A組·基礎(chǔ)練
1.(2024·福建莆田二模)帶電粒子流的磁聚焦是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一。磁聚焦原理如圖，真空中一半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場，一束寬度為2r、沿x軸正方向運動的帶電粒子流射入該磁場后匯聚于坐標原點O。已知粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q、進入磁場的速度均為v，不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用力。則磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)為( )
A．eq \f(mv,2qr) B．eq \f(\r(2)mv,2qr)
C．eq \f(mv,qr) D．eq \f(2mv,qr)
【答案】 C
【解析】 利用圓形區(qū)域勻強磁場實現(xiàn)對帶電粒子流的磁聚焦，需要滿足：粒子勻速圓周運動半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相等，設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，則有R＝r，粒子勻速圓周運動所需向心力等于洛倫茲力，則有qvB＝meq \f(v2,R)，解得B＝eq \f(mv,qr)，故選C。
2. (多選)(2024·安徽蚌埠模擬)如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場邊界上的P點有一同種粒子源，粒子的比荷為k，粒子以相等速率沿不同方向進入磁場，其中沿直徑方向飛入的粒子在有界磁場中偏轉(zhuǎn)90°射出，粒子的重力以及粒子之間的相互作用力均可忽略，由此可以判斷( )
A．所有粒子離開磁場時的速度方向相互平行
B．粒子從P點進入磁場時的速率為kBR
C．粒子從P點進入磁場時的速率為eq \f(\r(2)kBR,2)
D．若粒子從射出點沿射出速度反方向以相等速率射入，一定會從P點射出
【答案】 AB
【解析】 沿直徑方向飛入的粒子在有界磁場中偏轉(zhuǎn)90°射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子圓周運動的軌跡半徑為R，則任意方向進入磁場的粒子其入射點、出射點、軌跡圓心與磁場圓心四點構(gòu)成棱形，則出射點速度方向始終垂直于入射點位置磁場圓的半徑，即所有粒子離開磁場時的速度方向相互平行，故A正確；結(jié)合上述可知qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qRB,m)＝kBR，故B正確，C錯誤；若粒子從射出點沿射出速度反方向以相等速率射入，根據(jù)左手定則可知，粒子所受洛倫茲力方向與射出前洛倫茲力方向相反，粒子偏轉(zhuǎn)方向與射出前相反，此后軌跡入射點、出射點、軌跡圓心與磁場圓心四點構(gòu)成棱形，根據(jù)磁匯聚可知，粒子將從磁場圓上與P點對稱的點射出，故D錯誤。故選AB。
3. (2024·山東臨沂模擬)如圖所示，直角三角形的AB邊長為L，∠C＝30°，三角形區(qū)域內(nèi)存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從D點沿著垂直BC邊的方向以速度v射入磁場，CD間距離為L，不計粒子受到的重力。下列說法正確的是( )
A．粒子在磁場中運動的最長時間為eq \f(2πm,qB)
B．v＝eq \f(BqL,m)時，帶電粒子垂直于AC邊射出磁場
C．若粒子從BC邊射出磁場，則veq \f(BqL,4m)
【答案】 B
【解析】 粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，粒子進入磁場后將向上偏轉(zhuǎn)，粒子從BC邊離開時，粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角最大，運動時間最長，當軌跡剛好與AC邊相切時，粒子軌跡如圖1所示
由洛倫茲力提供向心力可得qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),r1)
根據(jù)幾何關(guān)系可得r1＋eq \f(r1,sin 30°)＝L
聯(lián)立解得r1＝eq \f(L,3)，v1＝eq \f(qBL,3m)
可知粒子在磁場中運動的最長時間為tmax＝eq \f(1,2)T＝eq \f(πm,qB)
若粒子從BC邊射出磁場，則有veq \f(BqL,3m)
故A、C、D錯誤；若帶電粒子垂直于AC邊射出磁場，如圖2所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知r2＝L
由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r2)
聯(lián)立解得v＝eq \f(BqL,m)
故B正確。
