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新高考物理一轮复习课时作业第9章第2讲磁场对运动电荷的作用（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习课时作业第9章第2讲磁场对运动电荷的作用（含解析），共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题7分，共77分。其中1～7题为单选，8～11题为多选)
1.(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.eq \f(1,4)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl B.eq \f(1,4)kBl，eq \f(5,4)kBl
C.eq \f(1,2)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl D.eq \f(1,2)kBl，eq \f(5,4)kBl
答案 B
解析 若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝meq \f(v\\al(2,a),Ra)，Ra＝eq \f(l,4)，解得va＝eq \f(qBRa,m)＝eq \f(qBl,4m)＝eq \f(kBl,4)；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝meq \f(v\\al(2,d),Rd)，Req \\al(2,d)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Rd－\f(l,2)))2＋l2，解得vd＝eq \f(qBRd,m)＝eq \f(5qBl,4m)＝eq \f(5kBl,4)。B正确。
2.如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )
A．0 B.2mg
C.4mg D.6mg
答案 C
解析 设小球自左方最大摆角处摆到最低点时速度大小为v，则eq \f(1,2)mv2＝mgL(1－cs60°)，此时qvB－mg＝meq \f(v2,L)，当小球自右方最大摆角处摆到最低点时，速度大小仍为v，洛伦兹力方向发生变化，此时有T－mg－qvB＝meq \f(v2,L)，解得T＝4mg，故C正确。
3．(2021·北京市丰台区高三上期末)如图所示，来自外层空间的大量带电粒子进入地磁场影响范围后，粒子将绕地磁感线做螺旋运动，形成范艾伦辐射带。螺旋运动中回转一周的时间称为周期，回转一周前进的距离称为螺距。忽略带电粒子的重力、带电粒子之间以及带电粒子与空气分子之间的相互作用，带电粒子向地磁场两极运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．粒子运动的速率逐渐变大
B．粒子运动的周期不变
C．粒子螺旋运动的半径不变
D．粒子螺旋运动的螺距逐渐变小
答案 D
解析 由于洛伦兹力不做功，则粒子的速率总保持不变，A错误；由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，磁感应强度越来越大，根据周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，粒子运动的周期逐渐变小，B错误；由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，磁感应强度越来越大，根据轨道半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子螺旋运动的半径逐渐变小，C错误；因粒子向两极运动过程中，其速度方向与磁感应强度方向不垂直，与磁场方向平行的分速度不受洛伦兹力影响，粒子在该方向做匀速运动，则粒子螺旋运动的螺距为x＝v∥T，因粒子运动的周期逐渐变小，所以粒子螺旋运动的螺距逐渐变小，D正确。
4．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq \f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A.eq \f(5πm,6qB) B.eq \f(7πm,6qB)
C.eq \f(11πm,6qB) D.eq \f(13πm,6qB)
答案 B
解析 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq \f(mv,qB)知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。粒子在第二象限内运动的时间t1＝eq \f(T1,4)＝eq \f(2πm,4qB)＝eq \f(πm,2qB)，粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq \f(T2,6)＝eq \f(2πm×2,6qB)＝eq \f(2πm,3qB)，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq \f(7πm,6qB)，B正确。
5．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A.eq \r(3)∶2 B.eq \r(2)∶1
C.eq \r(3)∶1 D.3∶eq \r(2)
答案 C
解析 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝eq \f(1,2)R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。
