第一章专题强化练1 磁场中的临界、极值问题（含答案解析）-人教版高中物理高二上册（选必2）

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专题强化练1　磁场中的临界、极值问题一、选择题1.如图所示,空间正四棱锥P-ABCD的底边长和侧棱长均为a,此区域存在平行于CB边由C指向B的匀强磁场,现一质量为m、电荷量为+q的粒子,以竖直向上的初速度v0从底面ABCD的中心O垂直于磁场方向进入磁场区域,最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域,忽略粒子受到的重力。则磁感应强度大小为(　　)A.2mv0qa　　　　　　B.4mv0qaC.(6+2)mv0qa　　　　　　D.(6−2)mv0qa2.如图,空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场下边界OM和荧光屏ON之间的夹角为30°。OM上的P点处有一粒子源沿与OM垂直的方向以不同的速率持续向磁场发射质量为m、电荷量为+q的粒子。已知P点到O点的距离为d,荧光屏上被打亮区域的长度为(　　)A.3d3　　　　B.23d3　　　　C.d　　　　D.2d3.一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab=cd=2L,bc=de=L,一束粒子在纸面内从a点垂直于ab射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计重力和粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为m、电荷量为+q。则在磁场中运动时间最长的粒子,其运动速率为(　　)A.3qBL4m　　　　B.5qBL4m　　　　C.5qBL8m　　　　D.5qBL6m4.(经典题)(多选题)如图所示,在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域,若该三角形的两直角边长均为2l,则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)A.若该粒子的入射速度为v=qBlm,则粒子一定从AD边射出磁场B.若要使粒子从CD边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=(2+1)qBlmC.若要使粒子从CD边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=2qBlmD.当该粒子以不同的速度入射时,在磁场中运动的最长时间为πmqB5.2023年4月,我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图:在真空中半径为R1和R2的同轴圆柱面之间,加有与轴线平行的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,R2=2R1。假设氘核12H沿内环切线向左进入磁场,氚核13H沿内环切线向右进入磁场,二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用,则12H和13H的速度大小之比为(　　)A.1∶2　　　　B.2∶1　　　　C.1∶3　　　　D.3∶16.(经典题)如图所示,空间分布着磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外的匀强磁场。薄板MN的长度为3a,O点在MN的中垂线上,且O点到MN的距离为a。O点有一粒子源,能沿纸面内任意方向发射速率相同、质量为m、电荷量为q的带正电粒子。已知水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN上,打到MN上、下表面的粒子均被吸收。不计粒子的重力,则被MN吸收的粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)A.5πm3Bq　　　　B.3πm2Bq　　　　C.πmBq　　　　D.πm2Bq7.(经典题)如图所示,半径为R的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B,一比荷为qm的带正电粒子,从圆形磁场边界上的A点以v0=RqBm的速度垂直直径MN射入磁场,恰好从N点射出,且∠AON=120°,下列选项正确的是(　　)A.粒子在磁场中运动的时间为t=πm3qBB.粒子从N点射出方向竖直向下C.若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射,一定从N点射出D.若要实现带电粒子从A点入射,从N点出射,则所加圆形磁场的最小面积为S=3πR22二、非选择题8.如图所示,圆形区域有一匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源,沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子,带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q,不考虑带电粒子的重力。(1)求带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径;(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。答案与分层梯度式解析专题强化练1　磁场中的临界、极值问题1.C　粒子从空间正四棱锥P-ABCD的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域,最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域,可知粒子轨迹刚好与侧面PBC相切,作出粒子的运动轨迹如图所示:设侧面PBC与底面的夹角为θ,由几何关系可算出sin θ=63,由几何关系有r+rsinθ=a2,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r,联立解得B=(6+2)mv0qa,故选C。2.A　若粒子的速率足够大,粒子无限接近沿直线打到荧光屏的A点(解题技法),如图所示由几何关系有AO=dcos30°=233d;若粒子的速率较小,打到荧光屏上B点为临界点,如图所示设粒子做圆周运动的半径为r,由几何关系有rd−r=sin 30°,OB=(d-r) cos 30°,解得OB=33d,则荧光屏上被打亮区域的长度为L=OA-OB=33d,选A。3.B　方法点拨　应用“放缩圆”法作出各类运动轨迹如图所示,可知,当粒子过c点时,圆心角α最大,运动时间最长(周期相同,t=α2πT)。粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有qvB=mv2R;设运动时间最长的粒子轨迹半径为R,根据几何关系有L2+(2L-R)2=R2,解得R=54L,联立可得v=5qBL4m,故选B。4.BD　解题关键　若该粒子的入射速度为v=qBlm,则由qvB=mv2r可得r=mvqB=l,由几何关系可知,粒子将从CD边的中点射出磁场,故A错误;由qvB=mv2r可得v=qBrm,即粒子在磁场中的运动半径越大,速度就越大,由几何关系可得,当粒子的轨迹与AD边相切时,从CD边射出的轨迹半径最大,此时粒子的轨迹半径为r=(2+1)l,所以粒子的最大速度为v=qBrm=(2+1)qBlm,故B正确,C错误;粒子在磁场中的运动时间取决于运动轨迹所对应的圆心角,所以粒子从AC边射出时运动时间最长,因为此时运动轨迹对应的圆心角为180°,其在磁场中的运动时间为t=12T=πmqB,故D正确。5.A　根据左手定则,作出两原子核的运动轨迹如图所示设氘核12H的轨迹半径为r1,根据几何关系,有2r1=R2-R1=R1,则r1=R12;设氚核13H的轨迹半径为r2,有2r2=R2+R1=3R1,则r2=3R12,即r1r2=13。由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,可得v=qBrm,氘核12H和氚核13H的比荷之比为q1m1q2m2=q1q2·m2m1=11×32=32,12H和13H的速度大小之比为v1v2=q1m1q2m2·r1r2=32×13=12,故选A。导师点睛　此类题目,一定要分清粒子的质量数与电荷数:6.A　方法点拨　比荷相等的粒子在同一匀强磁场中运动轨迹所对圆心角越大,在磁场中运动的时间越长。水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN上,故粒子轨迹的半径为a。图1、图2分别为粒子打到MN上、下表面时的轨迹,应用“旋转圆”法由图1可知,打到上表面的粒子中,轨迹与MN相切,即粒子刚好打在MN上表面时,粒子运动轨迹对应的圆心角最大,最大的圆心角为3π2;应用“旋转圆”法由图2可知,O点与MN下表面上粒子落点间的线段为轨迹圆弧对应的弦,当轨迹圆弧对应的圆心角θ满足180°