2024高二物理寒假作業(yè)同步練習題帶電粒子在勻強磁場中的運動含解析

帶電粒子在勻強磁場中的運動1.(多選)一個帶電粒子以某一初速度射入勻強磁場中，不考慮其他力的作用，粒子在磁場中不行能做()A.勻速直線運動 B.勻變速直線運動C.勻變速曲線運動 D.勻速圓周運動【答案】：BC【解析】：粒子進入磁場，若受F洛，則肯定是變加速運動，B、C不行能，D可能。或者v與B平行不受力，A可能。2、現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重許多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止起先被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止起先被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11 B．12C．121 D．144【答案】：D【解析】：帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝eq\f(mv,qB)，由以上兩式整理得：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))。由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：eq\f(m2,m1)＝144，選項D正確。3、如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，一對正、負電子分別以不同速率沿著與x軸成30°角從原點射入磁場，它們的軌道半徑之比為1∶3，則正、負電子在磁場中運動時間之比為()A.1∶2 B.2∶1C.1∶3 D.3∶1【答案】：B【解析】：首先要畫出粒子的運動軌跡，它們的圓心均在垂直于速度方向的虛線上，如圖所示。由幾何學問可求出正電子在磁場中轉(zhuǎn)動的圓心角為120°，負電子在磁場中轉(zhuǎn)動的圓心角為60°，據(jù)t＝eq\f(θ,360°)T可知，正、負電子在磁場中運動的時間之比為2∶1，正、負電子在磁場中運動的時間與粒子的運動半徑無關(guān)。故B正確。4、如圖所示，矩形虛線框MNPQ內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面對里。a、b、c是三個質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。粒子重力不計。下列說法正確的是()A.粒子a帶負電B.粒子c的動能最大C.粒子b在磁場中運動的時間最長D.粒子b在磁場中運動時的向心力最大【答案】：D【解析】：由左手定則可知，a粒子帶正電，故A錯誤；由qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，由題圖可知粒子c的軌跡半徑最小，粒子b的軌跡半徑最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝eq\f(1,2)mv2，知粒子c的動能最小，依據(jù)洛倫茲力供應向心力有F向＝qvB，則可知粒子b的向心力最大，故D正確，B錯誤；由T＝eq\f(2πm,qB)，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的軌跡所對的圓心角最小，則粒子b在磁場中運動的時間最短，故C錯誤。5.(多選)如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面對外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面對里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點，能水平向右放射不同速率、質(zhì)量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子，全部粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是()A.eq\f(\r(3)qBL,6m)B.eq\f(\r(3)qBL,3m)C.eq\f(\r(3)qBL,2m)D.eq\f(\r(3)qBL,m)【答案】：AB【解析】：由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，全部圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運動的半徑為r＝eq\f(\r(3),3)·eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，由洛倫茲力供應向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(3)qBL,3m)·eq\f(1,n)(n＝1，2，3，…)，所以A、B正確。6、(多選)如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對里，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場，欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(Bqd,m) B.eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)C.eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m) D.eq\f(\r(2)qBd,2m)【答案】：BC【解析】：粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大。當粒子的徑跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大。若粒子帶正電，其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，簡單看出R1sin45°＋d＝R1，將R1＝eq\f(mv0,qB)代入得v0＝eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)，選項B正確。若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，簡單看出R2＋R2cos45°＝d，將R2＝eq\f(mv0,qB)代入得v0＝eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)，選項C正確。7、(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從兩極板間邊界中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采納的方法是()A.使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B.使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C.使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D.使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)【答案】：AB【解析】：如圖所示，帶電粒子剛好打在極板右邊緣時，有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2又r1＝eq\f(mv1,Bq)，所以v1＝eq\f(5Bql,4m)粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，v2＝eq\f(Bql,4m)，綜合上述分析可知，選項A、B正確。8、如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的改變規(guī)律如圖乙所示。忽視帶電粒子在電場中的加速時間，則下列推斷中正確的是()A.在Ek－t圖象中應有t4－t3＜t3－t2＜t2－t1B.加速電壓越大，粒子最終獲得的動能就越大C.粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能肯定越大D.要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的面積【答案】：D【解析】：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關(guān)，因此在Ek－t圖中應有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A錯誤；由粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)可知Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，即粒子獲得的最大動能確定于D形盒的半徑和勻強磁場的磁感應強度，與加速電壓和加速次數(shù)無關(guān)，當軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不再接著加速，故B、C錯誤，D正確。9、如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對外的勻強磁場，ab是圓的直徑。一不計重力的帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v，當速度方向與ab邊成30°角時，粒子在磁場中運動的時間最長，且為t；若相同的帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經(jīng)時間t飛出磁場，則其速度大小為()A.eq\f(\r(3),6)vB.eq\f(1,2)vC.eq\f(2,3)vD.eq\f(\r(3),2)v【答案】：D【解析】：依據(jù)半徑公式可得粒子在磁場中的運動半徑r＝eq\f(mv,qB)，當粒子從b點飛出磁場時，入射速度與出射速度與ab的夾角相等，所以速度的偏轉(zhuǎn)角為60°，軌跡對應的圓心角為60°。設磁場的半徑為R，依據(jù)幾何學問得知：軌跡半徑為r1＝2R；依據(jù)周期公式可得T＝eq\f(2πm,Bq)，與速度無關(guān)，當粒子從a點沿ab方向射入磁場時，經(jīng)過磁場的時間也是t，說明軌跡對應的圓心角與第一種狀況相等，也是60°，依據(jù)幾何學問得粒子的軌跡半徑為r2＝eq\r(3)R，所以eq\f(v1,v)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(\r(3),2)，解得v1＝eq\f(\r(3),2)v，D正確。10、(多選)如圖所示，分布在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面對里。電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子從磁場邊緣A點沿圓的半徑AO方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了60°角。(不計粒子的重力)則()A.粒子做圓周運動的半徑為eq\r(3)rB.粒子的入射速度為eq\f(\r(3)Bqr,m)C.粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,3qB)D.粒子在磁場中運動的時間為eq\f(2πm,qB)【答案】：ABC【解析】：設帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動半徑為R，如圖所示，∠OO′A＝30°，由圖可知，粒子運動的半徑R＝O′A＝eq\r(3)r，選項A正確；依據(jù)牛頓運動定律，有Bqv＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，故粒子的入射速度v＝eq\f(\r(3)Bqr,m)，選項B正確；由幾何關(guān)系可知，粒子運動軌跡所對應的圓心角為60°，則粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，選項C正確，D錯誤。11、如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限以ON為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面對外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸正半軸上y＝h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上x＝2h處的P點進入磁場，最終以垂直于y軸的方向射出磁場。不計粒子重力。求：(1)電場強度的大小E；(2)粒子在磁場中運動的軌跡半徑r；(3)粒子從進入電場到離開磁場經(jīng)驗的總時間t。【答案】：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)eq\f(\r(2)mv0,Bq)(3)eq\f(2h,v0)＋eq\f(3πm,4Bq)【解析】：粒子的運動軌跡如圖所示(1)設粒子在電場中運動的時間為t1，則有2h＝v0t1，h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)依據(jù)牛頓其次定律得Eq＝ma解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)設粒子進