热点11　带电粒子在磁场中的运动（含解析）--2024年高考物理大二轮复习热点情境突破练

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A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．1∶1
2.粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线PM通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是( )
A．粒子1可能为质子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
3.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一电荷量为q、质量为m的带负电粒子从边界上的A点以速度v0垂直磁场射入，射入方向与半径OA成30°夹角，离开磁场时速度方向恰好改变了180°，不计粒子重力。该磁场的磁感应强度大小为( )
A.eq \f(\r(3)mv0,3qR) B.eq \f(2\r(3)mv0,3qR) C.eq \f(mv0,qR) D.eq \f(2mv0,qR)
4.如图所示，空间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子源O可沿纸面向各个方向以相同的速率发射质量为m、带电荷量为q的正粒子，一薄光屏与纸面的交线为PQ，OQ＝L，PQ＝2L，OQ⊥PQ。要使PQ左、右两侧所有点均能被粒子打中，则粒子的速率至少为( )
A.eq \f(qBL,2m) B.eq \f(qBL,m)
C.eq \f(\r(5)qBL,2m) D.eq \f(5qBL,2m)
5.(2022·广东卷·7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
6.如图所示，空间正四棱锥P－ABCD的底边长和侧棱长均为a，此区域存在平行于CB边且由C指向B方向的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子，以竖直向上的初速度v0从底面ABCD的中心O垂直于磁场方向进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。则磁感应强度大小为( )
A.eq \f(2mv0,qa) B.eq \f(4mv0,qa)
C.eq \f(\r(6)＋2mv0,qa) D.eq \f(\r(6)－2mv0,qa)
7.(2023·江苏省模拟预测)如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，PA为直径。大量比荷(eq \f(q,m))相同、电性相同的粒子，以相同的速率在纸面内从P点沿不同的方向射入磁场。已知粒子在磁场中的运动轨迹半径r>R；在磁场中运动时间最长的粒子，入射方向与PA夹角为45°，最长时间为t0，则( )
A．粒子飞出磁场时的动能一定相等
B．粒子运动的轨迹半径r＝2R
C．从PA圆弧中点射出的粒子，在磁场中的运动时间t＝eq \f(2,3)t0
D．从PA圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与PA夹角为30°
热点11 带电粒子在磁场中的运动
1．D [运动轨迹如图所示。由图可知，正粒子运动轨迹所对应的圆心角为120°，负粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，正、负带电粒子圆心角之比为2∶1；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)，又T＝eq \f(2πr,v)，解得T＝eq \f(2πm,qB)，故正、负带电粒子运动周期之比为1∶2，粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,2π)T，故正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为eq \f(t正,t负)＝eq \f(1,1)，故选D。]
2．D [粒子1沿直线运动，因忽略粒子重力及粒子间相互作用力，可知该粒子不带电，故不可能为质子，故A错误；粒子2水平射入后向上偏转，即受到向上的洛伦兹力，由左手定则可知该粒子带正电，故B错误；因粒子1不带电，所以增大磁感应强度，粒子1仍打在M点，故C错误；由r＝eq \f(mv,qB)可知若增大粒子入射速度，粒子做圆周运动的半径增大，所以粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。]
3．D [画出粒子运动的轨迹图，如图所示，根据几何关系，得sin 30°＝eq \f(r,R)，则粒子运动轨迹的半径r＝eq \f(1,2)R，粒子在磁场中所受洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq \f(v02,r)，解得B＝eq \f(2mv0,qR)，故选D。]
4．D [要使粒子能打中PQ左侧的所有位置，则粒子最小速度对应轨迹的直径为OP，由几何关系可得2r＝OP＝eq \r(5)L，由洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝meq \f(v2,r)，可得对应的最小速度为v＝eq \f(\r(5)qBL,2m)，要使粒子能打中PQ右侧的所有位置，轨迹如图所示，由几何关系可得(R－L)2＋4L2＝R2，解得R＝eq \f(5,2)L，由洛伦兹力提供向心力可得Bqv′＝meq \f(v′2,R)，联立解得对应的最小速度为v′＝eq \f(5qBL,2m)，要使PQ左、右两侧所有点均能被粒子打中，则粒子的速率至少为eq \f(5qBL,2m)，故选D。]
5．A [由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。]
6．C [粒子从空间正四棱锥P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，可知粒子刚好与侧面PBC相切，作出粒子的运动轨迹如图所示，θ为面PBC与底面的夹角，由几何关系可知r＋eq \f(r,sin θ)＝eq \f(a,2)，由几何关系可算出sin θ＝eq \f(\r(6),3)，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq \f(v02,r)，联立解得B＝eq \f(\r(6)＋2mv0,qa)，故选C。]
7．C [粒子比荷(eq \f(q,m))相同，质量m不一定相同，入射速率相同，入射动能Ek＝eq \f(1,2)mv2不一定相同，又因为洛伦兹力不做功，粒子射出磁场时动能不变，所以，粒子飞出磁场时的动能也不一定相等，故A错误；由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，运动轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)，运动周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，若粒子在磁场运动的过程中转过圆心角θ，所用的时间为tθ＝eq \f(m,qB)·θ，可见，粒子在磁场中运动的时间与速度无关，转过的圆心角越大，时间越长，因此，在磁场中运动时间最长的粒子，从P点射入，A点射出，入射方向与PA夹角为45°，根据对称性，射出磁场时速度方向与PA夹角为135°，分别作两个速度的垂线段，相交得到粒子运动轨迹的圆心O1，如图所示，粒子运动的轨迹半径r＝eq \r(2)R，故B错误；从PA圆弧中点射出的粒子，如图所示，圆心是O2，PO1＝PO2＝O1O2＝r＝eq \r(2)R，所以∠PO2O1＝60°＝eq \f(π,3)，∠PO1A＝90°＝eq \f(π,2)，tθ＝eq \f(m,qB)·θ，所以t＝eq \f(m,qB)·eq \f(π,3)，t0＝eq \f(m,qB)·eq \f(π,2)，由此可得t＝eq \f(2,3)t0，故C正确；如图所示，PC⊥PO2，∠CPB＝∠PO2B＝30°，∠OPB＝45°，则∠OPC＝15°，所以从PA圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与PA夹角为15°，故D错误。]