1、课时规范练29磁场对运动电荷的作用1.(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2019湖北应城市期末)如图所示,正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带电的粒子从h点沿he图示方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb。当速度大小为vd时,从d点离开磁场,在磁场中运动的时间为td,不计粒子重力。则下列正确的说法是()A.tbtd=21B.tbtd=12C.tbtd=31D.tbtd=132.(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2019浙江东阳市期中)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
2、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.2tB.12tC.3tD.13t3.(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2019湖北宜昌模拟)如图所示,直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场,电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场,经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,则t1t2为()A.23B.2C.32D.34.(临界极值问题)(2019江西二模)如图所示,在xOy平面内第象限y轴和虚线y=33x之间存在范围足够大的匀强
3、磁场(y轴、虚线边界有磁场),方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B,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,电量为q的带正电的粒子,粒子速率均为3qBl2m,不计粒子间的相互作用力与重力,且让粒子从x正半轴射出,则粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为()A.13B.23C.15D.295.(多解问题)如图甲所示,M、N为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运
4、动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。求:(1)磁感应强度B0的大小。(2)要使正离子从O垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度v0的可能值。素养综合练6.(2017全国卷,24)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域,磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。7.(2019山东潍坊三模)在平面直角坐标系xOy中,第象限内存在垂
5、直于坐标平面向里的匀强磁场,在A(L,0)点有一粒子源,沿y轴正向发射出速率分别为v、5v、9v的同种带电粒子,粒子质量为m,电荷量为q。在B(0,L)、C(0,3L)、D(0,5L)放一个粒子接收器,B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子,C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子。已知速率为v的粒子恰好到达B点并被吸收,不计粒子重力。(1)求第象限内磁场的磁感应强度B1;(2)计算说明速率为5v、9v的粒子能否被吸收;(3)若在第象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场,使所有粒子均到达接收器,求所加磁场的磁感应强度B2的大小和方向。8.(2019安徽三模)如图所示,空间充满了磁
6、感应强度为B的匀强磁场,其方向垂直纸面向里。在平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的刚性等边三角形框架DEF,DE边中点S处有一带正电的粒子,电量为q,质量为m,现给粒子一个垂直于DE边向下的速度,若粒子每一次与三角形框架碰撞时速度方向垂直于被碰的边,且碰撞均为弹性碰撞,当速度的大小取某些特殊数值时可使由S点发出的粒子最终又回到S点。(1)若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点,求粒子的速度大小。(2)若S点不在DE边的中点,而是距D点的距离DS=L4,仍然使粒子能回到S点,求满足条件的粒子的速度大小。参考答案课时规范练29磁场对运动电荷的作用1.C根据题意可知,粒子从b点和从d点离开的运动
7、轨迹如图所示:由图利用几何关系可知,从b点离开时粒子转过的圆心角为135,而从d点离开时其圆心角为45,因粒子在磁场中的周期相同,由t=360T可知,时间之比等于转过的圆心角之比,故tbtd=13545=31,故C正确,ABD错误。故选C。2.A设圆形磁场区域的半径是R,以速度v射入时,半径r1=mvqB,根据几何关系可知,r1R=tan60,所以r1=3R;运动时间t=60360T=16T;以速度v3射入时,半径r2=mv3qB=13r1=33R设第二次射入时的圆心角为,根据几何关系可知:tan2=Rr2=3,所以=120则第二次运动的时间为:t=2T=120360T=13T=2t,故选A。
8、3.D两电子进入同一匀强磁场中,由圆周运动半径公式R=mvqB可知,两电子轨迹半径相同。电子1垂直MN射入匀强磁场,由几何知识可知,电子1在磁场中运动轨迹所对圆心角为,电子2在磁场中运动轨迹所对圆心角为3。由周期公式T=2mqB可知,两电子运动周期相同,故运动时间之比等于轨迹所对圆心角之比,即t1t2=31,D项正确。4.C虚线y=33x与x轴之间的夹角为,则tan=yx=33,解得=30;粒子在磁场中只受洛伦兹力作用,故粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力做向心力,故有Bvq=mv2R;所以,粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R=mvqB=32l;根据几何关系可得A到虚线的距离为32l;那么,粒子在磁场
9、中运动转过的最小中心角为60,故粒子在磁场中运动的最短时间t1=16T;当粒子速度方向向上时,半径垂直于y轴,过A做y轴的垂线交虚线y=33x于B,根据几何关系可得AB=3l,所以AB为直径,粒子运动的最长时间为t2=12T;则粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为13,故C正确,ABD错误。5.答案 (1)2mqT0(2)d2nT0(n=1,2,3,)解析 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。(1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力B0qv0=mv02R做匀速圆周运动的周期T0=2Rv0由以上两式得磁感应强度B0=2mqT0(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场,v0的方向应如图所示,
10、两板之间正离子只运动一个周期即T0时,有R=d4;当两板之间正离子运动n个周期,即nT0时,有R=d4n(n=1,2,3,)。联立求解,得正离子的速度的可能值为v0=B0qRm=d2nT0(n=1,2,3,)6.答案 (1)mqB0+mqB0(2)2mv0B0q1-1解析 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0=mv02R1qB0v0=mv02R2粒子速度方向转过180时,所需时间t1为t1=R1v0粒子再转过180时,所需时间t2为t2=R2v0联立式得,所求时间为t0=t1+t2=mB0q1+1
11、(2)由几何关系及式得,所求距离为d0=2(R1-R2)=2mv0B0q1-17.答案 (1)mvqL(2)速率为5v的粒子能被吸收,速率为9v的粒子不能被吸收(3)加一个垂直于坐标平面向外的磁场,磁感应强度为(517+17)mv4qL;加垂直于坐标平面向里的磁场,磁感应强度为(317+17)mv4qL解析 (1)根据几何关系可知,速率为v的粒子恰好到达B点,则粒子的运动轨迹半径为R=L,根据洛伦兹力提供向心力可得qvB1=mv2R解得B1=mvqL。(2)根据(1)中的关系可知,速率为5v、9v的粒子在磁场中运动半径分别为5L、9L,设粒子与y轴的交点到O点的距离为y,将R=5L和R=9L分
12、別代入(R-L)2+y2=R2,得到这两种粒子在y轴上的交点到O点的距离分别为3L、17L,故速率为5v的粒子能被吸收,速率为9v的粒子不能被吸收。(3)若速率为9v的粒子能够达到D点的接收器,则所加磁场垂直于坐标平面向外,设粒子在所加磁场中运动半径为R1,根据几何关系可得R19L=5L-17L217L由于q9vB2=m(9v)2R1解得B2=(517+17)mv4qL;若粒子达到C点的接收器,则所加磁场应该垂直于坐标平面向里同理可得R29L=17L-3L217Lq9vB2=m(9v)2R2解得B2=(317+17)mv4qL。8.答案 (1)qBL2m(2)BqmL4(2n-1)(n=1,2,3)解析 (1)粒子从S点以垂直于DE边射出后,做匀速圆周运动,其圆心必在DE线上,根据牛顿第二定律可得:Bqv=mv2R解得:R=mvBq若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点,则圆心在三角形顶点,由几何关系得:R=L2联立解得:v=qBL2m(2)要使粒子能回到S点,要求粒子每次与DEF碰撞时,v都垂直于边,且通过三角形顶点处时,圆心必为三角形顶点,故:DS=(2n-1)R(n=1,2,3)即:R=L4(2n-1)(n=1,2,3)qvB=mv2R联立解得:v=BqmL4(2n-1)(n=1,2,3)
