（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第九章 微專題66 帶電粒子在直線邊界磁場場中的運動加練半小時（含解析）

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1、帶電粒子在直線邊界磁場場中的運動 [方法點撥]　(1)一般步驟：畫軌跡，定圓心，求半徑或圓心角.(2)注意“運動語言”與“幾何語言”間的翻譯，如：速度對應圓周半徑；時間對應圓心角或弧長或弦長等.(3)掌握一些圓的幾何知識，如：偏轉(zhuǎn)角等于圓心角；同一直線邊界，出射角等于入射角等. 1.如圖1所示，在邊長為a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著方向垂直于紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場.一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中點O以某一速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°.若粒子能從AB邊穿出磁場，且粒子在磁場中運動的過程中，到AB邊有最大距離

2、，則v的大小為(　　) 圖1 A.B.C.D. 2.(2018·江西省紅色七校聯(lián)考)如圖2所示，正八邊形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場.一帶電粒子從h點沿圖示he方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb.當速度大小為vd時，從d點離開磁場，在磁場中運動的時間為td，不計粒子重力.則下列正確的說法是(　　) 圖2 A.tb∶td＝2∶1 B.tb∶td＝1∶2 C.tb∶td＝3∶1 D.tb∶td＝1∶3 3.(多選)如圖3所示，在一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源O，沿垂直磁場方向，以相同速率向磁場中發(fā)出了兩種粒子，a為質(zhì)子(H)，b為

3、α粒子(He)，b的速度方向垂直于磁場邊界，a的速度方向與b的速度方向之間的夾角為θ＝30°，兩種粒子最后都打到了位于磁場邊界位置的光屏OP上，則(　　) 圖3 A.a、b兩粒子運動周期之比為2∶3 B.a、b兩粒子在磁場中運動時間之比為2∶3 C.a、b兩粒子在磁場中運動的軌跡半徑之比為1∶2 D.a、b兩粒子打到光屏上的位置到O點的距離之比為1∶2 4.(2018·陜西省黃陵中學模擬)如圖4所示，在邊長ab＝1.5L、bc＝L的矩形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O處有一粒子源，可以垂直磁場向區(qū)域內(nèi)各個方向發(fā)射速度大小相等的同種帶電粒子.若沿

4、Od方向射入的粒子從磁場邊界cd離開磁場，該粒子在磁場中運動的時間為t0，圓周運動半徑為L，不計粒子的重力和粒子間的相互作用.下列說法正確的是(　　) 圖4 A.粒子帶負電 B.粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0 C.粒子的比荷為 D.粒子在磁場中運動的最長時間為2t0 5.(2018·陜西省商洛市質(zhì)檢)如圖5所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外.許多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿紙面，由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域.不計重力及粒子間的相互作用.下列圖中陰影部分表示帶電粒子在

5、磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝，正確的圖是(　　) 圖5 6.(多選)如圖6所示，L1和L2為兩條平行的虛線，L1上方和L2下方都有范圍足夠大，且磁感應強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L2上.帶電粒子從A點以初速度v0與L2成30°角斜向右上方射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，經(jīng)過B點時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法中正確的是(　　) 圖6 A.若將帶電粒子在A點時的初速度變大(方向不變)，它仍能經(jīng)過B點 B.帶電粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點時的速度大小相同 C.此帶電粒子既可以帶正電荷，也可以帶負電荷 D.若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60°

6、角斜向右上方，它將不能經(jīng)過B點 7.(多選)(2018·廣東省茂名市模擬)如圖7所示，OACD是一長為L的矩形，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為α，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，則(　　) 圖7 A.粒子一定帶正電 B.勻強磁場的磁感應強度為 C.粒子從O到A所需的時間為 D.矩形磁場的OD邊長的最小值為(1－cosα) 8.圖8中虛線PQ上方有一磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外.O是PQ上一點，在紙面內(nèi)從O點向磁場區(qū)域的任意方向連續(xù)發(fā)射速率為v0的粒子，粒子電荷量為

7、q、質(zhì)量為m.現(xiàn)有兩個粒子先后射入磁場中并恰好在M點相遇，MO與PQ間夾角為60°，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A.兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔可能為 B.兩個粒子射入磁場的方向分別與PQ成30°和60°角 C.在磁場中運動的粒子離邊界的最大距離為 D.垂直PQ射入磁場的粒子在磁場中的運行時間最長 9.(多選)(2018·廣西桂林、賀州聯(lián)考)如圖9所示，對角線CE將矩形區(qū)域CDEF分成兩個相同的直角三角形區(qū)域，Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充滿了方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場，已知CD＝FE＝L，DE＝CF＝L，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電荷從

8、A點(DA＝L)以一定的速度平行于DC方向垂直進入磁場，并從CF上的Q點(圖中未畫出)垂直CF離開磁場，電荷重力不計.則(　　) 圖9 A.CQ＝L B.CQ＝L C.v＝ D.v＝ 10.提純氘核技術對于核能利用具有重大價值，如圖10是從質(zhì)子、氘核混合物中將質(zhì)子和氘核分離的原理圖，x軸上方有垂直于紙面向外的勻強磁場，初速度為0的質(zhì)子、氘核混合物經(jīng)電壓為U的電場加速后，從x軸上的A(－L,0)點沿與＋x成θ＝30°的方向進入第二象限(速度方向與磁場方向垂直)，質(zhì)子剛好從坐標原點離開磁場.已知質(zhì)子、氘核的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為m、2m，忽略質(zhì)子、氘核的重力及其相互作用. 圖

