高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 微專題62 帶電粒子在勻強磁場中的運動

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帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．考點及要求：(1)洛倫茲力、洛倫茲力的方向(Ⅰ)；(2)洛倫茲力的公式(Ⅱ).2.方法與技巧：(1)首先要根據(jù)F洛⊥v確定圓心，然后利用平面幾何知識解三角形確定半徑；(2)根據(jù)t＝T確定時間．. 1．(帶電粒子在半無界勻強磁場中的運動)(多選)如圖1所示，真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正方向運動，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強磁場區(qū)(圖中未畫出)，所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點．下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．磁場方向一定是垂直xOy平面向里 B．所有粒子通過磁場區(qū)的時間相同 C．所有粒子在磁場區(qū)運動的半徑相等 D．磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是其他曲線 2. (帶電粒子在圓形或半圓形勻強磁場區(qū)域的運動)(多選)如圖2所示，AOB為一邊界為圓弧的勻強磁場區(qū)域，圓弧半徑為R，O點為圓心，D點為邊界OB的中點，C點為邊界上一點，且CD∥AO，現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(不計粒子重力)，其中粒子1從A點正對圓心O射入，恰從B點射出，粒子2從C點沿CD射入，從某點離開磁場，則(　　) 圖2 A．粒子2在磁場中的軌道半徑等于R B．粒子2必在B點射出磁場 C．粒子1與粒子2在磁場中的運動時間之比為3∶2 D．粒子1與粒子2離開磁場時速度方向相同 3. (帶電粒子在三角形勻強磁場區(qū)域的運動)如圖3所示，在平面直角坐標(biāo)系中的三角形FGH區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，三點坐標(biāo)分別為F(－3L,5L)、G(－3L，－3L)、H(5L，－3L)．坐標(biāo)原點O處有一體積可忽略的粒子發(fā)射裝置，能夠連續(xù)不斷地在該平面內(nèi)向各個方向均勻地發(fā)射速度大小相等的帶正電的同種粒子，單位時間內(nèi)發(fā)射粒子數(shù)目穩(wěn)定．粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計粒子間的相互作用以及粒子的重力． 圖3 (1)速率在什么范圍內(nèi)所有粒子均不可能射出該三角形區(qū)域？ (2)如果粒子的發(fā)射速率為，設(shè)在時間t內(nèi)粒子源發(fā)射粒子的總個數(shù)為N，在FH邊上安裝一個可以吸收粒子的擋板，那么該時間段內(nèi)能夠打在擋板FH上的粒子有多少？并求出擋板上被粒子打中的長度． 4．如圖4所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點a(0,2L)．一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場，此時速度的方向與x軸正方向的夾角為60.下列說法正確的是(　　) 圖4 A．電子在磁場中運動的時間為 B．電子在磁場中運動的時間為 C．磁場區(qū)域的圓心坐標(biāo)為(L，) D．電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)為(0，－L) 5．如圖5所示，勻強磁場分布在平面直角坐標(biāo)系的整個第Ⅰ象限內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向里．一質(zhì)量為m、電荷量絕對值為q、不計重力的粒子，以某速度從O點沿著與y軸夾角為30的方向進(jìn)入磁場，運動到A點時，粒子速度沿x軸正方向，下列判斷正確的是(　　) 圖5 A．粒子帶正電 B．運動過程中，粒子的速度不變 C．粒子由O到A經(jīng)歷的時間為t＝ D．離開第Ⅰ象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為30 6.如圖6所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．一束電子以大小不同、方向垂直ad邊界的速度飛入該磁場．對于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯誤的是(　　) 圖6 A．從c點離開的電子在磁場中運動時間最長 B．從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等 C．電子在磁場中運動的速度偏轉(zhuǎn)角最大為π D．從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度 7．如圖7所示，有一直角三角形OAC，OC水平且長為12 cm，其下方存在垂直O(jiān)C向上的勻強電場，∠C＝30，AC上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1＝1 T，OA左側(cè)也存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2未知，一質(zhì)量為m＝810－10 kg、電荷量q＝110－4 C的帶正電粒子從M點由靜止釋放，MC＝8 cm，MC⊥OC，粒子經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，恰好經(jīng)A點到達(dá)O點，不計粒子重力，求： 圖7 (1)勻強電場的電場強度E的大??； (2)未知勻強磁場的磁感應(yīng)強度B2的大小； (3)粒子在磁場中運動的總時間t. 8．如圖8所示，原點O為兩個大小不同的同心圓的圓心．半徑為r的小圓區(qū)域Ⅰ內(nèi)有方向垂直xOy平面向里的勻強磁場，兩圓之間的環(huán)形區(qū)域Ⅱ內(nèi)也有方向垂直于xOy平面的另一勻強磁場．