2022届一轮复习专题练习68 带电粒子在圆形边界磁场中的运动（解析版）

这是一份2022届一轮复习专题练习68 带电粒子在圆形边界磁场中的运动（解析版），共9页。试卷主要包含了不计重力和粒子间的相互作用等内容，欢迎下载使用。

1.如图1所示，有一圆形匀强磁场区域，O为该圆的圆心，磁场方向垂直纸面向里，两个正、负电子a、b以不同的速率沿着PO方向进入磁场，运动轨迹如图所示．不计电子之间的相互作用及重力，a与b比较，下列判断正确的是( )
图1
A．a为正电子，b为负电子
B．b的速率较大
C．b在磁场中运动的时间较长
D．a在磁场中所受洛伦兹力较大
答案 B
解析 由题图可得a电子所受的洛伦兹力向下，故由左手定则可知a带负电，b电子所受的洛伦兹力向上，则其带正电，选项A错误；由题图可知a电子的半径小于b电子的半径，由半径公式r＝eq \f(mv,qB)可得vb>va，选项B正确；洛伦兹力F洛＝qvB，故b在磁场中所受洛伦兹力较大，选项D错误；由题图可得a电子转过的圆心角较大，由t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θ,2π)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(θm,qB)可知，a在磁场中运动时间较长，选项C错误.
2.如图2所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线是该匀强磁场区域在纸面内的边界．一带正电的粒子从边界上的A点以速度v垂直磁场方向射入磁场区域，v与半径OA的夹角为30°，射出磁场时，粒子速度方向改变了120°，不计粒子重力，粒子在磁场中运动的时间为( )
图2
A.eq \f(4πR,3v) B.eq \f(πR,v) C.eq \f(2πR,3v) D.eq \f(πR,3v)
答案 C
解析 设粒子所带电荷量为q，质量为m，运动的轨迹半径为r，磁感应强度为B，由于粒子速度方向偏向角为120°，则粒子轨迹对应的圆心角为120°；作出速度方向的垂线交于O1点，由几何知识可证明AO1CO为菱形，则轨迹半径r＝R，则粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πR,v)，故粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2πR,3v)，选项C正确．
3.(多选)(2019·四川绵阳市联考)如图3所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场．若电子以初速度v′从O沿着OD方向射入磁场，经时间t′恰好由C点离开磁场．已知圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，则( )
图3
A．v′＝eq \f(\r(3),3)v B．v′＝eq \f(2\r(3),3)v
C．t′＝eq \f(3,4)t D．t′＝eq \f(2,3)t
答案 BD
解析 由几何知识可知，电子恰好由A点离开磁场时，电子轨道半径r1＝eq \f(R,2)＝eq \f(mv,qB)
设电子从C点射出时的轨道半径为r2
由于圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，所以电子做圆周运动的弦切角为60°，
由弦长公式R＝2r2sin 60°
解得r2＝eq \f(\r(3),3)R＝eq \f(mv′,qB)
所以v′＝eq \f(2\r(3),3)v
电子从A点射出时，t＝eq \f(180°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,qB)
电子从C点射出时，t′＝eq \f(120°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2πm,3qB)＝eq \f(2,3)t，B、D正确．
4.(多选)(2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图4所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里的匀强磁场．a、b两个带电粒子以相同的速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，运动轨迹如图所示，并从P、Q两点离开．已知P、Q、O(圆心)三点共线，直径MON、POQ夹角为θ＝60°(如图)，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
图4
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．a、b粒子轨迹半径之比为1∶3
C．a、b粒子在磁场中运行时间之比为2∶3
D．a、b粒子的比荷之比为1∶3
答案 BC
解析 由左手定则可知， b粒子带正电，a粒子带负电，选项A错误；设磁场所在的虚线圆的半径为R，则ra＝Rtan 30°＝eq \f(\r(3),3)R；rb＝Rtan 60°＝eq \r(3)R，则a、b粒子轨迹半径之比为1∶3，选项B正确；a、b粒子在磁场中运行的弧长之比为raθa∶rbθb＝(eq \f(\r(3),3)R×eq \f(2π,3))∶(eq \r(3)R×eq \f(π,3))＝2∶3，因两粒子的速率相同，则a、b粒子在磁场中运行的时间之比为2∶3，选项C正确；根据R＝eq \f(mv,qB)可知，a、b粒子的比荷之比等于轨迹半径的倒数比，即3∶1，选项D错误．
5.(2020·东北师大附中等六校联合模拟)如图5，在半径为R的圆内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿半径方向从a点射入，从b点射出．速度方向改变了60°，粒子的重力不计，若磁感应强度变为eq \r(3)B后，该粒子保持速度不变从同一位置入射，下列描述正确的是( )
图5
A．粒子做圆周运动的半径为eq \r(3)R
B．粒子做圆周运动的半径为eq \r(2)R
