2024-2025學(xué)年高中物理第三章磁場6帶電粒子在勻強磁場中的運動練習(xí)含解析新人教版選修3-1

PAGE9-帶電粒子在勻強磁場中的運動基礎(chǔ)夯實一、選擇題(1～3題為單選題，4～6題為多選題)1．有三束粒子，分別是質(zhì)子(p)、氚核(eq\o\al(3,1)H)和α粒子(氦核)束，假如它們以相同的速度沿垂直于磁場方向射入勻強磁場(方向垂直于紙面對里)，在下圖中，哪個圖能正確地表示出了這三束粒子的偏轉(zhuǎn)軌跡(C)解析：由Bqv＝meq\f(v2,R)可知：R＝eq\f(mv,Bq)；半徑與荷質(zhì)比成反比；因三束離子中質(zhì)子的荷質(zhì)比最大，氚核的最小，故質(zhì)子的半徑最小，氚核的半徑最大，故C正確。2．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法不正確的是(B)A．帶電粒子由加速器的中心旁邊進入加速器B．帶電粒子由加速器的邊緣進入加速器C．電場使帶電粒子加速，磁場使帶電粒子旋轉(zhuǎn)D．離子從D形盒射出時的動能與加速電場的電壓無關(guān)解析：依據(jù)回旋加速器的加速原理，被加速離子只能由加速器的中心旁邊進入加速器，從邊緣離開加速器，故A正確，B錯誤；在磁場中洛倫茲力不做功，離子是從電場中獲得能量，故C正確；當(dāng)離子離開回旋加速器時，半徑最大，動能最大，Em＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2q2r2,2m)，與加速的電壓無關(guān)，故D正確。本題選不正確的，故選B。3．如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為(D)A．2 B．eq\r(2)C．1 D．eq\f(\r(2),2)解析：由EK＝eq\f(1,2)mv2可知當(dāng)動能為原來的一半時，速度是原來的eq\f(\r(2),2)。由R＝eq\f(mv,qB)將R1＝2R2代入可得B1︰B2＝eq\f(\r(2),2)，D正確。4．設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場，如圖所示，已知一粒子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止起先自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽視重力，以下說法正確的是(ABC)A．粒子必帶正電荷B．A點和B點位于同一高度C．粒子在C點時速度最大D．粒子到達B點后，將沿原曲線返回A點解析：平行板間電場方向向下，粒子由A點靜止釋放后在電場力的作用下向下運動，所以粒子必帶正電荷，A正確。因為洛倫茲力不做功，電場力做功等于動能的變更，而粒子到達B點時的速度為零，所以從A到B電場力所做正功與負功加起來為零，則B點與A點位于同一高度，B正確。因C點為軌道最低點，粒子從A運動到C電場力做功最多，C點具有的動能最大，所以粒子在C點速度最大，C正確。假如右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，粒子將在B的右側(cè)重復(fù)前面的曲線運動，因此，粒子是不行能沿原曲線返回A點的。5．(多選)(2024·江蘇省南通市高二上學(xué)期期中)如圖所示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖。勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面對外，電子束由電子槍產(chǎn)生，其速度方向與磁場方向垂直。電子速度的大小和磁場強弱可分別由通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調(diào)整。下列說法正確的是(BC)A．僅增大勵磁線圈中電流，電子束徑跡的半徑變大B．僅提高電子槍加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C．僅增大勵磁線圈中電流，電子做圓周運動的周期將變小D．僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大解析：電子在加速電場中加速，由動能定理有：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當(dāng)向心力，有：eBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),r) ②解得：r＝eq\f(mv0,eB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e)) ③T＝eq\f(2πm,eB) ④增大勵磁線圈中的電流，電流產(chǎn)生的磁場增加，由③式可得，電子束的軌道半徑變小。由④式知周期變小，故A錯誤，C正確；提高電子槍加速電壓，電子的速度增大，由③式可知，電子束的軌道半徑變大；由④可知電子的周期不變，故B正確D錯誤；故選BC。6．