4.(多選)(2024·廣東中山模擬)如圖所示，邊長為L的等邊三角形A′B′C′區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。若將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從頂點A′沿角平分線方向以不同的速率射入磁場區(qū)域內(nèi)，不計粒子重力，則( )
A．粒子可能從B′點射出
B．粒子入射速率為eq \f(BqL,m)時，從C′點射出
C．粒子入射時的速率越大，在磁場中的運動時間一定越短
D．從A′C′邊射出的粒子，出磁場時的速度方向都相同
【答案】 BD
【解析】 根據(jù)左手定則，粒子會向A′C′偏轉(zhuǎn)，不可能從B′點射出，故A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，若粒子從C′點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有r＝L，解得粒子入射速率為v＝eq \f(BqL,m)，故B正確；粒子在磁場中的運動周期為T＝eq \f(2πm,qB)，設(shè)粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，粒子在磁場中的運動時間為t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)，當粒子的速度大于等于eq \f(BqL,m)時，粒子都打在A′C′邊上，其軌跡對應(yīng)的圓心角都相等，都等于60°，在磁場中的運動時間相等，則粒子入射時的速率越大，在磁場中的運動時間不一定越短，從A′C′邊射出的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)角度相同，出磁場時的速度方向都相同，故C錯誤，D正確。故選BD。
5.(多選)(2024·湖南郴州模擬)如圖所示，勻強磁場中位于P處的粒子源可以沿垂直于磁場向紙面內(nèi)的各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q，速率為v的帶正電粒子，P到熒光屏MN的距離為d，設(shè)熒光屏足夠大，不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列判斷正確的是( )
A．若磁感應(yīng)強度B＝eq \f(mv,qd)，則發(fā)射出的粒子到達熒光屏的最短時間eq \f(πd,3v)
B．若磁感應(yīng)強度B＝eq \f(mv,qd)，則同一時刻發(fā)射出的粒子到達熒光屏的最大時間差為eq \f(7πd,6v)
C．若磁感應(yīng)強度B＝eq \f(mv,2qd)，則熒光屏上形成的亮線長度為(eq \r(15)＋eq \r(3))d
D．若磁感應(yīng)強度B＝eq \f(mv,2qd)，則熒光屏上形成的亮線長度為(eq \r(15)＋2eq \r(3))d
【答案】 ABC
【解析】 根據(jù)qvB＝meq \f(v2,r)，若磁感應(yīng)強度B＝eq \f(mv,qd)
由題可知，運動的軌道半徑R＝d
最短時間時，恰好弦長最短，打到P點的正左方，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系，偏轉(zhuǎn)的圓心角為eq \f(π,3)，因此運動時間為t＝eq \f(Rθ,v)＝eq \f(πd,3v)，故A正確；
由幾何關(guān)系可知，打到熒光屏MN上最長時間恰好運動了eq \f(3,4)個周期，軌跡如下圖所示
因此時間差Δt＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－\f(π,3)))d,v)＝eq \f(7πd,6v)，故B正確；
若磁感應(yīng)強度B＝eq \f(mv,2qd)，則軌道半徑R＝2d
到達熒光屏最下端的粒子的軌跡是與MN相切的，設(shè)下半部分的亮線長度為x1，根據(jù)幾何關(guān)系，有xeq \\al(2,1)＋(R－d)2＝R2
解得x1＝eq \r(3)d
到達熒光屏最上端的粒子與屏的交點與P點連線為軌跡的直徑，設(shè)上半部分亮線的長度為x2，根據(jù)幾何關(guān)系，有xeq \\al(2,2)＋d2＝(2R)2
解得x2＝eq \r(15)d
所以亮線的總長度為(eq \r(15)＋eq \r(3))d，故C正確，D錯誤。故選ABC。
B組·綜合練
6.(多選)(2024·陜西榆林一模)磁聚焦的原理圖如圖。通電線圈產(chǎn)生沿其軸線AA′方向的勻強磁場。從A點發(fā)出的帶電粒子束初速度v0大小相等，方向與AA′的夾角都比較小。把初速度v0沿AA′方向和垂直于AA′方向分解，沿AA′方向的分速度v1＝v0cs θ≈v0(θ很小時)，這表明所有粒子在沿AA′方向的分速度都相同。在垂直AA′方向，所有粒子均做圓周運動，只要粒子的比荷相等，周期就相等，因此，所有從A點發(fā)出的帶電粒子束就能在A′點匯聚，這就是磁聚焦原理。設(shè)由電性相反、比荷均為k的兩種粒子組成的粒子束從A點射入該通電線圈，初速度v0大小相等，方向與AA′的夾角相等且都很小，這些粒子在A′點匯聚在了一起。已知該通電線圈在線圈內(nèi)產(chǎn)生的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，忽略粒子的重力及粒子間的相互作用，則A、A′之間的距離可能是( )
