2019版物理人教版选修3-1训练：3.6 带电粒子在匀强磁场中的运动 .docx

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1、6带电粒子在匀强磁场中的运动课时过关能力提升基础巩固1质子和一价钠离子分别垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动,如果它们的圆周运动半径恰好相等,这说明它们在进入磁场时()A.速率相等B.m和v的乘积相等C.动能相等D.质量相等解析:由r=mvqB可知,由于质子和一价钠离子电荷量相等,则只要m和v的乘积相等,其半径就相等。答案:B2(2018北京卷)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()A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电荷量D.粒子入射时的

2、速度解析:由于带电粒子做匀速直线运动,对带电粒子进行受力分析知,电场力与磁场力平衡,qE=qvB,即v=EB,由此式可知,粒子入射时的速度、磁场和电场的强弱及方向有确定的关系,故A、B、D错误,C正确。答案:C3如图所示,三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置,分别处在真空(无电场、磁场)、匀强磁场和匀强电场中,轨道两端在同一高度上。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动,P、M、N分别为轨道的最低点,如图所示,则下列有关判断正确的是()A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系vP=vMvNB.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系 FP=FMFNC.小球从开始运动到第一

3、次到达轨道最低点所用的时间关系tPtMtND.三个小球到达轨道右端的高度都不相同,但都能回到原来的出发点位置解析:小球沿P、M轨道下滑过程都只有重力做功,根据动能定理WG=mgR=12mv2知到达底端速度相等,沿N轨道下滑过程电场力做负功,根据动能定理WG-W电=12mvN2,其到达最低点速度要小于沿P、M轨道下滑情况,故选项A正确;根据上述分析知到达最低点的时间关系tP=tMtN,故选项C错误;选项B中,小球沿P轨道到达底端时,根据牛顿第二定律FP-mg=mv2R=2mg,所以FP=3mg。同理小球沿M轨道到达底端时,FM-mg-F洛=mv2R=2mg,所以FM=3mg+F洛,小球沿N轨道到

4、达底端时FN-mg=mvN2RFPFN,故选项B错误;小球沿轨道P、M下滑后能到达右端同样高度的地方,故选项D错误。答案:A4(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与交流电源两极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示。要增大带电粒子射出时的动能,则下列说法正确的是()A.增大匀强电场间的加速电压B.增大磁场的磁感应强度C.减小狭缝间的距离D.增大D形金属盒的半径解析:当粒子速度最大时,其运动半径也最大,由 qvB=mv2R,得 v=qBRm,所以Ekmax=q2B2R22m

5、,要增大Ekmax,则应增大磁场的磁感应强度B以及D形金属盒的半径R,B、D正确。答案:BD5一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()A.3BB.2BC.BD.2B解析:如图为筒转过90前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和MN的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O。根据题

6、意,NMN=45,OM与NM延长线的夹角为60,所以OMN=75,MON=30,即轨迹圆的圆心角为30,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同,T磁12=T筒4,即1122mqB=142,解得比荷qm=3B,A选项正确。答案:A6如图所示,在正交的匀强电场和匀强磁场中,一带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动,则粒子带电性质和环绕方向分别是()A.带正电,逆时针B.带正电,顺时针C.带负电,逆时针D.带负电,顺时针解析:粒子在复合场中做匀速圆周运动,所以粒子所受重力与电场力二力平衡,所以电场力方向向上,粒子带负电,根据左手定则,负电荷运动方向向上时受向左的作用力做逆时针运动,选项C正确。答案:C

7、7如图所示,直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场,一电子(质量为m、电荷量为e)以v的速度从点O与MN成30角的方向射入磁场中,求:(1)电子从磁场中射出时距O点多远;(2)电子在磁场中运动的时间是多少。解析:设电子在匀强磁场中运动半径为R,射出时与O点距离为d,运动轨迹如图所示。(1)据牛顿第二定律知Bev=mv2R由几何关系可得d=2Rsin 30解得d=mvBe。(2)电子在磁场中转过的角度为=60=3又周期T=2mBe因此运动时间t=T2=322mBe=m3Be。答案:(1)mvBe(2)m3Be8长为L的水平极板间有垂直纸面向内的匀强磁场,如图所示,磁感应强度为B,极板间距

8、离也为L,极板不带电,现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,其入射速度是多少?解析:当粒子紧擦上极板右边缘飞出时(如图)半径为R,则L2+R-L22=R2,R=54L。由R=mvqB得v=qBRm=5qBL4m,即当粒子的速度v5qBL4m时,粒子就打不到极板上。当粒子紧擦着上极板左边缘飞出时(如图所示),R=L4,由R=mvqB得v=qBRm=qBL4m,即当粒子的速度vqBL4m时,粒子也不能打到极板上。故欲使粒子不打到极板上,则vqBL4m或v5qBL4m。答案:vqBL4m或v5qBL4m能力提升1科学史

