2020-2021学年新教材高中物理 第一章 安培力与洛伦兹力 习题课 带电粒子在有界磁场或复合场中的运动课后提升训练（含解析）新人教版选择性必修第二册.docx

1、习题课:带电粒子在有界磁场或复合场中的运动基础巩固1.半径为r的圆形空间内,存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中,并从B点射出。AOB=120,如图所示,则该带电粒子在磁场中运动的时间为()A.2r3v0B.23r3v0C.r3v0D.3r3v0解析从AB所对圆心角=60,知t=16T=m3qB。但题中已知条件不够,没有此选项,另想办法找规律表示t。匀速圆周运动t=ABv0,从题图分析有R=3r,则AB=R=3r3=33r,则t=ABv0=3r3v0,故D正确。答案D2.带电质点在匀强磁场中运动,某时刻速度方向如图所示,所受的重力和洛伦

2、兹力的合力恰好与速度方向相反,不计阻力,则在此后的一小段时间内,带电质点将()A.可能做直线运动B.可能做匀减速运动C.一定做曲线运动D.可能做匀速圆周运动解析带电质点在运动过程中,重力做功,速度大小和方向发生变化,洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化,故带电质点不可能做直线运动,也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动,一定做曲线运动,C正确。答案C3.(多选)长为l的水平极板间,有垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示,磁感应强度为B,板间距离为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,可采用的办法是()A.

3、使粒子的速度v5Bql4mC.使粒子的速度vBqlmD.使粒子的速度Bql4mv5Bql4m解析如图所示,由题意知,若带正电的粒子从极板左边射出磁场,其在磁场中做圆周运动的半径Rl4,粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qvB=mv2r可得粒子做圆周运动的半径:r=mvqB粒子不从左边射出,则:mvqBl4即v5l4即v5Bql4m,故欲使粒子打在极板上,粒子的速度必须满足v5Bql4m故A、B正确,C、D错误。答案AB4.(多选)如图所示,在x0,y0的空间有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B,现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子,由x轴上的P点以不同的

4、初速度平行于y轴射入此磁场,运动轨迹如图所示,不计重力的影响,则()A.初速度最大的粒子是沿射出的粒子B.初速度最大的粒子是沿射出的粒子C.在磁场中运动时间最长的是沿射出的粒子D.在磁场中运动时间最长的是沿射出的粒子解析显然图中四条圆弧中对应的半径最大,由半径公式r=mvBq可知,质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大,半径越大,A对,B错;根据周期公式T=2mqB知,当圆弧对应的圆心角为时,带电粒子在磁场中运动的时间为t=mqB,圆心角越大,则带电粒子在磁场中运动时间越长,圆心均在x轴上,由题图可知的圆心角为,且最大,故在磁场中运动时间最长的是沿射出的粒子,C错,D

5、对。答案AD5.(多选)如图所示,在一矩形区域内,不加磁场时,不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入,穿过此区域的时间为t。若加上磁感应强度为B、水平向外的匀强磁场,带电粒子仍以原来的初速度入射,粒子飞出时偏离原方向60,利用以上数据可求出下列物理量中的()A.带电粒子的比荷B.带电粒子在磁场中运动的周期C.带电粒子的初速度D.带电粒子在磁场中运动所对应的圆心角解析由带电粒子在磁场中运动的偏向角,可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60,因此由几何关系得l=Rsin60,又由Bqv0=mv02R得R=mv0qB,故l=mv0qBsin60,又因未加磁场时有l=v0t,所以可求得比荷qm=s

6、in60Bt,故A、D正确;根据周期公式T=2mBq可得带电粒子在磁场中运动的周期T=2mBq=2BBtsin60=2tsin60,故B正确;由于半径未知,所以初速度无法求出,C错误。答案ABD6.如图所示为一圆形区域的匀强磁场,在O点处有一放射源,沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子,其中带电粒子1从A点飞出磁场,带电粒子2从B点飞出磁场,不考虑带电粒子的重力。则()A.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比值为31B.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比值为31C.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为21D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为12解析根据题图中几何关

7、系,tan60=Rr1,tan30=Rr2,带电粒子在匀强磁场中运动,r=mvqB,联立解得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比值为31,选项A正确,选项B错误;带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为t1t2=23r13r2=2r1r2=23,选项C、D错误。答案A7.(2019全国卷)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射

8、点之间的距离为d,不计重力。求(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。解析(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=12mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=mv2r由几何关系知d=2r联立式得qm=4UB2d2(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=r2+rtan30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=sv联立式得t=Bd24U2+33答案4UB2d2(2)Bd24U2+338.如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场,一质量

9、为m=5.010-8 kg、电荷量为q=1.010-6 C的带正电的粒子由静止开始经U0=10 V的电压加速后,从P点沿图示方向进入磁场,已知OP=30 cm,粒子重力不计,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求带电粒子到达P点时的速度v的大小;(2)若粒子不能进入x轴上方,求磁感应强度B满足的条件。解析(1)对于带电粒子的加速过程,由动能定理得qU0=12mv2,解得v=20m/s。(2)带电粒子不从x轴射出的临界情况如图所示。由题意和几何关系得OPR+Rcos53,带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有qvB=mv2R,解得B163T。答案(1)20 m/s(2)B16

