2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练五十二带电粒子在磁场中运动的临界极值及多解问题

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练五十二带电粒子在磁场中运动的临界极值及多解问题，共9页。试卷主要包含了利用磁场可以屏蔽带电粒子，解析等内容，欢迎下载使用。

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1．利用磁场可以屏蔽带电粒子．如图所示，真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为r和3r的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，磁感应强度大小为B，其横截面如图所示．一带电粒子从P点正对着圆心O沿半径方向射入磁场．已知该粒子的比荷为k，重力不计．为使该带电粒子不能进入图中实线圆围成的区域内，粒子的最大速度为( )
A．kBr B．2kBr C．3kBr D．4kBr
2.
如图所示，半径R＝10 cm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，磁感应强度B＝0.33 T，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°
3.
(多选)[2024·全国模拟]如图所示，空间中有一个底角均为60°的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd，大小可变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为( )
A． eq \f(\r(3)kBL,2) B． eq \f(3\r(3)kBL,4) C． eq \f(5\r(3)kBL,6) D． eq \f(4\r(3)kBL,3)
4.
(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计．为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为 eq \f(q,m) ，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是( )
A．B> eq \f(mv,3qs) ，垂直纸面向里 B．B> eq \f(mv,qs) ，垂直纸面向里
C．B> eq \f(mv,qs) ，垂直纸面向外 D．B> eq \f(3mv,qs) ，垂直纸面向外
5．(多选)[2024·重庆高三校联考]如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长为L的等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是( )
A．粒子垂直BC边射出时，半径R等于 eq \f(\r(3),4) L
B．速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长
C．粒子可能从C点射出，且在磁场中运动的时间为 eq \f(T,3)
D.粒子可能从AB边射出，且在磁场中运动时间为 eq \f(2,3) T
6．(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T．电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则( )
A．θ＝90°时，l＝9.1 cm
B．θ＝60°时，l＝9.1 cm
C．θ＝45°时，l＝4.55 cm
D．θ＝30°时，l＝4.55 cm
7．(多选)[2024·山东模拟]利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展．如图，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切．在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里
B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为 eq \f(1,2) B0，方向垂直纸面向里
C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)r eq \\al(2,0)
D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为 eq \f(π－2,2) r eq \\al(2,0)
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8．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在磁场边界上的M点放置一个放射源，能在纸面内以速率v向各个方向发射大量的同种粒子，粒子的电荷量为q、质量为m(不计粒子的重力)，所有粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度为 eq \f(2πR,3) .下列说法正确的是( )
A．粒子进入磁场时的速率为v＝ eq \f(\r(3)qBR,m)
B．所有粒子中在磁场中运动的最长时间是t＝ eq \f(πm,qB)
C.将磁感应强度大小改为 eq \r(3) B时，有粒子射出的边界弧长变为 eq \f(πR,3)
D．若粒子入射速率为 eq \f(\r(6),3) v时，有粒子射出的边界弧长变为πR
9．在图甲所示的平面直角坐标系xOy内，正方形区域(0(1)调节磁场的周期，满足T> eq \f(2πm,qB0) ，若粒子恰好打在屏上P(d，0)处，求粒子的速度大小v；
(2)调节磁场的周期，满足T＝ eq \f(πm,qB0) ，若粒子恰好打在屏上Q(d，d)处，求粒子的加速度大小a.
课时分层精练（五十二） 带电粒子在磁场中运动的临界、极值及多解问题
1．解析：当速度最大时，粒子轨迹圆会和实线圆相切，如图
设轨迹圆的半径为R，在△AOO′中，根据勾股定理有R2＋（3r）2＝（R＋r）2，解得R＝4r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m eq \f(v2,R)，又知 eq \f(q,m)＝k，联立解得最大速度为v＝4kBr，故选D.
答案：D
2.
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＝0.2 m＝20 cm.
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
3．解析：能够从ab边射出的电子，半径最小为从b点射出，如图所示
由几何关系可知r1＝ eq \f(L,cs 30°)＝ eq \f(2\r(3),3)L
半径最大为从a点射出，如图所示
由几何关系可知r2＝ eq \r(3)L
由牛顿第二定律有qvB＝m eq \f(v2,r)
解得r＝ eq \f(mv,qB)＝ eq \f(v,kB)
则有 eq \f(2\r(3),3)L≤ eq \f(v,kB)≤ eq \r(3)L
为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为 eq \f(2\r(3)kBL,3)≤v≤ eq \r(3)kBL
故选BC.
