帶電粒子在磁場中的運動測試題及解析

帶電粒子在磁場中的運動測試題及解析1．關(guān)于電荷所受電場力和洛倫茲力，正確的說法是() A．電荷在磁場中一定受洛倫茲力作用 B．電荷在電場中一定受電場力作用 C．電荷所受電場力一定與該處電場方向一致 D．電荷所受的洛倫茲力不一定與磁場方向垂直 解析：選B若電荷的運動方向與磁場方向平行，則電荷不受洛倫茲力，故A錯誤；電荷在電場中一定受到電場力作用，故B正確；正電荷所受電場力方向與該處的電場方向相同，負(fù)電荷所受電場力方向與該處的電場方向相反，故C錯誤；根據(jù)左手定則知，電荷若受洛倫茲力，則受洛倫茲力的方向與該處磁場方向垂直，故D錯誤。2.如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，在O點存在垂直紙面向里運動的勻速電子束。∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的電子受到的洛倫茲力大小為F1。若將M處長直導(dǎo)線移至P處，則O點的電子受到的洛倫茲力大小為F2。那么F2與F1之比為() A.eq\r(3)∶1 B.eq\r(3)∶2 C．1∶1 D．1∶2 解析：選B長直導(dǎo)線在M、N、P處時在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B大小相等，M、N處的導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向都向下，合磁感應(yīng)強度大小為B1＝2B，P、N處的導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度夾角為60°，合磁感應(yīng)強度大小為B2＝eq\r(3)B，可得，B2∶B1＝eq\r(3)∶2，又因為F洛＝qvB，所以F2∶F1＝eq\r(3)∶2，選項B正確。3．(2020·濮陽模擬)α粒子和β粒子都沿垂直于磁場的方向射入同一均勻磁場中，發(fā)現(xiàn)這兩種粒子沿相同半徑的圓軌道運動。若α粒子的質(zhì)量是m1，β粒子的質(zhì)量是m2，則α粒子與β粒子的動能之比是() A.eq\f(m2,m1) B.eq\f(m1,m2) C.eq\f(m1,4m2) D.eq\f(4m2,m1) 解析：選D粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)；α粒子是氦核，β粒子是電子，則α粒子和β粒子的電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動能之比為：eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(q12,m1)∶eq\f(q22,m2)＝eq\f(4m2,m1)，故選項D正確。4．(2019·北京高考)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是() A．粒子帶正電 B．粒子在b點速率大于在a點速率 C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短 解析：選C由左手定則知，粒子帶負(fù)電，A錯誤；由于洛倫茲力不做功，故粒子速率不變，B錯誤；由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小磁感應(yīng)強度B，則R變大，粒子可能從b點右側(cè)射出，C正確；由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小入射速率v，則R變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角θ變大，由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子在磁場中運動時間變長，D錯誤。5.[多選]如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動。射入磁場時，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則() A．P和Q的質(zhì)量之比為1∶2 B．P和Q的質(zhì)量之比為eq\r(2)∶1 C．P和Q速度大小之比為eq\r(2)∶1 D．P和Q速度大小之比為2∶1 解析：選AC設(shè)MN＝2R，則粒子P的運動半徑為R，有：R＝eq\f(mPvP,Bq)；而粒子Q的運動半徑為eq\r(2)R，有：eq\r(2)R＝eq\f(mQvQ,Bq)；又兩粒子的運動時間相同，則tP＝eq\f(πmP,Bq)，tQ＝eq\f(1,4)TQ＝eq\f(πmQ,2Bq)，即eq\f(πmP,Bq)＝eq\f(πmQ,2Bq)，解得mQ＝2mP，vP＝eq\r(2)vQ，故A、C正確，B、D錯誤。6.