2024年高二物理寒假提升（人教版）第11天 帶電粒子在勻強磁場中的運動 （解析版）

【淘寶店鋪：向陽百分百】【淘寶店鋪：向陽百分百】第11天帶電粒子在勻強磁場中的運動（預習篇）目錄新知導航：熟悉課程內(nèi)容、掌握知識脈絡基礎知識：知識點全面梳理，掌握必備小試牛刀：基礎題+中等難度題，合理應用區(qū)分帶電粒子是正電荷還是負電荷，確定粒子所受的洛倫茲力的方向判定帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的圓心和半徑；初步解決帶電粒子在有界勻強磁場中的運動的圓心和半徑的確定的常用數(shù)學知識利用所學知識分析解決比較簡單的物理問題一、帶電粒子在勻強磁場中的運動，遵循先定圓心，再定半徑的順序，畫圖分析，解決有關問題。二、帶電粒子中的微觀粒子的重力不計，同位素等微觀粒子從原子核的電荷量和質(zhì)量數(shù)加以區(qū)別三、帶電粒子在磁場中的運動時確定圓心的常用方法，在具體的題目中加以運用四、帶電粒子在常見有界勻強磁場中的運動1．直線邊界從某一直線邊界射入的粒子，再從這一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等，如圖1所示．圖12．平行邊界圖23.圓形邊界：在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿半徑方向射入的粒子，必沿半徑方向射出，如圖3所示．圖31.質(zhì)子和一價鈉離子分別垂直進入同一勻強磁場中做勻速圓周運動,如果它們的圓周運動半徑恰好相等,這說明它們在進入磁場時()A.速率相等B.動量大小相等C.動能相等D.質(zhì)量相等【答案】B【詳解】由r=mvqB2.如圖所示，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于紙面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()A．1∶2 B．2∶1C.eq\r(2)∶2 D．eq\r(2)∶1【答案】C【詳解】設帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝eq\f(1,2)mv12，Ek2＝eq\f(1,2)mv22；由題意可知Ek1＝2Ek2，即eq\f(1,2)mv12＝mv22，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),1)。由洛倫茲力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,r)，得B＝eq\f(mv,qr)，由題意可知eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,1)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(v1r2,v2r1)＝eq\f(\r(2),2)，選項C正確。3．如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為（）A．3 B．2 C． D．【答案】A【解析】粒子在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡，如圖所示電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)得，軌跡半徑可知粒子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關系可知，為等邊三角形，則粒子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以粒子1運動的時間粒子2運動的時間所以故選A。4．如圖所示，OACD是一長為OA＝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、帶電量為q的粒子從O點以速度垂直射入磁場，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（

）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．矩形磁場的寬度最小值為【答案】B【詳解】A．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；B．粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得故B正確；C．由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，粒子在磁場中做圓周運動的周期粒子在磁場中的運動時間為又由解得故C錯誤；D．根據(jù)圖示由幾何知識可知，矩形磁場的最小寬度為故D錯誤。故選B。5.在圖中，若上下板足夠長，間距為d。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，從下極板上的A點以速度v沿與極板成60°角、垂直磁場的方向射入磁場區(qū)域。若要使粒子不打在上極板，則磁場的磁感應強度B應滿足（）A．B≥ B．0＜B＜C．B≥ D．0＜B＜【答案】A【詳解】粒子不打在上極板，臨界情況為粒子的軌跡恰好與上極板相切，如圖所示設軌道半徑為r，由幾何關系可得r＋rcos60°＝d解得r＝d由于洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝m解得B＝磁感應強度B越大，軌跡半徑越小，所以磁場的磁感應強度B應滿足B≥。故選A。6.(多選)長為l的水平極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離也為l，板不帶電。現(xiàn)有質(zhì)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于磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()A．使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)答案AB解析如圖所示，帶電粒子剛好打在極板右邊緣時，有req\o\al(2,1)＝(r1－eq\f(l,2))2＋l2又r1＝eq\f(mv1,Bq)，所以v1＝eq\f(5Bql,4m)粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，v2＝eq\f(Bql,4m)，綜合上述分析可知，A、B正確。7．（多選）如圖所示，場強為E的勻強電場方向豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場垂直電場向外，帶電量為q的小球（視為質(zhì)點）獲得某一垂直磁場水平向右的初速度，正好做勻速圓周運動，重力加速度為g，下列說法正確的是（

