課時跟蹤檢測（三十） 帶電粒子在磁場中的運動

課時跟蹤檢測（三十）帶電粒子在磁場中的運動1．在探究射線性質(zhì)的過程中，讓質(zhì)量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質(zhì)量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運動，則α粒子與β粒子的動能之比是()A．eq\f(m1,m2) B．eq\f(m2,m1)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)，動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得：Ek＝eq\f(q2r2B2,2m)，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動能之比為eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(\f(q12,m1),\f(q22,m2))＝eq\f(4m2,m1)，故D正確。2.(多選)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直的勻強磁場，一帶電粒子僅在洛倫茲力作用下沿著由區(qū)域Ⅰ運動到區(qū)域Ⅱ。已知與的弧長之比為2∶1，下列說法正確的是()A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1B．粒子通過、的時間之比為2∶1C．與對應的圓心角之比為2∶1D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁感應強度方向相反解析：選ABD由于帶電粒子在磁場中運動所受的洛倫茲力永遠不做功，所以粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1，選項A正確；由s＝vt，可知粒子通過、的時間之比為2∶1，選項B正確；圓心角θ＝eq\f(s,r)，r＝eq\f(mv,qB)，由于磁感應強度之比未知，故半徑之比無法確定，則對應的圓心角之比無法確定，選項C錯誤；根據(jù)帶電粒子運動軌跡可知，區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁感應強度方向相反，選項D正確。3.如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1∶t2為()A．3∶1 B．2∶3C．3∶2 D．2∶1解析：選A電子在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，電子2運動的時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正確。4.如圖所示，豎直平行邊界MN、PQ間有垂直于紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩個完全相同的粒子(不計粒子的重力)在邊界MN上的C點分別以垂直于磁場的速度進入磁場，速度方向與邊界MN的夾角分別為30°、45°，結(jié)果兩個粒子均從邊界PQ上的D點射出磁場，C、D連線與兩邊界的垂線CE的夾角θ＝30°，則兩粒子在磁場中運動的速度之比eq\f(v甲,v乙)及運動的時間之比eq\f(t甲,t乙)分別為(已知sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，cos15°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4))()A．eq\f(\r(6)－\r(2),2)2 B．eq\f(\r(6)＋\r(2),2)2C．eq\f(\r(6)－\r(2),4)eq\f(2,3) D．eq\f(\r(6)＋\r(2),4)eq\f(2,3)解析：選A設C、D兩點間的距離為L，粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，軌跡半徑r＝eq\f(L,2cos30°＋α)，軌跡所對的圓心角β＝2(90°－30°－α)＝120°－2α，結(jié)合r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πm,qB)，得v∝eq\f(1,cos30°＋α)，t＝eq\f(β,360°)T∝(120°－2α)，則eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(cos30°＋45°,cos30°＋30°)＝eq\f(\r(6)－\r(2),2)，eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(120°－2×30°,120°－2×45°)＝2，選項A正確。5.(2022·遼寧高考)(多選)粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點。粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是()A．粒子1可能為中子B．粒子2可能為電子C．若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點解析：選AD由粒子1經(jīng)過磁場沒有偏轉(zhuǎn)可知粒子1不帶電，可能為中子，故A正確；運用左手定則判斷粒子2帶正電，故不可能為電子，B錯誤；由A選項分析可知粒子1不帶電，故磁場的磁感應強度對粒子1的運動無影響，所以增大磁感應強度，粒子1不可能打在Q點，故C錯誤；根據(jù)R＝eq\f(mv,Bq)可知，增大粒子入射速度，粒子2做圓周運動的半徑變大，可能打在Q點，故D正確。6.如圖，x軸正半軸與實線所圍區(qū)域內(nèi)存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。甲、乙兩粒子分別從距x軸h與2h的高度以速率v0平行于x軸正向進入磁場，并都從P點離開磁場，OP＝eq\f(1,2)h，則甲、乙兩粒子比荷的比值為(不計重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．32∶41 B．56∶41C．64∶41 D．41∶28解析：選C甲粒子從N位置水平飛入磁場，運動的軌跡如圖所示，甲粒子做勻速圓周運動的半徑為O1N＝O1P＝r1，MP＝OP＋OM＝OP＋htan37°＝eq\f(5h,4)由勾股定理得：(r1－MN)2＋MP2＝r12，即(r1－h(huán))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5h,4)))2＝r12，解得r1＝eq\f(41,32)h乙粒子從A位置飛入磁場，O2A＝O2P＝2h，轉(zhuǎn)過eq\f(1,4)圓周從P點飛出，則乙粒子運動的半徑為r2＝O2A＝2h洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)可知粒子運動的半徑r與粒子的比荷eq\f(q,m)＝k成反比，所以甲、乙兩粒子比荷的比值為eq\f(k甲,k乙)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(2h,\f(41,32)h)＝eq\f(64,41)，C項正確。7.如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為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。8．在某些精密實驗中，為了避免變化的電場和磁場之間的相互干擾，可以用力學裝置對磁場中的帶電粒子進行加速，如圖，表面光滑的絕緣平板水平放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于豎直面向里。平板上有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，初始時刻帶電粒子靜止在絕緣平板上，與絕緣平板左側(cè)邊緣的距離為d，在機械外力作用下，絕緣平板以速度v1豎直向上做勻速直線運動。一段時間后帶電粒子從絕緣平板的左側(cè)飛出，并垂直入射到一塊與絕緣平板相互垂直的熒光屏上，不計帶電粒子的重力。(1)指出帶電粒子的電性，并說明理由；(2)求帶電粒子在絕緣平板上的運動時間t；(3)求整個過程中帶電粒子在豎直方向位移的大小h。解析：(1)粒子帶正電，因為粒子能夠向左運動離開絕緣平板，說明粒子在和絕緣平板向上運動的時候受到向左的洛倫茲力，由左手定則知粒子帶正電。(2)帶點粒子在豎直方向做勻速直線運動，受到向左的洛倫茲力，大小為F＝qv1B，因此水平方向做勻加速直線運動，F(xiàn)＝qv1B＝ma，d＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝eq\r(\f(2dm,qv1B))。(3)粒子離開絕緣平板時具有豎直向上的速度v1，在水平方向做勻加速運動，則有vx2＝2ad設粒子離開絕緣平板時的速度與豎直方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vx,v1)粒子離開絕緣平板后做勻速圓周運動，合速度為v＝eq\r(v12＋vx2)由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)粒子離開絕緣平板后豎直方向的位移為h2＝R－Rsinθ在絕緣平板上時上升的高度h1＝v1t總高度h＝h1＋h2，聯(lián)立可得h＝eq\r(\f(2dmv1,Bq))＋eq\f(\r(m2