A．eq \f(πv0,2kB) B．eq \f(2πv0,kB)
C．eq \f(4πv0,kB) D．eq \f(6πv0,kB)
【答案】 BCD
【解析】 由于粒子束由電性相反的兩種粒子組成，兩種粒子在磁場中的旋轉(zhuǎn)方向相反，要實現(xiàn)匯聚，必須經(jīng)過周期的整數(shù)倍，因此A、A′之間的距離可能是Tv0、2Tv0……而不能是eq \f(1,2)Tv0、…，由于qvB＝meq \f(v2,R)，T＝eq \f(2πR,v)，解得T＝eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π,kB)，所以A、A′之間的距離可能是d＝eq \f(2nπv0,kB)(n＝1,2,3…)，當n＝1時有d＝eq \f(2πv0,kB)，當n＝2時有d＝eq \f(4πv0,kB)，當n＝3時有d＝eq \f(6πv0,kB)，故選BCD。
7.(2024·湖南婁底模擬)磁場可以對帶電粒子的運動施加影響，只要設(shè)計適當?shù)拇艌觯涂梢钥刂茙щ娏Ｗ舆M行諸如磁聚焦、磁擴散、磁偏轉(zhuǎn)、磁約束與磁滯留等運動。利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，在現(xiàn)代科學實驗和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用，如圖所示，以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，圓形區(qū)域外有垂直紙面向里的勻強磁場，兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小都是B。有一質(zhì)量為m、所帶正電荷電荷量為q的帶電粒子從P點沿半徑垂直磁場射入圓形區(qū)域，粒子兩次穿越磁場邊界后又回到P點，不計粒子重力，則( )
A．粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為R
B．粒子從P點射入磁場的速度大小為eq \f(\r(2)qBR,m)
C．粒子從P點射出到第一次回到P點所需的時間為eq \f(7πm,6qB)
D．如果圓形區(qū)域外的磁場在一個以O(shè)為圓心的圓環(huán)內(nèi)，則該圓環(huán)的面積至少為(6＋4eq \r(3))πR2
【答案】 D
【解析】 因為粒子兩次穿越磁場邊界后又回到P點，畫出粒子軌跡示意圖如圖所示，設(shè)粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，則有tan 30°＝eq \f(R,r)，可得r＝eq \r(3)R，選項A錯誤；由qvB＝meq \f(v2,r)，可得v＝eq \f(\r(3)qBR,m)，選項B錯誤；粒子在磁場中勻速圓周運動的周期為T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，粒子從P點射出到第一次回到P點所需要的時間為t＝eq \f(T,6)＋eq \f(5T,6)＋eq \f(T,6)＝eq \f(7πm,3qB)，選項C錯誤；由幾何關(guān)系可知，圓環(huán)的大圓半徑為(2＋eq \r(3))R，小圓半徑為R，所以其面積為S＝π[(2＋eq \r(3))R]2－πR2＝(6＋4eq \r(3))πR2，選項D正確。
8. (2024·陜西西安模擬)如圖所示，在xOy坐標系中，垂直于x軸的虛線與y軸之間存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場(含邊界)，磁場方向與xOy平面垂直。一質(zhì)子束從坐標原點射入磁場，所有質(zhì)子射入磁場的初速度大小不同但初速度方向都與x軸正方向成α＝53°角向下。PQ是與x軸平行的熒光屏(質(zhì)子打到熒光屏上不再反彈)，P、Q兩點的坐標分別為P(0,0.4l)，Q(l,0.4l)。已知質(zhì)子比荷eq \f(q,m)＝k，sin 53°＝0.8。求：(結(jié)果均可用分數(shù)表示)
(1)質(zhì)子在磁場中運動的最長時間是多少；
(2)如果讓熒光屏PQ發(fā)光長度盡可能長且質(zhì)子的運動軌跡未出磁場，質(zhì)子初速度大小的取值范圍是多少。
【答案】 (1)eq \f(143π,90kB) (2)eq \f(kBl,4)≤v≤eq \f(5kBl,9)
【解析】 (1)質(zhì)子能打到y(tǒng)軸上時，在磁場中運動的時間最長，如圖1所示
由周期公式T＝eq \f(2πm,Bq)
又由幾何關(guān)系可知θ＝2(90°－α)
則粒子在磁場中運動的最長時間
t＝eq \f(360°－θ,360°)T＝eq \f(143π,90kB)。
