专题四：带电粒子在圆形磁场中的运动 课后练

这是一份物理选择性必修 第二册全册综合精品随堂练习题，共14页。
专题四：带电粒子在圆形磁场中的运动 课后练1. 在高纬度地区，高空大气稀薄的地方常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们常听说的“极光”，它是由太阳发射的高速带电粒子受到地球磁场的影响，进入两极附近，撞击并激发高空中的空气分子和原子而引起的。假如我们在北极地区忽然发现高空出现了沿顺时针方向生成的紫色弧状极光，则关于引起这一现象的高速粒子的电性及弧状极光的弯曲程度的说法正确的是（　　）A. 高速粒子带正电 B. 高速粒子带负电C. 弯曲程度逐渐减小 D. 弯曲程度逐渐增大2. 如图，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°。下列说法中正确的是（　　）A. 电子在磁场中运动的时间为   B. 电子在磁场中运动的时间为C. 磁场区域的圆心坐标为  D. 电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为3. 如图，ABCD是边长为的正方形．质量为、电荷量为的电子以大小为的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场．不计重力，求：（1）此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；（2）此匀强磁场区域的最小面积． 4. 如图所示，相距为R的两块平行金属板M．N正对着放置，s1．s2分别为M．N板上的小孔，s1．s2．O三点共线，它们的连线垂直M．N，且s2O=R．以O为圆心．R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B．方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M．N板．质量为m．带电量为+q的粒子，经s1进入M．N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M．N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M．N间的电压值U0；（3）当M．N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值． 5. 如图，在真空中半径为R=m的圆形磁场区域里加上垂直于纸面向外的磁感应强度为B1=1T的匀强磁场，在圆形磁场区域外加上与B1方向相反的匀强磁场B2，P、Q是圆周上过直径的两个点，从P点沿半径方向以v＝1×104m/s射入一质量m=5×10 -10kg，电荷量q=+5×10-6C的带电粒子，不计重力作用。求：（1）若要使该粒子从P出发，经B1、B2磁场，第一次从Q点沿半径方向射入圆形磁场区域，则所需磁场B2的大小。（2）粒子从P点射入后第一次回到P点经过的时间。  6. 如图(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0，一电量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．(2)若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．(3)在图(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？ 7. 一质量为m、带电量为q的粒子以速度从O点沿y轴正方向射入磁感强度为B的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区后，从b处穿过x轴，速度方向与x轴正向夹角为30°，如图所示（粒子重力忽略不计）。试求：（1）圆形磁场区的最小面积；（2）粒子从O点进入磁场区到达b点所经历的时间；（3）b点的坐标．     8. 如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1（a，0），圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场，在直线的上方和直线的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力，求：（1）求磁感应强度B的大小；（2）粒子在第一象限内运动到最高点时的位置坐标；（3）若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿x轴正方向的夹角=30°时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t。
参考答案1. AD【解析】因为在北极地区的地磁场方向垂直向下，根据左手定则可知高速粒子带正电，根据洛伦兹力提供向心力，有由于有阻力的影响粒子的速度减小，其轨道半径减小，所以粒子的弯曲程度逐渐增大，则AD正确；BC错误；故选AD。2. BC【解析】ABD．电子的轨迹半径为R，如图所示由几何知识解得则电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，-L），电子在磁场中运动时间又则故AD错误，B正确；C．设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中所以磁场圆心坐标为，故C正确。故选BC。3. 【答案】（1），垂直于纸面向外；（2）【解析】（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B．令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道．电子所受到的磁场的作用力应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧的圆心在CB边或其延长线上．依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为按照牛顿定律有联立①②式得（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自点垂直于入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中．因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界．为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考查射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为（不妨设）的情形．该电子的运动轨迹如右图所示．图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边，由③式知，圆弧的半径仍为，在D为原点、DC为x轴，AD为轴的坐标系中，P点的坐标为这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以和为圆心、为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为4. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 (1)粒子从S1到达S2的过程中，根据动能定理得qU＝mv2 ①解得粒子进入磁场时速度的大小v＝(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m ②由①②得，加速电压U与轨迹半径r的关系为U＝当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0＝R对应电压U0＝(3)M．N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短． 根据几何关系可以求得，对应粒子在磁场中运动的半径r＝R由②得粒子进入磁场时速度的大小v＝＝粒子在电场中经历的时间t1＝＝粒子在磁场中经历的时间t2＝＝粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3＝＝粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝…5. 【答案】（1）；（2）【解析】（1）带电粒子在圆形磁场内做圆周运动有代入数据解得如图所示由几何关系可得，粒子在圆形磁场的圆心角为 ，则有解得则在圆形磁场区域外做圆周运动的半径为则所需磁场B2的大小为（2）粒子在圆形磁场内做圆周运动的周期为粒子在圆形磁场区域外做圆周运动的周期为则从P点射入后第一次回到P点的轨迹如图所示经过的时间为6. 【答案】(1)(2) ;(3)【解析】（1）由动能定理：Uq=mv12-mv02①得：v0=②（2）如右图：粒子在磁场中作圆周运动的半径为r，则r2=2（）2③B1qv2=m④由②③得：⑤T=⑥t=⑦由④⑤⑧（3）由B2qv3=m可知，B越小，R越大．与磁场边界相切的圆的最大半径为R=⑨所以B2＜⑩ 7.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，解得根据图可知磁场区域最小半径磁场区域最小（2）粒子从O至a做匀速圆周运动的时间从a飞出磁场后做匀速直线运动，所以， 所以（3）因为，所以故b点坐标为8. 【答案】（1）；（2）（）；（3）【解析】（1）设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R，牛顿第二定律，有粒子自A点射出，由几何知识，有解得（2）粒子从A点向上在电场中做匀减运动，设在电场中减速的距离为，由得所以在电场中最高点的坐标为（）；（3）粒子在磁场中做圆运动的周期粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，构成菱形，故粒子从P点的出射方向与y轴平行，粒子由O到P所对应的圆心角为由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的时间粒子由P点第2次进入磁场，由Q点射出，PO1QO3构成菱形，由几何知识可知，Q点在x轴上，粒子由P到Q的偏向角为则粒子先后在磁场中运动的总时间粒子在场区之间做匀速运动的时间解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间