（通用版）2020版高考物理一輪復習 課時檢測（五十七）帶電粒子在有界磁場中的運動（題型研究課）（含解析）.doc

《（通用版）2020版高考物理一輪復習 課時檢測（五十七）帶電粒子在有界磁場中的運動（題型研究課）（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考物理一輪復習 課時檢測（五十七）帶電粒子在有界磁場中的運動（題型研究課）（含解析）.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時檢測(五十七) 帶電粒子在有界磁場中的運動 (題型研究課) 1.(2019成都高三質檢)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，重力不計、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對著圓心O射入磁場。若粒子射入、射出磁場點間的距離為R，則粒子在磁場中的運動時間為(　　) A．　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選A　粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，如圖所示，由幾何關系知，軌跡半徑r＝R，運動軌跡對應的圓心角為π，故粒子在磁場中的運動時間t＝＝，故A正確，B、C、D錯誤。 2．(2019馬鞍山模擬)如圖所示，abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界邊長為L，磁場方向垂直邊界平面向里。三個粒子以相同的速度從a點沿ac方向射入，粒子1從b點射出，粒子2從c點射出，粒子3從cd邊垂直于磁場邊界射出，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。根據(jù)以上信息，可以確定(　　) A．粒子1帶負電，粒子2不帶電，粒子3帶正電 B．粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1 C．粒子1和粒子3在磁場中運動時間之比為4∶1 D．粒子3的射出位置與d點相距 解析：選B　根據(jù)左手定則可知，粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負電，選項A錯誤；由幾何關系知，粒子1在磁場中的軌跡為四分之一圓周，半徑r1＝Lsin 45＝L，在磁場中運動時間t1＝T＝＝，粒子3在磁場中的軌跡為八分之一圓周，半徑r3＝＝L，在磁場中運動時間t3＝T＝＝，則t1＝t3，選項C錯誤；由r1∶r3＝1∶2及r＝可知粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1，選項B正確；粒子3的射出位置與d點相距(－1)L，選項D錯誤。 3．(2019南昌模擬)如圖所示，在x>0，y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B。現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的P點沿著與x軸正方向成30角的方向射入磁場。不計重力的影響，則下列有關說法中正確的是(　　) A．只要粒子的速率合適，粒子就可能通過坐標原點 B．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間一定為 C．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 D．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 解析：選C　帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30角的方向射入磁場中，則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上，如圖所示，粒子在磁場中要想到達O點，轉過的圓心角肯定大于180，因磁場有邊界，故粒子不可能通過坐標原點，選項A錯誤；由于P點的位置不確定，所以粒子在磁場中運動的軌跡圓弧對應的圓心角也不同，最大的圓心角是軌跡圓弧與y軸相切時即300，運動時間為T，而最小的圓心角是P點在坐標原點時即120，運動時間為T，而T＝，故粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間最長為，最短為，選項C正確，B、D錯誤。 4．如圖甲所示有界勻強磁場Ⅰ的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場Ⅱ的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場Ⅰ，從右邊界射出時速度方向偏轉了θ角；該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ，射出磁場時速度方向偏轉了2θ角。已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為(　　) A．2cos θ B．sin θ C．