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新教材高考物理一轮复习课时规范练31磁场对运动电荷的作用含答案
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这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练31磁场对运动电荷的作用含答案，共12页。
1.(磁感线、磁感应强度、洛伦兹力)(2022重庆八中高三模拟)磁场中某区域的磁感线如图所示,下列说法正确的是( )
A.a、b两处的磁感应强度大小Ba>Bb
B.a、b两处的磁感应强度大小BaC.一通电直导线分别放在a、b两处,所受的安培力大小一定有F安aD.一电荷分别静止在a、b两处均受洛伦兹力,且大小一定有F洛a2.(洛伦兹力)光滑绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线,俯视图如图所示,两根导线中通有大小相同、方向相反的电流,电流方向如图所示,水平面上一带电小球(电性未知)以某一初速v沿两导线连线的中垂线入射,运动过程中小球始终未脱离水平面,下列说法正确的是( )
A.小球将做匀速直线运动
B.小球将先做减速运动后做加速运动
C.小球将向左做曲线运动
D.小球将向右做曲线运动
3.(带电粒子在有界磁场中的运动)(2022山东淄博期末)地球赤道剖面图如图所示,地球半径为R,把地面上高度为R2区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场,在赤道平面内一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域,轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力,则( )
A.轨迹半径为12RB.轨迹半径为32R
C.轨迹半径为58RD.轨迹半径为34R
4.(多选)(库仑力作用下的运动)(2022山东济宁三模)如图所示,直角坐标系xOy在水平面内,z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷,空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的小球A,绕z轴做匀速圆周运动,小球与坐标原点的距离为r,O点和小球A的连线与z轴的夹角为θ=37°。重力加速度为g,cs 37°=0.8,sin 37°=0.6,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.从上往下看带电小球沿逆时针方向做匀速圆周运动
B.小球A与点电荷之间的库仑力大小为54mg
C.小球A做圆周运动的过程中所受的库仑力不变
D.小球A做圆周运动的速度越小,所需的磁感应强度越小
5.(带电粒子在磁场中的圆周运动)如图所示,正方形abcd区域存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,O、P分别为bc、cd边的中点。a点有一质子源,持续沿ad方向发射速率不同的质子。一段时间后,有些质子分别从b点、O点、P点射出,不计重力及质子间的相互作用,sin 53°=0.8,则( )
A.从b点和O点射出的质子速率之比为2∶1
B.从P点和O点射出的质子速率之比为2∶1
C.从b点和O点射出的质子在磁场中运动的时间之比为2∶1
D.从O点和P点射出的质子在磁场中运动的时间之比为2∶1
6.(带电粒子在磁场中运动极值问题)(2023广东高三月考)如图所示,圆形虚线框内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹,a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角,则下列判断正确的是( )
A.沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短
B.沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子
C.沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为33
D.沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9∶8
素养综合练
7.(多选)如图所示,在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向外的匀强磁场,AO与水平方向的夹角为30°。现有氢的同位素 11H粒子从A点沿水平方向以大小为v0的速度垂直射入磁场,其离开磁场时,速度方向刚好改变了180°;氢的另一同位素 12H粒子以大小为v0的速度从C点沿CO方向垂直射入磁场。已知 11H的电荷量为e,质量为m,不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法正确的是( )