）A．小球必須帶正電B．小球做勻速圓周運動的周期為C．小球的質(zhì)量為D．若僅把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運動，則其速度為【答案】BC【詳解】A．小球受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，小球做圓周運動，則電場力與重力平衡，可知，電場力豎直向上，電場力方向與電場強度方向相反，則小球帶負電，故A錯誤；C．根據(jù)上述有解得故C正確；B．小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則有結(jié)合上述解得故B正確；D．若把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有故D錯誤。故選BC。8．如圖所示，一束電子的電荷量為e，以速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的有界勻強磁場中，穿出磁場時的速度方向與原來電子入射方向的夾角是，求：（1）電子的質(zhì)量；（2）電子穿過磁場的時間。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）電子運動軌跡如圖所示

由幾何知識得根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得（2）電子做圓周運動的周期胡電子在磁場中的運動時間9．圖中MN表示真空室中垂直于紙面的平板，它的一側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電粒子從平板上狹縫O處以垂直于平板的初速v垂直射入磁場區(qū)域，最后到達平板上的P點。已知B、v以及P到O的距離L，不計重力，求：（1）該帶電粒子的電性；（2）此粒子的電荷量?！敬鸢浮浚?）該粒子帶正電荷；（2）【詳解】（1）根據(jù)左手定則判斷知，該粒子帶正電荷；

（2）粒子只受洛倫茲力，在磁場中做勻速圓周運動，分析幾何關系知根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得10．如圖所示，直角坐標系xOy處于垂直坐標平面向里的磁場中，y<0區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，y>0區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為2B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從坐標原點O沿y軸正方向以速度v運動，不計粒子重力。求：（1）粒子從O點出發(fā)第一次到達x軸所經(jīng)過的時間；（2）粒子第一次到達y軸的位置到O點的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設粒子在區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為r，則有解得粒子從O點出發(fā)第一次到達x軸所經(jīng)過的時間為聯(lián)立解得（2）設粒子在區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為R，有解得則有則可知粒子第一次到達y軸的位置到O點的距離為。11．如圖所示，在一個半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里、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的帶正電荷的粒子從磁場的邊緣A點沿AO方向射入磁場，從磁場邊緣的另一點D離開磁場。已知A、D兩點間的距離為R，不計粒子重力，求：（1）粒子做圓周運動的半徑r；（2）粒子射入磁場時的速度大小v；（3）粒子在磁場中運動的時間t。【答案】（1）R；（2）；（3）【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖所示由圖可知軌跡的半徑，圓心為,根據(jù)幾何關系可得(2)粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，即結(jié)合(1)中結(jié)果，得(3)根據(jù)幾何關系，粒子做圓周運動的圓弧所對應的圓心角=60°設粒子做圓周運動的周期為T，則有聯(lián)立解得粒子的運動時間12.如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在半徑為L的圓形勻強磁場，磁場圓心在M(L，0)點，磁場方向垂直于坐標平面向外。一帶正電粒子從第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)點以速度v0沿x軸正方向射入，恰好從坐標原點O進入磁場，從P(2L，0)點射出磁場，不計粒子重力，求：(1)電場強度與磁感應強度大小的比值；(2)粒子在磁場與電場中運動時間的比值。[答案](1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(π,4)[解析](1)設粒子的質(zhì)量和所帶電荷量分別為m和q，粒子在電場中運動，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得2L＝v0t1，L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，qE＝ma粒子到達O點時沿y軸正方向的分速度為vy＝a