（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)43 帶電粒子在磁場(chǎng)中的臨界和多解專題（含解析）新人教版

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1、帶電粒子在磁場(chǎng)中的臨界和多解專題 一、選擇題 1.(2018·淄博一模)(多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于圓平面(未畫(huà)出)，一群比荷為的負(fù)離子(不計(jì)重力)以相同速率v0，由P點(diǎn)在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場(chǎng)，最終打在磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)的熒光屏(足夠大)上，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相等 B．離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑一定相等 C．由Q點(diǎn)飛出的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng) D．沿PQ方向射入的離子飛出時(shí)偏轉(zhuǎn)角最大 答案　BC 解析　A項(xiàng)，由于離子從圓上不同點(diǎn)射出時(shí)，軌跡的圓心角不同，

2、所以離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，故A項(xiàng)錯(cuò)誤． B項(xiàng)，離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)：r＝，因粒子的速率相同，比荷相同，故半徑一定相同，故B項(xiàng)正確； C項(xiàng)，由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場(chǎng)圓相交，當(dāng)軌跡圓的弦長(zhǎng)最大時(shí)偏向角最大，故應(yīng)該使弦長(zhǎng)為PQ，故由Q點(diǎn)飛出的粒子圓心角最大，所對(duì)應(yīng)的時(shí)間最長(zhǎng)；此時(shí)粒子一定不會(huì)沿PQ射入．故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 2.(2018·山東模擬)在半徑為R的圓形容器上開(kāi)一個(gè)小孔P，圓心O處固定一個(gè)放射源s，放射源能向圓平面內(nèi)各個(gè)方向輻射不同速率的β粒子，如圖所示．β粒子的質(zhì)量為m、電荷量為e.容器內(nèi)壁能吸收β粒子，讓磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于圓平面時(shí)有β粒子從P孔中射出．則

3、能從P孔射出的β粒子的速率可能為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 答案　D 解析　粒子軌跡與容器壁相切是不從容器中射出的臨界狀態(tài)， 粒子能直接從P孔射出時(shí)，β粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑應(yīng)滿足：r＞， 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：evB＝m，解得：v＞，A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤，故D項(xiàng)正確． 3．(2018·唐山模擬)如圖所示，在0≤x≤3a的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.在t＝0時(shí)刻，從原點(diǎn)O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°～90°范圍內(nèi)．其中，沿y軸正方向

4、發(fā)射的粒子在t＝t0時(shí)刻剛好從磁場(chǎng)右邊界上P(3a，a)點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為3a B．粒子的發(fā)射速度大小為 C．帶電粒子的比荷為 D．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為2t0 答案　D 解析　A項(xiàng)，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示， 設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有：(3a－r)2＋(a)2＝r2可得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r＝2a，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； B項(xiàng)，根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinθ＝＝，故：θ＝，圓弧OP的長(zhǎng)度：s＝(π－θ)r，所以粒子的發(fā)射速度大?。簐＝＝，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；

5、 C項(xiàng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m結(jié)合粒子速度：v＝，以及半徑：r＝2a，聯(lián)立可得帶電粒子的荷質(zhì)比：＝，故C項(xiàng)錯(cuò)誤； D項(xiàng)，當(dāng)粒子軌跡恰好與磁場(chǎng)右邊界相切時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，畫(huà)出粒子軌跡過(guò)程圖如圖所示，粒子與磁場(chǎng)邊界相切于M點(diǎn)，從E點(diǎn)射出， 從P點(diǎn)射出的粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為(π－θ)，時(shí)間為t0，從E點(diǎn)射出的粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為2(π－θ)，故帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為2t0，故D項(xiàng)正確． 4．(2018·青島二模)如圖，在xOy平面內(nèi)，虛線y＝x左上方存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在A(0，1)處有一個(gè)粒子源，可沿平面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m，電量為

6、q的帶電粒子，速率均為，粒子重力不計(jì)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子在磁場(chǎng)中只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq＝； 所以，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R＝＝l； 根據(jù)幾何關(guān)系可得：A到虛線的距離為l＝R； 那么，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的最小中心角為60°，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間t＝T＝＝，故C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤． 5．(2018·涼山模擬)如圖所示，有一邊長(zhǎng)l＝2 m的正三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝T有一比荷q/m＝200C/kg的帶正電

7、粒子從AB邊上的P點(diǎn)垂直AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)，AP的距離為m，要使粒子能從AC邊射出磁場(chǎng)，帶電粒子的最大初速度為(粒子的重力不計(jì))(　　) A．500 m/s B．600 m/s C．4×102 m/s D．1 200 m/s 答案　B 解析　從AC邊穿出的粒子其臨界軌跡如圖所示，對(duì)速度較大的粒子，對(duì)應(yīng)的半徑為R， 根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)粒子的軌道半徑： R＝lsin60°＝2× m＝ m， 又qvB＝m， 解得v＝＝200×× m/s＝600 m/s，故B項(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤． 6．(2018·日照一模)(多選)如圖所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