9、上一张著名的实验照片示意图如图所示,显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室处在匀强磁场中,磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子()A.带正电,由下往上运动B.带正电,由上往下运动C.带负电,由上往下运动D.带负电,由下往上运动解析:粒子穿过金属板后,速度变小,由半径公式r=mvqB可知,半径变小,粒子运动方向为由下向上;又由于洛伦兹力的方向指向圆心,由左手定则,粒子带正电。故选A。答案:A2平面OM和平面ON之间的夹角为30,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量

10、为m,电荷量为q(q0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB解析:粒子运动的轨迹如图:运动半径为R=mvqB。由运动的对称性知,出射速度的方向与OM间的夹角为30,由图中几何关系知AB=R,AC=2Rcos 30=3mvqB。所以出射点到O点的距离为BO=ACtan30+R=4mvqB,故选项D正确。答案:D3(多选)不计重力的负粒子能够在如图所示的正交匀强电场和匀强磁

11、场中匀速直线穿过。设产生匀强电场的两极板间电压为U,距离为d,匀强磁场的磁感应强度为B,粒子所带的电荷量为q,进入速度为v,以下说法正确的是()A.若同时增大U和B,其他条件不变,则粒子一定能够直线穿过B.若同时减小d和增大v,其他条件不变,则粒子可能直线穿过C.若粒子向下偏,能够飞出极板间,则粒子动能一定减小D.若粒子向下偏,能够飞出极板间,则粒子的动能有可能不变解析:粒子能够直线穿过,则有qUd=qvB,即v=UBd,若U、B增大的倍数不同,粒子不能沿直线穿过,A项错误;同理B项正确;粒子向下偏,静电力做负功,又W洛=0,所以Ek0,C项正确,D项错误。答案:BC4(多选)在半导体离子注入

12、工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+()A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为31C.在磁场中转过的角度之比为12D.离开电场区域时的动能之比为13解析:离子在电场中加速过程中,由于电场强度相同,根据牛顿第二定律可得a1a2=q1q2=13,选项A错误;在电场中加速过程,由动能定理可得qU=12mv2,在磁场中偏转过程qvB=mv2r,两式联立可得r=1B2mUq,故r1r2=

13、31,选项B正确;设磁场宽度为d,根据sin =dr可得sin 2sin 1=r1r2,联立解得2=60,选项C正确;由qU=12mv2=Ek可知Ek1Ek2=13,选项D正确。答案:BCD5如图所示,在x轴的上方(y0)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,在原点O处有一离子源向x轴上方各个方向发射出质量为m、电荷量为q的正离子,速度都为v,对那些在xOy平面内运动的离子,在磁场中可能到达的位移最大值为x=,y=。解析:由左手定则可以判断出:正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的偏转方向为顺时针方向,到达y轴上距离最远的离子是沿x轴负方向射出的离子,而到达x轴上距离最远的离子是沿y轴正

14、方向射出的离子。这两束离子可能到达的最大x、y值恰好是圆周的直径,如图所示。答案:2mvqB2mvqB6如图所示,分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场,离开磁场时速度方向偏转了60角。试求:(1)粒子做圆周运动的半径;(2)粒子的入射速度;(3)粒子在磁场中运动的时间。解析:带电的粒子从磁场射出时速度反向延长线会交于O点,画出磁场中运动轨迹如图所示,粒子转过的圆心角=60。(1)由几何知识得R=rtan 60=3r。(2)由R=mvqB,因此v=BqRm=3Bqrm。(3)在磁场中运动

15、时间为t=2T=322mqB=m3qB。答案:(1)3r(2)3Bqrm(3)m3qB7质谱仪的原理如图所示,a为粒子加速器,电压为U1,b为速度选择器,磁场与电场正交。磁感应强度为B1,板间距离为d,c为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为+e的粒子(不计重力)经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动。求:(1)粒子的速度v;(2)速度选择器的电压U2;(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。解析:(1)在a中,粒子被加速电场U1加速,由动能定理得eU1=12mv2,得v=2eU1m。(2)在b中,粒子受到的静电力和洛伦兹力大小相等,即eU2d=evB1,代入v值得U2=B1d2eU1m。(3)在c中,粒子受洛伦兹力作用而做圆周运动,则evB2=mv2R,由上式得回转半径R=mvB2e,代入v值得R=1B22mU1e。答案:(1)2eU1m(2)B1d2eU1m(3)1B22mU1e