2025版新教材高考物理全程一輪總復(fù)習(xí)課時分層作業(yè)42帶電粒子在磁場中運動的臨界極值及多解問題

課時分層作業(yè)(四十二)帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值及多解問題基礎(chǔ)強化練1.如圖所示，半徑R＝10cm的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，其邊界跟y軸在坐標原點O處相切，磁感強度B＝0.33T，方向垂直紙面對里．在O處有一放射源S，可沿紙面對各方向射出速率均為v＝3.2×106m/s的α粒子，已知α粒子的質(zhì)量m＝6.6×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19C，則該α粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角為()A．30°B．45°C．60°D．90°2.(多選)如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內(nèi)有始終線PQ與水平面成45°角，在PQ兩側(cè)存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B.位于直線上的a點有一粒子源，能不斷地水平向右放射速率不等的相同粒子，粒子帶正電，電荷量為q，質(zhì)量為m，全部粒子運動過程中都經(jīng)過直線PQ上的b點，已知ab＝d，不計粒子重力及粒子相互間的作用力，則粒子的速率可能為()A．eq\f(\r(2)qBd,6m)B．eq\f(\r(2)qBd,4m)C．eq\f(\r(2)qBd,2m)D．eq\f(\r(3)qBd,m)3.[2024·安徽淮北模擬](多選)如圖所示，直角三角形abc區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面對里的勻強磁場(邊界無磁場)，∠b＝30°，ac＝L，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B.一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從ab邊中點O沿平行于ac方向以不同的速率射入磁場，能從ac邊射出磁場的粒子的速度大小可能是()A．0.4eq\f(qBL,m)B．0.46eq\f(qBL,m)C．0.49eq\f(qBL,m)D．0.6eq\f(qBL,m)4.[2024·廣東潮州]如圖所示，在豎直面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面對里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B，在圓形磁場區(qū)域內(nèi)水平直徑上有一點P，P到圓心O的距離為eq\f(R,2)，在P點處有一個放射正離子的裝置，能連綿不斷地向豎直平面內(nèi)的各方面勻稱地放射出速率不同的正離子．已知離子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，不計離子重力及離子間相互作用力．(1)若全部離子均不能射出圓形磁場區(qū)域，求離子的速率取值范圍．(2)若離子速率大小v0＝eq\f(qBR,2m)，則離子可以經(jīng)過的磁場的區(qū)域的最高點與最低點的高度差是多少？實力提升練5．[2024·湖北婁底模擬]磁場可以對帶電粒子的運動施加影響，只要設(shè)計適當(dāng)?shù)拇艌?，就可以限制帶電粒子進行諸如磁聚焦、磁擴散、磁偏轉(zhuǎn)、磁約束與磁滯留等運動．利用電場和磁場來限制帶電粒子的運動，在現(xiàn)代科學(xué)試驗和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用，如圖所示，以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對外的勻強磁場，圓形區(qū)域外有垂直紙面對里的勻強磁場，兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小都是B.有一質(zhì)量為m、所帶正電荷電荷量為q的帶電粒子從P點沿半徑垂直磁場射入圓形區(qū)域，粒子兩次穿越磁場邊界后又回到P點，不計粒子重力，則下列說法正確的是()A．粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為RB．粒子從P點射入磁場的速度大小為eq\f(\r(2)qBR,m)C．粒子從P點射出到第一次回到P點所需的時間為eq\f(3πm,6qB)D．假如圓形區(qū)域外的磁場在一個以O(shè)為圓心的圓環(huán)內(nèi)，則該圓環(huán)的面積至少為(6＋4eq\r(3))πR26.[2024·廣東韶關(guān)市二模]扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖Ⅰ、Ⅱ兩處的條形均強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直紙面．