度的大小B。
10.(2024廣東廣州模擬)如圖所示,空間中存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場。y軸正方向豎直向上,x軸正方向水平向右。x軸上有一厚度不計的薄板MN,垂直于xOy平面固定,薄板長度為2a,中點位于O點。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,可從y軸上y=-a處的P點以速率v=沿xOy平面向不同方向發(fā)射。若粒子打到薄板下表面會被吸收,打到薄板上表面會被反彈,粒子與薄板間的碰撞為彈性碰撞,碰撞前后速度大小不變,方向遵循光的反射定律,不計粒子重力。
(1)求粒子從發(fā)射到被吸收經(jīng)歷的最短時間t。
(2)粒子發(fā)射后能否與薄板碰撞一次就返回P點?若能,求粒子發(fā)射方向與y軸負方向的夾角α0;若不能,請說明理由。
(3)粒子發(fā)射后與薄板碰撞n次(n>1)后能返回P點,求粒子發(fā)射方向與y軸負方向夾角α正弦值的表達式。
參考答案
第3講專題提升:帶電粒子在有界磁場中的運動
1.C 解析如圖所示,當電子的運動軌跡與磁場邊界相切時,由evB=m,得v=。電子運動半徑最大,速度最大。電子圓周運動的圓心與圓形磁場的圓心以及切點共線,過電子圓周運動的圓心作OP的垂線,由幾何關(guān)系得rcs60°+=0.4R,得r=R,則最大速率為v=,故選C。
2.B 解析粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān),由粒子在磁場中運動軌跡對應圓心角決定,即t=T,粒子垂直ac射入磁場,則圓心必在ac直線上,將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大,粒子從ac、bd區(qū)域射出時,磁場中的軌跡為半圓,運動時間等于半個周期;根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子從e點射出時,對應圓心角最大,為π,此時軌跡半徑為ac的長度,周期T=,所以在磁場中運動時間最長的粒子,其運動時間為t=,故選B。
3.D 解析速度方向與OB的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場,粒子運動的軌跡如圖所示,根據(jù)左手定則可判斷,粒子帶負電,A錯誤;由此粒子的運動軌跡結(jié)合幾何關(guān)系可知,粒子做圓周運動的半徑r=d,由牛頓第二定律有qvB1=m,則粒子運動的速度大小為v=,B錯誤;由于粒子做圓周運動的速度大小相同,因此在磁場中運動的軌跡越長,時間越長,分析可知,粒子在磁場中運動的最長弧長為四分之一圓周,因此最長時間為四分之一周期,即最長時間為t=,C錯誤;由圖可知磁場區(qū)域有粒子通過的面積為圖中AOCDA區(qū)域的面積,即為d2+πd2=d2,D正確。
4.B 解析洛倫茲力充當向心力,有qvB=m,又r=,得d=v,由圖可知k=,粒子的周期T=,該粒子經(jīng)過這兩點的時間間隔Δt=n(n=1,3,5,7,…),當n=3時,Δt=,故選B。
5.C 解析根據(jù)題意可知,粒子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力,有qvB1=m,解得v=,若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi),則粒子可能的運動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可得(2n+1)r=(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),當n=0時,速度最大為vmax=8m/s;當n=1時,v=m/s;當n=2時,v=m/s,則粒子的速度不可能為2m/s,故選C。
6.BD 解析粒子帶正電,且經(jīng)過B點,其可能的軌跡如圖所示,所有圓弧所對圓心角均為60°,所以粒子運動半徑r=(n=1,2,3,…)
粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB1=m
解得v=(n=1,2,3,…),由此可知題干中v0的速度為的粒子能通過B點。故選B、D。
7.C 解析粒子從空間正四棱錐P-ABCD的底面ABCD中心O向上垂直進入磁場區(qū)域,最后恰好沒有從側(cè)面PBC飛出磁場區(qū)域,可知粒子剛好與側(cè)面PBC相切,作出粒子的運動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知r+,θ為側(cè)面PBC與底面的夾角,由幾何關(guān)系可得sinθ=,由洛倫茲力提供向心力得qv0B=m,聯(lián)立解得B=,故選C。
8.AD 解析由題意可知,粒子的運動軌跡如圖所示,粒子在磁場Ⅰ中運動的軌道半徑為r1=,選項A正確;由幾何關(guān)系可知粒子在磁場Ⅱ中做圓周運動的半徑為r2=2r1,由r2=,得磁場Ⅱ的磁感應強度大小為B2=B,選項B錯誤;粒子在磁場Ⅱ中運動的周期為T2=,選項C錯誤;粒子在兩磁場中運動時圓弧所對的圓心角均為37°,粒子在磁場Ⅰ中運動的周期為T1=,粒子在磁場中運動的總時間為t=(T1+T2)=,選項D正確。
9.答案 (1)B≤ (2)
解析 (1)若恰有粒子能到達擋板,則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑最小,為rmin,軌跡如圖甲所示,由幾何關(guān)系可知rmin=
甲
由牛頓第二定律有qvB=m
解得B=,即當B≤時,有粒子能到達擋板。
(2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為r,粒子到達擋板上側(cè)最遠處M點時,軌跡圓在M點與擋板相切,如圖乙所示。
乙
設(shè)O、M間距離為x1
由幾何關(guān)系有r2=+(L-r)2
粒子到達擋板下側(cè)最遠處N點時,PN為軌跡圓的直徑。設(shè)O、N間距離為x2,由幾何關(guān)系可得(2r)2=+L2
由題意知
解得r=
由牛頓第二定律有qvB=m
解得B=。
10.答案 (1) (2)見解析 (3)sin α=(n=2,3,4,…)
解析 (1)設(shè)粒子做圓周運動的軌跡半徑為R,有
qvB=m
得R=a
粒子在磁場中做完整圓周運動的周期
T=
當粒子發(fā)射后直接打到薄板下表面的O點,用時最短,如圖甲所示
甲
設(shè)粒子發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為θ,偏向右側(cè),由幾何關(guān)系有
sinθ=
粒子從發(fā)射到吸收經(jīng)歷的最短時間
t=T
聯(lián)立解得t=。
(2)由對稱性分析可知,當粒子發(fā)射后直接打到薄板上表面的O點,一次反射后恰好能回到P點,粒子軌跡如圖乙所示,設(shè)粒子發(fā)射方向與y軸負方向間的夾角為α0,偏向右側(cè)
乙
由幾何關(guān)系有sinα0=,得α0=
此時軌跡圓弧與x軸的交點到O點的距離為L=2Rcsα0
有L=a>a,說明此種情況成立。
(3)設(shè)粒子發(fā)射方向與y軸負方向間的夾角為α,偏向右側(cè)。軌跡如圖丙所示
丙
圓心C到x軸的距離CD=a-Rsinα
第一次反射點為E,軌跡圓弧在x軸上弦長的一半為DE,有DE2=R2-CD2
第一次反射點E到O的距離OE=Rcsα-ED
與薄板碰撞n次(n>1)后能返回P點,由對稱性分析可知
OE=(n-1)DE
聯(lián)立得(n2-1)sin2α-2n2sinα+1=0
解得sinα=(n=2,3,4,…)(另一解不符合題意,舍去)。

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