(2019·全國卷Ⅲ)如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為() A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB) C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB) 解析：選B帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，粒子在第一象限內(nèi)運動的圓半徑是在第二象限內(nèi)運動圓半徑的2倍，如圖所示。 由T＝eq\f(2πr,v)，及t1＝eq\f(θ,2π)T 可知粒子在第二象限內(nèi)運動的時間t1＝eq\f(\f(π,2),2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB) 粒子在第一象限內(nèi)運動的時間t2＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πm×2,qB)＝eq\f(2πm,3qB) 則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項B正確。7.[多選]如圖所示，在直角三角形AOC的三條邊為邊界的區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，已知∠A＝60°，邊AO的長度為a?，F(xiàn)在O點放置一個可以向各個方向發(fā)射某種帶負(fù)電粒子的粒子源，已知粒子的比荷為eq\f(q,m)，發(fā)射的速度大小都為v0，且滿足v0＝eq\f(qBa,m)。粒子發(fā)射的方向可由圖中速度與邊CO的夾角θ表示，不計重力及粒子間的相互作用，關(guān)于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是() A．以θ＝0°和θ＝60°飛入的粒子在磁場中的運動的時間相等 B．以θ＜60°飛入的粒子均從AC邊射出 C．以θ＞60°飛入的粒子，θ越大，在磁場中運動的時間越長 D．在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出 解析：選ABD粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r＝eq\f(mv0,qB)＝a，當(dāng)粒子以θ＝0°飛入磁場區(qū)域時，最終將從AC邊的中點射出，A點為軌跡圓心，圓心角為60°，時間為T，當(dāng)θ＝60°時，粒子將從A點射出磁場區(qū)域，圓心角為60°，時間為T，故A、D正確；隨著θ的增大，粒子在AC邊上的射出點將向A點靠攏，以θ＜60°飛入的粒子均從AC邊射出，故B正確；粒子的速度大小相等，在磁場中做圓周運動的軌跡弧長越小，運動時間越短，以θ＞60°飛入的粒子，隨著θ的增大，出射點從A逐漸向O靠攏，8．在xOy平面上分布有以O(shè)為中心的圓形勻強磁場區(qū)域(未畫出)，磁場方向垂直于xOy平面向外。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，以大小為v0，方向沿y軸負(fù)方向的速度從原點O開始運動，后來粒子經(jīng)過x軸上的A點，此時速度方向與x軸的夾角為30°，A到O的距離為d，如圖所示，不計粒子的重力，則圓形磁場區(qū)域的面積為() A．πd2 B.eq\f(πd2,2) C.eq\f(πd2,3) D.eq\f(πd2,4) 解析：選C粒子的運動軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知：R＋eq\f(R,sin30°)＝d，解得R＝eq\f(1,3)d，則圓形磁場區(qū)域的半徑為r＝2Rsin60°＝eq\f(d,\r(3))，則圓形磁場區(qū)域的面積為S＝πr2＝eq\f(πd2,3)，故選項C正確。9.如圖所示，一條直線上有O、M、N三點，OM＝MN，直線上方的整個空間存在垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)子和一α粒子分別以速度v1、v2從O點沿OP方向射入磁場，質(zhì)子經(jīng)時間t1從M點射出磁場，α粒子經(jīng)時間t2從N點射出磁場，質(zhì)子和α粒子的重力不計，不考慮它們之間的相互作用，則關(guān)于t1、t2、v1、v2的判斷正確的是() A．t1＝t2，v1＝v2 B．t1＜t2，v1＝v2 C．t1＜t2，v1＜v2 D．t1＞t2，v1＞v2 解析：選B粒子運動軌跡如圖所示，令OM＝MN＝L，對質(zhì)子：根據(jù)洛倫茲力提供向心力：Bq1v1＝meq\f(v12,r1)，解得：r1＝eq\f(m1v1,q1B)，根據(jù)幾何關(guān)系可得：2r1sinθ＝L，聯(lián)立可得：v1＝eq\f(q1BL,2m1sinθ)，對α粒子同理可得：v2＝eq\f(q2BL,m2sinθ)。由題意可知：m2＝4m1，q2＝2q1，聯(lián)立可得：v1＝v2；質(zhì)子的周期為：T1＝eq\f(2πm1,q1B)，α粒子的周期為：T2＝eq\f(2πm2,q2B)，由題意可知：m2＝4m1，q2＝2q1，可得T2＞T1，因為圓心角相等，所以t2＞t1，故B正確，A、C、D錯誤。10.