高考热点13　带电粒子在磁场中的运动练习题

这是一份高考热点13　带电粒子在磁场中的运动练习题，共6页。


图1
A．粒子c带负电，粒子a、b带正电
B．射入磁场时，粒子b的速率最小
C．粒子a在磁场中运动的时间最长
D．若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变
答案 C
解析 根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)，由题图知粒子a的轨迹半径最小，所以射入磁场时粒子a的速率最小，故B错误；根据T＝eq \f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(mθ,qB)，由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角θ最大，则粒子a在磁场中运动的时间最长，故C正确；若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，则a粒子在磁场中运动的轨迹半径会变小，但a粒子轨迹对应的圆心角不变，由t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(mθ,qB)，可知a粒子运动时间会变短，故D错误．
2.(2021·北京市东城区高三期末)如图2所示磁场区域的边界为圆形，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．带电粒子从a点以初速度v0正对磁场中心O进入磁场，从b点离开磁场时速度方向偏转了eq \f(π,2).若同样的粒子从a点以大于v0的速度沿原方向进入磁场，从c点(图中未画出)离开磁场，粒子在磁场中运动的时间为t，速度方向偏转的角度为θ，不计粒子重力．下列选项正确的是( )
图2
A．粒子带正电荷 B．c点在b点左方
C．t>eq \f(πm,2Bq) D．θ答案 D
解析 根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
由qvB＝eq \f(mv2,r)，可得r＝eq \f(mv,Bq)
即速度越大，做圆周运动的半径越大，如图所示
所以c点在b点的右侧； 由qvB＝eq \f(mv2,r)，T＝eq \f(2πr,v)，
可得T＝eq \f(2πm,Bq)，所以粒子在磁场中运动时间t＝eq \f(θ,2π)T
则tb＝eq \f(\f(π,2),2π)·T＝eq \f(πm,2Bq)，由图知， θ3.(多选)(2021·河北张家口市一模)如图3所示，等腰直角三角形ABC区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m，电荷量为q的正粒子沿AB方向射入磁场，下列说法正确的是( )
图3
A．粒子射入速率越大，在磁场中运动时间越长
B．粒子射入速率越大，在磁场中运动的加速度越大
C．粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,2Bq)
D．若粒子射入速率不同，则射出磁场时速度的方向一定不同
答案 BC
解析 粒子射入磁场时不同的速率对应不同的半径，粒子将从不同的位置离开磁场，无论射入速率多大，当粒子从AC边射出磁场时，速度方向与AC边的夹角为45°，粒子射出磁场时速度方向相同，粒子轨迹对应的圆心角为θ＝eq \f(π,2)，不变，t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(πm,2qB)，可知粒子在磁场中运动时间不变．当从BC边射出磁场时，随速度增加，轨迹半径增大，轨迹所对圆心角变小，则在磁场中运动时间越来越短，故A、D错误；粒子射入速率越大，在磁场中运动的加速度a＝eq \f(Bqv,m)越大，故B正确；由A分析可知，粒子从AC边离开磁场时在磁场中运动的时间最长为eq \f(T,4)＝eq \f(πm,2Bq)，故C正确．
4. (2019·全国卷Ⅱ·17)如图4，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
图4
A.eq \f(1,4)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl B.eq \f(1,4)kBl，eq \f(5,4)kBl
C.eq \f(1,2)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl D.eq \f(1,2)kBl，eq \f(5,4)kBl
答案 B
解析 电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝eq \f(l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝meq \f(v\\al(,a2),ra)，又eq \f(e,m)＝k，解得va＝eq \f(kBl,4)；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有req \\al(,d2)＝l2＋(rd－eq \f(l,2))2，解得：rd＝eq \f(5l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝meq \f(v\\al(,d2),rd)，又eq \f(e,m)＝k，解得vd＝eq \f(5kBl,4)，选项B正确．
