高中物理人教版 (新课标)选修36 带电粒子在匀强磁场中的运动练习

这是一份高中物理人教版 (新课标)选修36 带电粒子在匀强磁场中的运动练习，共22页。试卷主要包含了图甲是回旋加速器的工作原理图等内容，欢迎下载使用。
第三章　磁场
6　带电粒子在匀强磁场中的运动
基础过关练
题组一　带电粒子在磁场中的运动
1.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示。下列表述正确的是 (　　)

A.M带负电,N带正电
B.M的速率小于N的速率
C.洛伦兹力对M、N做正功
D.M的运行时间大于N的运行时间
2.如图所示,在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场,一对正、负电子分别以相同速度、与x轴成30°角从原点射入磁场,则正、负电子在磁场中的运动时间之比为 (　　)

A.1∶2　　　B.2∶1　　　C.1∶3　　　D.1∶1
3.(2019辽宁省实验中学分校高二上检测)薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域,高速带电粒子可穿过铝板一次,在两个区域内运动的轨迹如图所示,半径R1>R2。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变,不计重力,则该粒子 (　　)

A.带正电
B.在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同
C.在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同
D.从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域
4.(2019江苏宿迁十三所重点中学高二上期末)如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为R2。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力) (　　)

A.qBR2m　　　B.qBRm　　　C.3qBR2m　　　D.2qBRm
题组二　质谱仪和回旋加速器
5.(多选)速度相同的一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法中正确的是 (　　)

A.该束带电粒子带负电
B.速度选择器的P1极板带正电
C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于EB1
D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0,粒子的比荷越小
6.(2021江苏无锡江阴二中高二上期中)如图所示为质谱仪的原理图,A为粒子加速器,电压为U1;B为速度选择器,磁场与电场相互垂直,磁感应强度为B1,板间距离为d;C为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子经加速后,恰好通过速度选择器,进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动,求:
(1)粒子加速后的速度v;
(2)速度选择器的电压U2;
(3)粒子在C中做匀速圆周运动的半径R。








7.(多选)1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器,其原理如图所示,这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成,其间留有空隙,下列说法正确的是 (　　)

A.离子由加速器的中心附近进入加速器
B.离子由加速器的边缘进入加速器
C.离子从磁场中获得能量
D.离子从电场中获得能量
8.(多选)图甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒,它们之间有一定的电势差,O处的粒子源产生的带电粒子,在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中,所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示,不计带电粒子在电场中的加速时间,不考虑由相对论效应带来的影响,下列判断正确的是 (　　)

A.在Ek-t图中应该有tn+1-tn=tn-tn-1
B.在Ek-t图中应该有tn+1-tnRN,由半径公式R=mvqB可知,vM>vN,B错误。因洛伦兹力与速度方向时刻垂直,故洛伦兹力对M、N均不做功,C错误。由周期公式T=2πmqB及t=12T可知,tM=tN,D错误。
2.B　由T=2πmqB可知,正、负电子的运动周期相同,故所用时间之比等于轨迹对应的圆心角之比。作出正、负电子运动轨迹如图所示,由几何知识可得,正电子运动的圆心角等于120°,负电子运动的圆心角等于60°,所以t正∶t负=θ正∶θ负=2∶1,选项B正确。