8、．P為磁場(chǎng)邊界的一點(diǎn)．大量比荷大小分別為k1、k2的帶電粒子以相的速率v經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)．其中，比荷大小為k1的粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在四分之一圓周PM上；比荷大小為k2的粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周PN上，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用．則k1∶k2為(　　) A.∶2 B.∶3 C．2∶ D．3∶ 答案　AD 解析　畫(huà)出兩個(gè)粒子打在圓弧上最遠(yuǎn)位置的軌跡如圖所示，由題意，比荷為k1的粒子的軌跡半徑r1＝Rcos45°＝R，比荷為k2的粒子的軌跡半徑為： r2＝Rcos30°； 由洛侖茲力提供向心力有： qvB＝m 可得：k

9、＝＝， 所以＝＝＝， 這樣看，A、D兩項(xiàng)正確，B、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤． 7.(2018·河南模擬)如圖所示，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的右邊界為MN，在距邊界為r處有一粒子源S，粒子源沿平行紙面的各個(gè)方向均勻地射出大量質(zhì)量為m、電荷量為q、速率為v的相同粒子，不計(jì)粒子的重力及粒子間的作用力，若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝，則能從右邊界逸出的粒子數(shù)與發(fā)射的粒子數(shù)的比例為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)只受洛倫茲力作用，故粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq＝，所以，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R＝＝r＝2(2－)r； 如圖所示，在圖示兩運(yùn)動(dòng)軌跡間的

10、發(fā)射角間發(fā)射出的粒子能從右邊界逸出，發(fā)射角轉(zhuǎn)過(guò)的角度等于半徑轉(zhuǎn)過(guò)的角度，故能從右邊界逸出的粒子的發(fā)射角θ＝2arccos＝2arccos＝2arccos＝60°； 故能從右邊界逸出的粒子數(shù)與發(fā)射的粒子數(shù)的比例為＝，故A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 8.如圖所示，由光滑彈性絕緣壁構(gòu)成的等邊三角形ABC容器的邊長(zhǎng)為a，其內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小孔O是豎直邊AB的中點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)從小孔O以速度v水平射入磁場(chǎng)，粒子與器壁多次垂直碰撞后(碰撞時(shí)無(wú)能量和電荷量損失)仍能從O孔水平射出，已知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行的半徑小于，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bmin及對(duì)應(yīng)粒子在

11、磁場(chǎng)中運(yùn)行的時(shí)間t為(　　) A．Bmin＝，t＝ B．Bmin＝，t＝ C．Bmin＝，t＝ D．Bmin＝，t＝ 答案　C 解析　粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則Bqv＝m，得r＝，因粒子從O孔水平射入后，最終又要水平射出，則有(2n＋1)r＝，(n＝1、2、3…)，聯(lián)立得B＝，當(dāng)n＝1時(shí)B取最小值，Bmin＝，此時(shí)對(duì)應(yīng)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝3(T＋)＝，而T＝＝，t＝，C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤． 9.(2018·湖北模擬)如圖，xOy坐標(biāo)軸上有A(L，0)，C(0，L)兩點(diǎn)．在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.一群質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的同

12、種粒子(粒子間相互作用不計(jì))，同一時(shí)刻從OC邊以平行于x軸方向射入磁場(chǎng)．粒子射入磁場(chǎng)前間距均勻(極小)、速度相同．從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)75%.不計(jì)重力．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子在磁場(chǎng)中按順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng) B．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)為 C．粒子速度大小為 D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短為 答案　BC 解析　用左手定則可以判斷A項(xiàng)錯(cuò)誤．粒子從OC邊均勻射入，75%粒子能從OC邊射出，故OC邊75%長(zhǎng)度射入的粒子能從OC射出．從OC邊射出的臨界之一是半圓與AC相切．OP射入的粒子均能從OC邊射出，CP長(zhǎng)為OC長(zhǎng)25%，Rt△CMN中CN＝2r，CP＝3r，故粒子半徑為

13、，r＝，故粒子速度大小為，C項(xiàng)正確．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大值為π，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)為，B項(xiàng)正確．最短時(shí)間為零． 10．(2018·唐山二模)如圖所示，在水平面內(nèi)存在一半徑為2R和半徑為R兩個(gè)同心圓，半徑為R的小圓和半徑為2R的大圓之間形成一環(huán)形區(qū)域．小圓和環(huán)形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于水平面、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．小圓內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.位于圓心處的粒子源S沿水平面向各個(gè)方向發(fā)射速率為的正粒子，粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，為了將所有粒子束縛在半徑為2R的圓形內(nèi)，環(huán)形區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小至少為(　　) A．B B.B C.B D.B 答案　C 解析　粒