同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示。由几何关系知r2＝ eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)R，可得r2∶r1＝eq \r(3)∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝eq \f(mv,qB)可得v∝r，所以v2∶v1＝eq \r(3)∶1。故选C。
6.(2020·四川省遂宁市高三(下)三诊)如图，有一个带有小缺口的绝缘圆环内存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆环绕圆心逆时针转动。一带正电的粒子从小缺口沿直径方向进入圆环内部，且与圆环没有发生碰撞，最后从小缺口处离开磁场区域。已知粒子的比荷为k，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的半径为R，粒子进入磁场时的速度为v0＝kBR，不计粒子的重力。则圆环旋转的角速度可能为( )
A．2kB B.3kB
C.5kB D.7kB
答案 C
解析 设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力，得qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)，可得r＝eq \f(mv0,qB)＝R，如图所示，该带电粒子将从圆的最低点离开磁场，所用时间t＝eq \f(T,4)＝eq \f(1,4)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(π,2kB)，则圆环绕圆心逆时针转动的角速度满足ω＝eq \f(\f(π,2)＋2nπ,t)＝(1＋4n)kB(n＝0,1,2，…)，当n＝0,1,2，…时ω＝kB,5kB,9kB，…，故A、B、D错误，C正确。
7．(2020·湖北省武汉市高三(下)六月理综)如图所示，一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，圆心为O，半径为r，MN是直径，一粒子发射装置S置于M端，可从M端向圆平面内任意方向同时发射速率相等的带电粒子，粒子的比荷为k。从N端离开磁场的粒子a，离开磁场时速度方向与MN的夹角为45°。下列判断正确的是( )
A．粒子的速率为krB
B．粒子的速率为eq \r(2)krB
C．a粒子在磁场中运动的时间最短
D．沿直径MN方向射入磁场的粒子，在磁场中运动的时间为eq \f(π,3kB)
答案 B
解析 根据题意，画出粒子a的轨迹图如图(假设粒子带正电)，根据几何知识可知，粒子a做圆周运动的半径为R＝eq \r(2)r，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝ eq \r(2)krB，故A错误，B正确；由于a粒子的轨迹对应的弦是最长的，则a粒子在磁场中运动时间是最长的，故C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2π,kB)，沿直径MN方向射入的粒子，设在磁场中的轨迹对应的圆心角为α，则taneq \f(α,2)＝eq \f(r,R)＝eq \f(\r(2),2)，α≠60°，则该粒子在磁场中运动的时间t≠eq \f(60°,360°)·T＝eq \f(π,3kB)，故D错误。
8．(2020·河南省三市高三(下)第二次质量检测)如图所示，在水平面内有一正方形ABCD，在ABCD内的适当区域中有垂直正方形ABCD所在平面向里的匀强磁场。一电子以某一速度沿正方形ABCD所在平面、且垂直于AB边射入该正方形区域。已知该电子从AB边上的任意点入射，都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场。不计电子重力。则关于该区域的磁场范围，下列说法正确的是( )
A．磁场可能存在于整个正方形ABCD区域
B．磁场可能存在于一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆内
C．磁场可能存在于一个以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆内
D．磁场可能存在于一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围内
答案 CD
解析 该电子从AB边上的任意点入射，都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场，其轨迹示意图如图所示，则该电子在磁场中运动的轨迹半径等于正方形的边长，进入磁场的边界是以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆弧曲线，故C正确，A、B错误；磁场的最小区域是以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围，故D正确。
9.(2020·贵州省普通高等学校招生适合性测试)如图所示，Ⅰ、Ⅱ是两带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹，轨迹Ⅰ的半径大于轨迹Ⅱ的半径。两粒子运动至P点时发生正碰并结合在一起，然后沿圆轨迹的切线PQ做直线运动。不计粒子重力及碰撞前两粒子间的相互作用，则下列判断正确的是( )
A．两粒子带等量异种电荷
B．轨迹为Ⅰ的粒子带负电
C．轨迹为Ⅰ的粒子速度比轨迹为Ⅱ的粒子速度大
D．轨迹为Ⅰ的粒子运动周期比轨迹为Ⅱ的粒子运动周期大
答案 AB
