（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)43 帶電粒子在磁場中的臨界和多解專題（含解析）新人教版

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1、帶電粒子在磁場中的臨界和多解專題 一、選擇題 1.(2018·淄博一模)(多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內，有勻強磁場，它的磁感應強度大小為B，方向垂直于圓平面(未畫出)，一群比荷為的負離子(不計重力)以相同速率v0，由P點在紙平面內向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉后，又飛出磁場，最終打在磁場區(qū)域右側的熒光屏(足夠大)上，則下列說法正確的是(　　) A．離子在磁場中的運動時間一定相等 B．離子在磁場中運動半徑一定相等 C．由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長 D．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大 答案　BC 解析　A項，由于離子從圓上不同點射出時，軌跡的圓心角不同，

2、所以離子在磁場中運動時間不同，故A項錯誤． B項，離子在磁場中做圓周運動：r＝，因粒子的速率相同，比荷相同，故半徑一定相同，故B項正確； C項，由圓的性質可知，軌跡圓與磁場圓相交，當軌跡圓的弦長最大時偏向角最大，故應該使弦長為PQ，故由Q點飛出的粒子圓心角最大，所對應的時間最長；此時粒子一定不會沿PQ射入．故C項正確，D項錯誤． 2.(2018·山東模擬)在半徑為R的圓形容器上開一個小孔P，圓心O處固定一個放射源s，放射源能向圓平面內各個方向輻射不同速率的β粒子，如圖所示．β粒子的質量為m、電荷量為e.容器內壁能吸收β粒子，讓磁感應強度為B的勻強磁場垂直于圓平面時有β粒子從P孔中射出．則

3、能從P孔射出的β粒子的速率可能為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 答案　D 解析　粒子軌跡與容器壁相切是不從容器中射出的臨界狀態(tài)， 粒子能直接從P孔射出時，β粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑應滿足：r＞， 粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：evB＝m，解得：v＞，A、B、C三項錯誤，故D項正確． 3．(2018·唐山模擬)如圖所示，在0≤x≤3a的區(qū)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B.在t＝0時刻，從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°～90°范圍內．其中，沿y軸正方向

4、發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場右邊界上P(3a，a)點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　) A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3a B．粒子的發(fā)射速度大小為 C．帶電粒子的比荷為 D．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0 答案　D 解析　A項，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示， 設粒子運動的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關系有：(3a－r)2＋(a)2＝r2可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑：r＝2a，故A項錯誤； B項，根據(jù)幾何關系可得：sinθ＝＝，故：θ＝，圓弧OP的長度：s＝(π－θ)r，所以粒子的發(fā)射速度大小：v＝＝，故B項錯誤；

5、 C項，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m結合粒子速度：v＝，以及半徑：r＝2a，聯(lián)立可得帶電粒子的荷質比：＝，故C項錯誤； D項，當粒子軌跡恰好與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，畫出粒子軌跡過程圖如圖所示，粒子與磁場邊界相切于M點，從E點射出， 從P點射出的粒子轉過的圓心角為(π－θ)，時間為t0，從E點射出的粒子轉過的圓心角為2(π－θ)，故帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0，故D項正確． 4．(2018·青島二模)如圖，在xOy平面內，虛線y＝x左上方存在范圍足夠大、磁感應強度為B的勻強磁場，在A(0，1)處有一個粒子源，可沿平面內各個方向射出質量為m，電量為

6、q的帶電粒子，速率均為，粒子重力不計，則粒子在磁場中運動的最短時間為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq＝； 所以，粒子做勻速圓周運動的軌道半徑R＝＝l； 根據(jù)幾何關系可得：A到虛線的距離為l＝R； 那么，粒子在磁場中運動轉過的最小中心角為60°，故粒子在磁場中運動的最短時間t＝T＝＝，故C項正確，A、B、D三項錯誤． 5．(2018·涼山模擬)如圖所示，有一邊長l＝2 m的正三角形區(qū)域內有垂直紙面向內的勻強磁場，磁感應強度大小B＝T有一比荷q/m＝200C/kg的帶正電

7、粒子從AB邊上的P點垂直AB邊進入磁場，AP的距離為m，要使粒子能從AC邊射出磁場，帶電粒子的最大初速度為(粒子的重力不計)(　　) A．500 m/s B．600 m/s C．4×102 m/s D．1 200 m/s 答案　B 解析　從AC邊穿出的粒子其臨界軌跡如圖所示，對速度較大的粒子，對應的半徑為R， 根據(jù)幾何關系可知，此時粒子的軌道半徑： R＝lsin60°＝2× m＝ m， 又qvB＝m， 解得v＝＝200×× m/s＝600 m/s，故B項正確，A、C、D三項錯誤． 6．(2018·日照一模)(多選)如圖所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場