A. 12H粒子竖直向上射出磁场
B.12H粒子在磁场中运动的时间为πRv0
C.该匀强磁场的磁感应强度B=mv02eR
D.两粒子从圆形边界射出时射出点之间的距离为3R
8.(2023安徽合肥模拟)如图,长直导线水平固定放置,通有向右的恒定电流,绝缘细线一端系于导线上的O点,另一端系一个带电小球,细线拉直,第一次让小球在A点由静止释放,让小球绕O点沿圆1在竖直面内做圆周运动;第二次让小球在B点由静止释放,让小球绕O点沿圆2在竖直面内做圆周运动。圆1与直导线在同一竖直面内,圆2与直导线垂直,A、B两点高度相同,不计空气阻力,则两次小球运动到最低点C时( )
A.速度大小相等,线的拉力相等
B.速度大小不等,线的拉力相等
C.速度大小相等,线的拉力不等
D.速度大小不等,线的拉力不等
9.(多选)(2023河北张家口高三期末)如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,AC是圆的一条直径,D为圆上一点,∠COD=60°。在A点有一个粒子源,沿与AC成30°角斜向上垂直于磁场的方向射出速率均为v的各种带正电粒子,所有粒子均从圆弧CD射出磁场,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。则从A点射出的粒子的比荷qm可能是( )
A.vBRB.3v2BR
C.3vBRD.3v3BR
10.(2023黑龙江哈尔滨期中)如图所示,A点距坐标原点的距离为L,坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域,在磁场中运动后从x轴上的B点射出磁场区域,此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°,求:
(1)磁场的磁感应强度大小;
(2)电子在磁场中运动的时间。
11.如图所示,在竖直虚线MN、PQ之间有垂直于纸面向外的匀强磁场,宽度为d。在MN的左侧区域内有竖直向上的匀强电场(图中未画出),虚线CD水平,其延长线经过E点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点以大小为v0的速度水平向右运动,恰从D点进入磁场。已知A点到CD的距离为d2,A点到MN的距离为3d,不计粒子受到的重力。
(1)求带电粒子到达D点时的速度大小和方向;
(2)若带电粒子从MN飞出磁场,求磁场的磁感应强度的最小值。
12.如图所示,xOy平面中,x=3d的直线将第一象限分为区域Ⅰ和区域Ⅱ。在区域Ⅰ内有平行于y轴向上的匀强电场,在区域Ⅱ内有垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q 的带电粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向射入电场,经P(3d,2d)点射入磁场,粒子在磁场内运动过程中与y轴的最大距离为4d,不计粒子的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子回到y轴时的坐标。
答案：
1.B 解析 由磁感线的疏密可知,Ba2.A 解析 根据安培定则,在两直导线连线的垂直平分线上各点的磁感应强度与速度方向平行,故小球不受洛伦兹力,重力和支持力平衡,故合力为零,小球将在水平面内沿速度方向做匀速直线运动,故A正确。
3.C 解析 粒子运动轨迹如图所示。设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r,根据几何关系得r2+R2+R2=(R+r)2,解得r=5R8,故C正确,A、B、D错误。
4.AB 解析 空间中存在竖直向下的匀强磁场B,小球的向心力由库仑力在运动轨迹半径方向的分力和洛伦兹力提供,根据左手定则可知,从上往下看小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动,故A正确;洛伦兹力沿水平方向,在竖直方向上根据平衡条件得Fcs 37°=mg,解得F=54mg,即小球A与点电荷之间的库仑力大小为54mg,故B正确;小球A做圆周运动所受的库仑力大小不变,方向在时刻变化,故C错误;水平方向上根据牛顿第二定律得qv0B-Fsin 37°=mv02R,R=rsin 37°,F=54mg,解得B=5mv03qr+3mg4qv0,可见,只有当5mv03qr=3mg4qv0,即v0=920gr时,B才有最小值,可见,当v0<920gr时,速度越小,磁感应强度越大,故D错误。
5.B 解析 设正方形边长为L,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qvB=mv2R,解得v=qBRm,由几何关系可得Rb=L2,RO2=L22+(L-RO)2,RP2=L2+RP-L22,解得Rb=L2,RO=58L,RP=54L,从b点和O点射出的质子速率之比为vbvO=RbRO=45,从P点和O点射出的质子速率之比为vPvO=RPRO=21,故A错误,B正确;由几何关系可得θb=180°,θO=127°,θP=53°,由t=θ2πT可知,因为T相同,所以从b点、O点和P点射出的质子在磁场中运动的时间之比为tb∶tO∶tP=θb∶θO∶θP=180∶127∶53,故C、D错误。
