高中物理第一章 安培力与洛伦兹力3 带电粒子在匀强磁场中的运动精练

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一、带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1．直线边界
从某一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时，速度与边界的夹角相等，如图1所示．
图1
2．平行边界
图2
3．圆形边界
在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，必沿半径方向射出，如图3所示．
图3
如图4所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子1在纸面内以速度v1＝v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α＝30°；质量为m、电荷量为＋q的粒子2在纸面内以速度v2＝eq \r(3)v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角β＝60°.已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点(图中未画出)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用．
图4
(1)求两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d.
(2)求两粒子进入磁场的时间间隔Δt.
答案 (1)eq \f(4mv0,qB) (2)eq \f(πm,3qB)
解析 (1)两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，
由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)
得r1＝eq \f(mv0,qB)，r2＝eq \f(\r(3)mv0,qB)
故d＝eq \x\t(OA)＋eq \x\t(OB)＝2r1cs β＋2r2cs α＝eq \f(4mv0,qB).
(2)粒子1做圆周运动的圆心角θ1＝eq \f(5π,3)
粒子2做圆周运动的圆心角θ2＝eq \f(4π,3)
粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)
粒子1在匀强磁场中运动的时间t1＝eq \f(θ1,2π)T
粒子2在匀强磁场中运动的时间t2＝eq \f(θ2,2π)T
所以Δt＝t1－t2＝eq \f(πm,3qB).
(2019·武汉高二上六校联考)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图5所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．
图5
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷eq \f(q,m)；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′的大小；此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
答案 (1)负电荷 eq \f(v,Br) (2)eq \f(\r(3),3)B eq \f(\r(3)πr,3v)
解析 (1)由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r，又qvB＝meq \f(v2,R)，
则粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(v,Br).
(2)设粒子从D点飞出磁场，运动轨迹如图，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径R′＝eq \f(r,tan 30°)＝ eq \r(3)r，又R′＝eq \f(mv,qB′)，所以B′＝eq \f(\r(3),3)B，此次粒子在磁场中运动所用时间t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(1,6)×eq \f(2πR′,v)＝eq \f(\r(3)πr,3v).
二、带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题
借助运动半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值．
注意：(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长．
(多选)如图6所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界NN′射出，粒子入射速率v的最大值可能是( )
图6
A.eq \f(qBd,m) B.eq \f(2＋\r(2)qBd,m)
C.eq \f(qBd,2m) D.eq \f(2－\r(2)qBd,m)
答案 BD
解析 设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律可得qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB).
带电粒子速率越大，轨道半径越大，当轨迹恰好与边界NN′相切时，粒子恰好不能从边界NN′射出，对应的速率最大．
若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，
由几何知识得R＋Rcs 45°＝d，
解得R＝(2－eq \r(2))d，
对应的速率v＝eq \f(2－\r(2)qBd,m).
若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示，
由几何知识得：R－Rcs 45°＝d，
解得R＝(2＋eq \r(2))d.
对应的速率v＝eq \f(2＋\r(2)qBd,m).
如图7所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场方向向里射入一速度方向跟ad边夹角θ＝30°、大小为v0(未知量)的带正电粒子，已知粒子质量为m，电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：
图7
(1)若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求粒子的入射速度大小v01；
(2)若粒子恰好不能从磁场上边界射出，求粒子的入射速度大小v02；
(3)若带电粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁场中运动的最长时间．
答案 (1)eq \f(qBL,m) (2)eq \f(qBL,3m) (3)eq \f(5πm,3qB)
解析 (1)和(2)两种临界情况的运动轨迹如图所示，
若粒子速度为v0，则
qv0B＝meq \f(v\\al(02),R)，解得：v0＝eq \f(qBR,m)
设圆心在O1处时对应圆弧与cd边相切，相应速度为v01
由几何关系得：R1－R1sin θ＝eq \f(L,2)，解得R1＝L
则有：v01＝eq \f(qBR1,m)＝eq \f(qBL,m)
设圆心在O2处时对应圆弧与ab边相切，相应速度为v02
由几何关系得：R2＋R2sin θ＝eq \f(L,2)，解得R2＝eq \f(L,3)
则有：v02＝eq \f(qBR2,m)＝eq \f(qBL,3m)；
