高三物理精准提升专练17带电粒子在磁场中运动含答案

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专练17   带电粒子在磁场中运动   例1．(2021·全国乙卷·18)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则为(　　)A．     B．     C．     D． 例2．如图所示，平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，两平面之间同时存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m，电荷量为q，沿竖直平面以大小为v0的初速度从平面OM上的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动。已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。 (1)判断带电小球带何种电荷？所加电场的电场强度E为多大？(2)求出射点P到两平面交点O的距离s；(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上的T点，求T点到O点的距离s′。      1．在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)A．运动半径之比是2∶1B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1D．受到的洛伦兹力之比是2∶12．为了通过实验研究PM2.5的相关性质，让一带电的PM2.5颗粒(重力不计)，垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场区域，如图所示，其中M、N为正对的平行带电金属板，观察发现它恰好做直线运动，则下列判断正确的是(　　)A．M板一定带正电B．PM2.5颗粒一定带正电C．若仅使PM2.5颗粒的电荷量增大，颗粒一定向M板偏移D．若仅使PM2.5颗粒的速度增大，颗粒一定向N板偏移3．(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所              在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T。电子质量m＝9.1×10－31 kg，电量e＝－1.6×10－19 C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(　　)A．θ＝90°时，l＝9.1 cmB．θ＝60°时，l＝9.1 cmC．θ＝45°时，l＝4.55 cmD．θ＝30°时，l＝4.55 cm4．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)A．     B．T     C．     D．T25．(多选)如图所示的菱形区域abcd内存在垂直于纸面向外的匀强磁场B，现有质量和电量相等的等离子体以不同的速度沿菱形顶点a的角平分线垂直进入磁场中，结果从四个不同的边飞出场区。已知离子飞出时与ab、ad的交点P、Q关于顶点a的角平分线对称，下列说法正确的是(　　)A．在菱形区域内运动弧长越长的离子在磁场中运动的时间就越长B．从ab边上任意一点飞出的离子在菱形区域内的运动时间都相同C．分别从P、Q两点飞出的离子速度大小相等D．向ab方向偏转的离子带正电，入射速度足够大的粒子可以沿直线ac飞出6．(多选)如图甲所示的平面直角坐标系中，x轴上方有磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，在O点处有一粒子源，沿纸面不断地放出同种粒子，粒子的速率均为v，粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角范围为60°～120°。粒子的重力及粒子间的相互作用均不计。图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与x轴的交点为E，外边界与x轴的交点为F，与y轴的交点为D（a，0）。下列判断正确的是(　　)A．粒子所带电荷为正电B．OF的长度为aC．粒子源放出的粒子的荷质比为D．从点E离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为7．如图所示，原点O有一粒子源，能向x轴上方xOy平面内各方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子的初速度大小均相等，在x轴上方直线y1＝y0与y2＝y0+a（y0未知，a>0）之间存在垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，已知射向第二象限、与y轴正方向成30°角的粒子恰好垂直于磁场上边界射出。粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，求：(1)粒子运动的初速度大小v0；(2)粒子在磁场中运动时间最短且能从上边界射出，其发射时速度与y轴正方向夹角θ的正弦值；(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm及y0取不同数值时，在磁场中运动时间最长的粒子从磁场中射出时的出射点所构成图线的解析方程。     8．如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为α，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求： (1)粒子加速到P点所需要的时间t；(2)极板N的最大厚度dm；(3)磁场区域的最大半径Rm。  