6.C 解析 由于正电子和负电子的电荷量q和质量m均相等,粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qvB=mv2R,T=2πRv,解得T=2πmqB,可知四种粒子的周期相等,而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大,圆心角也最大,设偏转角为θ,由t=θ2πT,可知沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长,故A错误;由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的粒子均带负电,故B错误;设圆形磁场半径为r,根据几何关系可得沿径迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为ra=r、rb=3r,根据qvB=mv2r,可得vavb=rarb=33,故C正确;由前述分析可知,运动时间之比为偏转角之比,所以tbtd=θbθd=60°45°=43,故D错误。
7.AD 解析 11H粒子离开磁场时,速度方向刚好改变了180°,表明粒子在磁场中转动了半周,如图所示,由几何关系可得r1=12R,据牛顿第二定律可得ev0B=mv02r1,解得r1=mv0eB=12R,12H粒子进入磁场,据牛顿第二定律可得ev0B=2mv02r2,解得r2=2mv0eB=R,所以 12H粒子竖直向上射出磁场,故A正确;12H粒子在磁场中运动的时间为t2=12πr2v0=πR2v0,故B错误;磁感应强度大小为B=2mv0eR,故C错误;如图所示,由几何关系可知两粒子射出点之间的距离为Δs=2Rcs 30°=3R,故D正确。
8.C 解析 由于洛伦兹力不做功,只有重力做功,所以两次小球运动到最低点C时,根据动能定理可知,合外力做功相同,所以两次在最低点小球的速度大小相等;在圆1中小球在最低点时速度方向与磁场方向相互垂直,根据左手定则,如果小球带正电,则在圆1中小球在最低点线的拉力大小满足FT1+Bqv-mg=mv2R,在圆2中小球在最低点速度方向与磁场方向相互平行,所受洛伦兹力为0,则在圆2中小球在最低点线的拉力大小满足FT2-mg=mv2R,则两次小球运动到最低点C时,线的拉力不等,同理可知,若小球带负电,在C点线的拉力也不相等,所以C正确,A、B、D错误。
9.AD 解析 带电粒子从C点射出磁场,轨迹如图甲所示,由几何关系得sin 30°=Rr1,解得r1=2R,带电粒子从D点射出磁场,轨迹如图乙所示,由几何关系得AODO2是菱形,所以粒子的轨迹半径r2=R,所以粒子在磁场中运动的轨迹半径满足r2≤r≤r1,由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r,解得从A点射出的粒子的比荷满足v2BR≤qm≤vBR,故A、D正确。
10.答案 (1)mv02eL (2)2πL3v0
解析 (1)电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力而做圆周运动,设轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B,则洛伦兹力提供向心力
ev0B=mv02r
过A、B两点分别作速度的垂线交于C点,则C点为轨迹圆的圆心,如图所示
已知电子在B点速度方向与x轴夹角为60°,
由几何关系得,轨迹圆的圆心角∠C=60°,AC=BC=r
已知OA=L
则有OC=r-L
由几何知识得
r=2L
解得B=mv02eL。
(2)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为
T=2πrv0
联立解得电子在磁场中运动的时间
t=2πL3v0。
11.答案 (1)v=233v0 与水平方向成30°角向右上方
(2)3mv0qd
解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动,设粒子在电场中运动的时间为t,刚进磁场时速度方向与初速度方向的夹角为α,刚进磁场时竖直向上的分速度大小为vy,有3d=v0t
d2=vy2t
tan α=vyv0
粒子刚到达D点时的速度大小v=v02+vy2
解得v=233v0
α=30°。
(2)如图所示,带电粒子在磁场中的运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大,B最小,由几何关系知
R1+R1cs 60°=d
可得R1=23d
根据牛顿第二定律,有qvBmin=mv2R1
解得Bmin=3mv0qd。
12.答案 (1)4mv029qd (2)mv03qd (3)(0,14d)
解析 (1)如图所示,粒子在区域Ⅰ内运动时,由题可知从O点到P点的水平位移为x1=3d
竖直位移为y1=2d
则3d=v0t