解析 两粒子运动至P点时发生正碰，且碰后结合在一起做直线运动，可知碰后新粒子不带电，则两粒子带等量异种电荷，故A正确；根据r＝eq \f(mv,qB)可知，q、B相同时，轨道半径大的粒子动量较大，则轨迹为Ⅰ的粒子动量较大，由于碰后整体向下运动，又由左手定则可知碰前两粒子运动方向相反，则轨迹为Ⅰ的粒子沿顺时针方向运动，带负电，故B正确；由以上分析可知，只能判断两粒子动量大小关系，不能确定速度大小关系和质量大小关系，根据T＝eq \f(2πm,qB)可知，不能确定两粒子运动周期大小关系，故C、D错误。
10．(2020·河北省保定市二模)如图所示，边界OA与OC之间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，∠AOC＝60°。边界OA上距O点l处有一粒子源S，可发射质量为m、带正电荷q的等速粒子。当S沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现都没有粒子从OC边界射出。则( )
A．粒子的最大发射速率不超过eq \f(\r(3)qBl,4m)
B．粒子的最大发射速率不超过eq \f(2\r(3)－3qBl,m)
C．粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为l
D．粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为eq \f(\r(3)l,2)
答案 AD
解析 要使没有粒子从OC边界射出，沿如图轨迹运动的粒子发射速率最大，满足eq \f(1,2)l·sin60°＝eq \f(mv,qB)，解得v＝eq \f(\r(3)qBl,4m)，故A正确，B错误；粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为d＝2R＝l·sin60°＝eq \f(\r(3),2)l，故C错误，D正确。
11．(2020·河北省衡水中学第二次调研)如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABCD，AB＝3L，BC＝2L，在边界AB的中点上有一个粒子源，沿边界AB并指向A点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则 ( )
A．速率小于v0的粒子全部从CD边界射出
B．当粒子速度满足eq \f(2v0,3)C．在CD边界上只有上半部分有粒子通过
D．当粒子速度小于eq \f(2v0,3)时，粒子从BC边界射出
答案 BC
解析 如图，由几何知识可知，与AD边界相切的轨道半径为1.5L，与CD边界相切的轨道半径为L；由轨道半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，轨迹与AD边界相切的粒子速度为v0＝eq \f(Bq×1.5 L,m)，则轨迹与CD边界相切的粒子速度为v＝eq \f(BqL,m)＝eq \f(2v0,3)，由此可知，满足eq \f(2v0,3)二、非选择题(本题共1小题，共23分)
12．(2021·八省联考湖南卷)(23分)在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场中的带电粒子进行加速。如图，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，初始时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为d。在机械外力作用下，绝缘平板以速度v1竖直向上做匀速直线运动。一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，不计带电粒子的重力。
(1)指出带电粒子的电性，并说明理由；
(2)求带电粒子在绝缘平板上的运动时间t；
(3)求整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小h。
答案 (1)带正电 理由见解析 (2)eq \r(\f(2dm,qv1B))
(3) eq \r(\f(2dmv1,Bq))＋eq \f(\r(m2qv1Bd＋mv\\al(2,1)),Bq)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\r(\f(2qBd,2qBd＋mv1))))
解析 (1)粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向上运动时受到向左的洛伦兹力，根据左手定则可知粒子带正电。
(2)带电粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小为F＝qv1B，
分析可知，粒子在水平方向做匀加速直线运动，在绝缘平板上运动时有
F＝qv1B＝ma，d＝eq \f(1,2)at2
联立解得t＝ eq \r(\f(2dm,qv1B))。
(3)粒子离开绝缘平板时具有竖直向上的分速度v1，以及水平向左的分速度vx，且veq \\al(2,x)＝2ad
设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq \f(vx,v1)
粒子离开绝缘平板后做匀速圆周运动，合速度为v＝ eq \r(v\\al(2,1)＋v\\al(2,x))
由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)，
根据几何关系，粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为h2＝R－Rsinθ
绝缘平板上升的高度h1＝v1t
则带电粒子在竖直方向的位移h＝h1＋h2
