备战2025届新高考物理一轮总复习练习第11章磁场第3讲专题提升带电粒子在有界磁场中的运动

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题组一 带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题
1.如图所示,纸面内有一圆心为O、半径为R的圆形磁场区域,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向里。由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ=30°的方向发射速率大小不等的电子。已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用。为使电子不离开圆形磁场区域,则电子的最大速率为( )
A.B.
C.D.
2.(2024湖南长沙模拟)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中实线所示,a、 b、c、d四点共线,ab=2ac=2ae, fe与ab平行,且ae与ab成60°角。一粒子束在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,粒子质量均为m、电荷量均为q(q>0),具有各种不同速率。不计重力和粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为( )
A.B.C.D.
3.(2024云南大理下关第一中学联考)如图所示,矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B1,AB边长为d,BC边长为2d,O是BC边的中点,E是AD边的中点。在O点有一粒子源,可以在纸面内向磁场各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、相同电性的带电粒子,粒子射出的速度大小相同。速度方向与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,则( )
A.粒子带正电
B.粒子运动的速度大小为
C.粒子在磁场中运动的最长时间为
D.磁场区域中有粒子通过的面积为d2
题组二 带电粒子在有界磁场中运动的多解问题
4.匀强磁场中一带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,其运动轨迹上速度方向相反的两点之间距离d与粒子速率v的关系如图所示,则该粒子经过这两点的时间间隔可能为( )
A.B.C.D.
5.如图所示,边长为a=0.4 m正方形区域ABCD内无磁场,正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B1=0.2 T的匀强磁场区域,PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外,PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m=1×10-8 kg、电荷量为q=2×10-6 C的带正电粒子从AB中点E以某一速率垂直于AB射入磁场,不计粒子的重力。关于粒子的运动,下列说法正确的是( )
A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的最大速度为12 m/s
B.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为10 m/s
C.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为 m/s
D.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子的速度可能为2 m/s
6.(多选)(2023重庆模拟)如图所示,边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场,三角形ABC内磁场方向垂直纸面向外,两磁场的磁感应强度大小均为B1。顶点A处有一粒子源,粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子,粒子质量均为m、电荷量均为+q(q>0),不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则以下粒子发射速度v0能通过B点的是( )
A.B.C.D.
7.(2024广东湛江一模)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方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q(q>0)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。则磁场的磁感应强度大小为( )
A.B.
C.D.
综合提升练
8.(多选)(2024广东阶段练习)空间存在如图所示相邻的两个匀强磁场,磁场Ⅰ的宽度为d,方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B;磁场Ⅱ的宽度为2d,方向垂直纸面向外。将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小为的水平速度垂直磁场Ⅰ从P点射入磁场,粒子在磁场中运动后恰好从磁场Ⅱ的边缘C处水平射出。不计粒子所受的重力,已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。下列说法正确的是( )
A.粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径为
B.磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B
C.粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为
D.粒子在磁场中运动的总时间为
9.(2023福建福州二模)如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场中有一固定竖直挡板,挡板足够长,P处有一粒子源,PO连线垂直挡板,P到O的距离为L。粒子源能垂直磁场沿纸面向各个方向发射速度大小均为v的带正电粒子。粒子质量均为m,电荷量均为q,到达挡板的粒子都被吸收,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)若有粒子能到达挡板,求磁感应强度大小B应满足的条件。
(2)若粒子到达挡板上侧最远处为M点,下侧最远处为N点,且,求磁感应强度的大小B。
10.(2024广东广州模拟)如图所示,空间中存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。y轴正方向竖直向上,x轴正方向水平向右。x轴上有一厚度不计的薄板MN,垂直于xOy平面固定,薄板长度为2a,中点位于O点。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,可从y轴上y=-a处的P点以速率v=沿xOy平面向不同方向发射。若粒子打到薄板下表面会被吸收,打到薄板上表面会被反弹,粒子与薄板间的碰撞为弹性碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向遵循光的反射定律,不计粒子重力。