5.(2021·山西怀仁市高三期末)如图5所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，BC边的中点O有一粒子源，可以在ABC平面内沿任意方向发射速率均相同的正粒子( )
图5
A．粒子速度至少为eq \f(\r(3)qBL,2m)，B点才有粒子射出
B．从B点射出的粒子，在磁场中运动的最长时间为t＝eq \f(2πm,3qB)
C．粒子速度至少为eq \f(\r(3)qBL,6m)，A点才有粒子射出
D．A点不可能有粒子射出
答案 B
解析 当粒子从B点射出的速度最小时，有qvB＝meq \f(v2,r)，r＝eq \f(\f(L,4),cs 30°)，解得v＝eq \f(\r(3)qBL,6m)，故A错误；粒子从B点射出时的最长时间为t＝eq \f(1,3)T，T＝eq \f(2πm,qB)，解得t＝eq \f(2πm,3qB)，故B正确；当粒子从A点射出的速度最小时，有qv′B＝meq \f(v′2,r′)，r′＝Lsin 60°，解得v′＝eq \f(\r(3)qBL,2m)，故C、D错误．
6．(多选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图6所示，此加速器由两个半径均为R的铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙．比荷为k的质子由加速器的中心附近飘入加速器，以最大速度vm射出加速器．氘核的比荷是质子比荷的eq \f(1,2).下列说法正确的是( )
图6
A．磁场的磁感应强度大小为eq \f(vm,kR)
B．交变电压u的最大值越大，质子射出加速器的速度也越大
C．此加速器可以直接用来加速氘核
D．若此加速器中磁场的磁感应强度加倍，就可用来加速氘核
答案 AD
解析 设质子的质量为m、电荷量为q，则eq \f(q,m)＝k，由qvB＝meq \f(v2,r)，可得B＝eq \f(mv,qr)，当r＝R时，有v＝vm，联立解得B＝eq \f(vm,kR)，故A正确；由B＝eq \f(vm,kR)，可得vm＝BkR，可见vm与u的最大值无关，故B错误；回旋加速器正常工作时，要求交变电压的周期与粒子在加速器中运动的周期相等，即交变电压的周期T＝eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π,kB)，而氘核在回旋加速器中运动的周期T′＝eq \f(2π,\f(k,2)B)＝eq \f(4π,kB)＝2T，所以不可以直接加速氘核，故C错误；若此加速器中磁场的磁感应强度加倍，则氘核的周期变为T″＝eq \f(2π,\f(k,2)·2B)＝eq \f(2π,kB)＝T，所以此时可用来加速氘核，故D正确．
7. (多选)(2021·华大新高考联盟1月联考)如图7所示，xOy坐标系的第一象限内y轴与直线y＝x(x≥0)之间的部分区域内存在垂直纸面向里的磁感应强度B＝0.5 T的有界匀强磁场．从y轴上的A点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(2)－1))沿x轴正方向射出许多速率不同的相同带正电的粒子．已知粒子速率范围为0图7
A．所有粒子在磁场中运动的时间相同
B．粒子的比荷为2×102 C/kg
C．磁场区域的最小面积为π m2
D．粒子从直线y＝x处运动时间π×10－2 s射出磁场
答案 AB
解析 因为所有粒子均不从磁场右边界射出，所以所有粒子在磁场中均做半个圆周运动，从y轴上射出磁场，运动时间均为t＝eq \f(1,2)T＝eq \f(πm,Bq)，选项A正确；速率vm＝102 m/s的粒子恰好不从磁场右边界射出，其轨迹圆与直线y＝x相切(如图所示)
设粒子轨迹圆的半径为r，由几何关系有r＋(eq \r(2)－1) m＝eq \r(2)r，解得r＝1 m
由Bqv＝meq \f(v\\al(,m2),r)，得eq \f(q,m)＝2×102 C/kg，选项B正确；磁场区域的最小面积S＝eq \f(1,2)πr2＝eq \f(π,2) m2，选项C错误；速率最大的粒子从A点运动到直线y＝x处的轨迹圆心角θ＝eq \f(π,4)，粒子从直线y＝x处到从y轴射出磁场运动的时间为t＝eq \f(π－θ,2π)T＝eq \f(π－θm,qB)＝eq \f(3π,4)×10－2 s，选项D错误．
8.空间有一圆柱形匀强磁场区域，其横截面的半径为R，圆心为O，磁场方向垂直横截面(纸面)向里，如图8所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从M点平行于横截面以速率v射入磁场，速度方向与直径MN的夹角为θ＝30°，离开磁场时速度方向与MN垂直，不计粒子重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
图8
A.eq \f(\r(3)mv,qR) B.eq \f(\r(3)mv,3qR) C.eq \f(mv,qR) D.eq \f(3mv,qR)
答案 C
解析 作出粒子运动轨迹如图所示
粒子从K点射出，Q为轨迹圆心，因为速度方向与直径MN的夹角为θ＝30°，则∠OMQ＝60°；粒子离开磁场时速度方向与MN垂直，则OM平行于QK，∠α＝60°；又因为OM＝OK＝R，QM＝QK＝r，且另外一边OQ重合，则△OMQ≌△OKQ，∠OKQ＝∠OMQ＝∠α＝60°，则QM平行于KO，四边形OKQM为菱形，得出r＝R，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)
联立解得B＝eq \f(mv,qR)，故选C.