3.C　粒子穿过铝板受到铝板的阻力,速度将减小。由r=mvBq可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小,故可得粒子是由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域,结合左手定则可知粒子带负电,A、B、D选项错误;由T=2πmBq可知粒子运动的周期不变,粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t=12T=πmBq,C选项正确。
4.B　设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r,由牛顿第二定律可得qvB=mv2r,根据几何关系可知r=R,联立两式解得v=qBRm,选项B正确。
5.BC　由左手定则可知,该束带电粒子带正电,速度选择器的P1极板带正电,选项A错误,B正确;由qE=qvB1可得能通过狭缝S0的带电粒子的速率v=EB1,选项C正确;由r=mvqB可知,粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0,r越小,粒子的比荷越大,选项D错误。
6.答案　(1)2qU1m　(2)B1d2qU1m　(3)1B22mU1q
解析　(1)粒子经电压为U1的加速电场加速,获得速度v,由动能定理得qU1=12mv2
解得v=2qU1m
(2)粒子在速度选择器中做匀速直线运动,由电场力与洛伦兹力平衡得
Eq=B1qv
即U2dq=qvB1
解得U2=B1d2qU1m
(3)粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有B2qv=mv2R
解得R=1B22mU1q
7.AD　离子从加速器的中间位置进入加速器,最后由加速器边缘飞出,所以A对,B错。加速器中所加的磁场是使离子做匀速圆周运动,所加的电场由交流电提供,它用以加速离子,故C错,D对。
8.AC　根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知,在Ek-t图中应该有tn+1-tn=tn-tn-1,选项A正确,B错误;由于带电粒子每次在电场中加速,电场力做功相等,所以在Ek-t图中应该有En+1-En=En-En-1,选项C正确,D错误。
9.C　带电小球的初速度方向水平,从a到b小球在竖直方向发生位移,小球做曲线运动,A错误;小球受到的洛伦兹力是变力,因此小球所受合力是变力,加速度变化,B错误;若小球所受重力和电场力平衡,洛伦兹力提供向心力,小球做匀速圆周运动,小球的动能不变,C正确;从a到b,电场力做正功,洛伦兹力不做功,小球的机械能增大,D错误,故选C。
10.A　微粒受到的重力和电场力是恒力,沿直线运动,则可以判断出微粒受到的洛伦兹力也是恒定的,即该微粒做匀速直线运动,所以B错误;如果该微粒带正电,则受到向下的重力、向右的电场力和向左下方的洛伦兹力,粒子不会沿直线运动,故该微粒一定带负电,电场力做正功,电势能一定减少,机械能增加,A正确,C、D错误。
11.B　根据题意,可知小球受到的电场力方向向上,大小等于重力,又电场方向竖直向下,可知小球带负电;已知磁场方向垂直圆周所在平面向里,带负电的小球受到的洛伦兹力指向圆心,小球一定沿顺时针方向运动。B正确。
12.B　

带电粒子在B1区的径迹的半径r1=mvqB1,运动周期T1=2πmqB1;在B2区的径迹的半径r2=mvqB2,运动周期T2=2πmqB2。由于B1=2B2,所以r2=2r1,粒子运动径迹如图所示,到下一次通过O点的时间t=T1+T22=2πmqB1+πmqB2=4πmqB1=2πmqB2,B正确。
能力提升练
1.B　设质子转动的半径为R,磁场圆半径为r,由qvB=mv2R,可得R=mvqB,则v越大,R越大,周期T=2πmqB,则周期与运动速度大小无关,运动时间t=θ2πT(θ为质子在磁场中的轨迹所对的圆心角),其中tan θ2=rR,所以v越大,R越大、θ越小、t越小,A、C错误,B正确;向心加速度a=v2R=qBvm,质子运动半径R越大v越大,所以向心加速度a也越大,故D错误。故选B。
2.C　

两电荷所受的洛伦兹力大小相等,方向不同,A错误;两电荷在磁场中的运动周期相同,但两电荷在磁场中转过的圆心角不同,所以在磁场中的运动时间不相等,B错误;由几何关系可知,两个电荷在磁场中的轨迹能组成一个完整的圆,则两电荷重新回到x轴时距O点的距离相同,C正确;正、负电荷射出磁场时速度方向与x轴夹角等于进入磁场时速度方向与x轴夹角,故射出时速度大小和方向均相同,D错误。故选C。
3.BD　根据左手定则判断可知,a粒子带正电,b粒子带负电,A错误;在磁场中,洛伦兹力提供向心力,两粒子的运动轨迹如图。

对a粒子,由几何知识可得(Ra-d)2+(3d)2=Ra2,解得Ra=2d,对b粒子,由几何知识可得Rb=12d,则a、b两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为4∶1,B正确;在磁场中,洛伦兹力提供向心力,根据qvB=mv2r得v=qBrm,由于a、b两粒子的质量相等,电荷量相等,则a、b粒子在磁场中运动的速度大小之比为4∶1,C错误;根据T=2πrv,联立v=qBrm可得T=2πmqB,两粒子的运动周期相同,由几何关系知,a粒子转过的圆心角为π3,b粒子转过的圆心角为π,根据t=T·θ2π可得,a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为1∶3,D正确。故选B、D。
4.A　粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,可得qv0B=mv02r,解得r=10 cm,粒子在磁场中运动的轨迹如图所示