(2024·浙江省寧波市北侖區(qū)高二上學(xué)期期中)一個帶電粒子(重力不計)以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在圖所示的幾種狀況中，可能出現(xiàn)的是(AD)解析：A、C選項中粒子在電場中向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶正電，再進入磁場后，A圖中粒子應(yīng)逆時針轉(zhuǎn)，正確。C圖中粒子應(yīng)順時針轉(zhuǎn)，錯誤。同理可以推斷B錯，D對。二、非選擇題7．如圖所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ為電場和磁場的志向邊界，一束電子(電量為e，質(zhì)量為m，重力不計)，由靜止狀態(tài)從P點經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ間的電場加速后垂直到達邊界Ⅱ的Q點。勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，磁場邊界寬度為d，電子從磁場邊界Ⅲ穿出時的速度方向與電子原來的入射方向夾角為30°。求：(1)電子在磁場中運動的時間t；(2)若變更PQ間的電勢差，使電子剛好不能從邊界Ⅲ射出，則此時PQ間的電勢差U是多少？答案：(1)eq\f(πm,6eB)(2)eq\f(eB2d2,2m)解析：(1)由evB＝meq\f(v2,R)T＝eq\f(2πR,v)得電子在磁場中運動周期T＝eq\f(2πm,eB)電子在磁場中運動時間：t＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)T得：t＝eq\f(πm,6eB)(2)電子剛好不從邊界Ⅲ穿出時軌道與邊界相切，運動半徑為R＝d由evB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(eBd,m)PQ間由eU＝eq\f(mv2,2)得U＝eq\f(eB2d2,2m)實力提升一、選擇題(1、2題為單選題，3、4題為多選題)1．如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関/3，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?B)A．eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC．eq\f(1,3)Δt D．3Δt解析：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，據(jù)牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子第一次通過磁場區(qū)時的半徑為r＝eq\f(mv,qB)，圓弧AC所對應(yīng)的圓心角∠AO′C＝60°，經(jīng)驗的時間為Δt＝eq\f(60°,360°)T(T為粒子在勻強磁場中運動周期，大小為T＝eq\f(2πm,qB)，與粒子速度大小無關(guān))，當(dāng)粒子速度減小為v/3后，依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)知其在磁場中的軌道半徑變?yōu)閞/3，粒子將從D點射出，依據(jù)圖中幾何關(guān)系得圓弧AD所對應(yīng)的圓心角∠AO″D＝120°，經(jīng)驗的時間為Δt′＝eq\f(120°,360°)T＝2Δt。由此可知本題正確選項只有B。2．如圖所示，在屏MN的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里。P為屏上的一小孔，PC與MN垂直。一束質(zhì)量為m、帶電量為－q的粒子(不計重力)，以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域。粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)。則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為(D)A．eq\f(2mv,qB) B．eq\f(2mvcosθ,qB)C．eq\f(2mv1－sinθ,qB) D．eq\f(2mv1－cosθ,qB)解析：如圖所示，能打到的范圍中最遠點為2R處，其中R為軌跡半徑，R＝eq\f(mv,qB)；最近點為2Rcosθ處，所以總長度L＝2R－2Rcosθ＝eq\f(2mv1－cosθ,qB)。3．如圖所示，正方形容器處于勻強磁場中，一束電子從a孔垂直于磁場沿ab方向射入容器中，一部分從c孔射出，一部分從d孔射出，容器處于真空中，則下列結(jié)論中正確的是(AB)A．從兩孔射出的電子速率之比vc︰vd＝2︰1B．從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比tc︰td＝1︰2C．從兩孔射出的電子在容器中運動的加速度大小之比ac︰ad＝eq\r(2)︰1D．