联立可得h＝eq \r(\f(2dmv1,Bq))＋eq \f(\r(m2qv1Bd＋mv\\al(2,1)),Bq)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\r(\f(2qBd,2qBd＋mv1))))。
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题7分，共77分。其中1～7题为单选，8～11题为多选)
1.(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.eq \f(1,4)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl B.eq \f(1,4)kBl，eq \f(5,4)kBl
C.eq \f(1,2)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl D.eq \f(1,2)kBl，eq \f(5,4)kBl
答案 B
解析 若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝meq \f(v\\al(2,a),Ra)，Ra＝eq \f(l,4)，解得va＝eq \f(qBRa,m)＝eq \f(qBl,4m)＝eq \f(kBl,4)；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝meq \f(v\\al(2,d),Rd)，Req \\al(2,d)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Rd－\f(l,2)))2＋l2，解得vd＝eq \f(qBRd,m)＝eq \f(5qBl,4m)＝eq \f(5kBl,4)。B正确。
2.如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )
A．0 B.2mg
C.4mg D.6mg
答案 C
解析 设小球自左方最大摆角处摆到最低点时速度大小为v，则eq \f(1,2)mv2＝mgL(1－cs60°)，此时qvB－mg＝meq \f(v2,L)，当小球自右方最大摆角处摆到最低点时，速度大小仍为v，洛伦兹力方向发生变化，此时有T－mg－qvB＝meq \f(v2,L)，解得T＝4mg，故C正确。
3．(2021·北京市丰台区高三上期末)如图所示，来自外层空间的大量带电粒子进入地磁场影响范围后，粒子将绕地磁感线做螺旋运动，形成范艾伦辐射带。螺旋运动中回转一周的时间称为周期，回转一周前进的距离称为螺距。忽略带电粒子的重力、带电粒子之间以及带电粒子与空气分子之间的相互作用，带电粒子向地磁场两极运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．粒子运动的速率逐渐变大
B．粒子运动的周期不变
C．粒子螺旋运动的半径不变
D．粒子螺旋运动的螺距逐渐变小
答案 D
解析 由于洛伦兹力不做功，则粒子的速率总保持不变，A错误；由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，磁感应强度越来越大，根据周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，粒子运动的周期逐渐变小，B错误；由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，磁感应强度越来越大，根据轨道半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子螺旋运动的半径逐渐变小，C错误；因粒子向两极运动过程中，其速度方向与磁感应强度方向不垂直，与磁场方向平行的分速度不受洛伦兹力影响，粒子在该方向做匀速运动，则粒子螺旋运动的螺距为x＝v∥T，因粒子运动的周期逐渐变小，所以粒子螺旋运动的螺距逐渐变小，D正确。
4．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq \f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A.eq \f(5πm,6qB) B.eq \f(7πm,6qB)
C.eq \f(11πm,6qB) D.eq \f(13πm,6qB)
答案 B
解析 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq \f(mv,qB)知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。粒子在第二象限内运动的时间t1＝eq \f(T1,4)＝eq \f(2πm,4qB)＝eq \f(πm,2qB)，粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq \f(T2,6)＝eq \f(2πm×2,6qB)＝eq \f(2πm,3qB)，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq \f(7πm,6qB)，B正确。
5．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A.eq \r(3)∶2 B.eq \r(2)∶1
C.eq \r(3)∶1 D.3∶eq \r(2)
答案 C
解析 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝eq \f(1,2)R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。