(3)由t＝eq \f(α,2π)T和T＝eq \f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越大，在磁场中运动的时间也越长．在磁场中运动的半径r0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场力作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场，由这些条件可知( )
图1
A．带电粒子一定带正电
B．不能确定粒子速度的大小
C．不能确定粒子射出此磁场的位置
D．不能确定粒子在此磁场中运动所经历的时间
答案 A
解析 粒子垂直于y轴方向射出此磁场，故粒子向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，且半径R＝x0，故粒子子射出磁场时的位置在y轴上距原点x0处，由半径R＝eq \f(mv,qB)可得速度v，运动时间t＝eq \f(T,4)＝eq \f(πm,2Bq)，选项A正确．
2．(多选)(2020·信宜市高二月考)如图2所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有( )
图2
A．a、b均带正电
B．a在磁场中运动的时间比b的短
C．a在磁场中运动的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
答案 AD
解析 离子要打在屏P上，都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则可知，离子都带正电，选项A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，因初速度大小也相同，由qvB＝meq \f(v2,r)可知，它们做圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，如图所示，比较得a在磁场中运动的路程比b的长，选项C错误；由t＝eq \f(l,v)可知，a在磁场中运动的时间比b的长，选项B错误；从图上可以看出，选项D正确．
3.(2019·驻马店市高二上期末)如图3所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和α粒子(氦原子核)先后以相同的动能对准圆心O射入磁场，若粒子只受磁场力的作用，已知质子在磁场中偏转的角度为90°，则α粒子在磁场中偏转的角度是( )
图3
A．30° B．45° C．90° D．120°
答案 C
解析 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)，质子和α粒子的质量之比为1∶4，所带电荷量之比为1∶2，质子和α粒子具有相同的动能，故两者的速度之比为2∶1；根据r＝eq \f(mv,qB)可得，质子和α粒子在磁场中做圆周运动的半径相等，所以转过的角度相同，即也偏转90°，故C正确，A、B、D错误．
4.半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速率v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出．∠AOB＝120°，如图4所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )
图4
A.eq \f(2πr,3v0) B.eq \f(2\r(3)πr,3v0) C.eq \f(πr,3v0) D.eq \f(\r(3)πr,3v0)
答案 D
解析 由∠AOB＝120°可知， 所对圆心角θ＝60°，由带电粒子做匀速圆周运动可知，t＝ ，由几何关系知R＝rtan 60°＝eq \r(3)r，则＝R·θ＝eq \r(3)r×eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),3)πr，故t＝＝eq \f(\r(3)πr,3v0)，D正确．
5.(多选)如图5所示，虚线框MNQP内为一矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，a、b、c是三个质量和电荷量(绝对值)都相等的带电粒子，它们从PO边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，若不计粒子所受重力，则( )
图5
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电
B．射入磁场时，粒子b的动能最大
C．粒子b的运动轨迹是抛物线
D．射入磁场后c的运动时间最长
答案 BD
解析 三个粒子都做圆周运动，选项C错误；由左手定则可知粒子a带正电，粒子b、c带负电，选项A错误；由题图可知三个粒子的轨道半径关系为rb>ra>rc，由半径r＝eq \f(mv,qB)可得vb>va>vc，粒子b的动能最大，选项B正确；由周期T＝eq \f(2πm,qB)可知，三个粒子周期相同，由题图可知粒子轨迹所对圆心角关系θc>θa>θb，射入磁场后的运动时间t＝eq \f(θ,2π)·T，因c的圆心角最大，故c运动的时间最长，选项D正确．
6.(2019·北京卷)如图6所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是( )
图6
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
答案 C
解析 由左手定则可知，粒子带负电，A项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，B项错误；粒子在磁场中的运动轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)，若仅减小磁感应强度B的大小，则r变大，粒子可能从b点右侧射出，C项正确；若仅减小入射速率，则r变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝eq \f(θ,2π)T，T＝eq \f(2πm,qB)，知粒子在磁场中的运动时间变长，D项错误．
7.(多选)(2020·湘潭市一中期中)如图7虚线MN上、下两侧是磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，一个质量为m、带电荷量为－q的带电粒子(不计重力)以速度v从P点沿与界面成θ＝30°角的方向射入MN上方垂直纸面向里的匀强磁场中，则带电粒子到达界面MN所用的时间可能为( )
图7
A.eq \f(πm,6qB) B.eq \f(πm,2qB) C.eq \f(2πm,3qB) D.eq \f(5πm,3qB)
答案 CD
解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，应用圆中弦切角等于圆弧对应的圆心角的一半，可知∠PAQ＝60°，根据对称性可知射入下边磁场时速度与边界成θ＝30°角，则同样有∠RDQ＝60°，根据对称可知再次射入上边磁场时的速度和最初速度一样，则以后重复前面的运动．设带电粒子从P到Q所用时间为t，则t＝eq \f(πm,3qB)，所以到达界面MN所用的时间为T＝nt＝eq \f(nπm,3qB)，其中n＝1,2,3，…，选项A、B不可能，C、D可能．
8．(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图8所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
图8
A.eq \f(3mv,2ae) B.eq \f(mv,ae) C.eq \f(3mv,4ae) D.eq \f(3mv,5ae)
答案 C
解析 磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝meq \f(v2,r)，联立解得B＝eq \f(3mv,4ae)，故选C.