9、10 (1)求質(zhì)子進入磁場時速度的大??； (2)求質(zhì)子與氘核在磁場中運動的時間之比； (3)若在x軸上接收氘核，求接收器所在位置的橫坐標. 答案精析 1.C　[設從AB邊以v射出的粒子符合題意，運動軌跡如圖所示，由圖知2R＝OBcos30°，OB＝，又有Bqv＝，得v＝.] 2.C [粒子運動軌跡如圖所示.設正八邊形的邊長為l，根據(jù)幾何關系可知，粒子從b點離開時的軌道半徑為l，偏轉(zhuǎn)角度為135°，粒子從d點離開時的軌道半徑為(2＋)l，偏轉(zhuǎn)角度為45°，洛倫茲力提供向心力qvB＝＝mω2r，則運動時間t＝＝，所以，＝＝＝，故C項正確.]

10、3.BC　[由qvB＝和v＝知，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，則a、b兩粒子運動周期之比Ta∶Tb＝∶＝1∶2，選項A錯誤；a粒子在勻強磁場中運動軌跡對應的圓心角為240°，運動時間為，b粒子在勻強磁場中運動軌跡對應的圓心角為180°，運動時間為，a、b兩粒子在勻強磁場中運動的時間之比為ta∶tb＝∶＝2∶3，選項B正確；由qvB＝m，解得r＝，由此可知a、b兩粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑之比為ra∶rb＝∶＝1∶2，選項C正確；a粒子打到光屏上的位置到O點的距離為2racos30°＝ra，b粒子打到光屏上的位置到O點的距離為2rb，a、b兩粒子打到光屏上的位置到O點的距離之

11、比為ra∶2rb＝∶4，選項D錯誤.] 4.D [由題設條件作出以O1為圓心的軌跡圓弧，如圖所示，由左手定則可知該粒子帶正電，選項A錯誤；由圖中幾何關系可得sinθ＝＝，解得θ＝，可得T＝6t0，選項B錯誤；根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律可得T＝，解得＝，選項C錯誤；根據(jù)周期公式，粒子在磁場中運動時間t＝，在同一圓中，半徑一定時，弦越長，其對應的圓心角α越大，則粒子在磁場中運動時間最長時的軌跡是以O2為圓心的圓弧，如圖所示，由圖中幾何關系可知α＝，解得t＝2t0，選項D正確.] 5.D 6.ABC 　[畫出帶電粒子運動的可能軌跡，B點的位置可能有如圖兩種，根據(jù)軌跡，粒子經(jīng)過邊

12、界L1時入射點與出射點間的距離與經(jīng)過邊界L2時入射點與出射點間的距離相同，與速度無關，所以當初速度大小增大，但保持方向不變時，它仍能經(jīng)過B點，故A正確；從A到B的過程中，合外力對粒子做功為零，故經(jīng)過B點時的速度跟在A點時的速度大小相等，故B正確；如圖，分別是正、負電荷的軌跡，正、負電荷都可能，故C正確；設L1與L2之間的距離為d，則A到B的距離為x＝，所以，若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與L2成60°角斜向上，經(jīng)過多個周期后仍有可能經(jīng)過B點，故D錯誤.] 7.BC 　[由題意可知，粒子進入磁場時所受洛倫茲力斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示，由幾

13、何知識可得r＝，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝m，解得B＝，故B正確；由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝2α，粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，粒子在磁場中的運動時間t＝T＝，故C正確；根據(jù)圖示，由幾何知識可知，矩形磁場的最小寬度d＝r－rcosα＝，故D錯誤.] 8.A　[以粒子帶正電為例來分析，先后由O點射入磁場，并在M點相遇的兩個粒子軌跡恰好組成一個完整的圓，從O點沿OP方向入射并通過M點的粒子軌跡所對圓心角為240°，根據(jù)帶電粒子在磁場中運動的周期公式可知，該粒子在磁場中的運動時間t1＝×＝，則另一個粒子軌跡所對圓心角為120°，

14、該粒子在磁場中的運動時間t2＝×＝，可知，兩粒子在磁場中的運動時間差可能為Δt＝，A項對；射入磁場方向分別與PQ成30°和60°角的兩粒子軌跡所對圓心角之和不是360°，不可能在M點相遇，B項錯；在磁場中運動的粒子離邊界的最大距離為圓周的運動軌跡直徑d＝，C項錯；沿OP方向入射的粒子在磁場中運動的軌跡所對圓心角最大，運動時間也最長，D項錯.] 9.AC 　[粒子在磁場中的運動軌跡如圖，由對稱性可知，因DE＝CF＝L，DA＝L，則CQ＝L，選項A正確，B錯誤；由幾何關系可得粒子運動的軌跡半徑為r＝L，則由qvB＝m，解得v＝，選項C正確，D錯誤.] 10.(1)　(2)1∶2　(3)(－1)L 解析　(1)質(zhì)子在電場中加速，由動能定理得qU＝mv2，解得v＝. (2)質(zhì)子與氘核在磁場中都轉(zhuǎn)過個圓周，做圓周運動的周期T1＝，T2＝，粒子在磁場中的運動時間t＝T，則t1∶t2＝T1∶T2＝1∶2. (3)質(zhì)子在磁場中運動時，由幾何知識得r＝L， 由牛頓第二定律得qvB＝m 氘核在電場中加速，由動能定理得qU＝×2mv12 在磁場中，由牛頓第二定律得qv1B＝2m，解得r1＝L 橫坐標：x＝r1－L＝(－1)L. 10