8、．P為磁場邊界的一點．大量比荷大小分別為k1、k2的帶電粒子以相的速率v經(jīng)過P點，在紙面內沿不同方向射入磁場．其中，比荷大小為k1的粒子在磁場邊界的出射點分布在四分之一圓周PM上；比荷大小為k2的粒子在磁場邊界的出射點分布在三分之一圓周PN上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用．則k1∶k2為(　　) A.∶2 B.∶3 C．2∶ D．3∶ 答案　AD 解析　畫出兩個粒子打在圓弧上最遠位置的軌跡如圖所示，由題意，比荷為k1的粒子的軌跡半徑r1＝Rcos45°＝R，比荷為k2的粒子的軌跡半徑為： r2＝Rcos30°； 由洛侖茲力提供向心力有： qvB＝m 可得：k

9、＝＝， 所以＝＝＝， 這樣看，A、D兩項正確，B、C兩項錯誤． 7.(2018·河南模擬)如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界為MN，在距邊界為r處有一粒子源S，粒子源沿平行紙面的各個方向均勻地射出大量質量為m、電荷量為q、速率為v的相同粒子，不計粒子的重力及粒子間的作用力，若磁感應強度大小為B＝，則能從右邊界逸出的粒子數(shù)與發(fā)射的粒子數(shù)的比例為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　粒子在磁場中運動只受洛倫茲力作用，故粒子做圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq＝，所以，粒子做圓周運動的軌道半徑R＝＝r＝2(2－)r； 如圖所示，在圖示兩運動軌跡間的

10、發(fā)射角間發(fā)射出的粒子能從右邊界逸出，發(fā)射角轉過的角度等于半徑轉過的角度，故能從右邊界逸出的粒子的發(fā)射角θ＝2arccos＝2arccos＝2arccos＝60°； 故能從右邊界逸出的粒子數(shù)與發(fā)射的粒子數(shù)的比例為＝，故A、B、C三項錯誤，D項正確． 8.如圖所示，由光滑彈性絕緣壁構成的等邊三角形ABC容器的邊長為a，其內存在垂直紙面向外的勻強磁場，小孔O是豎直邊AB的中點，一質量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)從小孔O以速度v水平射入磁場，粒子與器壁多次垂直碰撞后(碰撞時無能量和電荷量損失)仍能從O孔水平射出，已知粒子在磁場中運行的半徑小于，則磁場的磁感應強度的最小值Bmin及對應粒子在

11、磁場中運行的時間t為(　　) A．Bmin＝，t＝ B．Bmin＝，t＝ C．Bmin＝，t＝ D．Bmin＝，t＝ 答案　C 解析　粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，則Bqv＝m，得r＝，因粒子從O孔水平射入后，最終又要水平射出，則有(2n＋1)r＝，(n＝1、2、3…)，聯(lián)立得B＝，當n＝1時B取最小值，Bmin＝，此時對應粒子的運動時間為t＝3(T＋)＝，而T＝＝，t＝，C項正確，A、B、D三項錯誤． 9.(2018·湖北模擬)如圖，xOy坐標軸上有A(L，0)，C(0，L)兩點．在△OCA區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場B.一群質量為m、電荷量為q(q>0)的同

12、種粒子(粒子間相互作用不計)，同一時刻從OC邊以平行于x軸方向射入磁場．粒子射入磁場前間距均勻(極小)、速度相同．從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)75%.不計重力．下列說法正確的是(　　) A．粒子在磁場中按順時針方向運動 B．粒子在磁場中運動時間最長為 C．粒子速度大小為 D．粒子在磁場中運動時間最短為 答案　BC 解析　用左手定則可以判斷A項錯誤．粒子從OC邊均勻射入，75%粒子能從OC邊射出，故OC邊75%長度射入的粒子能從OC射出．從OC邊射出的臨界之一是半圓與AC相切．OP射入的粒子均能從OC邊射出，CP長為OC長25%，Rt△CMN中CN＝2r，CP＝3r，故粒子半徑為

13、，r＝，故粒子速度大小為，C項正確．粒子在磁場中運動的周期為，軌跡對應的圓心角最大值為π，運動時間最長為，B項正確．最短時間為零． 10．(2018·唐山二模)如圖所示，在水平面內存在一半徑為2R和半徑為R兩個同心圓，半徑為R的小圓和半徑為2R的大圓之間形成一環(huán)形區(qū)域．小圓和環(huán)形區(qū)域內分別存在垂直于水平面、方向相反的勻強磁場．小圓內勻強磁場的磁感應強度大小為B.位于圓心處的粒子源S沿水平面向各個方向發(fā)射速率為的正粒子，粒子的電荷量為q、質量為m，為了將所有粒子束縛在半徑為2R的圓形內，環(huán)形區(qū)域磁感應強度大小至少為(　　) A．B B.B C.B D.B 答案　C 解析　粒