同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示。由几何关系知r2＝ eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)R，可得r2∶r1＝eq \r(3)∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝eq \f(mv,qB)可得v∝r，所以v2∶v1＝eq \r(3)∶1。故选C。
6.(2020·四川省遂宁市高三(下)三诊)如图，有一个带有小缺口的绝缘圆环内存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆环绕圆心逆时针转动。一带正电的粒子从小缺口沿直径方向进入圆环内部，且与圆环没有发生碰撞，最后从小缺口处离开磁场区域。已知粒子的比荷为k，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的半径为R，粒子进入磁场时的速度为v0＝kBR，不计粒子的重力。则圆环旋转的角速度可能为( )
A．2kB B.3kB
C.5kB D.7kB
答案 C
解析 设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力，得qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)，可得r＝eq \f(mv0,qB)＝R，如图所示，该带电粒子将从圆的最低点离开磁场，所用时间t＝eq \f(T,4)＝eq \f(1,4)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(π,2kB)，则圆环绕圆心逆时针转动的角速度满足ω＝eq \f(\f(π,2)＋2nπ,t)＝(1＋4n)kB(n＝0,1,2，…)，当n＝0,1,2，…时ω＝kB,5kB,9kB，…，故A、B、D错误，C正确。
7．(2020·湖北省武汉市高三(下)六月理综)如图所示，一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，圆心为O，半径为r，MN是直径，一粒子发射装置S置于M端，可从M端向圆平面内任意方向同时发射速率相等的带电粒子，粒子的比荷为k。从N端离开磁场的粒子a，离开磁场时速度方向与MN的夹角为45°。下列判断正确的是( )
A．粒子的速率为krB
B．粒子的速率为eq \r(2)krB
C．a粒子在磁场中运动的时间最短
D．沿直径MN方向射入磁场的粒子，在磁场中运动的时间为eq \f(π,3kB)
答案 B
解析 根据题意，画出粒子a的轨迹图如图(假设粒子带正电)，根据几何知识可知，粒子a做圆周运动的半径为R＝eq \r(2)r，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝ eq \r(2)krB，故A错误，B正确；由于a粒子的轨迹对应的弦是最长的，则a粒子在磁场中运动时间是最长的，故C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2π,kB)，沿直径MN方向射入的粒子，设在磁场中的轨迹对应的圆心角为α，则taneq \f(α,2)＝eq \f(r,R)＝eq \f(\r(2),2)，α≠60°，则该粒子在磁场中运动的时间t≠eq \f(60°,360°)·T＝eq \f(π,3kB)，故D错误。
8．(2020·河南省三市高三(下)第二次质量检测)如图所示，在水平面内有一正方形ABCD，在ABCD内的适当区域中有垂直正方形ABCD所在平面向里的匀强磁场。一电子以某一速度沿正方形ABCD所在平面、且垂直于AB边射入该正方形区域。已知该电子从AB边上的任意点入射，都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场。不计电子重力。则关于该区域的磁场范围，下列说法正确的是( )
A．磁场可能存在于整个正方形ABCD区域
B．磁场可能存在于一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆内
C．磁场可能存在于一个以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆内
D．磁场可能存在于一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围内
答案 CD
解析 该电子从AB边上的任意点入射，都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场，其轨迹示意图如图所示，则该电子在磁场中运动的轨迹半径等于正方形的边长，进入磁场的边界是以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆弧曲线，故C正确，A、B错误；磁场的最小区域是以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围，故D正确。
9.(2020·贵州省普通高等学校招生适合性测试)如图所示，Ⅰ、Ⅱ是两带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹，轨迹Ⅰ的半径大于轨迹Ⅱ的半径。两粒子运动至P点时发生正碰并结合在一起，然后沿圆轨迹的切线PQ做直线运动。不计粒子重力及碰撞前两粒子间的相互作用，则下列判断正确的是( )
A．两粒子带等量异种电荷
B．轨迹为Ⅰ的粒子带负电
C．轨迹为Ⅰ的粒子速度比轨迹为Ⅱ的粒子速度大
D．轨迹为Ⅰ的粒子运动周期比轨迹为Ⅱ的粒子运动周期大
答案 AB
解析 两粒子运动至P点时发生正碰，且碰后结合在一起做直线运动，可知碰后新粒子不带电，则两粒子带等量异种电荷，故A正确；根据r＝eq \f(mv,qB)可知，q、B相同时，轨道半径大的粒子动量较大，则轨迹为Ⅰ的粒子动量较大，由于碰后整体向下运动，又由左手定则可知碰前两粒子运动方向相反，则轨迹为Ⅰ的粒子沿顺时针方向运动，带负电，故B正确；由以上分析可知，只能判断两粒子动量大小关系，不能确定速度大小关系和质量大小关系，根据T＝eq \f(2πm,qB)可知，不能确定两粒子运动周期大小关系，故C、D错误。