2d=12at2
qE=ma
解得t=3dv0,a=4v029d,E=4mv029qd。
(2)粒子到达P点时
vx=v0
vy=at
v=vx2+vy2
tan θ=vyvx
粒子从P点进入区域Ⅱ内运动
d=R-Rsin θ
解得R=5d
由qvB=mv2R,解得B=mv03qd。
(3)粒子在区域Ⅱ中运动y2=2Rcs θ
解得y2=6d
粒子离开区域Ⅱ回到区域Ⅰ内运动,x3=3d
3d=v0t
y3=vyt+12at2
解得y3=6d
y=y1+y2+y3
y=14d
粒子回到y轴的位置坐标为(0,14d)。
1.(磁感线、磁感应强度、洛伦兹力)(2022重庆八中高三模拟)磁场中某区域的磁感线如图所示,下列说法正确的是( )
A.a、b两处的磁感应强度大小Ba>Bb
B.a、b两处的磁感应强度大小Ba
A.小球将做匀速直线运动
B.小球将先做减速运动后做加速运动
C.小球将向左做曲线运动
D.小球将向右做曲线运动
3.(带电粒子在有界磁场中的运动)(2022山东淄博期末)地球赤道剖面图如图所示,地球半径为R,把地面上高度为R2区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场,在赤道平面内一带电粒子以一定速度正对地心射入该磁场区域,轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力,则( )
A.轨迹半径为12RB.轨迹半径为32R
C.轨迹半径为58RD.轨迹半径为34R
4.(多选)(库仑力作用下的运动)(2022山东济宁三模)如图所示,直角坐标系xOy在水平面内,z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷,空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的小球A,绕z轴做匀速圆周运动,小球与坐标原点的距离为r,O点和小球A的连线与z轴的夹角为θ=37°。重力加速度为g,cs 37°=0.8,sin 37°=0.6,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.从上往下看带电小球沿逆时针方向做匀速圆周运动
B.小球A与点电荷之间的库仑力大小为54mg
C.小球A做圆周运动的过程中所受的库仑力不变
D.小球A做圆周运动的速度越小,所需的磁感应强度越小
5.(带电粒子在磁场中的圆周运动)如图所示,正方形abcd区域存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,O、P分别为bc、cd边的中点。a点有一质子源,持续沿ad方向发射速率不同的质子。一段时间后,有些质子分别从b点、O点、P点射出,不计重力及质子间的相互作用,sin 53°=0.8,则( )
A.从b点和O点射出的质子速率之比为2∶1
B.从P点和O点射出的质子速率之比为2∶1
C.从b点和O点射出的质子在磁场中运动的时间之比为2∶1
D.从O点和P点射出的质子在磁场中运动的时间之比为2∶1
6.(带电粒子在磁场中运动极值问题)(2023广东高三月考)如图所示,圆形虚线框内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹,a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角,则下列判断正确的是( )
A.沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短
B.沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子
C.沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为33
D.沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9∶8
素养综合练
7.(多选)如图所示,在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向外的匀强磁场,AO与水平方向的夹角为30°。现有氢的同位素 11H粒子从A点沿水平方向以大小为v0的速度垂直射入磁场,其离开磁场时,速度方向刚好改变了180°;氢的另一同位素 12H粒子以大小为v0的速度从C点沿CO方向垂直射入磁场。已知 11H的电荷量为e,质量为m,不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法正确的是( )
A. 12H粒子竖直向上射出磁场
B.12H粒子在磁场中运动的时间为πRv0
C.该匀强磁场的磁感应强度B=mv02eR
D.两粒子从圆形边界射出时射出点之间的距离为3R
8.(2023安徽合肥模拟)如图,长直导线水平固定放置,通有向右的恒定电流,绝缘细线一端系于导线上的O点,另一端系一个带电小球,细线拉直,第一次让小球在A点由静止释放,让小球绕O点沿圆1在竖直面内做圆周运动;第二次让小球在B点由静止释放,让小球绕O点沿圆2在竖直面内做圆周运动。圆1与直导线在同一竖直面内,圆2与直导线垂直,A、B两点高度相同,不计空气阻力,则两次小球运动到最低点C时( )
