资源描述
第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.(2018北京卷,18)某空间存在匀强磁场和匀强电场.一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动.下列因素与完成上述两类运动无关的是(C)A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度解析:在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内,带电粒子做匀速直线运动,则速度方向与电场方向和磁场方向均垂直,qvB=qE,故v=EB.因此粒子是否做匀速直线运动,与粒子的电性、电量均无关.而与磁场和电场的方向、强弱及速度大小均有关.撤去电场时,粒子速度方向仍与磁场垂直,满足做匀速圆周运动的条件,选项C正确.2.(2018江西高三毕业班质检)如图所示的虚线区域内,充满垂直纸面向内的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,一带电颗粒A以一定初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿水平直线从区域右边界O点穿出,射出时速度的大小为vA,若仅撤去磁场,其他条件不变,另一个相同的颗粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出,射出时速度的大小为vB,则颗粒B(D)A.穿出位置一定在O点上方,vBvAC.穿出位置一定在O点下方,vBvA解析:设带电颗粒从O位置飞入的速度为v0,若带电颗粒A带负电,其电场力、重力、洛伦兹力均向下,与运动方向垂直,不可能做直线运动.颗粒A一定为正电荷,且满足mg=Eq+Bqv0,出射速度vA=v0.若仅撤去磁场,由于mgEq,带电颗粒B向下偏转,穿出位置一定在O点下方,合力对其做正功,出射速度vBvA,D正确.3.(2018河南二模)如图所示,直线MN与水平方向成=30角,MN的右上方区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向外的匀强磁场,MN的左下方区域存在磁感应强度大小为2B、方向水平向里的匀强磁场,MN与两磁场均垂直.一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q0)的同种粒子(粒子重力不计),所有粒子均能通过MN上的b点.已知ab=L,MN两侧磁场区域均足够大,则粒子的速率可能是(B)A.9BL8m B.qBL6mC.qBL2m D.qBLm解析:粒子在MN的右上方区域的轨道半径R1=mvqB,在MN的左下方区域的轨道半径R2=mv2qB=12R1,根据粒子做匀速圆周运动,由几何关系可得ab= L=n(R1+R2)=3nmv2qB(n=1,2,3,),故粒子速率v=2qBL3nm(n=1,2,3,),故B正确,A,C,D错误.4.(2018深圳一模)如图所示,直线MN左侧空间存在范围足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在磁场中P点有一个粒子源,可在纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计),已知POM=60,PO间距为L,粒子速率均为3qBL2m,则粒子在磁场中运动的最短时间为(B)A.m2qB B.m3qBC.m4qB D.m6qB解析:粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力作向心力,则有qvB=mv2R,解得R=mvBq=mBq3BqL2m=32L;粒子做圆周运动的周期为T=2Rv=3L3BqL2m=2mBq;因为粒子做圆周运动的半径、周期相同,那么,粒子转过的圆心角越小,则其弦长越小,运动时间越短;所以,过P点作OM的垂线,可知,粒子运动轨迹的弦长最小为Lsin 60=32L=R,故最短弦长对应的圆心角为60,所以,粒子在磁场中运动的最短时间为tmin=16T=m3Bq,故A,C,D错误,B正确.5.(2018河北衡水四模)如图所示,在竖直平面内,由绝缘材料制成的竖直平行轨道CD,FG与半圆轨道DPG平滑相接,CD段粗糙,其余部分都光滑,圆弧轨道半径为R,圆心为O,P为圆弧最低点,整个轨道处于水平向右的匀强电场中,电场强度为E.PDC段还存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.有一金属圆环M,带有正电荷q,质量m=qEg,套在轨道FG上,圆环与CD轨道间的动摩擦因数=0.2.如果圆环从距G点高为10R处由静止释放,则下列说法正确的是(C)A.圆环在CD轨道上也能到达相同高度处B.圆环第一次运动到P点(未进入磁场区域)时对轨道的压力为18mgC.圆环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为8mgRD.圆环最终会静止在P点解析:圆环从M点到CD轨道最高点的过程中,电场力和摩擦力都做负功,圆环的机械能减少,所以圆环在CD轨道上不能到达相同高度处,故A错误.设圆环第一次运动到P点时速度为v,由动能定理得mg(10R+R)-EqR=12mv2,在P点,由牛顿第二定律得N-mg=mv2R,结合m=qEg,解得N=21mg,由牛顿第三定律知圆环第一次运动到P点(未进入磁场区域)时对轨道的压力N=N=21mg,故B错误.当圆环经过D点速度为零时,设圆环能返回到G点上方H点,H点离G点的距离为x.D到H的过程,由动能定理得qE2R-mgx=0,得x=2R,圆环最终会在DH(H点在G点上方2R处)往复运动,经过D点或H点时速度为0,对整个过程,由动能定理得mg8R-Wf=0,得克服摩擦力所做的功为Wf=8mgR,故C正确,D错误.6.(2018陕西一模)如图所示,在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场、磁场方向垂直纸面向里,沿y轴方向磁场分布是均匀的,沿x轴方向磁感应强度与x满足关系B=kx,其中k是一恒定的正数.由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCB边长为a,A处有一小开口AE,整个线框放在磁场中,且AD边与y轴平行,AD边与y轴距离为a,线框AE两点与一电源相连,稳定时流入线框的电流为I,关于线框受到的安培力情况,下列说法正确的是(BC)A.整个线框受到的合力方向与BD连线垂直B.整个线框沿y轴方向所受合力为0C.整个线框在x轴方向所受合力为ka2I,沿x轴正方向D.