2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业42带电粒子在磁场中运动的临界极值及多解问题

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业42带电粒子在磁场中运动的临界极值及多解问题，共8页。试卷主要包含了4eq \fB．0等内容，欢迎下载使用。


1.如图所示，半径R＝10cm的圆形区域内有匀强磁场，其边界跟y轴在坐标原点O处相切，磁感强度B＝0.33T，方向垂直纸面向里．在O处有一放射源S，可沿纸面向各方向射出速率均为v＝3.2×106m/s的α粒子，已知α粒子的质量m＝6.6×10－27kg，电荷量q＝3.2×10－19C，则该α粒子通过磁场空间的最大偏转角为( )
A．30°B．45°
C．60°D．90°
2.(多选)如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为( )
A．eq \f(\r(2)qBd,6m)B．eq \f(\r(2)qBd,4m)
C．eq \f(\r(2)qBd,2m)D．eq \f(\r(3)qBd,m)
3.
[2023·安徽淮北模拟](多选)如图所示，直角三角形abc区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界无磁场)，∠b＝30°，ac＝L，磁场的磁感应强度大小为B.一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子从ab边中点O沿平行于ac方向以不同的速率射入磁场，能从ac边射出磁场的粒子的速度大小可能是( )
A．0.4eq \f(qBL,m)B．0.46eq \f(qBL,m)
C．0.49eq \f(qBL,m)D．0.6eq \f(qBL,m)
4.
[2023·广东潮州]如图所示，在竖直面内半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P，P到圆心O的距离为eq \f(R,2)，在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方面均匀地发射出速率不同的正离子．已知离子的质量均为m，电荷量均为q，不计离子重力及离子间相互作用力．
(1)若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围．
(2)若离子速率大小v0＝eq \f(qBR,2m)，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少？
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5．[2023·湖北娄底模拟]磁场可以对带电粒子的运动施加影响，只要设计适当的磁场，就可以控制带电粒子进行诸如磁聚焦、磁扩散、磁偏转、磁约束与磁滞留等运动．利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用，如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域外有垂直纸面向里的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小都是B.有一质量为m、所带正电荷电荷量为q的带电粒子从P点沿半径垂直磁场射入圆形区域，粒子两次穿越磁场边界后又回到P点，不计粒子重力，则下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R
B．粒子从P点射入磁场的速度大小为eq \f(\r(2)qBR,m)
C．粒子从P点射出到第一次回到P点所需的时间为eq \f(3πm,6qB)
D．如果圆形区域外的磁场在一个以O为圆心的圆环内，则该圆环的面积至少为(6＋4eq \r(3))πR2
6.[2023·广东韶关市二模]扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m、电量为－q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ＝30°.
(1)当Ⅰ区宽度L1＝L、磁感应强度大小B1＝B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0；
(2)若L2＝L1＝L、B1＝B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件；
(3)若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式．
7.如图，在xOy坐标系的第一象限内，直线y＝eq \f(3,2)l－kx(k＞0)的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.在P(0，eq \f(3,2)l)点有一粒子源，能以不同速率沿与y轴正方向成60°角发射质量为m、电荷量为q(q＞0)的相同粒子．这些粒子经磁场后都沿－y方向通过x轴，且速度最大的粒子通过x轴上的M点，速度最小的粒子通过x轴上的N点．已知速度最大的粒子通过x轴前一直在磁场内运动，NM＝eq \f(\r(3),2)l，不计粒子的重力，求：
(1)粒子最大速度的值与k的值；
(2)粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间；
(3)有界磁场的最小面积．
课时分层作业（四十二）
1．解析：放射源发射的α粒子的速率一定，则它在匀强磁场中的轨道半径为定值，即r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(6.6×10－27×3.2×106,3.2×10－19×0.33)m＝0.2m＝20cm.
α粒子在圆形磁场区的圆弧长度越大，其偏转角度也越大，而最长圆弧是两端点在圆形磁场区的直径上，又r＝2R，则此圆弧所对的圆心角为60°，也就是α粒子在此圆形磁场区的最大偏转角为60°.轨迹如图所示．选项C正确．
答案：C
2.
解析：由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示
所有圆弧的圆心角均为90°，所以粒子运动的半径r＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(d,n)（n＝1，2，3，…），由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，则v＝eq \f(qBr,m)＝eq \f(\r(2)qBd,2m)·eq \f(1,n)（n＝1，2，3…），故A、B、C正确，D错误．
答案：ABC
3．解析：
能从ac边射出磁场的粒子的临界条件是，轨迹分别与ac、bc相切，如图中1、2两条实线所示，粒子的轨迹刚好与ac边相切时，由几何关系可知r1＝eq \f(Od,2)＝eq \f(\r(3),4)L；粒子的轨迹刚好与bc边相切时，由几何关系可知r2＝eq \f(ac,2)＝eq \f(L,2)，则粒子的轨迹半径范围为eq \f(\r(3),4)L＜r≤eq \f(L,2).粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝eq \f(mv2,r)，联立可得eq \f(\r(3)qBL,4m)答案：BC
4．解析：（1）如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，
若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则所有离子运动的最大半径r≤eq \f(R,4)，解得v≤eq \f(qBR,4m).