根据几何关系,水平向右发射的粒子刚好打到Q点,竖直向上发射的粒子也刚好打到Q点,这两个方向之间的粒子可以打到荧光屏上,因此有12的粒子可打到荧光屏上,如图,M点为粒子打到荧光屏的最高点,SM为轨迹直径,根据几何关系可得OM=3r=103 cm,所以荧光屏发光长度为QM=10(3-1) cm,故选A。
5.AD　带电粒子在偏转磁场中向左偏转,根据左手定则,知粒子带正电,A正确;粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡,电场力方向向右,则洛伦兹力方向向左,根据左手定则可知速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外,B错误;所有打在A1A2上的粒子,在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动,运动的时间等于t=T2,而T=2πrv,经过速度选择器后粒子的速度都相同,在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子,半径越大则运动时间越长,C错误;根据qvB=mv2r,得r=mvqB,而粒子的电荷量和进入偏转磁场时的速度都相同,所以粒子打在A1A2上的位置越远离P,半径越大,粒子的质量越大,故D正确。故选A、D。
6.B　当质子从粒子出口处射出时,速度最大,根据qvB=mv2R,得vmax=qBRm,其中R为D形盒半径,最大动能为Ek=12mvmax2=q2B2R22m,与电源电压无关,若增大电源电压,质子可更快获得最大动能,质子在回旋加速器中的运行时间会变短,A正确,B错误;根据T=2πmBq可知,磁感应强度B增大,质子周期就会减小,只有交流电频率适当增大,加速器才能正常工作,C正确;若加速α粒子,比荷发生变化,运动周期也会变化,因此需要改变交流电的频率,D正确。本题选不正确的,故选B。
7.答案　(1)0.3 m　(2)见解析　(3)B≥6×10-2 T
解析　(1)设粒子在电场中运动时间为t,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y,由a=qEm,解得a=1.0×1015 m/s2
xOA=12at2,解得t=2.0×10-8 s
y=v0t,解得y=0.3 m
(2)粒子经过y轴时沿电场方向的分速度为vx=at=2×107 m/s
粒子经过y轴时速度为v=vx2+v02=2.5×107 m/s
设粒子经过y轴时,粒子速度方向与y轴正方向夹角大小为θ,tan θ=vxv0=43,所以θ=53°。
(3)要使粒子不进入第Ⅲ象限,如图所示,此时粒子做圆周运动的半径为R,

则R+0.8R≤y
解得1.8R≤y
由qvB=mv2R
解得B≥6×10-2 T
8.答案　(1)2h　2qBhm　(2)(2-1)qhB2m　(3)(11π4+22+2)mqB
解析　(1)根据题意可知,

大致画出粒子的运动轨迹,如图所示。
由几何关系得:r cos 45°=h
解得:r=2h
由牛顿第二定律得:qBv1=mv12r
解得:v1=qBrm=2qBhm
(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1,到达b点时速度大小为vb,结合类平抛运动规律,有vb=v1 cos 45°
得vb=qBhm
设粒子进入电场经过时间t运动到b点,b点的纵坐标为-yb
结合类平抛运动规律得r+r sin 45°=vbt
yb=12(v1 sin 45°+0)t=2+12h
由动能定理有:-qEyb=12mvb2-12mv12
解得E=(2-1)qhB2m
(3)粒子在磁场中的周期为T=2πrv1=2πmqB
第一次经过x轴的时间t1=58T=5πm4qB
在电场中运动的时间t2=2t=2(2+1)mqB
在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3=34T=3πm2qB
所以总时间t总=t1+t2+t3=(11π4+22+2)mqB
9.答案　(1)v0t0π,v0t0π　(2)1.5v0t0+2v0t0π　(3)32t0
解析　(1)在0~t0时间内,粒子做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力可得:qB0v0=m4π2T2r1=mv02r1
得:T=2πmqB0=2t0,r1=mv0qB0=v0t0π
则在t02时间内转过的圆心角α=π2,所以在t=t02时,粒子的位置坐标为v0t0π,v0t0π。

(2)在t0~2t0时间内,粒子经电场加速后的速度v=v0+E0qmt0=2v0
运动的位移:x=v0+v2t0=1.5v0t0
在2t0~3t0时间内粒子做匀速圆周运动,半径r2=2r1=2v0t0π
故粒子偏离x轴的最大距离:h=x+r2=1.5v0t0+2v0t0π。
(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的周期为4t0
一个周期内向右运动的距离:d=2r1+2r2=6v0t0π
A、O间的距离为:48v0t0π=8d
所以,粒子运动至A点的时间为:t=32t0。