 例1．【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径，第二次的半径，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得，所以。【答案】B例2．【解析】(1)根据题意，带电小球受到的电场力与重力平衡，则带电小球带正电荷。由力的平衡条件得：qE＝mg解得：E＝。(2)带电小球在叠加场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律有：qv0B＝m即R＝根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点，I点为入射点，P点为出射点。小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，故QP＝2ROP的长度s＝联立以上各式得s＝。(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设其竖直位移为y，水平位移为x，运动时间为t。则x＝v0t＝OPcos 30°竖直位移y＝gt2联立各式得s′＝2R＋y＝＋。  1．【答案】B【解析】α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同，故速度之比为1∶4；同一磁场，B相同。由r＝，得两者半径之比为1∶2；              由T＝，得周期之比为2∶1；由f洛＝qvB，得洛伦兹力之比为1∶2，故只有B正确。2．【答案】A【解析】由于颗粒做直线运动，故无论颗粒带何种电荷，电场力与洛伦兹力都是方向相反、大小相等的。根据左手定则，带正电颗粒受到的洛伦兹力向上，所以它受到的电场力向下，电场力与电场强度同向(带负电颗粒受到的洛伦兹力向下，所以它受到的电场力向上，电场力与电场强度反向)，所以M板一定带正电，PM2.5颗粒的电性不确定。根据电场力和洛伦兹力平衡，即qvB＝qE，得v＝，与颗粒的电荷量q无关；若使PM2.5颗粒的速度增大，则洛伦兹力增大，则电场力与洛伦兹力不平衡，出现偏转现象，因洛伦兹力方向不确定，则不一定向N板偏移。 3．(多选)【答案】AD【解析】电子在匀强磁场运动的轨道半径为R＝＝4.55 cm，电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1 cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝4.55 cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55 cm＜l＜9.1 cm，故B、C错误。4．【答案】A【解析】等离子体在磁场中受到的洛沦兹力提供向心力，有qvB＝，得v＝，动能Ek＝mv2＝ ，由题意得Ek＝kT，故有kT＝，得B＝，即B∝，选项A正确。5．(多选)【答案】BC【解析】根据，则带电粒子在磁场中的运动时间只与对应的圆心角有关，在菱形区域内运动弧长越长的离子其对应的圆心角越小，在磁场中运动的时间就越短，所以A错误；从ab边上任意一点飞出的离子，由几何关系可知，同一直线边界飞出的粒子根据对称性可知其圆心角相同，所以在菱形区域内的运动时间都相同，则B正确；根据对称性及几何关系可知，两粒子的轨道半径相同，根据，所以分别从P、Q两点飞出的离子速度大小相等，则C正确；向ab方向偏转的离子带正电，入射速度足够大的粒子不可以沿直线ac飞出，只能无限接近，所以D错误。6．(多选)【答案】CD  【解析】由左手定则可知，粒子所带电荷为负电，A错误；由图可知，OF＝2R＝2a，B错误；根据，解得，C正确；从点E离开磁场的粒子在磁场中转过的角度可能为120°，也可能是240°，则在磁场中运动的时间可能为，也可能是，D正确。7．【解析】(1)粒子运动轨迹如图甲所示，设其运动半径为，则由几何关系可知，此时运动轨迹所对的圆心角为有解得。(2)所有粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，当粒子从磁场上边界射出且在磁场中运动的时间最短时，运动轨迹对应的弦也最短，最短弦长为，如图乙所示由(1)可知由几何关系可知。(3)所有粒子在磁场中做圆周运动的周期和半径相同，当粒子从下边界射出，且与上边界相切时，时间最长，如图丙所示。设此时粒子运动轨迹对应的圆心角为，则运动时间由题意可知，运动时间最长的粒子与方向的夹角为30°，入射点的坐标为（ytan 30°，y），出射点一定在对应入射点的右方处，坐标为，即解得图线的方程为。8．【解析】(1)设粒子在P的速度大小为，则根据可知半径表达式为根据动能定理粒子在静电场中加速有粒子在磁场中运动的周期粒子运动的总时间解得。(2)由粒子的运动半径，结合动能表达式变形得则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径，由几何关系结合且解得。(3)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力设粒子离开偏转器的点为，圆周运动的圆心为。由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与、在一条直线上粒子在偏转器中运动的圆心在点，从偏转器飞出，即从点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为，然后轨迹发生偏离，从偏转器的点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为将等腰三角形放大如图，虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则解得最大半径为。