A.速度大小相等,线的拉力相等
B.速度大小不等,线的拉力相等
C.速度大小相等,线的拉力不等
D.速度大小不等,线的拉力不等
9.(多选)(2023河北张家口高三期末)如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,AC是圆的一条直径,D为圆上一点,∠COD=60°。在A点有一个粒子源,沿与AC成30°角斜向上垂直于磁场的方向射出速率均为v的各种带正电粒子,所有粒子均从圆弧CD射出磁场,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。则从A点射出的粒子的比荷qm可能是( )
A.vBRB.3v2BR
C.3vBRD.3v3BR
10.(2023黑龙江哈尔滨期中)如图所示,A点距坐标原点的距离为L,坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域,在磁场中运动后从x轴上的B点射出磁场区域,此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°,求:
(1)磁场的磁感应强度大小;
(2)电子在磁场中运动的时间。
11.如图所示,在竖直虚线MN、PQ之间有垂直于纸面向外的匀强磁场,宽度为d。在MN的左侧区域内有竖直向上的匀强电场(图中未画出),虚线CD水平,其延长线经过E点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点以大小为v0的速度水平向右运动,恰从D点进入磁场。已知A点到CD的距离为d2,A点到MN的距离为3d,不计粒子受到的重力。
(1)求带电粒子到达D点时的速度大小和方向;
(2)若带电粒子从MN飞出磁场,求磁场的磁感应强度的最小值。
12.如图所示,xOy平面中,x=3d的直线将第一象限分为区域Ⅰ和区域Ⅱ。在区域Ⅰ内有平行于y轴向上的匀强电场,在区域Ⅱ内有垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q 的带电粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向射入电场,经P(3d,2d)点射入磁场,粒子在磁场内运动过程中与y轴的最大距离为4d,不计粒子的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)粒子回到y轴时的坐标。
答案：
1.B 解析 由磁感线的疏密可知,Ba
3.C 解析 粒子运动轨迹如图所示。设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r,根据几何关系得r2+R2+R2=(R+r)2,解得r=5R8,故C正确,A、B、D错误。
4.AB 解析 空间中存在竖直向下的匀强磁场B,小球的向心力由库仑力在运动轨迹半径方向的分力和洛伦兹力提供,根据左手定则可知,从上往下看小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动,故A正确;洛伦兹力沿水平方向,在竖直方向上根据平衡条件得Fcs 37°=mg,解得F=54mg,即小球A与点电荷之间的库仑力大小为54mg,故B正确;小球A做圆周运动所受的库仑力大小不变,方向在时刻变化,故C错误;水平方向上根据牛顿第二定律得qv0B-Fsin 37°=mv02R,R=rsin 37°,F=54mg,解得B=5mv03qr+3mg4qv0,可见,只有当5mv03qr=3mg4qv0,即v0=920gr时,B才有最小值,可见,当v0<920gr时,速度越小,磁感应强度越大,故D错误。
5.B 解析 设正方形边长为L,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qvB=mv2R,解得v=qBRm,由几何关系可得Rb=L2,RO2=L22+(L-RO)2,RP2=L2+RP-L22,解得Rb=L2,RO=58L,RP=54L,从b点和O点射出的质子速率之比为vbvO=RbRO=45,从P点和O点射出的质子速率之比为vPvO=RPRO=21,故A错误,B正确;由几何关系可得θb=180°,θO=127°,θP=53°,由t=θ2πT可知,因为T相同,所以从b点、O点和P点射出的质子在磁场中运动的时间之比为tb∶tO∶tP=θb∶θO∶θP=180∶127∶53,故C、D错误。