(2)當質(zhì)子軌跡與PQ相切時，如圖1所示，設(shè)此時初速度為v1，軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可得R＋Rcs α＝0.4l
又qBv1＝eq \f(mv\\al(2,1),R)
解得v1＝eq \f(qBl,4m)＝eq \f(kBl,4)
當粒子運動軌跡與磁場邊界相切時，如圖2所示，
設(shè)此時初速度為v2，軌跡半徑為R′，由幾何關(guān)系可得R′＋R′sin α＝l
又qBv2＝eq \f(mv\\al(2,2),R′)
解得v2＝eq \f(5qBl,9m)＝eq \f(5kBl,9)
綜上可得eq \f(kBl,4)≤v≤eq \f(5kBl,9)。
9.(2024·天津模擬)在以坐標原點O為中心、邊長為l的正方形EFGH區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，如圖所示。在Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(l,2)，0))處有一個粒子源，可以連續(xù)不斷地沿＋x方向射入速度不同的帶電粒子，且都能從磁場的上邊界射出。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力，不考慮粒子間的相互作用。求：
(1)粒子所帶的電性；
(2)從E點射出的粒子的速度大小v；
(3)若粒子以速度v′＝eq \f(qBl,m)射入磁場，粒子在磁場中運動的時間t。
【答案】 (1)負電 (2)eq \f(qBl,4m) (3)eq \f(πm,3qB)
【解析】 (1)根據(jù)左手定則，粒子帶負電。
(2)根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)
根據(jù)題意得r＝eq \f(1,4)l
解得v＝eq \f(qBl,4m)。
(3)若粒子以速度v′＝eq \f(qBl,m)射入磁場，根據(jù)牛頓第二定律得qv′B＝meq \f(v′2,r′)
解得r′＝l
根據(jù)幾何關(guān)系得cs θ＝eq \f(\f(1,2)l,l)
解得θ＝60°
粒子在磁場中運動的時間t
t＝eq \f(1,6)T
T＝eq \f(2πm,qB)
解得t＝eq \f(πm,3qB)。
10.(2024·山東臨沂模擬)如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)存在一有界勻強磁場(未畫出)，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于xOy平面向外。一束質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以不同的速率從O點沿xOy平面內(nèi)的OP方向發(fā)射，沿直線飛行到P點時進入有界勻強磁場區(qū)域，O、P兩點間的距離為L，OP連線與x軸正方向的夾角α＝30°，所有粒子在離開磁場后最終都能從x軸上垂直x軸射出，若速度最大的粒子A從x軸上的Q點以速度vm(未知)射出，且射出之前都在磁場內(nèi)運動，粒子所受的重力忽略不計，求：
(1)vm的大小；
(2)粒子A在勻強磁場中運動的時間；
(3)有界勻強磁場區(qū)域的最小面積。
【答案】 (1)eq \f(\r(3)BqL,3m) (2)eq \f(2πm,3qB) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,9)－\f(\r(3),12)))L2
【解析】 (1)粒子的運動軌跡如圖
設(shè)粒子A在磁場中做圓周運動的半徑為Rm，由幾何關(guān)系得Rm＝eq \f(\r(3),3)L
粒子在磁場中的圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvmB＝meq \f(v\\al(2,m),Rm)
解得vm＝eq \f(\r(3)BqL,3m)。
(2)粒子做勻速圓周運動，則有qvB＝meq \f(v2,R)
周期為T＝eq \f(2πR,v)
解得T＝eq \f(2πm,qB)
由運動軌跡可知，粒子A經(jīng)過磁場后的偏轉(zhuǎn)角為120°，則粒子A在磁場中運動的時間
t＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(1,3)T
解得t＝eq \f(2πm,3qB)。
(3)由幾何關(guān)系可知三角形PO1Q的面積
S1＝eq \f(1,2)Req \\al(2,m)sin 120°
120°圓心角對應(yīng)的扇形面積
S2＝eq \f(1,3)πReq \\al(2,m)
由數(shù)理規(guī)律可知，磁場區(qū)域的最小面積為圖中陰影部分面積，其面積
ΔS＝S2－S1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,9)－\f(\r(3),12)))L2。

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