9．(多选)(2019·青岛一中月考)如图9，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子从B点离开磁场，乙粒子垂直CD边射出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
图9
A．甲粒子带正电，乙粒子带负电
B．甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的eq \f(2\r(3),3)倍
C．甲粒子的比荷是乙粒子比荷的eq \f(2\r(3),3)倍
D．两粒子在磁场中的运动时间相等
答案 AC
解析 两粒子的运动轨迹如图，根据左手定则可知，甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A正确；设正方形的边长为a，由几何关系知甲粒子的运动半径为r1＝a，乙粒子的运动半径为r2＝eq \f(a,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)a，甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的eq \f(\r(3),2)，选项B错误；根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得eq \f(q,m)＝eq \f(v,Br)，则甲粒子的比荷是乙粒子比荷的eq \f(2\r(3),3)倍，选项C正确；甲、乙两粒子在磁场中转过的角度均为60°，根据t＝eq \f(θ,2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(θm,qB)＝eq \f(θ,B)·eq \f(Br,v)＝eq \f(θr,v)，则两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项D错误．
10.(多选)如图10所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )
图10
A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径的比值是eq \f(1,\r(3))
B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径的比值是eq \f(3,2＋\r(3))
C．A、B两粒子的eq \f(m,q)的比值是eq \f(1,\r(3))
D．A、B两粒子的eq \f(m,q)的比值是eq \f(3,2＋\r(3))
答案 BD
解析 由几何关系有RAcs 30°＋RA＝d，RBcs 60°＋RB＝d，解得eq \f(RA,RB)＝eq \f(1＋cs 60°,1＋cs 30°)＝eq \f(3,2＋\r(3))，选项A错误，B正确；因为R＝eq \f(mv,qB)，故eq \f(m,q)＝eq \f(RB,v)∝R，故eq \f(\f(mA,qA),\f(mB,qB))＝eq \f(3,2＋\r(3))，选项C错误，D正确．
11.(2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图11所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
图11
A.eq \f(mv,2qB) B.eq \f(\r(3)mv,qB) C.eq \f(2mv,qB) D.eq \f(4mv,qB)
答案 D
解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝eq \f(mv,qB).轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于eq \x\t(AD)＝2rsin 30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，eq \x\t(OD)＝eq \f(\x\t(CD),sin 30°)＝2eq \x\t(CD)＝4r＝eq \f(4mv,qB)，故D正确．
12.电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．如图12所示，电子束经过电压为4.55×103 V的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为O.当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点．当加某一磁感应强度为eq \f(91\r(3),6)×10－4 T的磁场时，电子束偏转60°射到屏幕边缘P点，已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，质量m＝9.1×10－31 kg.电子的重力不计，求：
图12
(1)电子束打到屏幕上的速度大小；
(2)圆形匀强磁场区的半径r.
答案 (1)4×107 m/s (2)0.05 m
解析 (1)由eU＝eq \f(1,2)mv2得v＝eq \r(\f(2eU,m))＝4×107 m/s
(2)电子在磁场中的运动轨迹如图所示，
由evB＝eq \f(mv2,R)得R＝eq \f(mv,Be)＝eq \f(\r(3),20) m
由几何关系知eq \f(r,R)＝tan eq \f(θ,2)，其中θ＝60°
得r＝0.05 m
13.如图13所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量的绝对值为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置．
图13
答案 见解析
解析 由于洛伦兹力提供向心力，则
qv0B＝meq \f(v\\al(02),R)＝mReq \f(4π2,T2)
解得R＝eq \f(mv0,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)
当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，故粒子在磁场中运动的时间
t1＝eq \f(240°,360°)T＝eq \f(4πm,3qB)
粒子在C点离开磁场，OC＝2R·sin 60°＝eq \f(\r(3)mv0,qB)
故离开磁场的位置为(－eq \f(\r(3)mv0,qB)，0)
当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，故粒子在磁场中的运动时间t2＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(2πm,3qB)
粒子在E点离开磁场，OE＝2R·sin 60°＝eq \f(\r(3)mv0,qB)
故离开磁场时的位置为(eq \f(\r(3)mv0,qB)，0)
14.如图14所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子从P点沿图示方向以v＝20 m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场(Q点未画出)．已知OP＝30 cm(粒子重力不计，sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80)，求：
图14
(1)OQ的距离；
(2)若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B′满足的条件．
答案 (1)0.90 m (2)B′≥eq \f(16,3) T
解析 (1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB＝eq \f(mv2,R)，得R＝eq \f(mv,qB)
代入数据得：R＝0.50 m
而eq \f(OP,cs 53°)＝0.50 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示．
由几何关系可知OQ＝R＋Rcs 37°，故OQ＝0.90 m
(2)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：
OP≥R′＋R′sin 37°
又R′＝eq \f(mv,qB′)
联立并代入数据得：B′≥eq \f(16,3) T.