C．粒子在磁场中运动的时间为eq \f(πm,3Bq)
D．粒子在磁场中运动的时间为eq \f(πm,2\r(3)Bq)
答案 D
解析 带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝meq \f(v2,R)，得：
R＝eq \f(mv,qB)
当磁感应强度由B变为eq \r(3)B时，轨迹半径变为：R′＝eq \f(\r(3),3)R，故选项A、B错误；设磁场半径为r，粒子原来速度的偏向角为α，磁感应强度变化后速度的偏向角为β，根据几何关系有：
taneq \f(α,2)＝eq \f(r,R)，taneq \f(β,2)＝eq \f(r,R′)，又α＝60°，则得：β＝90°，所以粒子飞出场区时速度方向改变的角度为90°，则在磁场中运动的时间为t＝eq \f(90°,360°)·eq \f(2πm,q\r(3)B)＝eq \f(πm,2\r(3)qB)，选项C错误，D正确．
6.(2020·福建六校联考)如图6所示，圆形磁场区域的半径为R，AB和CD是两条相互垂直的直径，圆心为O，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量大小为q的带电粒子从A点沿与AB成45°角的方向射入磁场，最后从D点离开磁场，下列说法正确的是( )
图6
A．带电粒子带正电
B．带电粒子运动的速度为eq \f(qBR,m)
C．带电粒子在运动过程中不会经过O点
D．带电粒子在磁场中的运动时间为eq \f(πm,qB)
答案 D
解析 分析可知，带电粒子的速度若偏右下，则运动轨迹不可能过D点，故带电粒子的速度应偏右上，画出带电粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，带电粒子在A点受到的洛伦兹力方向沿DA方向，根据左手定则可知，带电粒子带负电，选项A错误；带电粒子做圆周运动的圆心为AD的中点，轨迹半径为r＝eq \f(\r(2),2)R，带电粒子在运动过程中会经过O点，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，解得v＝eq \f(\r(2)qBR,2m)，选项B、C错误；带电粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(1,2)T＝eq \f(πm,qB)，选项D正确．
7.如图7所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，一电荷量为q、质量为m的负离子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为eq \f(R,2).已知离子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则离子的速率为(不计重力)( )
图7
A.eq \f(qBR,2m) B.eq \f(qBR,m)
C.eq \f(3qBR,2m) D.eq \f(2qBR,m)
答案 D
解析 设离子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，速率为v.根据题述，离子射出磁场与射入磁场时速度方向之间的夹角为60°，可知离子运动轨迹所对的圆心角为60°，由几何关系知rsin 30°＝R.由qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(2qBR,m)，选项D正确．
8．(2019·黑龙江重点中学联考)如图8所示，半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的收集板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场向圆形区域内射入大量带正电的粒子，粒子所带电荷量均为q、质量均为m.不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )
图8
A．只要对着圆心入射，出磁场后就可垂直打在MN上
B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C．只要速度满足v＝eq \f(qBR,m)，沿不同方向入射的粒子出磁场后均可垂直打在MN上
D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，运动的时间也越长
答案 C
解析 只要对着圆心入射，其出射方向的反向延长线就一定过圆心，而且只有运动轨迹半径等于圆形磁场区域半径的粒子出磁场后才能垂直打在MN上，选项A、B错误；由qvB＝eq \f(mv2,r)可得，v＝eq \f(qBr,m)，所以只要速度满足v＝eq \f(qBR,m)，沿不同方向入射的粒子出磁场后均可垂直打在MN上，选项C正确；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中的轨迹半径越大，通过的弧长越长，轨迹所对的圆心角越小，由T＝eq \f(2πm,qB)可知，周期相等，由t＝eq \f(θ,2π)T可知，圆心角越小，运动时间越短，选项D错误．
9．(多选)如图9所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(图中未画出)，所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点．下列说法中正确的是( )
图9
A．磁场方向一定是垂直xOy平面向里
B．所有粒子通过磁场区的时间相同
C．所有粒子在磁场区运动的半径相等
D．磁场区边界可能是圆，也可能是其他曲线
答案 CD
解析 由题意可知，正粒子经磁场偏转后，都会聚于一点a，根据左手定则可知，磁场的方向垂直xOy平面向外，故A错误；由洛伦兹力提供向心力，可得T＝eq \f(2πm,qB)，而粒子在磁场中的运动时间还与圆心角有关，因此粒子的运动时间不等，故B错误；由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝eq \f(mv2,R)，则R＝eq \f(mv,qB)，由于所有粒子为同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，如图所示，故D正确．
