【同步】高中物理教科版(2019)選擇性必修2：第1章專題提升2帶電粒子在有界磁場中的運動分層作業(yè)習題

第一章分層作業(yè)6帶電粒子在有界磁場中的運動A級必備知識基礎練1.(2023云南玉溪高二期末)如圖所示的平面以MN為邊界分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域,Ⅰ區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B,Ⅱ區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為2B(圖中未畫出),一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的帶電粒子從邊界上的E點以某一初速度開始運動(此為粒子第一次經(jīng)過邊界MN),一段時間后,粒子第三次經(jīng)過邊界MN的位置與E點的距離為d,若粒子在運動的過程中僅受磁場力作用,初速度方向與邊界夾角α=30°,則粒子的初速度為()A.qBd4m BC.23qBd32.(2023江蘇南京第一中學高二期末)一圓形區(qū)域的勻強磁場如圖所示,在O點處有一放射源,沿半徑方向射出速度為v的不同帶電粒子,其中帶電粒子1從A點飛出磁場,帶電粒子2從B點飛出磁場,不考慮帶電粒子的重力,則 ()A.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動的時間之比為2∶3B.帶電粒子1與帶電粒子2做圓周運動的半徑之比為3∶1C.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為1∶3D.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動的周期之比為3∶13.(2023河南洛陽高二期末)如圖所示,在一個直角三角形ACB區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場,AB、BC、AC為磁場邊界,AC邊長為3a,∠CAB=53°。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從AB邊上的D點垂直于磁場邊界AB射入勻強磁場,已知AD長為a,不計粒子重力,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列說法錯誤的是()A.粒子有可能從AC邊射出B.只要粒子從AB邊射出,則粒子在磁場中運動的時間為πC.粒子恰不從BC邊射出磁場區(qū)域時對應的速度為v=3D.隨著粒子速度的增大,粒子在磁場中運動的時間越來越短4.(2023遼寧葫蘆島高二期末)如圖所示,寬l=2cm的有界勻強磁場,縱向范圍足夠大,磁場的方向垂直紙面向里,現(xiàn)有一群帶正電粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場,若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑均為r=5cm,則()A.右邊界:-4cm<y<4cm有粒子射出B.右邊界:y>4cm和y<-4cm有粒子射出C.左邊界:y>8cm有粒子射出D.左邊界:0<y<16cm有粒子射出5.(多選)(2023湖南株洲高二期末)長為l、水平放置的極板間有垂直紙面向里的勻強磁場,如圖所示。極板間相距為l,極板不帶電。將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從兩極板間中央的O點垂直磁感線以速度v水平射入磁場,欲使粒子不打在極板上,磁感應強度大小應滿足()A.B>4B.B<mvC.B<4D.4mv56.(2023重慶鳳鳴山中學高二期末)如圖所示,邊界OM與ON之間分布著垂直紙面向里的勻強磁場,邊界ON上有一粒子源S。某一時刻,從粒子源S沿平行于紙面,向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用),所有粒子的初速度大小相同,經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OM射出磁場。已知∠MON=45°,從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間為12T(T為粒子在磁場中運動的周期),則從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最短時間為(A.13T B.1C.16T D.17.(多選)(2023重慶高二期末)如圖所示,在直角坐標系的第一象限內(nèi)有一半徑為R的扇形POQ無場區(qū)域,第一象限剩余區(qū)域(含PQ圓弧邊界)及第四象限均存在垂直紙面、磁感應強度為B的勻強磁場。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從圓弧PQ上各點沿y軸正方向以相同速度v(大小未知)射入磁場,且所有粒子軌跡均交于Q點并被粒子收集盒(圖中未畫)吸收。不計粒子重力,則()A.磁場方向垂直紙面向里B.粒子速度大小為qBRC.粒子運動到Q點的最短時間為3D.