6.C 解析 由于正电子和负电子的电荷量q和质量m均相等,粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qvB=mv2R,T=2πRv,解得T=2πmqB,可知四种粒子的周期相等,而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大,圆心角也最大,设偏转角为θ,由t=θ2πT,可知沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长,故A错误;由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的粒子均带负电,故B错误;设圆形磁场半径为r,根据几何关系可得沿径迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为ra=r、rb=3r,根据qvB=mv2r,可得vavb=rarb=33,故C正确;由前述分析可知,运动时间之比为偏转角之比,所以tbtd=θbθd=60°45°=43,故D错误。
7.AD 解析 11H粒子离开磁场时,速度方向刚好改变了180°,表明粒子在磁场中转动了半周,如图所示,由几何关系可得r1=12R,据牛顿第二定律可得ev0B=mv02r1,解得r1=mv0eB=12R,12H粒子进入磁场,据牛顿第二定律可得ev0B=2mv02r2,解得r2=2mv0eB=R,所以 12H粒子竖直向上射出磁场,故A正确;12H粒子在磁场中运动的时间为t2=12πr2v0=πR2v0,故B错误;磁感应强度大小为B=2mv0eR,故C错误;如图所示,由几何关系可知两粒子射出点之间的距离为Δs=2Rcs 30°=3R,故D正确。
8.C 解析 由于洛伦兹力不做功,只有重力做功,所以两次小球运动到最低点C时,根据动能定理可知,合外力做功相同,所以两次在最低点小球的速度大小相等;在圆1中小球在最低点时速度方向与磁场方向相互垂直,根据左手定则,如果小球带正电,则在圆1中小球在最低点线的拉力大小满足FT1+Bqv-mg=mv2R,在圆2中小球在最低点速度方向与磁场方向相互平行,所受洛伦兹力为0,则在圆2中小球在最低点线的拉力大小满足FT2-mg=mv2R,则两次小球运动到最低点C时,线的拉力不等,同理可知,若小球带负电,在C点线的拉力也不相等,所以C正确,A、B、D错误。
9.AD 解析 带电粒子从C点射出磁场,轨迹如图甲所示,由几何关系得sin 30°=Rr1,解得r1=2R,带电粒子从D点射出磁场,轨迹如图乙所示,由几何关系得AODO2是菱形,所以粒子的轨迹半径r2=R,所以粒子在磁场中运动的轨迹半径满足r2≤r≤r1,由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r,解得从A点射出的粒子的比荷满足v2BR≤qm≤vBR,故A、D正确。
10.答案 (1)mv02eL (2)2πL3v0
解析 (1)电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力而做圆周运动,设轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B,则洛伦兹力提供向心力
ev0B=mv02r
过A、B两点分别作速度的垂线交于C点,则C点为轨迹圆的圆心,如图所示
已知电子在B点速度方向与x轴夹角为60°,
由几何关系得,轨迹圆的圆心角∠C=60°,AC=BC=r
已知OA=L
则有OC=r-L
由几何知识得
r=2L
解得B=mv02eL。
(2)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为
T=2πrv0
联立解得电子在磁场中运动的时间
t=2πL3v0。
11.答案 (1)v=233v0 与水平方向成30°角向右上方
(2)3mv0qd
解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动,设粒子在电场中运动的时间为t,刚进磁场时速度方向与初速度方向的夹角为α,刚进磁场时竖直向上的分速度大小为vy,有3d=v0t
d2=vy2t
tan α=vyv0
粒子刚到达D点时的速度大小v=v02+vy2
解得v=233v0
α=30°。
(2)如图所示,带电粒子在磁场中的运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大,B最小,由几何关系知
R1+R1cs 60°=d
可得R1=23d
根据牛顿第二定律,有qvBmin=mv2R1
解得Bmin=3mv0qd。
12.答案 (1)4mv029qd (2)mv03qd (3)(0,14d)
解析 (1)如图所示,粒子在区域Ⅰ内运动时,由题可知从O点到P点的水平位移为x1=3d
竖直位移为y1=2d
则3d=v0t
2d=12at2
qE=ma
解得t=3dv0,a=4v029d,E=4mv029qd。
(2)粒子到达P点时
vx=v0
vy=at
v=vx2+vy2
tan θ=vyvx
粒子从P点进入区域Ⅱ内运动
d=R-Rsin θ
解得R=5d
由qvB=mv2R,解得B=mv03qd。
(3)粒子在区域Ⅱ中运动y2=2Rcs θ
解得y2=6d
粒子离开区域Ⅱ回到区域Ⅰ内运动,x3=3d
3d=v0t
y3=vyt+12at2
解得y3=6d
y=y1+y2+y3
y=14d
粒子回到y轴的位置坐标为(0,14d)。
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