2023版新教材高中物理第一章磁吃电流的作用专项5带电粒子在直边界匀强磁场中的圆周运动课时作业教科版选择性必修第二册

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 eq\a\vs4\al(专) eq\a\vs4\al(项)5　带电粒子在直边界匀强磁场中的圆周运动1．(多选)如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子(不计重力)，从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正负离子在磁场中(　　)A．运动时间相同B．运动轨道的半径相同C．重新回到边界时速度的大小相同D．重新回到边界的位置与O点距离相等2．如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的(　　)A．轨迹半径之比为2∶1B．速度之比为2∶1C．时间之比为2∶3D．周期之比为1∶13．如图所示，左右边界a、b内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O点到边界a的距离与a到b的距离相等，质量为m、电荷量为q的带电粒子从O点射出，速度大小为v、方向与磁场边界a夹角为45°，从a边界射入后，垂直于b边界射出，粒子重力不计，以下判断正确的是(　　)A．带电粒子带正电B．带电粒子出磁场时速度大小为eq \f(\r(2),2)vC．a、b边界的距离等于eq \f(mv,qB)D．粒子从O运动到b边界的时间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,4)))eq \f(m,qB)4．如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)(　　)A．1∶3B．4∶3C．1∶1D．3∶25．如图所示，等边三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的粒子以不同的速率垂直磁场左边界进入磁场区域，离开磁场时分成两束．速率为v1的粒子射出磁场时垂直于磁场的右边界，速率为v2的粒子射出磁场时与磁场右边界的垂线夹角θ＝30°，不计粒子重力和粒子间的相互作用．则v1与v2的比值为(　　)A．eq \f(3－\r(3),3)B．eq \f(1－\r(3),3)C．eq \f(\r(3),3)D．eq \r(3)6．如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq \f(B,2)和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为(　　)A．eq \f(5πm,6qB)B．eq \f(7πm,6qB)C．eq \f(11πm,6qB)D．eq \f(13πm,6qB)7.两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则(　　)A．a粒子带正电，b粒子带负电B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)C．两粒子的速度大小之比va∶vb＝eq \r(3)∶1D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶18．如图所示，一带电荷量为2.0×10－9C、质量为1.8×10－16kg的粒子，在直线上一点O沿与直线夹角为30°方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经过1.5×10－6s后到达直线上另一点P.(1)求粒子做圆周运动的周期；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若O、P之间的距离为0.1m，则粒子的运动速度多大？9．如图所示，一个质量为m，电荷量为－q，不计重力的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)在第一象限内的运动时间；(3)粒子射出磁场位置距O点的距离．10．如图所示，质量为m，电荷量为q的负离子，以速度v垂直于荧光屏S经过小孔O射入匀强磁场中，磁场方向与离子的运动方向垂直，磁感应强度的大小为B，处于真空中．求：(1)离子打在荧光屏上的位置离O点的距离是多少？(2)若离子进入磁场后经过一段时间到达P点，已知OP连线与入射方向的夹角为θ，求离子从O到P所经历的时间？专项5　带电粒子在直边界匀强磁场中的圆周运动1．答案：BCD解析：根据左手定则可以判断，两粒子运动轨迹不同，转过的圆心角不同，但是运动周期T＝eq \f(2πm,Bq)相同，所以运动时间不同，A错误．根据r＝eq \f(mv,Bq)可知，粒子运动半径相同，B正确．因为从同一边界射入，又从相同边界射出，所以出射角等于入射角，且洛仑兹力时刻与速度垂直，不做功，所以出射速度大小与入射速度相同，C正确．根据题意可知，重新回到边界的位置与O点距离d＝2rsinθ，相同，D正确．2．答案：D解析：由牛顿第二定律可得qvB＝meq \f(v2,r)化简可得r＝eq \f(mv,qB)，又T＝eq \f(2πr,v)，联立可得T＝eq \f(2πm,qB)，故两粒子的周期相同，即周期之比为1∶1，D正确；速度的偏转角等于圆心角，故粒子1的运动时间t1＝eq \f(90°,360°)T＝eq \f(1,4)T，粒子2的运动时间t2＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)T，故它们在磁场中运动的时间之比为3∶2，故C错误；粒子1和粒子2的圆心O1和O2，如图所示，设粒子1的半径R1＝d，对于粒子2，由几何关系可得R2sin30°＋d＝R2解得R2＝2d，故轨迹半径之比为1∶2，A错误．由半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，它们在磁场中运动的速度之比为1∶2，故B错误．故选D.3．