從兩孔射出的電子在容器中運動的角速度之比為ωc︰ωd＝2︰1解析：因為r＝eq\f(mv,qB)，從a孔射入，經(jīng)c，d兩孔射出的電子的軌道半徑分別為正方形邊長和eq\f(1,2)邊長，所以eq\f(vc,vd)＝eq\f(rc,rd)＝eq\f(2,1)，A正確；電子在同一勻強磁場中的運動周期T＝eq\f(2πm,qB)相同，有tc＝eq\f(T,4)，td＝eq\f(T,2)，所以eq\f(tc,td)＝eq\f(1,2)，B正確；因為向心加速度an＝eq\f(qvB,m)，所以eq\f(ac,ad)＝eq\f(vc,vd)＝eq\f(2,1)，C錯誤；因為ω＝eq\f(2π,T)，所以ω相同，D錯誤。4．(2024·安徽師大附中高二上學(xué)期期末)兩個電荷量分別為q和－q的帶電粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點動身，同時到達B點，如圖所示，則(AC)A．a(chǎn)粒子帶負電，b粒子帶正電B．兩粒子的軌道半徑之比Ra︰Rb＝eq\r(3)︰1C．兩粒子的質(zhì)量之比ma︰mb＝1︰2D．兩粒子的速度之比va︰vb＝1︰2解析：依據(jù)左手定則可判定a帶負電，同理可知b帶正電，所以選項A正確；由圖可知，兩個粒子在磁場中的半徑之比為1︰eq\r(3)，所以選項B錯誤；圓弧所對應(yīng)的圓心角分別為120°、60°，故所用時間分別為eq\f(1,3)Ta、eq\f(1,6)Tb，依據(jù)T＝eq\f(2πm,Bq)可知eq\f(1,3)ma＝eq\f(1,6)mb，所以可解得ma︰mb＝1︰2，故選項C正確；依據(jù)r＝eq\f(mv,Bq)可知，va︰vb＝ra︰rb＝1︰eq\r(3)，所以選項D錯誤。二、非選擇題5．(2024·北京市西城區(qū)高二上學(xué)期期末)如圖所示為質(zhì)譜儀的示意圖，在容器A中存在若干種電荷量相同而質(zhì)量不同的帶電粒子，它們可從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，它們的初速度幾乎為0，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最終打到照相底片D上。若這些粒子中有兩種電荷量均為q、質(zhì)量分別為m1和m2的粒子(m1＜m2)。(1)分別求出兩種粒子進入磁場時的速度v1、v2的大小；(2)求這兩種粒子在磁場中運動的軌道半徑之比；(3)求兩種粒子打到照相底片上的位置間的距離。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m1))、eq\r(\f(2qU,m2))(2)eq\r(\f(m1,m2))(3)eq\f(2,qB)(eq\r(2qm2U)－eq\r(2qm1U))解析：(1)經(jīng)過加速電場，依據(jù)動能定理得：對m1粒子：qU＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)m1粒子進入磁場時的速度：v1＝eq\r(\f(2qU,m1))，對m2粒子有：qU＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，m2粒子進入磁場時的速度：v2＝eq\r(\f(2qU,m2))(2)在磁場中，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得：qvB＝meq\f(v2,R)，解得，粒子在磁場中運動的軌道半徑：R＝eq\f(mv,qB)代入(1)結(jié)果，可得兩粒子的軌道半徑之比：R1︰R2＝eq\r(\f(m1,m2))(3)m1粒子的軌道半徑：R1＝eq\f(m1v1,qB)，m2粒子的軌道半徑：R2＝eq\f(m2v2,qB)兩粒子打到照相底片上的位置相距：d＝2R2－2R1，解得，兩粒子位置相距為：d＝eq\f(2,qB)(eq\r(2qm2U)－eq\r(2qm1U))6．如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直xOy平面對里，電場線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球，從y軸上的A點水平向右拋出。經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為θ。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)電場強度E的大小和方向；(2)小球從A點拋出時初速度v0的大??；(3)A點到x軸的高度h。答案：(1)E＝eq\f(mg,q)，豎直向上(2)eq\f(qBL,2m)cotθ(3)eq\f(q2B2L2,8m2g)解析：(1)小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，其所受電場力必需與重力平衡，有qE＝mg ①E＝eq\f(mg,q) ②重力的方向是豎直向下，電場力的方向則應(yīng)為豎直向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上