整个线框在x轴方向所受合力为34ka2I,沿x轴正方向解析:从题意可得AD边处的磁感应强度B1=ka,则AD边受到的安培力大小为FAD=B1IL=ka2I,根据左手定则知,方向沿x轴负方向;BC边处的磁感应强度B2=2ka,则BC边受到的安培力大小为FBC=B2IL=2ka2I,根据左手定则知,方向沿x轴正方向;整个线框在x轴方向所受合力为FBC-FAD=ka2I,方向沿x轴正方向;沿y轴方向磁场分布是不变的,则DC和EB边所受的安培力大小相等,方向相反,合力为零,A,D错误,B,C 正确.7.如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外.一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点.不计粒子重力.下列说法中正确的是(AD)A.极板M比极板N电势高B.加速电场的电压U=ERC.直径PQ=2BqmERD.若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群粒子具有相同的比荷解析:粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转,说明粒子带正电荷,极板M比极板N电势高,选项A正确;由Uq=12mv2和Eq=mv2R可得U=ER2,选项B错误;直径PQ=2r=2mvBq=2ERmB2q,可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确.8.如图,在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场.一带负电的粒子从原点O以与x轴成30角斜向上射入磁场,且在上方运动半径为R,则(CD)A.粒子经偏转一定能回到原点OB.粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为21C.粒子完成一次周期性运动的时间为mqBD.粒子第二次射入x轴上方磁场时,沿x轴前进3R解析:根据左手定则判断可知,带负电荷的粒子在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同,在第一象限沿顺时针方向运动,而在第四象限沿逆时针方向运动,不可能回到坐标原点O,故A错误;由r=mvqB,粒子圆周运动的半径与磁感应强度B成反比,粒子在x轴上方和下方两磁场中的运动半径之比为12,故B错误;粒子在第一、四象限的运动轨迹对应的圆心角均为60,由T=2mqB,粒子在第一象限的运动时间为t1=16T=m3qB,粒子在第四象限的运动时间为t2=162mqB2=2m3qB,粒子完成一次周期性运动的时间为t1+t2=mqB,故C正确;根据几何知识,粒子第二次射入x轴上方磁场时,沿x轴前进距离为R+2R=3R,故D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2018天津卷,11)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,磁场中有一内、外半径分别为R,3R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M,N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出,不计粒子重力.(1)求粒子从P到M所用的时间t;(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出,粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小.解析:(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv23R, 设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE, 设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=ma, 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at, 联立式得t=3RBE. (2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定.故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短.设粒子在磁场中的轨迹半径为r,由几何关系可得(r-R)2+(3R)2=r2, 设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知tan =3Rr-R, 粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0,由运动的合成和分解可得tan =vv0, 联立式得v0=qBRm.答案:(1)3RBE(2)qBRm10.(20分)(2018山东临沂模拟)如图所示,MN为平行金属板,N板上有一小孔Q,一个粒子源P在M板附近,可释放初速度为零、质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,粒子经板间加速电场加速后,从小孔Q射出,沿半径为R的圆筒上的小孔E进入圆筒,筒里有平行于筒内中心轴的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B,筒上另一小孔F与小孔E,Q,P在同一直线上,该直线与磁场垂直,E,F连线为筒的直径,粒子进入筒内磁场偏转,与筒壁碰撞后速度大小不变,方向反向,不计粒子的重力,M,N间可加不同电压.(1)要使粒子以速度v进入磁场,M,N间的电压为多大?(2)若粒子与筒壁碰撞一次后从F点射出,粒子在磁场中运动的时间为多少?(3)若粒子从E点进入磁场,与筒壁发生三次碰撞后从F点射出,则粒子在磁场中运动的路程为多少?(已知tan 22.5=2-1)解析:(1)粒子经加速电场加速,根据动能定理则qU=12mv2求得加速电压的大小U=mv22q.(2)若粒子与筒壁碰撞一次后从F点射出磁场,其运动轨迹如(甲)图所示,粒子在磁场中运动的时间等于粒子在磁场中做圆周运动的半个周期,即qBv=mv2r,T=2rv=2mqB,t=12T=mqB.(3)若粒子进入磁场后,与筒壁发生三次碰撞后从F点射出有两种 情况轨迹如图(乙)所示,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r1=Rtan 22.5=(2-1)R,粒子在磁场中运动的路程s1=41353602r1=3(2-1)R.轨道如图(丙)所示,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r2=Rtan22.5=R2-1=(2+1)R,粒子在磁场中运动的路程s2=4453602r2=(2+1)R.答案:(1)mv22q(2)mqB (3)3(2-1)R或(2+1)R
展开阅读全文