【創(chuàng)新設計】2020-2021學年高中物理人教版選修3-1(浙江專用)題組訓練-第三章-磁場-3-7

第7講帶電粒子在勻強磁場中的運動(時間：60分鐘)題組一帶電粒子在磁場中的圓周運動1．如圖3－7－8所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，方向垂直紙面對里．有一束粒子對準a端射入彎管，粒子的質量、速度不同，但都是一價負粒子，則下列說法正確的是()圖3－7－8A．只有速度大小肯定的粒子可以沿中心線通過彎管B．只有質量大小肯定的粒子可以沿中心線通過彎管C．只有質量和速度乘積大小肯定的粒子可以沿中心線通過彎管D．只有動能大小肯定的粒子可以沿中心線通過彎管答案C解析由R＝eq\f(mv,qB)可知，在相同的磁場，相同的電荷量的狀況下，粒子做圓周運動的半徑打算于粒子的質量和速度的乘積．2．如圖3－7－9所示，水平導線中有電流I通過，導線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將()圖3－7－9A．沿路徑a運動，軌跡是圓B．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大C．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小D．沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小答案B解析由左手定則可推斷電子運動軌跡向下彎曲．又由r＝eq\f(mv,qB)知，B減小，r越來越大，故電子的徑跡是a.故選B.3．(多選)在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，假如又順當垂直進入另一磁感應強度是原來磁感應強度2倍的勻強磁場中做勻速圓周運動，則()A．粒子的速率加倍，周期減半B．粒子的速率不變，軌道半徑減半C．粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)D．粒子的速率不變，周期減半答案BD解析由R＝eq\f(mv,qB)可知，磁場加倍半徑減半，洛倫茲力不做功，速率不變，由T＝eq\f(2πm,Bq)可知，周期減半，故B、D選項正確．4．(多選)(2022·嘉興市高二其次學期期末)如圖3－7－10所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界，一質量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場．若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點，下列說法正確的有()圖3－7－10A．若粒子落在A點的左側，其速度肯定小于v0B．若粒子落在A點的右側，其速度肯定大于v0C．若粒子從距A點左側d的位置離開，它在磁場中運動的時間肯定小于eq\f(πm,qB)D．若粒子從距A點右側d的位置離開，它在磁場中運動的時間可能等于eq\f(πm,qB)答案BD題組二帶電粒子在有界磁場中運動5．(多選)空間存在方向垂直于紙面對里的勻強磁場，圖3－7－11中的正方形為其邊界．一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射．這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不計重力．下列說法正確的是()圖3－7－11A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間肯定不同B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡肯定相同C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡肯定相同D．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角肯定越大答案BD解析由于粒子比荷相同，由R＝eq\f(mv,qB)可知速度相同的粒子軌跡半徑相同，運動軌跡也必相同，B正確．對于入射速度不同的粒子在磁場中可能的運動軌跡如圖所示，由圖可知，粒子的軌跡直徑不超過磁場邊界一半時轉過的圓心角都相同，運動時間都為半個周期，而由T＝eq\f(2πm,qB)知全部粒子在磁場運動周期都相同，A、C皆錯誤．再由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)可知D正確．6．如圖3－7－12所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場．其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過b點的粒子速度v2與MN成60°角，設粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(重力不計)()圖3－7－12A．1∶3 B．4∶3C．1∶1 D．3∶2答案D解析如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應的圓心角為90°.從b點射出的粒子對應的圓心角為60°.由t＝eq\f(α,2π)T，可得：t1∶t2＝3∶2，故選D.7．(多選)(2021·瑞安中學高二第一學期期末)如圖3－7－13所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則()圖3－7－13A．從P射出的粒子速度大B．從Q射出的粒子速度大C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長答案BD解析作出各自的軌跡如右圖所示，依據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1＜R2，所以，從Q點射出的粒子速度大，B正確；依據(jù)圖示，可知兩個圓心角相等，所以，從P、Q點射出時，兩粒子在磁場中的運動時間相等．正確選項應是B、D.題組三質譜儀和回旋加速器8．(多選)(2022·麗水高二月考)如圖3－7－14是質譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為B0()圖3－7－14A．質譜儀是分析同位素的重要工具B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面對外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小答案ABC解析質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具，故A選項正確；速度選擇器中電場力和洛倫茲力是一對平衡力，即：qvB＝qE，故v＝eq\f(E,B)，依據(jù)左手定則可以確定，速度選擇器中的磁場方向垂直紙面對外，故B、C選項正確．