高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册3 带电粒子在匀强磁场中的运动同步练习题

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册3 带电粒子在匀强磁场中的运动同步练习题，共10页。
考点一 周期公式与半径公式的基本应用
1．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度一半的匀强磁场，则( )
A．粒子的速率加倍，周期减半
B．粒子的速率不变，轨道半径减半
C．粒子的速率不变，周期变为原来的2倍
D．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的2倍
2．质子p(eq \\al(1,1)H)和α粒子(eq \\al(4,2)He)以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为Rp和Rα，周期分别为Tp和Tα，则下列选项中正确的是( )
A．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2
B．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1
C．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2
D．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1
3．(2023·镇江大港中学高二期末)甲、乙两个质量和电荷量都相同的带正电的粒子(重力及粒子之间的相互作用力不计)，分别以速度v甲和v乙垂直磁场方向射入匀强磁场中，且v甲>v乙(下列各图中的v表示粒子射入磁场的方向)，则甲、乙两个粒子的运动轨迹正确的是( )
4.(2023·南京市金陵中学河西分校高二期中)带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是( )
A．该粒子带负电
B．该粒子先经过a点，再经过b点
C．该粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功
D．该粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变
考点二 带电粒子做匀速圆周运动的分析
5.如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，两相同的粒子甲、乙分别以不同的速率从A、D两点沿图示方向射入磁场(磁场未画出)，均从C点射出，则它们的速率之比v甲∶v乙和它们通过该磁场所用时间之比t甲∶t乙分别为( )
A．1∶1 2∶1 B．2∶1 2∶1
C．2∶1 1∶2 D．1∶2 1∶1
6.如图所示，在平面坐标系xOy的第一象限内，存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带正电的粒子沿x轴正方向以速度v0从y轴上的点P1(0，a)射入磁场，从x轴上的点P2(2a,0)射出磁场，不计粒子受到的重力，则粒子的比荷为( )
A.eq \f(v0,5aB) B.eq \f(2v0,5aB) C.eq \f(3v0,5aB) D.eq \f(4v0,5aB)
7.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°，则粒子1、2在磁场中运动的( )
A．轨迹半径之比为2∶1
B．速度之比为1∶2
C．时间之比为2∶3
D．周期之比为1∶2
8.(2023·淮安市高中校协作体高二期中)如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，MN、PQ为磁场的边界，磁场区域宽度为d。一束电荷量为e的带电粒子以速度v垂直磁场边界射入磁场中，穿出磁场时速度方向与磁场右边界夹角为45°。不考虑粒子之间的相互作用力及粒子重力，求：
(1)粒子的电性；
(2)穿越磁场时的轨道半径；
(3)粒子的质量；
(4)穿越磁场的时间。
9．(2023·江苏连云港四校联考期中)在同一匀强磁场中，α粒子和质子做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )
A．运动半径之比是2∶1
B．运动速度大小之比是4∶1
C．运动周期之比是2∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
10.(2023·扬州市江都区丁沟中学高二期中)如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B1、B2，虚线MN为理想边界。现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线，以下说法正确的是( )
A．电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P
B．电子运动一周回到P点所用的时间t＝eq \f(2πm,B1e)
C．B1＝4B2
D．电子在B2区域受到的磁场力始终不变
11.如图所示，一个重力不计的带电粒子，以大小为v的速度从坐标(0，L)的a点，平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上b点射出磁场，射出速度方向与x轴正方向间的夹角为60°。
(1)求带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子的比荷eq \f(q,m)及粒子从a点运动到b点的时间；
(3)其他条件不变，要使该粒子恰从O点射出磁场，求粒子的入射速度大小。
12.(2020·江苏卷改编)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。质量为m、带电荷量为q的粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度为v。粒子第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。不考虑粒子重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)粒子两次经过P点的时间间隔Δt。
3 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．C [因洛伦兹力对粒子不做功，故粒子的速率不变；当磁感应强度减半后，由r＝eq \f(mv,Bq)可知，轨道半径变为原来的2倍；由T＝eq \f(2πm,Bq)可知，粒子的周期变为原来的2倍，故C正确，A、B、D错误。]
2．A [质子p(eq \\al(1,1)H)和α粒子(eq \\al(4,2)He)的带电荷量之比为qp∶qα＝1∶2，质量之比mp∶mα＝1∶4。由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律可知，轨道半径R＝eq \f(mv,qB)，周期T＝eq \f(2πm,qB)，因为两粒子速率相同，代入q、m，可得Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2，故选项A正确，B、C、D错误。]