粒子從進入磁場到運動至Q點的過程中,離Q的最遠距離為2RB級關鍵能力提升練8.(2023江蘇蘇州高二期末)如圖所示,在xOy平面內(nèi)、直線x=±a之間存在勻強磁場,磁場沿y方向分布足夠廣,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。M、N點坐標分別為(-2a,0)和(2a,0),已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,不計電子間相互作用。(1)從M點沿x軸正方向發(fā)射電子,要使電子進入磁場后能穿過磁場,求電子速度v滿足的條件。(2)從M點以一定速度向第二象限內(nèi)發(fā)射一電子,初速度方向與x軸正向夾角為45°,電子穿過磁場后恰好能經(jīng)過N點,求該電子從M點運動到N點的時間t。(3)從M點向第二象限與x軸正向夾角分別為30°、37°、45°、60°的四個方向均發(fā)射速率為2eBa3m參考答案分層作業(yè)6帶電粒子在有界磁場中的運動1.D解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r,得粒子在Ⅰ區(qū)域運動的半徑為r1=mvqB,軌跡如圖所示,由幾何關系可得θ=60°,圓弧所對應的弦長也為r1;Ⅱ區(qū)域粒子運動的半徑為r2=mv2qB,同理,根據(jù)幾何關系,可知圓弧所對應的弦長也為r2,則有d=r1-r2.A解析設圓形磁場半徑為R,帶電粒子1、2在磁場中做圓周運動的圓心分別為O1、O2,如圖所示。根據(jù)幾何關系可知帶電粒子1、2在磁場中運動的軌道半徑分別為r1=Rtan30°、r2=Rtan60°,帶電粒子1與帶電粒子2做圓周運動的半徑之比為r1r2=13,帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中的運動軌跡對應的圓心角分別為120°和60°,所以可得在磁場中運動的時間之比為t1t2=2πr1v3.D解析設粒子速率為v1時運動軌跡與AC邊相切,則切點為C點,如圖甲所示,由幾何關系可得R1=BC=BD=4a,由牛頓第二定律得qBv1=mv12R1,聯(lián)立可得v1=4qBam,所以當速度大于4qBlm時,粒子將會從AC邊界射出,故A不符合題意;粒子豎直向上進入磁場,軌跡圓心一定在AB邊上,若粒子能從AB邊射出,粒子的速度方向一定豎直向下,軌跡都為半圓,速度越大,半徑越大。因為粒子運動周期T=2πmqB,所以粒子在磁場中運動的時間為πmqB,故B不符合題意,D符合題意;設粒子速率為v時恰不從BC邊射出磁場區(qū)域,即運動軌跡與BC甲乙4.A解析當粒子的軌跡恰好與磁場右邊界相切時,如圖所示,根據(jù)幾何關系得y1=r2-(r-l)2=52-(5-2)2cm=4cm,當粒子沿-y軸方向射入磁場時,粒子從磁場右邊界x軸下方射出,根據(jù)幾何關系得y2=r2-(r5.AC解析欲使粒子不打在極板上,粒子在極板間運動的軌跡如圖所示。粒子從左邊射出磁場時,其在磁場中做圓周運動的半徑r<14l,粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r,可知粒子不打到極板上且從左邊射出時磁感應強度B>4mvql,粒子從右邊射出時,粒子的最小半徑為R,由幾何關系得R2=l2+R-12l2,解得R=54l,粒子不打在極板上,有r'>56.B解析粒子在磁場中做勻速圓周運動,入射點是S,出射點在OM直線上,出射點與S點的連線為軌跡的一條弦,當從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的時間最短時,軌跡的弦最短,根據(jù)幾何知識,作ES⊥OM,則ES為最短的弦,粒子從S到E的時間即最短。由題意可知,粒子運動的最長時間等于12T,設OS=d,則DS=OStan45°=d,粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r=DS2=12d,由幾何知識有ES=OSsin45°=22d,sinθ2=ES2r7.BCD解析根據(jù)粒子軌跡均交于Q點,可知粒子向右偏轉,根據(jù)左手定則判斷可知,磁場方向垂直紙面向外,故A錯誤;由P點射出的粒子軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關系可知,粒子的軌跡半徑為R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv=mv2R,解得粒子速度大小為v=qBRm,故B正確;圓心角越大,則運動時間越長,由幾何關系可知,由P點射出的粒子軌跡所對應的圓心角最小,即時間最短為t=34T=34×2πmBq=8.答案(1)v>2(2)((3)夾角為30°速率為2eBa3m的電子與夾角為37°速率為15解析(1)設電子恰好未穿出磁場的速度大小為v1,有ev1B=mv根據(jù)幾何關系知r1=2a聯(lián)立解得v1=2則能穿出磁場的電子速度應滿足的條件是v>2aeB(2)根據(jù)對稱性與幾何關系可知,電子在磁場中運動時,圓心位于坐標原點O,半徑r2=2a根據(jù)牛頓第二定律得ev2B=mv解得v2=2兩段直線運動階段的時間t1=t3=2電子在磁場中做圓周運動的時間t2=π則電子從M點運動到N點的時間t