新教材2023年秋高中物理第1章安培力與洛倫茲力素養(yǎng)提升練2帶電粒子在有界磁場中的運動新人教版選擇性必修第二冊

素養(yǎng)提升練(二)帶電粒子在有界磁場中的運動一、選擇題1．如圖所示，一半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的正電荷(重力忽略不計)以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，從磁場中射出時速度方向改變了θ角。磁場的磁感應強度大小為()A．mvqRtanθC．mvqRsinθ2．(多選)如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質量為m、電荷量大小為q(不計重力)的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子在磁場中運動時到x軸的最大距離為a，則磁感應強度B的大小和該粒子所帶電荷的正、負可能是()A．3mv2aq，正電荷 B．mvC．3mv2aq，負電荷 D．mv3．如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)。則下列說法正確的是()A．若v一定，θ越大，則粒子離開磁場的位置距O點越遠B．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短4．(2022·河北衡水第二中學高二期中)如圖所示，在平面坐標系xOy的第一象限內，存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶正電的粒子沿x軸正方向以速度v0從y軸上的點P1(0，a)射入磁場，從x軸上的點P2(2a，0)射出磁場，不計粒子受到的重力，則粒子的比荷為()A．v05aB C．3v05aB5．(2022·湖北浠水第一中學高二期中)如圖所示，ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，磁場垂直紙面向外，比荷為em的電子以速度v0從A點沿AB方向射入，欲使電子能經過BC邊，則磁感應強度B的取值應為(A．B>3mv0ae BC．B<3mv0ae D6．長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示。磁感應強度大小為B，板間距離為l，極板不帶電?，F(xiàn)有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子打在極板上，可采用的辦法是()A．使粒子的速度v<BqlB．使粒子的速度v>5BqlC．使粒子的速度v>BqlD．使粒子的速度Bql4m<v<7．(2022·上?？亟袑W高二期中)如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖所示，若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是()A．三個粒子都帶負電荷B．c粒子運動速率最小C．c粒子在磁場中運動時間最短D．它們做圓周運動的周期Ta<Tb<Tc8．(多選)(2022·遼寧卷)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經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態(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點二、非選擇題9．(2022·山東乳山銀灘高級中學高二階段練習)如圖所示，真空區(qū)域內有一寬度為d、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。AB、CD為磁場的邊界。O是AB上一粒子源，某時刻從O點沿各個方向射入大量速度大小相等、方向與磁場垂直、質量為m、電荷量為q的正粒子(重力不計)。已知沿著與AB夾角θ＝30°方向入射的粒子剛好垂直于CD邊界射出磁場。求：(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2)粒子在磁場中做圓周運動的速度大??；(3)粒子在磁場中運動的最長時間cos8210．“質子療法”可以進行某些腫瘤治療，質子先被加速至較高的能量，然后經磁場引向轟擊腫瘤，殺死其中的惡性細胞，如圖所示。若質子由靜止被加速長度為l＝4m的勻強電場加速至v＝1.0×107m/s，然后被圓形磁場引向后轟擊惡性細胞。已知質子的質量為m＝1.67×10-27kg，電荷量為e＝1.60×10-19C。(1)求勻強電場的電場強度大小(結果保留兩位有效數(shù)字)；(2)若質子正對直徑d＝1.0×10-2m的圓形磁場圓心射入，被引向后的偏角為60°，求該磁場的磁感應強度大小(結果保留三位有效數(shù)字)；(3)若質子被引向后的偏角為90°，且圓形磁場磁感應強度為10.44T，求該圓形磁場的最小直徑為多大(結果保留兩位有效數(shù)字)。11．如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106m/s的α粒子(帶正電)。已知屏蔽裝置寬和長滿足AD＝2AB，α粒子的質量m＝6.64×10-27kg，電荷量q＝3.2×10-19C。若在屏蔽裝置右側條形區(qū)域內加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應強度的大小B＝0.332T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中。試求(以下運算結果可保留根號和π)：(1)若水平向右進入磁場的α粒子不從條形磁場隔離區(qū)的右側穿出，試計算該粒子在磁場中運動的時間；(2)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側穿出，則磁場的寬度d至少是多少；(3)若條形磁場的寬度d＝20cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最短時間和最長時間分別是多少。