14、子做圓周運動，速度恒為：v＝； 由洛倫茲力做向心力可得：Bvq＝ 故粒子在小圓中做圓周運動的半徑為：r＝＝R， 粒子從小圓進入環(huán)形區(qū)域運動速度不變，故粒子偏轉方向相反，粒子束縛在半徑為2R的圓形內，由幾何關系可得：在環(huán)形區(qū)域做圓周運動的軌道半徑最大值r′滿足關系式： ∠O′OS＝60°，OS＝R，OO′＝R＋R′，O′S＝2R－r′；所以， 由余弦定理可得：(R＋r′)2＋R2－(2R－r′)2＝2R(R＋r′)cos60° 故r′＝R； 故由洛倫茲力做向心力可得：B1vq＝，所以，B1＝≥＝·＝B，故C項正確，A、B、D三項錯誤． 二、非選擇題 11.(2018·四川模

15、擬)如圖所示，半徑為R的絕緣圓筒內分布著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．一質量為m、電荷量為q的正離子(不計重力)從筒壁上的小孔P射入筒中，速度方向與半徑OP成30°角．不計離子與筒壁碰撞的能量損失和電荷量的損失．若離子在最短的時間內返回P孔，求離子在圓筒內運動的速率和最短的時間？ 解析　設離子在磁場中的軌跡半徑為r，速度為v， 洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝m 結合圖中的幾何關系可得：r＝2R 解得離子的速率為：v＝ 離子在磁場中走過的每段圓弧對應的圓心角：α＝60° 經(jīng)歷的時間為：t＝ 即為：t＝. 12.(2018·開封三模)如圖所示，在直角坐

16、標系xOy的第一象限中有兩個全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，充滿了方向均垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁感應強度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應強度大小可調，C點坐標為(4L，3L)，M點為OC的中點．質量為m帶電量為－q的粒子從C點以平行于y軸方向射入磁場Ⅱ中，速度大小為，不計粒子所受重力，粒子運動軌跡與磁場區(qū)域相切時認為粒子能再次進入磁場． (1)若粒子無法進入?yún)^(qū)域Ⅰ中，求區(qū)域Ⅱ磁感應強度大小范圍； (2)若粒子恰好不能從AC邊射出，求區(qū)域Ⅱ磁感應強度大?。? 解析　(1)粒子運動軌跡恰好與x軸相切時恰好不能進入Ⅰ區(qū)， 此時，粒子做圓周運動的軌道半徑：r＝3L 洛倫茲力提供向心力，qv

17、B＝m， 已知：v＝，解得：B＝， 粒子粒子無法進入?yún)^(qū)域Ⅰ中，磁感應強度：B<； (2)粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運動的軌道半徑：r＝＝L， 粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的軌道半徑R較小，則粒子會從AC邊射出磁場， 粒子恰好不從AC邊射出磁場時滿足：∠O2O1Q＝2θ， 由幾何知識得：sin2θ＝， sin2θ＝2sinθcosθ＝， 解得：R＝r＝L，代入：v＝，解得：B＝. 13.(2018·揭陽二模)如圖所示，在x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為v、質量為m、帶電量為＋q的同種帶電粒子．在x軸上距離原

18、點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)榱?．現(xiàn)在觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行．不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力．求： (1)磁感應強度B的大??； (2)被薄金屬板接收的粒子在磁場運動的最短時間與最長時間； (3)若在y軸上另放置一個能接收帶電粒子的擋板，使薄金屬板P右側不能接收到帶電粒子，求擋板的最小長度． 解析　(1)粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq＝； 由幾何關系可知：粒子的軌道半徑R＝x0；所以，磁感應強度B＝＝； (2)根據(jù)左手定則：粒子做順時針圓周運動； 被薄金屬板接收的粒子在磁場運動的中心角θ在60°≤θ≤300°范圍；如圖所示： 粒子的運動周期T＝＝， 被薄金屬板接收的粒子在磁場運動的最短時間tmin＝T＝， 最長時間tmax＝T＝； 　 (3)使板右側能接收到帶電粒子的運動軌跡中，打在最上面與最下面的粒子的軌跡如圖所示，擋板的位置在圖中的MN處； 根據(jù)幾何關系，打在最上面的點：OM＝2R＝2x0； 打在最下面的點：ON＝2Rcos30°＝x0； 故擋板的最小長度：L＝MN＝OM－ON＝(2－)x0. 12