（2）当离子速率大小v0＝eq \f(qBR,2m)时，由qv0B＝eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r0)可知此时离子圆周运动的轨迹半径r0＝eq \f(R,2)，
离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图，
由几何关系知h eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,4)))eq \s\up12(2)＝R2，解得h1＝eq \f(\r(15),4)R，
由几何关系知h2＝eq \f(R,2)＋eq \f(R,2)sin60°＝eq \f(2＋\r(3),4)R，
故最高点与最低点的高度差h＝h1＋h2＝eq \f(2＋\r(3)＋\r(15),4)R.
答案：（1）v≤eq \f(qBR,4m) （2）eq \f(2＋\r(3)＋\r(15),4)R
5.
解析：因为粒子两次穿越磁场边界后又回到P点，画出粒子轨迹示意图如图所示，设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有tan30°＝eq \f(R,r)，可得r＝eq \r(3)R，选项A错误；则qvB＝meq \f(v2,r)可得v＝eq \f(\r(3)qBR,m)，选项B错误；粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，粒子从P点射出到第一次回到P点所需要的时间为t＝eq \f(T,6)＋eq \f(5T,6)＋eq \f(T,6)＝eq \f(7πm,3qB)，选项C错误；则几何关系可知，圆环的大圆半径为（2＋eq \r(3)）R，小圆半径为R，所以其面积为S＝π[（2＋eq \r(3)）R]2－πR2＝（6＋4eq \r(3)）πR2，选项D正确．
答案：D
6．解析：（1）由题意可得粒子运动轨迹大致如下图所示
设粒子射入磁场的速度为v，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律可得qU＝eq \f(1,2)mv2，B0qv＝meq \f(v2,R1)
由几何知识得L＝2R1sinθ
联立解得B0＝eq \f(1,L)eq \r(\f(2mU,q))
粒子在Ⅰ区运动的时间为t0＝eq \f(2θR1,v)＝eq \f(πL,3)eq \r(\f(m,2qU)).
（2）由题意可得粒子运动轨迹大致如下图所示
设粒子在磁场Ⅱ区中做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2＝meq \f(v2,R2)
为使粒子能返回Ⅰ区，应满足R2＋R2Lsinθ≤L
代入数据解得B2≥eq \f(3,L)eq \r(\f(mU,2q)).
（3）由题意可得粒子运动轨迹大致可能如下图所示两种情况
设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得
L1＝R1sinθ＋R1sinα（或L1＝R1sinθ－R1sinα）
L2＝R2sinθ＋R2sinα（或L2＝R2sinθ－R2sinα）
又根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝meq \f(v2,R1)，
qvB2＝meq \f(v2,R2)
联立解得B2L2＝B1L1.
答案：（1）eq \f(1,L)eq \r(\f(2mU,q)) eq \f(πL,3)eq \r(\f(m,2qU)) （2）B2≥eq \f(3,L)eq \r(\f(mU,2q))
（3）B2L2＝B1L1
7．解析：（1）设粒子的最大速度为v1，由于速度最大的粒子一直在磁场内运动，过P点作速度的垂线交x轴于O1点，就是速度为v1的粒子做圆周运动的圆心，PO1即为半径R1，由几何关系可知R1sin60°＝yP，由牛顿运动定律有qv1B＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R1)，解得R1＝eq \r(3)l1，v1＝eq \f(\r(3)qBl,m)，由于所有粒子离开磁场时方向均沿y轴负方向，所以它们在磁场中偏转的角度均相同．即从磁场射出的粒子，射出点一定在PM连线上，PM连线即为y＝eq \f(3,2)l－kx直线，k＝eq \f(yP,OM)＝eq \f(yP,OO1＋R1)，解得k＝eq \f(\r(3),3).
（2）所有粒子在磁场中运动的时间均相等，速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动，速度最小的粒子在磁场外运动的位移最大，时间最长．设粒子在磁场中运动的时间为t1，T＝eq \f(2πm,qB)，t1＝eq \f(T,3)，设速度最小的粒子在磁场中的半径为R2，速度为v2，则ON＝OM－NM＝eq \r(3)l，R2sin30°＋R2＝ON，由牛顿运动定律有qv2B＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R2)，解得R2＝eq \f(2\r(3)l,3)，v2＝eq \f(2\r(3)qBl,3m)，最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为t2，t2＝eq \f(CN,v2)，速度最小的粒子从离开P点到打在x轴上经历的时间t＝t1＋t2＝eq \f(（8π＋3\r(3)）m,12qB).
（3）磁场的最小面积为图中PCM阴影部分的面积
S＝（eq \f(1,3)πR eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) sin60°）－（eq \f(1,3)πR eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －eq \f(1,2)R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) sin60°），解得S＝eq \f(5（4π－3\r(3)）,36)l2.
答案：（1）eq \f(\r(3)qBl,m) eq \f(\r(3),3) （2）eq \f(（8π＋3\r(3)）m,12qB)
（3）eq \f(5（4π－3\r(3)）,36)l2