粒子在勻強磁場中運動的半徑r＝eq\f(mv,qB0)，即粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,B0r)，由此看出粒子的運動半徑越小，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大，故D選項錯誤．9．用回旋加速器分別加速α粒子和質子時，若磁場相同，則加在兩個D形盒間的交變電壓的頻率應不同，其頻率之比為()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．1∶3答案B10．(2022·瑞安中學高二上學期期中)質譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉磁場．如圖3－7－15所示為質譜儀的原理圖，設想有一個靜止的質量為m、帶電量為q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后垂直進入磁感應強度為B的偏轉磁場中，帶電粒子打至底片上的P點，設OP＝x，則在圖中能正確反映x與U之間的函數(shù)關系的是()圖3－7－15答案B解析可通過解析式確定圖象外形，依據(jù)動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2可知，v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在磁場中偏轉，洛倫茲力供應向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，所以R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，x＝2R＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，即x∝eq\r(U)，B正確．11．(2021·諸暨中學高二檢測)如圖3－7－16所示回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻溝通電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，D形盒半徑為R，用該回旋加速器加速質子(質量數(shù)為1，核電荷數(shù)為1)時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻溝通電周期為T.(粒子通過狹縫的時間忽視不計)則()圖3－7－16A．質子在D形盒中做勻速圓周運動的周期為2TB．質子被加速后的最大速度可能超過eq\f(2πR,T)C．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關D．不轉變B和T，該回旋加速器也能用于加速α粒子(質量數(shù)為4，核電荷數(shù)為2)答案C解析回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻溝通電的周期相等．故A錯誤；當粒子從D形盒中出來時速度最大，vm＝eq\f(2πR,T)，故B錯誤；依據(jù)qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),R)，得vm＝eq\f(qBR,m)，與加速的電壓無關，故C正確．依據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，知質子換成α粒子，比荷發(fā)生變化，則在磁場中運動的周期發(fā)生變化，回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻溝通電的周期相等，故需要轉變磁感應強度或溝通電的周期．故D錯誤．題組四綜合應用12．帶電粒子的質量m＝1.7×10－27kg，電荷量q＝1.6×10－19C，以速度v＝3.2×106m/s沿垂直于磁場同時又垂直于磁場邊界的方向進入勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B＝0.17T，磁場的寬度L圖3－7－17(1)帶電粒子離開磁場時的速度多大？(2)帶電粒子在磁場中運動多長時間？(3)帶電粒子在離開磁場時偏離入射方向的距離d為多大？(g取10m/s2)答案見解析解析粒子所受的洛倫茲力F洛＝qvB≈8.7×10－14N，遠大于粒子所受的重力G＝mg＝1.7×10－26N，故重力可忽視不計．(1)由于洛倫茲力不做功，所以帶電粒子離開磁場時速度仍為3.2×106(2)由qvB＝meq\f(v2,r)得軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1.7×10－27×3.2×106,1.6×10－19×0.17)m＝0.2m．由題圖可知偏轉角θ滿足：sinθ＝eq\f(L,r)＝eq\f(0.1m,0.2m)＝0.5，所以θ＝30°＝eq\f(π,6)，帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可見帶電粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(1,12)T，所以t＝eq\f(πm,6qB)＝eq\f(3.14×1.7×10－27,6×1.6×10－19×0.17)s≈3.3×10－8s.(3)帶電粒子在離開磁場時偏離入射方向的距離d＝r(1－cosθ)＝0.2×(1－eq\f(\r(3),2))m≈2.7×10－2m.13．如圖3－7－18所示，兩個板間存在垂直紙面對里的勻強磁場，一帶正電的質子以速度v0從O點垂直射入．已知兩板之間距離為d.板長為d，O點是NP板的正中點，為使粒子能從兩板之間射出，試求磁感應強度B應滿足的條件(已知質子帶電荷量為q，質量為m)．圖3－7－18答案eq\f(4mv0,5dq)≤B≤eq\f(4mv0,dq)解析如圖所示，由于質子在O點的速度垂直于板NP，所以粒子在磁場中做圓周運動的圓心O′肯定位于NP所在的直線上．假如直徑小于ON，則軌跡將是圓心位于ON之間的一段半圓?。?1)假如質子恰好從N點射出，R1＝eq\f(d,4)，qv0B1＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1).所以B1＝eq\f(4mv0,dq).(2)假如質子恰好從M點射出Req\o\al(2,2)－d2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2－\f(d,2)))2，qv0B2＝meq\f(v\o\al(2,0),R2)，得B2＝eq\f(4mv0,5dq).所以B應滿足eq\f(4mv0,5dq)≤B≤eq\f(4mv0,dq).14．(2022·麗水高二聯(lián)考)如圖3－7－19所示，一個質量為m，電荷量為－q，不計重力的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點以速度v，沿與x軸正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，求：(1)勻強