一質(zhì)量為m、電量為－q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角θ＝30°.(1)當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1＝L、磁感應(yīng)強度大小B1＝B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0；(2)若L2＝L1＝L、B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿意的條件；(3)若B1≠B2，L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應(yīng)滿意的關(guān)系式．7.如圖，在xOy坐標系的第一象限內(nèi)，直線y＝eq\f(3,2)l－kx(k＞0)的上方有垂直紙面對外的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.在P(0，eq\f(3,2)l)點有一粒子源，能以不同速率沿與y軸正方向成60°角放射質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的相同粒子．這些粒子經(jīng)磁場后都沿－y方向通過x軸，且速度最大的粒子通過x軸上的M點，速度最小的粒子通過x軸上的N點．已知速度最大的粒子通過x軸前始終在磁場內(nèi)運動，NM＝eq\f(\r(3),2)l，不計粒子的重力，求：(1)粒子最大速度的值與k的值；(2)粒子從P點到穿過x軸經(jīng)驗的最長時間；(3)有界磁場的最小面積．課時分層作業(yè)（四十二）1．解析：放射源放射的α粒子的速率肯定，則它在勻強磁場中的軌道半徑為定值，即r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.6×10－27×3.2×106,3.2×10－19×0.33)m＝0.2m＝20cm.α粒子在圓形磁場區(qū)的圓弧長度越大，其偏轉(zhuǎn)角度也越大，而最長圓弧是兩端點在圓形磁場區(qū)的直徑上，又r＝2R，則此圓弧所對的圓心角為60°，也就是α粒子在此圓形磁場區(qū)的最大偏轉(zhuǎn)角為60°.軌跡如圖所示．選項C正確．答案：C2.解析：由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示全部圓弧的圓心角均為90°，所以粒子運動的半徑r＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(d,n)（n＝1，2，3，…），由洛倫茲力供應(yīng)向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBd,2m)·eq\f(1,n)（n＝1，2，3…），故A、B、C正確，D錯誤．答案：ABC3．解析：能從ac邊射出磁場的粒子的臨界條件是，軌跡分別與ac、bc相切，如圖中1、2兩條實線所示，粒子的軌跡剛好與ac邊相切時，由幾何關(guān)系可知r1＝eq\f(Od,2)＝eq\f(\r(3),4)L；粒子的軌跡剛好與bc邊相切時，由幾何關(guān)系可知r2＝eq\f(ac,2)＝eq\f(L,2)，則粒子的軌跡半徑范圍為eq\f(\r(3),4)L＜r≤eq\f(L,2).粒子在磁場中運動，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，則有qvB＝eq\f(mv2,r)，聯(lián)立可得eq\f(\r(3)qBL,4m)<v≤eq\f(qBL,2m)，選項B、C正確，A、D錯誤．答案：BC4．解析：（1）如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，若全部離子均不能射出圓形磁場區(qū)域，則全部離子運動的最大半徑r≤eq\f(R,4)，解得v≤eq\f(qBR,4m).（2）當(dāng)離子速率大小v0＝eq\f(qBR,2m)時，由qv0B＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),r0)可知此時離子圓周運動的軌跡半徑r0＝eq\f(R,2)，離子經(jīng)過最高點和最低點的運動軌跡如圖，由幾何關(guān)系知heq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,4)))eq\s\up12(2)＝R2，解得h1＝eq\f(\r(15),4)R，由幾何關(guān)系知h2＝eq\f(R,2)＋eq\f(R,2)sin60°＝eq\f(2＋\r(3),4)R，故最高點與最低點的高度差h＝h1＋h2＝eq\f(2＋\r(3)＋\r(15),4)R.答案：（1）v≤eq\f(qBR,4m)（2）eq\f(2＋\r(3)＋\r(15),4)R5.