答案：BC
4．解析：当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切．如图（大圆弧）
由几何知识知R2＝ eq \x\t(OB)sin 30°＝ eq \f(1,2) eq \x\t(OB)
而 eq \x\t(OB)＝s＋R2
所以R2＝s
所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件．由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB＝m eq \f(v2,R2)
所以得B> eq \f(mv,qs)
故A错误，B正确；
当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切．如图（小圆弧）
由几何知识知道相切圆的半径为 eq \f(s,3)，所以当离子轨迹的半径小于 eq \f(s,3)时满足约束条件．
由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB＝m eq \f(v2,R1)
所以得B> eq \f(3mv,qs)
故C错误，D正确．
故选BD.
答案：BD
5．解析：根据题意可知，粒子垂直BC边射出时，运动轨迹如图
根据几何关系知半径为 eq \f(\r(3),4)L，故A正确；
若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为180°，粒子在磁场中经历时间为 eq \f(1,2)T，若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点，如图所示
可知圆心角为60°，粒子在磁场中经历时间为 eq \f(1,6)T，若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中经历时间为 eq \f(2,3)T，所以该粒子在磁场中经历时间为 eq \f(2,3)T，则它一定从AB边射出磁场；所以可知粒子速度和运动时间无确定的关系，故B、C错误，D正确．故选AD.
答案：AD
6．解析：电子在匀强磁场中运动的轨道半径为R＝ eq \f(mv,qB)＝4.55 cm，电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1 cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝ eq \f(L,2)＝4.55 cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55 cm答案：AD
7．解析：根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为r0，有qB0v＝m eq \f(v2,r0)，解得B0＝ eq \f(mv,qr0)
要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径为2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有 qB1v＝m eq \f(v2,2r0)，解得B1＝ eq \f(mv,2qr0)
比较可得B1＝ eq \f(1,2)B0
由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；
如图，磁场区域的最小面积为S2＝2（π－2）r eq \\al(2,0) ，C正确，D错误．
故选BC.
答案：BC
8．解析：由题意，如图所示，当粒子在磁场中运动转过的圆心角为180°时，其射出点N离M最远，此时对应磁场区域的圆心角为120°，则根据几何关系可知粒子做匀速圆周运动的半径为r1＝R sin 60°＝ eq \f(\r(3),2)R
根据牛顿第二定律有qvB＝m eq \f(v2,r1)，解得v＝ eq \f(\r(3)qBR,2m)，故A错误；
粒子在磁场中运动的周期为T＝ eq \f(2πr,v)＝ eq \f(2πm,Bq)
当粒子的轨迹与磁场区域内切时，其运动时间最长，恰好为1个周期，故B错误；
将磁感应强度大小改为 eq \r(3)B时，粒子运动半径变为r2＝ eq \f(r1,\r(3))＝ eq \f(1,2)R
如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为R，所以有粒子射出的边界弧长变为＝ eq \f(1,6)·2πR＝ eq \f(πR,3)，故C正确；
若粒子入射速率为 eq \f(\r(6),3)v时，粒子运动半径变为r3＝ eq \f(\r(6),3)r1＝ eq \f(\r(2),2)R
如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为 eq \r(2)R，所以有粒子射出的边界弧长变为＝ eq \f(1,4)·2πR＝ eq \f(πR,2)，故D错误．
答案：C
9．解析：（1）满足T> eq \f(2πm,qB0)，粒子的运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m eq \f(v eq \\al(2,1) ,R1)
几何关系可得2R1＝d
联立解得v1＝ eq \f(qBd,2m)
（2）满足T＝ eq \f(πm,qB0)，粒子的轨迹如图所示
由几何关系可得 eq \r(2)d＝k eq \r(2)R2，其中k＝1，2，3…
由qv2B＝m eq \f(v eq \\al(2,2) ,R2)
可得v2＝ eq \f(qBd,km)（k＝1，2，3…）
而a＝ eq \f(qv2B,m)
联立可得a＝ eq \f(q2B2d,m2k)，k＝1，2，3…
答案：（1） eq \f(qBd,2m) （2） eq \f(q2B2d,m2k)（k＝1，2，3…）