一質(zhì)量為m、電量為q、初速度為v0的帶正電粒子從坐標(biāo)為(0，r)的A點沿－y方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，然后從x軸上的P點沿＋x方向射出，粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ后從Q點第2次射入?yún)^(qū)域Ⅰ，已知OQ與＋x方向成60角．不計粒子的重力． 圖8 (1)求區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度B1的大?。? (2)求環(huán)形區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度B2的大小、方向； (3)若要使粒子約束在磁場內(nèi)，求大圓半徑R的最小值； (4)求粒子在磁場中運動的周期T. 答案解析 1．CD　[由題意可知，正粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，都集中于一點a，根據(jù)左手定則可有，磁場的方向垂直平面向外，故A錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得T＝，而運動的時間還與圓心角有關(guān)，因此粒子的運動時間不等，故B錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝，由于為同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運動半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點，因此磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確；故選C、D.] 2．ABC　[ 粒子1從A點正對圓心射入，恰從B點射出，粒子在磁場中運動的圓心角為θ1＝90，粒子軌道半徑等于R，粒子2從C點沿CD射入其運動軌跡如圖所示．設(shè)對應(yīng)的圓心為O1，運動軌道半徑也為R，連接O1C、O1B，O1COB是平行四邊形，O1B＝CO，則粒子2一定從B點射出磁場，故選項A、B正確；由數(shù)學(xué)知識可知，粒子2在磁場中運動軌跡的圓心角θ2＝∠BO1C＝60，兩粒子做圓周運動所對應(yīng)的圓心角不同，粒子在磁場中運動的周期T＝，兩粒子的周期相等，粒子在磁場中的運動時間t＝T，運動時間之比t1∶t2＝θ1∶θ2＝90∶60＝3∶2，故選項C正確，D錯誤．] 3．(1)v0≤　(2)　(＋)L 解析　(1)如圖所示，以O(shè)M為直徑的粒子在運動過程中剛好不飛離磁場，可以保證所有粒子均不能射出三角形區(qū)域． 根據(jù)數(shù)學(xué)幾何關(guān)系，OM＝2r0＝L 根據(jù)牛頓第二定律qv0B＝m 可得滿足v0≤的粒子均不可能射出該三角形區(qū)域． (2)當(dāng)粒子速率v＝時，可求得其做圓周運動的半徑 r＝L，如圖所示， 當(dāng)粒子的入射速度方向沿OM的反方向時，運動軌跡與FH相切于J點；當(dāng)粒子的入射速度方向沿OM時，運動軌跡與FH相切于I點，介于這二者之間的入射粒子均可打在擋板FH上，共計個粒子可打在擋板上．擋板上被粒子打中的長度為圖中IK之間的距離，其中IM＝r＝L OK＝2r＝2L MK＝＝L 擋板上被粒子打中的長度IK＝(＋)L. 4．A　[由題圖可以計算出電子做圓周運動的半徑為4L，故在磁場中運動的時間為t＝＝，A正確，B錯誤；ab是磁場區(qū)域圓的直徑，故圓心坐標(biāo)為(L，L)，電子在磁場中做圓周運動的圓心為O′，計算出其坐標(biāo)為(0，－2L)，所以C、D錯誤．] 5．C　[根據(jù)題意和左手定則可判斷：該帶電粒子帶負(fù)電，故A選項錯誤；該帶電粒子在洛倫茲力作用下在勻強磁場中做勻速圓周運動，雖然粒子的速度的大小不變，但速度的方向時刻改變，則粒子的速度不斷變化，故B選項錯誤；根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的運動時間t與圓心角θ、周期T的關(guān)系可得t＝T，又帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期公式為T＝，又根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得θ＝，解得t＝，故C選項正確；根據(jù)帶電粒子在有界勻強磁場中運動的對稱性可知，該帶電粒子離開第Ⅰ象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角應(yīng)該為60，故D選項錯誤．] 6．A　[根據(jù)帶電粒子在有界勻強磁場中運動周期公式T＝，得運動時間t＝T＝，由幾何條件可知，從ad邊離開的電子在磁場中運動時間最長且均為半個周期，偏轉(zhuǎn)角最大且均為π，A項錯，B、C項正確；由幾何關(guān)系可知，從bc邊射出的電子的軌道半徑大于從ad邊射出的電子的軌道半徑，又由半徑公式r＝可知，從bc邊射出的電子的速度大于從ad邊射出的電子的速度，D項正確．] 7．(1)5103 V/m　(2)2 T　(3)8π10－6 s 解析　(1)粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知粒子在磁場B1中做圓周運動的軌跡半徑為R1＝OC＝0.08 m 由B1qv＝ 代入數(shù)值得v＝1104 m/s 由qEMC＝mv2 代入數(shù)值得E＝5103 V/m. (2)分析可知粒子在A點的速度方向與OA的夾角為60，由圖知粒子在磁場B2中做圓周運動的軌跡半徑為R2＝＝0.04 m 由R2＝ R1＝知， B2＝2B1＝2 T. (3)粒子在兩磁場中運動軌跡所對的圓心角均為120， 所以t＝(＋)＝8π10－6 s. 8．(1)　(2)　垂直xOy平面向外　(3)r (4)(＋6) 解析　(1)設(shè)在區(qū)域Ⅰ內(nèi)軌跡圓半徑為r1＝r； 由牛頓第二定律得：qv0B1＝m，解得：B1＝； (2)設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡圓半徑為r2，部分軌跡如圖所示： 由幾何關(guān)系知：r2＝r， 由牛頓第二定律得：qv0B2＝m， 所以：B2＝，方向與B1相反，即垂直xOy平面向外； (3)由幾何關(guān)系得：R＝2r2＋r2＝3r2，即：R＝r； (4)軌跡從A點到Q點對應(yīng)圓心角θ＝90＋60＝150，要仍從A點沿y軸負(fù)方向射入，需滿足；150n1＝360n2，n1、n2屬于自然數(shù)，即取最小整數(shù)n2＝5，n1＝12，T＝12(T1＋T2)， 其中：T1＝，T2＝， 解得：T＝(＋6).