10、3 T能力提升1.如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t时间从C点射出磁场,OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为v3,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为()A.12tB.2tC.13tD.3t解析设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动,圆心为O1,半径为r1,则根据qvB=mv2r,得r1=mvqB,根据几何关系得Rr1=tan12,且1=60。当带电粒子以13v的速度进入时,轨道半径r2=m13vqB=mv3qB=13r1,圆心在O2,则Rr2=tan22,即tan22=Rr2=3Rr1=3

11、tan12=3。故22=60,2=120;带电粒子在磁场中运动的时间t=360T,所以t2t1=21=21,即t2=2t1=2t,故选项B正确,选项A、C、D错误。答案B2.(多选)如图所示,空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,一带电液滴从静止开始自A沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C点是运动的最低点,阻力不计,以下说法正确的是()A.液滴一定带负电B.液滴在C点时动能最大C.液滴从A运动到C的过程中机械能守恒D.液滴将由B点返回A点解析由轨迹走向可知液滴一定带负电。洛伦兹力不做功,液滴由A到C,克服电场力做功,所以从A运动到C过程中机械能不守恒,由轨迹可知重力大于电场力

12、,所以由动能定理得,液滴在C点时动能最大。液滴到达B处后,向右重复做类似于ACB的运动,不能再由B点返回A点。故选A、B。答案AB3.(多选)电荷量分别为q和-q的两个带电粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场,两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60,磁场宽度为d且AB=d,两粒子同时由A点射入,同时到达B点,如图所示,则()A.a粒子带负电,b粒子带正电B.两粒子的轨道半径之比rarb=31C.两粒子的速度之比vavb=12D.两粒子的质量之比mamb=12解析根据左手定则可判断出,a粒子带负电,b粒子带正电,故A正确;两粒子在磁场中做圆周运动,如图所示,Oa、Ob分别为其轨迹

13、圆心,磁场宽度为d,由几何关系可知ra=3d3,rb=d,所以rarb=13,故B错误;两粒子的轨迹所对圆心角分别为a=120和b=60,两粒子在磁场中的运动时间相等,即Ta3=Tb6,则Tb=2Ta,洛伦兹力提供向心力,运动周期T=2mqB,两粒子的电荷量相同,在同一磁场中,B相同,周期与质量成正比,所以mamb=TaTb=12,故D正确;由qvB=mv2r得v=qBrm,即速度与轨迹半径成正比,与质量成反比,所以vavb=rarbmbma=1321=23,故C错误。答案AD4.(多选)为了测量某地地磁场的磁感应强度的水平分量,课外兴趣小组进行了如图所示的实验:在横截面为长方形且只有上下表面

14、A、B为金属板的导管中通以带电液体,将导管按东西方向放置时,A、B两面出现电势差,测出相应的值就可以求出地磁场的水平分量。若在某次实验中测得液体的流动速度为v,导管横截面的宽为a,导管横截面的高为b,A、B两面的电势差为U,则下列判断正确的是()A.若液体带正电,则B板的电势高于A板的电势B.若液体带负电,则A板的电势高于B板的电势C.地磁场的水平分量为B=UvbD.地磁场的水平分量为B=bUva解析地磁场的水平分量垂直于竖直面向里,带正电的粒子受向上的洛伦兹力打到A板,带负电的粒子受向下的洛伦兹力打到B板,故B正确;达到稳定时,有qvB=Ubq,所以地磁场的水平分量为B=Uvb,故C正确。答

15、案BC5.(2019北京卷)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是()A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短解析带电粒子从a点进入磁场后向下偏转,即洛伦兹力向下,根据左手定则可知粒子一定带负电,选项A错误;带电粒子在磁场中运动时一般不考虑重力,故粒子在磁场中做匀速圆周运动,故粒子在a、b两点的速率相等,选项B错误;带电粒子在磁场中做圆周运动是由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=mv2r,可得r=mvqB,故仅减小磁感应强度会

16、使粒子运动的轨迹半径增大,可能使粒子从b点右侧射出磁场,选项C正确;若减小粒子入射速率,粒子运动的轨迹半径减小,粒子在磁场中运动的偏转角变大,运动时间会变长,选项D错误。答案C6.如图所示,xOy坐标系第二象限内有水平向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在匀强磁场,磁感应强度B大小相等,方向如图所示。现有一个质量为m,电荷量为+q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点,以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场,恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45角射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场。已知OP之间的距离为d(不计粒子的重力)。求:(1)O点到Q点的距离。(2)磁感应强度B的大小

17、。(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。解析(1)设Q点的纵坐标为h,到达Q点的水平分速度为vx。P到Q受到的恒定电场力与初速度垂直,为类平抛运动,则由类平抛运动的规律可知竖直方向做匀速直线运动h=v0t水平方向做匀加速直线运动,平均速度v=0+vx2,d=vxt2根据速度的矢量合成tan45=vxv0解得h=2d。(2)由几何知识可得,粒子在磁场中的运动半径R=22d由牛顿第二定律qvB=mv2R,解得R=mvqB由(1)可知v=v0cos45=2v0联立解得B=mv02qd。(3)在电场中的运动时间为t1=2dv0由运动学公式T=2Rv在第一象限中的运动时间为t2=135360T=38T在第四象限内的运动时间为t3=T2带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t=t1+t2+t3=(7+4)d2v0。答案(1)2d(2)mv02qd(3)(7+4)d2v0