答案：D解析：结合题意，粒子的运动轨迹如图所示根据左手定则，可知该粒子带负电，故A错误；洛伦兹力不做功，因此带电粒子出磁场的速度大小仍为v，故B错误；设a、b边界的距离为d，根据几何关系可知，圆周运动的半径为R＝eq \f(d,sinα)＝eq \r(2)d根据洛伦兹力提供向心力meq \f(v2,R)＝qvB解得d＝eq \f(mv,\r(2)qB)，故C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)因此粒子总的运动时间为t＝eq \f(\r(2)d,v)＋eq \f(α,2π)T＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,4)))eq \f(m,qB)故D正确．4．答案：D解析：如图所示，可知从a点射出的粒子对应的圆心角为90°.从b点射出的粒子对应的圆心角为60°.由T＝eq \f(2πm,qB)可知，两种情形的周期相同，则在磁场中的运动时间之比为t1∶t2＝3∶2，故D正确．5．答案：A解析：在磁场中，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,R)可得eq \f(R1,R2)＝eq \f(v1,v2)如图所示由几何关系及正弦定理得eq \f(R2－R1,sin30°)＝eq \f(R2,sin120°)解得eq \f(v1,v2)＝eq \f(R1,R2)＝eq \f(\r(3)－1,\r(3))＝eq \f(3－\r(3),3)A正确，BCD错误．6．答案：B解析：根据题意画出如图所示的运动轨迹：运动由两部分组成，第一部分是eq \f(1,4)个周期；第二部分圆弧轨迹中仅是磁感应强度由B变为eq \f(B,2)，据r＝eq \f(mv,qB)知，r2＝2r1，第二部分圆弧对应的圆心角为60°，是eq \f(1,6)个周期．两段的运动时间分别为：t1＝eq \f(T1,4)＝eq \f(1,4)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,2qB)，t2＝eq \f(T2,6)＝eq \f(1,6)·eq \f(2πm,q\f(B,2))＝eq \f(2πm,3qB)；则粒子在磁场中运动的时间：t＝t1＋t2＝eq \f(πm,2qB)＋eq \f(2πm,3qB)＝eq \f(7πm,6qB)，故B正确．7．答案：D解析：由题意可知a粒子顺时针偏转，b粒子逆时针偏转，根据左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示由图中几何关系可得Ra＝eq \f(\f(1,2)d,sin30°)＝d，Rb＝eq \f(\f(1,2)d,sin60°)＝eq \f(1,\r(3))d则有Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1，故B错误；由几何关系可知从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，根据运动时间相同可得粒子运动周期之比为Ta∶Tb＝2∶1再根据洛伦兹力提供向心力可得Bvq＝eq \f(mv2,R)所以，运动周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)根据电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故D正确；根据Bvq＝eq \f(mv2,R)得v＝eq \f(BqR,m)，Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1，ma∶mb＝2∶1可得va∶vb＝eq \r(3)∶2，故C错误．8．答案：(1)1.8×10－6s　(2)0.314T(3)3.49×105m/s解析：(1)作出粒子轨迹，如图所示，由图可知粒子由O到P的大圆弧所对的圆心角为300°，则eq \f(t,T)＝eq \f(300°,360°)解得周期T＝eq \f(6,5)t＝eq \f(6,5)×1.5×10－6s＝1.8×10－6s.(2)由于粒子做圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供，得Bqv＝eq \f(mv2,R)，又T＝eq \f(2πR,v)所以B＝eq \f(mv,qR)＝eq \f(2πm,qT)＝eq \f(2×3.14×1.8×10－16,2.0×10－9×1.8×10－6)T＝0.314T.(3)由几何知识可知，半径R＝OP＝0.1m故粒子的速度v＝eq \f(BqR,m)＝eq \f(0.314×2.0×10－9×0.1,1.8×10－16)m/s≈3.49×105m/s.9．答案：(1)eq \f(\r(3)mv,2qa)　(2)eq \f(4\r(3)πa,9v)　(3)eq \r(3)a解析：(1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹如图由图中几何关系知Rcos30°＝a据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)解得B＝eq \f(mv,qR)＝eq \f(\r(3)mv,2qa)(2)带电粒子在第一象限内运动时间t＝eq \f(R·\f(2,3)π,v)＝eq \f(4\r(3)πa,9v)(3)由几何关系可得y＝R＋Rcos60°解得y＝eq \r(3)a粒子射出磁场位置距O点的距离为eq \r(3)a.10．答案：(1)eq \f(2mv,qB)　(2)eq \f(2θm,qB)解析：(1)离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．设圆半径为r，作出其运动轨迹，如图由牛顿第二定律可得：Bqv＝meq \f(v2,r)，解得：r＝eq \f(mv,qB)如图所示，离子回到屏S上的位置与O点的距离为：d＝2r＝eq \f(2mv,qB).(2)当离子到位置P时，圆心角：α＝2θ，离子运动的时间为t＝eq \f(α,2π)T，而周期T＝eq \f(2πm,qB)所以联立以上三式得：离子运动时间t＝eq \f(2θm,qB).