高考物理一轮复习课时跟踪检测（三十七）带电粒子在磁场中的运动含答案

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1．质量为m、电荷量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是( )
A．环形电流的电流强度跟q成正比
B．环形电流的电流强度跟v成正比
C．环形电流的电流强度跟B成反比
D．环形电流的电流强度跟m成反比
解析：选D 设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由qvB＝meq \f(v2,r)，得T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，环形电流的电流强度I＝eq \f(q,t)＝eq \f(q2B,2πm)，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故A、B、C错误；D正确。
2．(多选)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是( )
A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c带负电荷
D．a和b的动量大小一定相等
解析：选BC 由左手定则可知， 粒子a、粒子b均带正电荷，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电荷，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，由于粒子a与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与b的动量大小关系不确定，D错误。
3.(2022·辽宁高考)(多选)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可能为中子
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
解析：选AD 由粒子1经过磁场没有偏转可知粒子1不带电，可能为中子，故A正确；运用左手定则判断粒子2带正电，故不可能为电子，B错误；由A选项分析可知粒子1不带电，故磁场的磁感应强度对粒子1的运动无影响，所以增大磁感应强度，粒子1不可能打在Q点，故C错误；根据R＝eq \f(mv,Bq)可知，增大粒子入射速度，粒子2做圆周运动的半径变大，可能打在Q点，故D正确。
4.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1∶t2为( )
A．3∶1 B．2∶3
C．3∶2 D．2∶1
解析：选A 电子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝eq \f(mv,qB)可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)，电子2运动的时间t2＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3Bq)，所以eq \f(t1,t2)＝3，故A正确。
5.如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外。三角形顶点A处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子均能通过D点，已知质子的比荷eq \f(q,m)＝k，则质子的速度不可能为( )
A.eq \f(BkL,2) B．BkL
C.eq \f(3BkL,2) D.eq \f(BkL,8)
解析：选C 质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2nRcs 60°＝L (n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝meq \f(v2,R)，联立解得v＝eq \f(BqR,m)＝eq \f(BkL,n)，A、B、D正确，C错误。
6．(2022·江苏高考)利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；
(2)粒子a的动量大小pa。
解析：(1)分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝meq \f(v2,r)
解得r＝eq \f(mv,qB)
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1，
故mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，
则分裂后粒子在磁场中的速度大小之比
va∶vb＝3∶1
联立解得ma∶mb＝2∶1。
(2)中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律mv＝mava＋mbvb
因为分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1，
联立解得pa＝mava＝eq \f(6,7)mv。
答案：(1)2∶1 (2)eq \f(6,7)mv
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出( )
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
解析：选A 粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作带电粒子射入和射出磁场时速度方向的垂线交点为圆心O1，轨迹如图所示。由几何关系可知OO1＝atan 30°＝eq \f(\r(3),3)a，R＝eq \f(a,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)a，因圆心的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)a))，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),3)a))2＝eq \f(4,3)a2，A正确；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝eq \f(qBR,m)，因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，B、D错误；带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为eq \f(2,3)π，而周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(\f(2,3)π,2π)T＝eq \f(2πm,3qB)，因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，C错误。
8.如图所示，电子质量为m，电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，下列说法正确的是( )
A．所加磁场范围的最小面积是eq \f(πm2v02,2e2B2)
B．所加磁场范围的最小面积是eq \f(π＋2m2v02,2e2B2)
C．所加磁场范围的最小面积是eq \f(3π＋2m2v02,4e2B2)
D．所加磁场范围的最小面积是eq \f(3πm2v02,2e2B2)
解析：选B 设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得ev0B＝meq \f(v02,R)，即R＝eq \f(mv0,eB)，电子从y轴穿过的范围为OA＝2R＝2eq \f(mv0,eB)，初速度沿x轴正方向的电子沿OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的电子沿OC运动到荧光屏MN上的Q点；由几何知识可得PQ＝R＝eq \f(mv0,eB)，取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有x＝－Rsin θ，y＝R＋Rcs θ，即x2＋(y－R)2＝R2，又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆所围区域，所以磁场范围的最小面积为S＝eq \f(3,4)πR2＋R2－eq \f(1,4)πR2＝eq \f(π,2)＋1eq \f(mv0,eB)2＝eq \f(π＋2m2v02,2e2B2)，故B正确。
9．在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场中的带电粒子进行加速，如图，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，初始时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为d，在机械外力作用下，绝缘平板以速度v1竖直向上做匀速直线运动。一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，不计带电粒子的重力。
(1)指出带电粒子的电性，并说明理由；
(2)求带电粒子在绝缘平板上的运动时间t；
(3)求整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小h。
解析：(1)粒子带正电，因为粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向上运动的时候受到向左的洛伦兹力，由左手定则知粒子带正电。
(2)带点粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小为F＝qv1B，因此水平方向做匀加速直线运动，F＝qv1B＝ma，d＝eq \f(1,2)at2
联立解得t＝eq \r(\f(2dm,qv1B))。
(3)粒子离开绝缘平板时具有竖直向上的速度v1，在水平方向做匀加速运动，则有vx2＝2ad
设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(vx,v1)
粒子离开绝缘平板后做匀速圆周运动，合速度为
v＝eq \r(v12＋vx2)
由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)
粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为
h2＝R－Rsin θ
在绝缘平板上时上升的高度h1＝v1t
总高度h＝h1＋h2
联立可得h＝ eq \r(\f(2dmv1,Bq))＋eq \f(\r(m2qv1Bd＋mv12),Bq)·1－ eq \r(\f(2qBd,2qBd＋mv1))。
答案：(1)带正电，理由见解析 (2)eq \r(\f(2dm,qv1B))
(3)eq \r(\f(2dmv1,Bq))＋eq \f(\r(m2qv1Bd＋mv12),Bq)·1－ eq \r(\f(2qBd,2qBd＋mv1))