3．A [根据左手定则可判断带正电的粒子在磁场中向上偏转，选项C、D错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，由于v甲>v乙，则R甲>R乙，选项A正确，B错误。]
4．A [由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可知速度在减小，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，可得r＝eq \f(mv,qB)，所以粒子半径减小，粒子先经过b点，再经过a点，则根据左手定则可知粒子带负电，A正确、B错误；由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，洛伦兹力不做功，C错误；根据F＝qvB，可知粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小，D错误。]
5．C [根据qvB＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \f(qBr,m)，根据题图可知，甲、乙两粒子的半径之比为2∶1，又因为两粒子相同，故v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝2∶1，粒子在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，两粒子相同，可知甲、乙两粒子的周期之比为1∶1，根据题图可知，甲、乙两粒子转过的圆心角之比为1∶2，故两粒子在磁场中运动的时间之比t甲∶t乙＝1∶2，选C。]
6．B [粒子运动轨迹对应的圆心在y轴上，如图所示，设轨迹的半径为R，有
(R－a)2＋4a2＝R2，
解得R＝eq \f(5a,2)，
由牛顿第二定律可得qv0B＝eq \f(mv02,R)，
解得eq \f(q,m)＝eq \f(2v0,5aB)，故选B。]
7．B [带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)，可得r＝eq \f(mv,qB)，又T＝eq \f(2πr,v)，联立可得T＝eq \f(2πm,qB)，故两粒子运动的周期相同，D错误；
速度的偏转角等于轨迹所对应的圆心角，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，则时间之比为3∶2，C错误；
粒子1和粒子2运动轨迹的圆心O1和O2如图所示，设粒子1的轨迹半径R1＝d，对于粒子2，由几何关系可得R2sin 30°＋d＝R2，解得R2＝2d，故轨迹半径之比为1∶2，A错误；
由r＝eq \f(mv,qB)可知，速度之比为1∶2，B正确。]
8．(1)负电 (2)eq \r(2)d (3)eq \f(\r(2)eBd,v) (4)eq \f(\r(2)πd,4v)
解析 (1)由左手定则知，粒子带负电。
(2)设粒子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得
r＝eq \f(d,sin 45°)＝eq \r(2)d
(3)由洛伦兹力提供向心力可得evB＝meq \f(v2,r)
解得m＝eq \f(\r(2)eBd,v)
(4)由几何关系可得粒子做圆周运动的圆心角θ＝eq \f(π,4)，穿越磁场的时间为t＝eq \f(θ,2π)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(\r(2)πd,4v)。
9．C [α粒子和质子的质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，而两粒子的动量大小相等，则可知两粒子速度大小之比为1∶4，故B错误；在同一磁场中由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝meq \f(v2,r)，可得r＝eq \f(mv,qB)，两粒子动量大小相等，则根据上式可知α粒子和质子的运动半径之比为1∶2，故A错误；根据v＝eq \f(2πr,T)可得T＝eq \f(2πm,Bq)，由此可知α粒子和质子的周期之比为2∶1，故C正确；由洛伦兹力F＝Bqv，可知α粒子和质子在磁场中受到的洛伦兹力之比为1∶2，故D错误。]
10．A [由左手定则可知，电子在P点所受洛伦兹力的方向向上，轨迹为P→D→M→C→N→E→P，故A正确；电子在磁场中做匀速圆周运动有evB＝meq \f(v2,r)，T＝eq \f(2πr,v)，解得r＝eq \f(mv,eB)，T＝eq \f(2πm,eB)，由题图可知2r1＝r2，则B1＝2B2,2T1＝T2, 电子运动一周回到P点所用的时间为t＝T1＋eq \f(1,2)T2＝eq \f(2πm,eB1)＋eq \f(1,2)·eq \f(2πm,e·\f(B1,2))＝eq \f(4πm,eB1)，故B、C错误；电子在磁场中受到的洛伦兹力始终与速度垂直，方向时刻改变，故D错误。]
11．(1)2L (2)eq \f(v,2BL) eq \f(2πL,3v) (3)eq \f(1,4)v
解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识有Rcs 60°＋L＝R
解得R＝2L。
(2)洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qBv＝eq \f(mv2,R)
所以eq \f(q,m)＝eq \f(v,RB)＝eq \f(v,2BL)
粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(4πL,v)
粒子从a点运动到b点的时间t＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(2πL,3v)。
(3)要使该粒子恰从O点射出磁场，则R′＝eq \f(L,2)
由牛顿第二定律有qBv′＝eq \f(mv′2,R′)，解得v′＝eq \f(1,4)v。
12．(1)eq \f(mv,3qB0) (2)eq \f(2πm,qB0)
解析 (1)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由qvB＝meq \f(v2,r)可知r＝eq \f(mv,qB)
故r1＝eq \f(mv,2qB0)，r2＝eq \f(mv,3qB0)
且d＝2r1－2r2，解得d＝eq \f(mv,3qB0)
(2)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别为t1、t2
由T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)得t1＝eq \f(πm,2qB0)，t2＝eq \f(πm,3qB0)
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝eq \f(2πm,qB0)。