課時跟蹤檢測（三十九） 帶電粒子在磁場中的運動

課時跟蹤檢測（三十九）帶電粒子在磁場中的運動1．(2022·廣東高考)如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是()解析：選A質子的運動軌跡在xOy平面內的投影為先做逆時針方向的勻速圓周運動，穿過MNPQ平面后再做順時針方向的勻速圓周運動，故A正確，B錯誤；質子的運動軌跡在xOz平面的投影是一條與x軸平行的線段，故C、D錯誤。2．(2021·全國乙卷)如圖，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為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60°。不計重力，則eq\f(v1,v2)為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\r(3)解析：選B根據(jù)題意找出粒子做圓周運動的圓心，如圖所示。設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，由幾何關系可知，帶電粒子以v1射入磁場時，在磁場中運動的軌跡半徑r1＝R，帶電粒子以v2射入磁場時，在磁場中運動的軌跡半徑r2＝eq\f(R,tan\f(60°,2))＝eq\r(3)R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(qrB,m)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),3)，B正確。3．(2023·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點沿垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1∶t2為()A．3∶1 B．2∶3C．3∶2 D．2∶1解析：選A電子在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出電子的運動軌跡如圖所示，電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，電子2運動的時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正確。4．(2022·北京高考)正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是()A．磁場方向垂直于紙面向里B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大C．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大D．軌跡3對應的粒子是正電子解析：選A根據(jù)題圖可知，1和3粒子轉動方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負電且順時針轉動，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，A正確，D錯誤；電子在云室中運行，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內填充物質的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯誤；帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子運動的半徑為r＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)題圖可知軌跡3對應的粒子運動的半徑最大，速度最大，C錯誤。5．(2021·北京等級考)如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，OP＝a。不計重力。根據(jù)上述信息可以得出()A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程B．帶電粒子在磁場中運動的速率C．帶電粒子在磁場中運動的時間D．該勻強磁場的磁感應強度解析：選A粒子恰好垂直于y軸射出磁場，作帶電粒子射入和射出磁場時速度方向的垂線交點為圓心O1，軌跡如圖所示。由幾何關系可知OO1＝atan30°＝eq\f(\r(3),3)a，R＝eq\f(a,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)a，因圓心的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)a))，則帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),3)a))2＝eq\f(4,3)a2，選項A正確；洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得帶電粒子在磁場中運動的速率為v＝eq\f(qBR,m)，因軌跡圓的半徑R可求出，但磁感應強度B未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率，選項B、D錯誤；帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為eq\f(2,3)π，而周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，則帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(\f(2,3)π,2π)T＝eq\f(2πm,3qB)，因磁感應強度B未知，則運動時間無法求得，選項C錯誤。6．(2023·連云港調研)如圖所示，在豎直平面矩形ABCD區(qū)域內存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從AD的中點O射入磁場，速度方向與磁場垂直且與AD邊的夾角α＝45°，粒子經過磁場偏轉后在C點垂直CD穿出。已知矩形ABCD的寬AD為L，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則下列說法正確的是()A．粒子帶正電荷B．粒子速度大小為eq\f(\r(2)qBL,2m)C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為eq\f(\r(2),4)LD．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(3πm,2qB)解析：選B粒子進入磁場后沿順時針方向做圓周運動，由左手定則可知，粒子帶負電，A錯誤；由題意可知，粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得，粒子做圓周運動的軌道半徑為r＝eq\f(\f(L,2),cos45°)＝eq\f(\r(2),2)L，根據(jù)粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBL,2m)，B正確，C錯誤；由幾何關系可知電荷在磁場中偏轉了135°，則在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(135°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(3πm,4qB)，D錯誤。