素養(yǎng)提升練(二)12345678BBCBBCDCAD1．B[以速度v正對著圓心射入磁場，將背離圓心射出，軌跡圓弧的圓心角為θ，如圖，由幾何關系知軌跡圓半徑r=Rtanθ2，由半徑r=mvqB解得B=mvtan2．BC[如圖所示，若粒子帶正電，則a=r(1-sin30°)=mv2qB，則B=mv2aq，B正確；若粒子帶負電，則a=r(1+sin30°)=3mv2qB，則B3．B[畫出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖所示。設粒子的軌跡半徑為r，則有r=mvqB，AO=2rsinθ=2mvsinθqB，則若θ是銳角，θ越大，AO越大，若θ是鈍角，θ越大，AO越小，故A錯誤；由幾何關系得，軌跡對應的圓心角α=2π-2θ，粒子在磁場中運動的時間為t=α2πT=2π-2θ2π·2πmqB=(2π-2θ)mqB，則得知粒子的運動時間與v無關，若v一定，θ4．B[粒子運動軌跡對應的圓心在y軸上，如圖所示。設軌跡的半徑為R，有(R-a)2+4a2=R2，解得R=5a2，由牛頓第二定律可得qv0B=mv02R5．C[當電子從C點離開磁場時，電子做勻速圓周運動對應的半徑最小，設為R，如圖所示由幾何關系得2Rcos30°=a，解得R=a3，欲使電子能經過BC邊，必須滿足R>a3，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有ev0B=mv02R，解得B<6．D[如圖所示，帶電粒子剛好打在極板右邊緣時，根據(jù)幾何關系有r12=r1-l2+l2，在磁場中，由洛倫茲力提供向心力qv1B=mv12r1，解得v1=5Bql4m；帶電粒子剛好打在極板左邊緣時，根據(jù)幾何關系有r2=l4=m7．C[粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，結合左手定則可知，三個粒子都帶正電荷，A錯誤；根據(jù)qvB=mv2r，可得r=mvqB，三個帶電粒子的質量、電荷量相同，在同一個磁場中，當速度越大時軌道半徑越大，則由題圖知，a粒子的軌跡半徑最小，c粒子的軌跡半徑最大，則a粒子速率最小，c粒子速率最大，B錯誤；三個帶電粒子的質量和電荷量都相同，由粒子運動的周期T=2πmqB可知三粒子運動的周期相同，即Ta=Tb=Tc，D錯誤；粒子在磁場中運動時間t=θ2πT，θ是粒子軌跡對應的圓心角，也等于速度的偏轉角，由題圖可知，a8．AD[由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉，根據(jù)左手定則可知粒子2應該帶正電，A正確，B錯誤；由以上分析可知粒子1可能為中子，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r，解得r=mvqB，可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點，9．解析：(1)沿著與AB夾角θ=30°方向入射的粒子剛好垂直于CD邊界射出磁場，軌跡如圖所示。由幾何關系可得粒子做圓周運動的半徑為R=dcosθ=233d，由粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則qvB=mv2R(2)由(1)知R=233d，根據(jù)qvB=mv2R得粒子的速度為v=(3)當粒子軌跡與CD邊相切時，軌跡圓的圓心角α最大，如圖，粒子在磁場中運動時間最長，由幾何關系得cosα2=R-dR，代入數(shù)據(jù)cosα2=1-32，即α=164°，粒子做圓周運動的周期T=2π代入數(shù)據(jù)得t=41π答案：(1)233d(2)23dqB310．解析：(1)根據(jù)動能定理eEl=12mv2解得E≈1.3×105N/C。(2)由題意得質子的運動軌跡如圖，由數(shù)學知識tan30°=d根據(jù)洛倫茲力提供向心力evB1=mv解得B1≈12.1T。(3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力evB2=mv解得r'≈0.01m質子運動的軌跡如圖根據(jù)數(shù)學知識知圓形磁場直徑d'=2r'≈1.4×10-2m。答案：(1)1.3×105N/C(2)12.1T(3)1.4×10-2m11．解析：(1)所有α粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設為R，周期設為T，則根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv2R，又因為T=聯(lián)立得T=2πmqB=π8×10若水平向右進入磁場的α粒子不從條形磁場隔離區(qū)的右側穿出，則粒子運動軌跡為半圓，運動時間為t=12T=π16×10-6(2)根據(jù)題意，由幾何知識可得∠BAO=∠ODC=45°根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv解得R=0.2m=20cm由幾何關系可知，若所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側穿出，則滿足條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，如圖所示。設此時磁場寬度為d0，由幾何關系可得d0=R+Rcos45°=(20+102)cm則磁場寬度d至少為(20+102)cm。(3)設速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)域的α粒子的入射點為E，如圖所示因磁場寬度d=20cm<d0，且R=20cm，則在∠EOD間射出進入磁場區(qū)域的α粒子均能穿出磁場的右邊界，在∠EOA間射出進入磁場區(qū)域的α粒子均不能穿出磁場右邊界，所以沿OE方向進入磁場區(qū)域