cos θ D．tan θ 解析：選C　由題意作出粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的運動軌跡分別如圖1和2所示，由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，設磁場Ⅰ寬度為d，由幾何關系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，聯(lián)立得＝cos θ，C正確。 5.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，a、b、c、d是圓上對稱的四個點。一帶電粒子從P點射入磁場，OP連線與Od的夾角為30，帶電粒子的速度大小為v，方向與ab成直角時，恰好能反向飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t。若只將cbd半圓內磁場方向變成垂直紙面向里，粒子仍從P點射入，設粒子在磁場中的偏轉半徑為r′，在磁場中運動的時間為t′，則下列說法正確的是(　　) A．粒子的偏轉半徑r′＝R B．粒子的偏轉半徑r′＝R C．粒子的運動時間t′＝2t D．粒子的運動時間t′>2t 解析：選B　帶電粒子的速度大小為v，方向與ab成直角時，恰好能反向飛出磁場，則粒子運動軌跡如圖甲所示。由圖甲可知，粒子的偏轉半徑r＝Rsin 30＝R，在磁場中運動的時間t＝(T為粒子的運動周期)；若只將cbd半圓內磁場方向變成垂直紙面向里，粒子在磁場中的偏轉半徑r′＝r＝，故A項錯誤，B項正確；若只將cbd半圓內磁場方向變成垂直紙面向里，粒子仍從P點射入，則粒子運動軌跡如圖乙。由圖乙知粒子在磁場中運動的時間t′≈4.62，n所能取的最小自然數(shù)為5， 粒子做圓周運動的周期為T＝， 粒子每經(jīng)過PQ一次用去的時間為t＝T＝T＝， 粒子到達Q點的最短時間為tmin＝5t＝。 答案：(1)　(2) 10.如圖所示，在半徑為R＝的圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，圓形區(qū)域右側有一豎直感光板，圓形區(qū)域最高點P有一速度為v0的帶正電粒子平行于紙面進入磁場。已知粒子的質量為m，電荷量為q，粒子重力不計。 (1)若粒子對準圓心O射入，求它在磁場中運動的時間； (2)若粒子對準圓心O射入，且速率為v0，求它打到感光板上的速度垂直感光板的分量大??； (3)若粒子以速度v0從P點以任意角射入，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上。 解析：(1)設粒子進入磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有Bqv0＝m r＝R 粒子在磁場中的運動軌跡為四分之一圓周，軌跡對應的圓心角為，如圖甲所示，則 t＝＝。 (2)由(1)知，當v＝v0時，粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，其運動軌跡如圖乙所示， 由幾何關系可知∠PO2O＝∠OO2J＝30，所以粒子離開磁場時偏轉角為60，粒子打到感光板上的速度垂直感光板的分量大小 v⊥＝vsin 60＝v0。 (3)由(1)知，當粒子以速度v0射入時，粒子在磁場中的運動軌跡半徑為R。設粒子射入方向與PO方向之間的夾角為θ，粒子從區(qū)域邊界S點射出，粒子的運動軌跡如圖丙所示。 因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R，所以四邊形POSO3為菱形 由圖可知PO∥O3S，v0′⊥SO3，故v0′⊥PO 因此，粒子射出磁場時均沿水平方向，垂直打在感光板上，與入射的方向無關。 答案：(1)　(2)v0　(3)見解析 11.(2019哈爾濱六中模擬)如圖所示，某平面內有折線PAQ為磁場的分界線，已知∠A＝90，AP＝AQ＝L。在折線的兩側分布著方向相反，與平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小均為B?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為＋q的粒子從P點沿PQ方向射出，途經(jīng)A點到達Q點，不計粒子重力。求粒子初速度v應滿足的條件及粒子從P經(jīng)A到達Q所需時間的最小值。 解析：根據(jù)運動的對稱性，粒子能從P經(jīng)A到達Q，運動軌跡如圖所示，由圖可得：L＝nx 其中x為每次偏轉圓弧對應的弦長，由幾何關系知，偏轉圓弧對應的圓心角為或 設粒子運動軌跡的半徑為R，由幾何關系可得：2R2＝x2 解得：R＝ 又qvB＝m 解得：v＝(n＝1,2,3，…) 當n取奇數(shù)時，粒子從P經(jīng)A到Q過程中圓心角的總和為： θ1＝n＋n＝2nπ 從P經(jīng)A到Q的總時間為： t1＝＝(n＝1,3,5，…) 當n取偶數(shù)時，粒子從P經(jīng)A到Q過程中圓心角的總和為： θ2＝n＋n＝nπ 從P經(jīng)A到Q的總時間為： t2＝＝(n＝2,4,6，…) 綜合上述兩種情況，可得粒子從P經(jīng)A到達Q所用時間的最小值為： tmin＝。 答案：v＝(n＝1,2,3，…)