7.如圖，圓心在O點的半圓形區(qū)域ACD(CO⊥AD)內存在著方向垂直于區(qū)域平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，一帶電粒子(不計重力)從圓弧上與AD相距為d的P點，以速度v沿平行于直徑AD的方向射入磁場，速度方向偏轉60°角后從圓弧上C點離開。則可知()A．粒子帶正電B．直徑AD的長度為4dC．粒子在磁場中運動時間為eq\f(πd,3v)D．粒子的比荷為eq\f(v,Bd)解析：選B帶電粒子在半圓形磁場中向上偏轉，由左手定則可判斷，粒子帶負電，選項A錯誤；過P點和C點作速度的垂線，交點即為圓心，如圖，由幾何關系可知，四邊形OCO′P為菱形，則OP＝2d＝PC＝r，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，所以r＝eq\f(mv,qB)，則有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2Bd)，選項D錯誤；由幾何關系可得直徑AD的長度等于磁場區(qū)域半徑的2倍，即4d，選項B正確；粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(T,6)＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,3B)·eq\f(m,q)＝eq\f(π,3B)·eq\f(2Bd,v)＝eq\f(2πd,3v)，選項C錯誤。8．(2023·昆山高三模擬)如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域ACD內、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里、向外。三角形頂點A處有一質子源，能沿∠A的角平分線發(fā)射速度大小不等、方向相同的質子(質子重力不計、質子間的相互作用可忽略)，所有質子均能通過D點，已知質子的比荷eq\f(q,m)＝k，則質子的速度不可能為()A.eq\f(BkL,2) B．BkLC.eq\f(3BkL,2) D.eq\f(BkL,8)解析：選C質子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得2nRcos60°＝L(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力，則有Bqv＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(BqR,m)＝eq\f(BkL,n)，A、B、D正確，C錯誤。9．(2021·海南高考改編)如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P(0，eq\r(3)L)點，以相同的速率在紙面內沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤α≤180°))。當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則下列說法錯誤的是()A．粒子一定帶正電B．當α＝45°時，粒子也垂直x軸離開磁場C．粒子入射速率為eq\f(2\r(3)qBL,m)D．粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為3eq\r(5)L解析：選B根據(jù)題意可知粒子垂直x軸離開磁場，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖甲，粒子運動的半徑為r＝eq\f(\r(3)L,cos60°)＝2eq\r(3)L，洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子入射速率v＝eq\f(2\r(3)qBL,m)。若α＝45°，粒子運動軌跡如圖乙，根據(jù)幾何關系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，B錯誤，C正確；粒子離開磁場的位置距離O點最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖丙，根據(jù)幾何關系可知(2r)2＝(eq\r(3)L)2＋xm2，解得xm＝3eq\r(5)L，D正確。10．(2022·江蘇高考)利用云室可以知道帶電粒子的性質，如圖所示，云室中存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，一個質量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，半徑之比ra∶rb＝6∶1，不計重力及粒子間的相互作用力，求：(1)粒子a、b的質量之比ma∶mb；(2)粒子a的動量大小pa。解析：(1)分裂后帶電粒子在磁場中偏轉做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)由題干知半徑之比ra∶rb＝6∶1，故mava∶mbvb＝6∶1因為相同時間內的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，則分裂后粒子在磁場中的速度大小之比為va∶vb＝3∶1聯(lián)立解得ma∶mb＝2∶1。(2)中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律mv＝mava＋mbvb因為分裂后動量關系為mava∶mbvb＝6∶1，聯(lián)立解得pa＝mava＝eq\f(6,7)mv。答案：(1)2∶1(2)eq\f(6,7)mv11．(2023·揚中調研)如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下方分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場，上方磁場區(qū)域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下方磁場的水平分界線。質量為m、所帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經OF上的Q點第一次進入下方磁場區(qū)域，Q點與O點的距離為3a。不考慮粒子重力。(1)求粒子射入時的速度大?。?2)若下方區(qū)域的磁感應強度B＝3B0，粒子最終垂直于DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值。解析：(1)粒子在OF上方的運動軌跡如圖甲所示，設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系得R2－(R－a)2＝(3a)2，解得R＝5