(1)求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t。
(2)粒子发射后能否与薄板碰撞一次就返回P点?若能,求粒子发射方向与y轴负方向的夹角α0;若不能,请说明理由。
(3)粒子发射后与薄板碰撞n次(n>1)后能返回P点,求粒子发射方向与y轴负方向夹角α正弦值的表达式。
参考答案
第3讲 专题提升:带电粒子在有界磁场中的运动
1.C 解析 如图所示,当电子的运动轨迹与磁场边界相切时,由evB=m,得v=。电子运动半径最大,速度最大。电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线,过电子圆周运动的圆心作OP的垂线,由几何关系得rcs60°+=0.4R,得r=R,则最大速率为v=,故选C。
2.B 解析 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关,由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定,即t=T,粒子垂直ac射入磁场,则圆心必在ac直线上,将粒子的轨迹半径由零逐渐放大,粒子从ac、bd区域射出时,磁场中的轨迹为半圆,运动时间等于半个周期;根据几何关系可知,粒子从e点射出时,对应圆心角最大,为π,此时轨迹半径为ac的长度,周期T=,所以在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为t=,故选B。
3.D 解析 速度方向与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,粒子运动的轨迹如图所示,根据左手定则可判断,粒子带负电,A错误;由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知,粒子做圆周运动的半径r=d,由牛顿第二定律有qvB1=m,则粒子运动的速度大小为v=,B错误;由于粒子做圆周运动的速度大小相同,因此在磁场中运动的轨迹越长,时间越长,分析可知,粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周,因此最长时间为四分之一周期,即最长时间为t=,C错误;由图可知磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积,即为d2+πd2=d2,D正确。
4.B 解析 洛伦兹力充当向心力,有qvB=m,又r=,得d=v,由图可知k=,粒子的周期T=,该粒子经过这两点的时间间隔Δt=n(n=1,3,5,7,…),当n=3时,Δt=,故选B。
5.C 解析 根据题意可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力,有qvB1=m,解得v=,若粒子能垂直于BC射入正方形区域内,则粒子可能的运动轨迹如图所示,由几何关系可得(2n+1)r=(n=0,1,2,…),解得v=(n=0,1,2,…),当n=0时,速度最大为vmax=8m/s;当n=1时,v=m/s;当n=2时,v=m/s,则粒子的速度不可能为2m/s,故选C。
6.BD 解析 粒子带正电,且经过B点,其可能的轨迹如图所示,所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动半径r=(n=1,2,3,…)
粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB1=m
解得v=(n=1,2,3,…),由此可知题干中v0的速度为的粒子能通过B点。故选B、D。
7.C 解析 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,可知粒子刚好与侧面PBC相切,作出粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知r+,θ为侧面PBC与底面的夹角,由几何关系可得sinθ=,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m,联立解得B=,故选C。
8.AD 解析 由题意可知,粒子的运动轨迹如图所示,粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径为r1=,选项A正确;由几何关系可知粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为r2=2r1,由r2=,得磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B2=B,选项B错误;粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T2=,选项C错误;粒子在两磁场中运动时圆弧所对的圆心角均为37°,粒子在磁场Ⅰ中运动的周期为T1=,粒子在磁场中运动的总时间为t=(T1+T2)=,选项D正确。
9.答案 (1)B≤ (2)
解析 (1)若恰有粒子能到达挡板,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小,为rmin,轨迹如图甲所示,由几何关系可知rmin=
甲
由牛顿第二定律有qvB=m
解得B=,即当B≤时,有粒子能到达挡板。
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r,粒子到达挡板上侧最远处M点时,轨迹圆在M点与挡板相切,如图乙所示。
乙
设O、M间距离为x1
由几何关系有r2=+(L-r)2
粒子到达挡板下侧最远处N点时,PN为轨迹圆的直径。设O、N间距离为x2,由几何关系可得(2r)2=+L2
由题意知
解得r=
由牛顿第二定律有qvB=m
解得B=。
10.答案 (1) (2)见解析 (3)sin α=(n=2,3,4,…)
解析 (1)设粒子做圆周运动的轨迹半径为R,有
qvB=m
得R=a
粒子在磁场中做完整圆周运动的周期
T=
当粒子发射后直接打到薄板下表面的O点,用时最短,如图甲所示
甲
设粒子发射方向与y轴正方向的夹角为θ,偏向右侧,由几何关系有
sinθ=
粒子从发射到吸收经历的最短时间
t=T
联立解得t=。
(2)由对称性分析可知,当粒子发射后直接打到薄板上表面的O点,一次反射后恰好能回到P点,粒子轨迹如图乙所示,设粒子发射方向与y轴负方向间的夹角为α0,偏向右侧
乙
由几何关系有sinα0=,得α0=
此时轨迹圆弧与x轴的交点到O点的距离为L=2Rcsα0
有L=a>a,说明此种情况成立。
(3)设粒子发射方向与y轴负方向间的夹角为α,偏向右侧。轨迹如图丙所示
丙
圆心C到x轴的距离CD=a-Rsinα
第一次反射点为E,轨迹圆弧在x轴上弦长的一半为DE,有DE2=R2-CD2
第一次反射点E到O的距离OE=Rcsα-ED
与薄板碰撞n次(n>1)后能返回P点,由对称性分析可知
OE=(n-1)DE
联立得(n2-1)sin2α-2n2sinα+1=0
解得sinα=(n=2,3,4,…)(另一解不符合题意,舍去)。