2023高三一轮复习之带电粒子在磁场中的运动（无答案）

3．如图所示，正方形区域abcd内存在磁感应强度为B的匀强磁场，e是ad的中点，f是cd的中点，在a点沿对角线方向以速率v射入一带负电的粒子(重力不计)，粒子恰好从e点射出。若磁场方向不变，磁感应强度变为，粒子的射入方向不变，速率变为2v，则粒子的射出点位于(　　)
A．e点 B．d点
C．df间 D．fc间
解析：当磁感应强度为B，粒子速度为v时，半径R＝；当磁感应强度变为，粒子速度变为2v时，半径R′＝＝4R，如图所示，过a点作速度v的垂线，与cd的延长线交于O点，由几何关系可知Oa＝4R，Od＝ad＝2ae＝2RR′，因此粒子出射点应在df间。
答案：C
5．如图所示，纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷为k1、k2的带电粒子A、B分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场，经过时间t1、t2从M点射出磁场。已知v1沿半径方向，v2与v1夹角为30°，∠POM＝120°。不计粒子重力，下列判断正确的是(　　)
A．若v1＝v2，则k1∶k2＝∶1
B．若v1＝v2，则t1∶t2＝∶2
C．若t1＝t2，则k1∶k2＝2∶1
D．若t1＝t2，则v1∶v2＝∶1
解析：设匀强磁场区域半径为R，带电粒子A、B的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子A的轨道半径r1＝Rtan 60°＝R，粒子B的轨道半径r2＝R，粒子A转过的圆心角为θ1＝60°，粒子B转过的圆心角为θ2＝120°。根据洛伦兹力提供向心力可得Bvq＝，故速度v＝，运动周期T＝＝，则运动时间t＝T＝。若v1＝v2，则k1∶k2＝r2∶r1＝1∶，故A错误；若v1＝v2，则t1∶t2＝∶＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故B正确；若t1＝t2，则k1∶k2＝θ1∶θ2＝1∶2，故C错误；若t1＝t2，则v1∶v2＝k1r1∶k2r2＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故D错误。
答案：B
7．如图所示，一边长为2R的正方形与半径为R的圆相切，两区域内有大小相等、方向相反的匀强磁场。M是正方形左边长的中点，O点是圆的圆心，M、O、N三点共线。若使比荷为、重力不计的两个带正电的粒子分别从M、N两点以速度v0沿MON直线相向进入磁场；它们在磁场中运动相同的时间，并以相同的方向离开磁场。若从N点进入磁场的带电粒子的速度大小变为2v0，并改变其速度方向，该粒子将从M点离开磁场。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从N点以2v0进入磁场运动到M点的总时间。
解析：(1)通过分析可知，只有当带电粒子在磁场中运动圆周时，两个粒子在磁场中运动相同的时间，并以相同的方向离开磁场，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供qv0B＝m，由几何关系可知，带电粒子做匀速圆周运动的半径r＝R，所以B＝。
(2)当带电粒子在圆形磁场中从N进入从M点射出时，粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供，有
q(2v0)B＝
解得r′＝2R
所以△MO2P和△PNO1都是正三角形，该粒子在两个磁场中运动的总时间t＝
粒子在磁场中运动的周期T＝
联立解得t＝。
答案：(1)　(2)
8．(多选)(2021·河南省郑州市高三高考模拟)如图所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内，P、Q点为圆弧形边界MN上的两个三等分点。现有三个比荷相同的带电粒子以相同的速率正对着边界ON垂直射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M点正对圆心O射入，恰从N点射出，粒子2从P点射入，粒子3从Q点射入，已知粒子2与粒子1电性相同，粒子3与粒子1电性相反，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子2一定从N点射出磁场
B．粒子3一定从O、M两点之间的某点射出磁场
C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶3
D．粒子2与粒子3在磁场中运动轨迹的弧长之比为1∶2
解析：如图所示为粒子1和2、3的轨迹，粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，根据几何知识可确定圆心O1，运动轨迹圆的半径为R。比荷相同的带电粒子以相同的速率射入磁场，粒子运动的半径相同。粒子2从P点正对边界ON射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O2应在P点上方R处，连接O2P、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场，该情境可以理解为磁聚焦模型，轨迹圆的半径与磁场边界圆半径相同时，以垂直于磁场边界圆的某直径射入的粒子最终从同一点射出磁场，A正确；粒子3如果与粒子1电性相同，由磁汇聚特点可知，粒子3应该也打到N点，但粒子3电性与粒子1相反，由几何知识可知粒子3刚好从O点射出，B错误；由轨迹图可知，粒子1对应圆心角为90°，粒子2对应的圆心角为30°，粒子3对应圆心角为60°，带电粒子比荷相同，粒子运动的周期相同，粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶1，C错误；由于粒子运动的半径也相同，粒子运动轨迹的弧长之比也与圆心角成正比，所以粒子2与粒子3在磁场中运动轨迹的弧长之比为1∶2，D正确。
答案：AD
9．如图所示，在xOy平面内，虚线y＝x左上方存在范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场，在A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带电粒子，速率均为，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)
A. B．
C. D.
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝，将题中的v值代入上式得r＝l，粒子运动的时间t最短时，粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，过A点作虚线的垂线，交虚线于B点，AB即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有AB＝OAsin 60°＝l，则粒子偏转的角度θ＝60°，结合周期公式T＝，可知粒子在磁场中运动的最短时间为t＝＝，故C正确，A、B、D错误。
答案：C
10．(2019·全国Ⅰ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＝mv2①
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＝m②
由几何关系知
d＝r③
联立①②③式得
＝。④
(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＝＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝⑥
联立②④⑤⑥式得
t＝(＋)。⑦
答案：(1)　(2)(＋)
11．(2020·全国Ⅱ卷)如图，在0≤x≤h，－∞<y0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场，求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
解析：(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝①
由此可得R＝②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得
Bm＝。④
(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。
设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系有
sin α＝＝⑥
即α＝⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cos α)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－)h。⑨
答案：(1)磁场方向垂直于纸面向里　
(2)　(2－)h

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