10.(多选)(2019·福建福州市质检)如图10所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外(磁场未画出)，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一系列电子以不同的速率v(0≤v≤vm)从边界上的P点沿垂直于磁场方向与OP成60°角方向射入磁场，在eq \f(1,3)区域的磁场边界上有电子射出．已知电子的电荷量为－e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用及电子重力．则电子在磁场中运动的( )
图10
A．最大半径为rm＝eq \f(\r(3),2)R
B．最大速率为vm＝eq \f(\r(3)eBR,m)
C．最长时间为tmax＝eq \f(2πm,3eB)
D．最短时间为tmin＝eq \f(πm,eB)
答案 AD
解析 根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最大．离开出发点最远，如图所示，恰好为半个圆周，最大半径rm＝Rcs 30°，rm＝eq \f(\r(3),2)R，得vm＝eq \f(\r(3)eBR,2m)；轨迹对应的圆心角最小，时间最短tmin＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,eB)，电子速度越小，半径越小，圆弧圆心角越大，时间越长，故A、D正确．
11.(2020·安徽十校联盟检测)如图11所示，磁场的边界是两个同心圆，内圆的半径为r，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，A是内侧边界上的一点．在圆心O处沿平行纸面方向射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度方向与OA成60°角，粒子经磁场第一次偏转后刚好从A点射出磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是( )
图11
A．粒子一定带正电
B．粒子第一次在磁场中运动的时间为eq \f(2πm,3qB)
C．粒子运动的速度大小为eq \f(\r(3)qBr,2m)
D．磁场外边界圆的半径至少为eq \r(3)r
答案 D
解析 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据左手定则可以判断粒子带负电，故A错误；粒子第一次在磁场中运动的时间为t＝eq \f(2,3)T＝eq \f(4πm,3qB)，故B错误；根据图中几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为R＝rtan 30°＝eq \f(\r(3),3)r，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(\r(3)qBr,3m)，故C错误；磁场外边界圆的半径至少为r′＝R＋eq \f(r,cs 30°)＝eq \r(3)r，故D正确．
12.如图12所示为一磁约束装置的原理图，两同心圆的圆心O与xOy平面坐标系原点重合．半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0，R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为(R0,0)的P点，方向沿x轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M点(M点未画出)．不计重力和粒子间的相互作用．
图12
(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；
(2)若环形区域Ⅱ中磁感应强度B2＝eq \r(3)B1，求M点坐标及环形外圆半径R；
(3)求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A点的过程所通过的总路程．
答案 (1)eq \f(\r(2mE0),qR0) (2)(eq \f(1,2)R0，－eq \f(\r(3),2)R0) eq \r(3)R0 (3)eq \f(18＋16\r(3),3)πR0
解析 (1)由题意，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径r1＝R0，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B1＝meq \f(v\\al(,02),r1)，且E0＝eq \f(1,2)mveq \\al(,02)，联立解得B1＝eq \f(\r(2mE0),qR0).
(2)粒子进入环形区域Ⅱ后沿顺时针方向做匀速圆周运动，则有qv0B2＝meq \f(v\\al(,02),r2)，B2＝eq \r(3)B1，联立解得r2＝eq \f(\r(3),3)R0，画出粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系得∠POM＝60°，由几何关系得M点的坐标为(eq \f(1,2)R0，－eq \f(\r(3),2)R0)，由几何关系得外环的半径R＝r2＋2r2＝3r2＝eq \r(3)R0.
(3)粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过150°，设经过m次这样的偏转后第一次从A点再次入射，此时圆心角转过n个360°，则有150m＝360n(m、n取最小正整数)，解得m＝12，n＝5.而粒子在Ⅰ、Ⅱ区域偏转一次通过的路程s1＝eq \f(1,4)×2πr1＋eq \f(2,3)×2πr2＝(eq \f(1,2)＋eq \f(4\r(3),9))πR0，所以经过12次如此偏转后第一次通过A点，则总路程为s＝12s1＝eq \f(18＋16\r(3),3)πR0.