(2020·江西名校聯(lián)考)豎直平面內(nèi)存在半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，以圓心O為坐標(biāo)原點建立如圖所示直角坐標(biāo)系，現(xiàn)有11H、12H、13H三種粒子，11H以速度v0從a點與x軸正方向成30°斜向下射入磁場，12H以速度eq\f(1,2)v0從b點沿y軸負(fù)方向射入磁場，13H以速度eq\f(1,3)v0從O點沿y軸正方向射入磁場，已知11H運動半徑剛好為R，經(jīng)過一段時間后三個粒子分別射出磁場，若運動過程中粒子不會發(fā)生碰撞，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，則三個粒子從圓形邊界射出點構(gòu)成的圖形的面積為() A.eq\f(\r(2),4)R2 B.eq\f(\r(3),4)R2 C.eq\f(\r(5),4)R2 D.eq\f(\r(6),4)R2 解析：選B根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝eq\f(mv2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于11H運動半徑剛好為R，則有12H、13H兩種粒子運動半徑剛好也為R，運動軌跡如圖，11H從N點射出磁場，N點坐標(biāo)為(Rcos60°，Rsin60°)，12H從P點射出磁場，P點坐標(biāo)為(R,0)，13H從M點射出磁場，M點坐標(biāo)為(－Rcos60°，Rsin60°)，則三個粒子從圓形邊界射出點構(gòu)成的圖形的面積為S△MNP＝eq\f(1,2)·R·eq\f(\r(3),2)R＝eq\f(\r(3),4)R2，故選項B正確，A、C、D錯誤。11.(2020·長沙模擬)如圖所示，在x軸和x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標(biāo)原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量為m、電荷量為＋q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、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)?)。現(xiàn)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。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。 (1)求磁感應(yīng)強度B的大?。?(2)求被薄金屬板接收的粒子中運動的最長與最短時間的差值； (3)若在y軸上放置一擋板，使薄金屬板右側(cè)不能接收到帶電粒子，試確定擋板的最小長度和放置的位置坐標(biāo)。 解析：(1)由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動，沿－x方向射出的粒子恰好打在金屬板的上端，如圖a所示，由幾何知識可知R＝x0，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得：B＝eq\f(mv,qx0)。 (2)設(shè)粒子做勻速圓周運動的周期為T，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πx0,v) 圖b為帶電粒子打在金屬板左側(cè)面的兩個臨界點，由圖可知到達薄金屬板左側(cè)下端的粒子用時最短，此時圓心O′與坐標(biāo)原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成30°，故最短時間tmin＝eq\f(T,6)＝eq\f(πx0,3v)，圖c為打在板右側(cè)下端的臨界點，由圖a、c可知到達金屬板右側(cè)下端的粒子用時最長，圓心O′與坐標(biāo)原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成150°，故最長時間tmax＝eq\f(5T,6)＝eq\f(5πx0,3v) 則被板接收的粒子中運動的最長和最短時間之差為Δt＝tmax－tmin＝eq\f(4πx0,3v)。 (3)由圖a可知擋板上端坐標(biāo)為(0,2x0) 由圖c可知擋板下端y坐標(biāo)為y2＝2x0cos30°＝eq\r(3)x0，下端坐標(biāo)為(0，eq\r(3)x0) 最小長度L＝2x0－eq\r(3)x0＝(2－eq\r(3))x0。 答案：(1)eq\f(mv,qx0)(2)eq\f(4πx0,3v)(3)(2－eq\r(3))x0坐標(biāo)為(0,2x0)和(0，eq\r(3)x0)12.如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長度為L。在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。 (1)求磁場的磁感應(yīng)強度的大??； (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和； (3)若粒子從