10．(2020·河北省保定市二模)如图所示，边界OA与OC之间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，∠AOC＝60°。边界OA上距O点l处有一粒子源S，可发射质量为m、带正电荷q的等速粒子。当S沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现都没有粒子从OC边界射出。则( )
A．粒子的最大发射速率不超过eq \f(\r(3)qBl,4m)
B．粒子的最大发射速率不超过eq \f(2\r(3)－3qBl,m)
C．粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为l
D．粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为eq \f(\r(3)l,2)
答案 AD
解析 要使没有粒子从OC边界射出，沿如图轨迹运动的粒子发射速率最大，满足eq \f(1,2)l·sin60°＝eq \f(mv,qB)，解得v＝eq \f(\r(3)qBl,4m)，故A正确，B错误；粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为d＝2R＝l·sin60°＝eq \f(\r(3),2)l，故C错误，D正确。
11．(2020·河北省衡水中学第二次调研)如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABCD，AB＝3L，BC＝2L，在边界AB的中点上有一个粒子源，沿边界AB并指向A点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则 ( )
A．速率小于v0的粒子全部从CD边界射出
B．当粒子速度满足eq \f(2v0,3)
D．当粒子速度小于eq \f(2v0,3)时，粒子从BC边界射出
答案 BC
解析 如图，由几何知识可知，与AD边界相切的轨道半径为1.5L，与CD边界相切的轨道半径为L；由轨道半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，轨迹与AD边界相切的粒子速度为v0＝eq \f(Bq×1.5 L,m)，则轨迹与CD边界相切的粒子速度为v＝eq \f(BqL,m)＝eq \f(2v0,3)，由此可知，满足eq \f(2v0,3)
12．(2021·八省联考湖南卷)(23分)在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场中的带电粒子进行加速。如图，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，初始时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为d。在机械外力作用下，绝缘平板以速度v1竖直向上做匀速直线运动。一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，不计带电粒子的重力。
(1)指出带电粒子的电性，并说明理由；
(2)求带电粒子在绝缘平板上的运动时间t；
(3)求整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小h。
答案 (1)带正电 理由见解析 (2)eq \r(\f(2dm,qv1B))
(3) eq \r(\f(2dmv1,Bq))＋eq \f(\r(m2qv1Bd＋mv\\al(2,1)),Bq)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\r(\f(2qBd,2qBd＋mv1))))
解析 (1)粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向上运动时受到向左的洛伦兹力，根据左手定则可知粒子带正电。
(2)带电粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小为F＝qv1B，
分析可知，粒子在水平方向做匀加速直线运动，在绝缘平板上运动时有
F＝qv1B＝ma，d＝eq \f(1,2)at2
联立解得t＝ eq \r(\f(2dm,qv1B))。
(3)粒子离开绝缘平板时具有竖直向上的分速度v1，以及水平向左的分速度vx，且veq \\al(2,x)＝2ad
设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq \f(vx,v1)
粒子离开绝缘平板后做匀速圆周运动，合速度为v＝ eq \r(v\\al(2,1)＋v\\al(2,x))
由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)，
根据几何关系，粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为h2＝R－Rsinθ
绝缘平板上升的高度h1＝v1t
则带电粒子在竖直方向的位移h＝h1＋h2
联立可得h＝eq \r(\f(2dmv1,Bq))＋eq \f(\r(m2qv1Bd＋mv\\al(2,1)),Bq)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\r(\f(2qBd,2qBd＋mv1))))。
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