鞏固練習(xí)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動提高

1、（2015新課標(biāo)Ⅰ卷）兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速區(qū)域后，粒子的()rt，做圓周運(yùn)動的周期T和角速度的說法中，正確的是（）B.t長C.T大D.速度大的粒子運(yùn)動的角速度大時，繩子突然斷開，關(guān)于小球在繩斷開后可能的運(yùn)動情況，以下說法正確的是（）強(qiáng)磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則（）5mq的負(fù)電荷在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞固定的正電荷沿固力恰好是磁場力的三倍，則負(fù)電荷做圓周運(yùn)動的角速度可能是（）A.m

B.m

C.m

D.mooxy一個來表示，其中正確的是（）7（2016內(nèi)自主招生）如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子（重力忽略不計(jì)U加速后，OP=xxU之間關(guān)系的是（）UA.x與U成正 B.x與U成反 C.xU

成正 D.x

U8abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，Ocd邊的中點(diǎn)一個帶正電的粒子（重力忽略不計(jì)）若從OcdU時間t0c點(diǎn)射出磁場，現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從OOd成30的方向（， Bab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是3t0D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間一定是5t09KK0K介子和0介KAPKK0介子的軌跡未畫出。由此可知的動量大小與0（A、 AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從COC與OB60°角。現(xiàn)將帶電變?yōu)椋ǎ〢.12

C.13

D.31、如圖所示，一束質(zhì)子沿同方向從正方形的頂點(diǎn)a射入勻強(qiáng)磁場，分成兩部分，分別從bc邊和cd邊的中點(diǎn)e、f點(diǎn)射出磁場，兩部分質(zhì)子速度之比為 2、如圖所示，有一邊長為a的等邊三角形與勻強(qiáng)磁場垂直，若在三角形某邊中點(diǎn)處以 3BOxy所在的紙面向外。某時xl0、y=0處，一質(zhì)子沿y軸的負(fù)方向進(jìn)入磁場；同一時刻xl0、y=0一個粒子進(jìn)入磁場，速度方向與磁場垂直。不考慮質(zhì)子與m，電荷量為e如果質(zhì)子經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，它的速度 如果粒子與質(zhì)子經(jīng)最短時間在坐標(biāo)原點(diǎn)相遇，粒子的速度應(yīng)為 1（2016海南卷）如圖，A、Cxy軸上，∠OCA=30°，OA的長度為t0。不計(jì)重力。OC邊上的同一點(diǎn)射出磁t4t32、如圖（a）xOyOr的圓形區(qū)域xAv0xy軸的交Cy軸正方向飛出磁場，不計(jì)帶電粒子所受重力。q交點(diǎn)O>0，0x<ay>，x>a.在O(q>)x.已知0c<a>a2：，7T/1TB（）.4m、電量為e的電子從yP（0，a）點(diǎn)以初速度xx軸上的Q（b，0）y行，上、下足夠?qū)挘▓D中未畫出）.mv0a2mv0，L＜b t＝0MO射入磁場．已知正離子的質(zhì)量mq，正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計(jì)離子所受重力．求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能1 r 可知角速度減??；故選D

TD錯；由t 知，速度大的粒子在磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角小，時間短，B錯；故正確的是ATTqvBR

速圓周運(yùn)動，半徑減小，DACD。指向紙里，質(zhì)點(diǎn)所受的洛倫茲力背離圓心，與庫侖引力方向相反，則向心力減小。由Fm(2T

AD。向也是相反的。當(dāng)負(fù)電荷所受的力與電場力方向相同時，根據(jù)第二定律可知24qvBm2R

，得v

m

2有2qvBmv2R

vm 此種情況下，負(fù)電荷運(yùn)動的角速度為 6【解析】由rmvp A.7qU12mvmqvBrr

mU粒子運(yùn)動半個圓打到P點(diǎn)，所以x2r2 mU

U即x 成正比。ABD錯，C正確UC。daabbc邊射間一定不大于

6bc邊射出經(jīng)歷的時間一定不大于

3cd一定是

90PKp0p，0pppp,R 是

1

3p和01∶310

2

2【解析】設(shè)圓形區(qū)域的半徑為rR2rcos30

力提供向心力3rmv，又t1T 將帶電粒子的速度變?yōu)関/3，其軌跡圓半徑R1R 3r，磁場中的軌跡弧所對圓心AOD120，由T2m

t

知t2tB12【解析】兩部分質(zhì)子在磁場中的軌跡如圖，設(shè)邊長為L，對從e根據(jù)幾何關(guān)系R2L2(RL 解得R L5 55對從f點(diǎn)射出的質(zhì)子，R2(L)2(aR)2解得R L5 速度vqBRv1R12 223Ratan3

aRmvB23mv

eBL0（2）v 45【解析（1）由題意得質(zhì)子的半徑r v evpBmP 得v P rmP rmP（2）質(zhì)子、

Tp

，

T

動到原點(diǎn)的圓心角是180，所以粒子的圓心角應(yīng)是90，射入的角度即弦切角等于45x軸正向夾角為45，如圖中的v1（圖中的v2x軸正向夾角為135，質(zhì)子經(jīng)過一個半周期，粒子L0 粒子圓弧對應(yīng)圓的半徑r2

4sin 4由r4mv，得v

；該粒子這兩次在磁場中運(yùn)動的時間之和2t0

2qvBm 2rv TB OAOCP射出磁場，粒設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為1和21180 粒子兩次在磁場中運(yùn)動的時間分別為t1與t2Tt1t22 設(shè)O為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0ACBD點(diǎn)射出磁場，由 rcosOOD L cos 設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0v2πr0 v0

02（1）qv0（2）BBtan

qvBm

q

vqvBmv 又因?yàn)?/p>

解得BBtan23y軸上的范圍是0y2ax軸上的范圍是2ax

33y1x=a相切，此時r=a，yy=2r=2a;x2x=a相切，此粒子是如圖2中的實(shí)線，又兩段圓弧組成，圓心分別是c和 由對稱性得到c’在x上，設(shè)在左右兩部分磁場中運(yùn)動時間分別為t和tt1

tt7t5 t52

1解得t161

t5 由數(shù)學(xué)關(guān)系得到：3R OP2aOP

33x軸上的范圍是2ax

334

bLamv0(1cos

其中sin1eBL))2mv0a2mv0a

則evBm0 r 0

sinL

x1bLar(1cos )所以xbLamv0(1cos)

⑤其中sin1

(2)rL2r2r2(a2ar