14、子做圓周運(yùn)動(dòng)，速度恒為：v＝； 由洛倫茲力做向心力可得：Bvq＝ 故粒子在小圓中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r＝＝R， 粒子從小圓進(jìn)入環(huán)形區(qū)域運(yùn)動(dòng)速度不變，故粒子偏轉(zhuǎn)方向相反，粒子束縛在半徑為2R的圓形內(nèi)，由幾何關(guān)系可得：在環(huán)形區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑最大值r′滿足關(guān)系式： ∠O′OS＝60°，OS＝R，OO′＝R＋R′，O′S＝2R－r′；所以， 由余弦定理可得：(R＋r′)2＋R2－(2R－r′)2＝2R(R＋r′)cos60° 故r′＝R； 故由洛倫茲力做向心力可得：B1vq＝，所以，B1＝≥＝·＝B，故C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤． 二、非選擇題 11.(2018·四川模

15、擬)如圖所示，半徑為R的絕緣圓筒內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里．一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(不計(jì)重力)從筒壁上的小孔P射入筒中，速度方向與半徑OP成30°角．不計(jì)離子與筒壁碰撞的能量損失和電荷量的損失．若離子在最短的時(shí)間內(nèi)返回P孔，求離子在圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速率和最短的時(shí)間？ 解析　設(shè)離子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r，速度為v， 洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝m 結(jié)合圖中的幾何關(guān)系可得：r＝2R 解得離子的速率為：v＝ 離子在磁場(chǎng)中走過(guò)的每段圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角：α＝60° 經(jīng)歷的時(shí)間為：t＝ 即為：t＝. 12.(2018·開(kāi)封三模)如圖所示，在直角坐

16、標(biāo)系xOy的第一象限中有兩個(gè)全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，充滿了方向均垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，C點(diǎn)坐標(biāo)為(4L，3L)，M點(diǎn)為OC的中點(diǎn)．質(zhì)量為m帶電量為－q的粒子從C點(diǎn)以平行于y軸方向射入磁場(chǎng)Ⅱ中，速度大小為，不計(jì)粒子所受重力，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)區(qū)域相切時(shí)認(rèn)為粒子能再次進(jìn)入磁場(chǎng)． (1)若粒子無(wú)法進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ中，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大小范圍； (2)若粒子恰好不能從AC邊射出，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； 解析　(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與x軸相切時(shí)恰好不能進(jìn)入Ⅰ區(qū)， 此時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r＝3L 洛倫茲力提供向心力，qv

17、B＝m， 已知：v＝，解得：B＝， 粒子粒子無(wú)法進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ中，磁感應(yīng)強(qiáng)度：B<； (2)粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r＝＝L， 粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R較小，則粒子會(huì)從AC邊射出磁場(chǎng)， 粒子恰好不從AC邊射出磁場(chǎng)時(shí)滿足：∠O2O1Q＝2θ， 由幾何知識(shí)得：sin2θ＝， sin2θ＝2sinθcosθ＝， 解得：R＝r＝L，代入：v＝，解得：B＝. 13.(2018·揭陽(yáng)二模)如圖所示，在x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個(gè)方向不斷地發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量為m、帶電量為＋q的同種帶電粒子．在x軸上距離原

18、點(diǎn)x0處垂直于x軸放置一個(gè)長(zhǎng)度為x0、厚度不計(jì)、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)榱?．現(xiàn)在觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行．不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間相互作用力．求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)被薄金屬板接收的粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間與最長(zhǎng)時(shí)間； (3)若在y軸上另放置一個(gè)能接收帶電粒子的擋板，使薄金屬板P右側(cè)不能接收到帶電粒子，求擋板的最小長(zhǎng)度． 解析　(1)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq＝； 由幾何關(guān)系可知：粒子的軌道半徑R＝x0；所以，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝＝； (2)根據(jù)左手定則：粒子做順時(shí)針圓周運(yùn)動(dòng)； 被薄金屬板接收的粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的中心角θ在60°≤θ≤300°范圍；如圖所示： 粒子的運(yùn)動(dòng)周期T＝＝， 被薄金屬板接收的粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間tmin＝T＝， 最長(zhǎng)時(shí)間tmax＝T＝； 　 (3)使板右側(cè)能接收到帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡中，打在最上面與最下面的粒子的軌跡如圖所示，擋板的位置在圖中的MN處； 根據(jù)幾何關(guān)系，打在最上面的點(diǎn)：OM＝2R＝2x0； 打在最下面的點(diǎn)：ON＝2Rcos30°＝x0； 故擋板的最小長(zhǎng)度：L＝MN＝OM－ON＝(2－)x0. 12