解析：因為粒子兩次穿越磁場邊界后又回到P點，畫出粒子軌跡示意圖如圖所示，設(shè)粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，則有tan30°＝eq\f(R,r)，可得r＝eq\r(3)R，選項A錯誤；則qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(\r(3)qBR,m)，選項B錯誤；粒子在磁場中勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子從P點射出到第一次回到P點所須要的時間為t＝eq\f(T,6)＋eq\f(5T,6)＋eq\f(T,6)＝eq\f(7πm,3qB)，選項C錯誤；則幾何關(guān)系可知，圓環(huán)的大圓半徑為（2＋eq\r(3)）R，小圓半徑為R，所以其面積為S＝π[（2＋eq\r(3)）R]2－πR2＝（6＋4eq\r(3)）πR2，選項D正確．答案：D6．解析：（1）由題意可得粒子運動軌跡大致如下圖所示設(shè)粒子射入磁場的速度為v，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為R1，由動能定理和牛頓其次定律可得qU＝eq\f(1,2)mv2，B0qv＝meq\f(v2,R1)由幾何學(xué)問得L＝2R1sinθ聯(lián)立解得B0＝eq\f(1,L)eq\r(\f(2mU,q))粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間為t0＝eq\f(2θR1,v)＝eq\f(πL,3)eq\r(\f(m,2qU)).（2）由題意可得粒子運動軌跡大致如下圖所示設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)中做圓周運動的半徑為R2，由牛頓其次定律得qvB2＝meq\f(v2,R2)為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，應(yīng)滿意R2＋R2Lsinθ≤L代入數(shù)據(jù)解得B2≥eq\f(3,L)eq\r(\f(mU,2q)).（3）由題意可得粒子運動軌跡大致可能如下圖所示兩種狀況設(shè)粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時速度與水平方向的夾角為α，由幾何學(xué)問可得L1＝R1sinθ＋R1sinα（或L1＝R1sinθ－R1sinα）L2＝R2sinθ＋R2sinα（或L2＝R2sinθ－R2sinα）又依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力有qvB1＝meq\f(v2,R1)，qvB2＝meq\f(v2,R2)聯(lián)立解得B2L2＝B1L1.答案：（1）eq\f(1,L)eq\r(\f(2mU,q))eq\f(πL,3)eq\r(\f(m,2qU))（2）B2≥eq\f(3,L)eq\r(\f(mU,2q))（3）B2L2＝B1L17．解析：（1）設(shè)粒子的最大速度為v1，由于速度最大的粒子始終在磁場內(nèi)運動，過P點作速度的垂線交x軸于O1點，就是速度為v1的粒子做圓周運動的圓心，PO1即為半徑R1，由幾何關(guān)系可知R1sin60°＝y(tǒng)P，由牛頓運動定律有qv1B＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),R1)，解得R1＝eq\r(3)l1，v1＝eq\f(\r(3)qBl,m)，由于全部粒子離開磁場時方向均沿y軸負方向，所以它們在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度均相同．即從磁場射出的粒子，射出點肯定在PM連線上，PM連線即為y＝eq\f(3,2)l－kx直線，k＝eq\f(yP,OM)＝eq\f(yP,OO1＋R1)，解得k＝eq\f(\r(3),3).（2）全部粒子在磁場中運動的時間均相等，速度小的粒子離開磁場后再做勻速直線運動，速度最小的粒子在磁場外運動的位移最大，時間最長．設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t1，T＝eq\f(2πm,qB)，t1＝eq\f(T,3)，設(shè)速度最小的粒子在磁場中的半徑為R2，速度為v2，則ON＝OM－NM＝eq\r(3)l，R2sin30°＋R2＝ON，由牛頓運動定律有qv2B＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),R2)，解得R2＝eq\f(2\r(3)l,3)，v2＝eq\f(2\r(3)qBl,3m)，最小速度的粒子離開磁場后運動的時間為t2，t2＝eq\f(CN,v2)，速度最小的粒子從離開P點到打在x軸上經(jīng)驗的時間t＝t1＋t2＝eq\f(（8π＋3\r(3)）m,12qB).（3）磁場的最小面積為圖中PCM陰影部分的面積S＝（eq\f(1,3)πReq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\