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課時規(guī)范練29　磁場對運動電荷的作用 基礎對點練 1.(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2018江西七校聯(lián)考)如圖所示,正八邊形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場。一帶電的粒子從h點沿he圖示方向射入磁場區(qū)域,當速度大小為vb時,從b點離開磁場,在磁場中運動的時間為tb。當速度大小為vd時,從d點離開磁場,在磁場中運動的時間為td,不計粒子重力。則下列正確的說法是(　　) A.tb∶td=2∶1 B.tb∶td=1∶2 C.tb∶td=3∶1 D.tb∶td=1∶3 答案C 解析根據(jù)題意可知,粒子從b點和從d點離開的運動軌跡如圖所示: 由圖利用幾何關系可知,從b點離開時粒子轉過的圓心角為135,而從d點離開時粒子其圓心角為45,因粒子在磁場中的周期相同,由t=T可知,時間之比等于轉過的圓心角之比,故tb∶td=135∶45=3∶1,故C正確,ABD錯誤。故選C。 2. (帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2018華南師大附中三模)如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場,經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場,OC與OB成60角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?仍從A點沿原方向射入磁場,不計重力,則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?　　) A.2Δt B.Δt C.3Δt D.Δt 答案A 解析設圓形磁場區(qū)域的半徑是R,以速度v射入時,半徑r1=,根據(jù)幾何關系可知,=tan60,所以r1=R;運動時間Δt=T=T; 以速度射入時,半徑r2=r1=R 設第二次射入時的圓心角為θ,根據(jù)幾何關系可知:tan,所以θ=120 則第二次運動的時間為:t=T=T=T=2Δt,故選A。 3.(多選)(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2018江西南昌模擬)如圖所示,一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場,CD是該圓一條直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力),自A點沿平行于CD的方向以初速度v0垂直射入磁場中,恰好從D點飛出磁場,A點到CD的距離為。則(　　) A.磁感應強度為 B.磁感應強度為 C.粒子在磁場中的飛行時間為 D.粒子在磁場中的飛行時間為 答案AC 解析粒子在磁場中做勻速圓周運動,畫出運動軌跡,如圖所示: A點到CD的距離為,則:∠OAQ=60,∠OAD=∠ODA=15,∠DAQ=75,則∠AQD=30,∠AQO=15,粒子的軌道半徑:r==(2+)R,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:qv0B=m,解得:B=,故A正確,B錯誤;粒子在磁場中轉過的圓心角:α=∠AQD=30,粒子在磁場中做圓周運動的周期:T=,粒子在磁場中的運動時間:t=T=,故C正確,D錯誤,故選AC。 4. (臨界極值問題)(2016`全國卷Ⅲ,18)平面OM和平面ON之間的夾角為30,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　) A. B. C. D. 答案D 解析粒子運動的軌跡如圖: 運動半徑為R=。由運動的對稱性知,出射速度的方向與OM間的夾角為30,由圖中幾何關系知AB=R,AC=2Rcos30=。所以出射點到O點的距離為BO=+R=,故選項D正確。 5.(臨界極值問題)(2018河北承德聯(lián)校期末)如圖所示,OM的左側存在范圍足夠大、磁感應強度大小為B的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外,OM左側到OM距離為L的P處有一個粒子源,可沿紙面內(nèi)各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計),速率均為,則粒子在磁場中運動的最短時間為(　　) A. B. C. D. 答案B 解析粒子進入磁場中做勻速圓周運動則有:qvB=m,將題設的v值代入得:r=L,粒子在磁場中運動的時間最短,則粒子運動軌跡對應的弦最短,最短弦為L,等于圓周運動的半徑,根據(jù)幾何關系,粒子轉過的圓心角為60,運動時間為,故tmin=,故B正確,ACD錯誤。故選B。 6.(多解問題)如圖甲所示,M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,不計離子所受重力。求: (1)磁感應強度B0的大小。 (2)要使正離子從O垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。 答案(1)　(2)(n=1,2,3,…) 解析設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。 (1)正離子射入磁場,洛倫茲力提供向心力B0qv0= 做勻速圓周運動的周期T0= 由以上兩式得磁感應強度B0= (2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,v0的方向應如圖所示,兩板之間正離子只運動一個周期即T0時,有R=;當兩板之間正離子運動n個周期,即nT0時,有R=(n=1,2,3,…)。聯(lián)立求解,得正離子的速度的可能值為v0=(n=1,2,3,…) 素養(yǎng)綜合練 7. (2017全國卷Ⅲ,24)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域,磁感應強度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時,當粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力) (1)粒子運動的時間; (2)粒子與O點間的距離。 答案(1)　(2)1- 解析(1)在勻強磁場中,帶電粒子做圓周運動。設在x≥0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得 qB0v0=m① qλB0v0=m② 粒子速度方向轉過180時,所需時間t1為t1=③ 粒子再轉過180時,所需時間t2為t2=④ 聯(lián)立①②③④式得,所求時間為t0=t1+t2=1+⑤ (2)由幾何關系及①②式得,所求距離為 d0=2(R1-R2)=1-⑥ 8. (2018山東淄博一中三模)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一以O為圓心、R為半徑的半圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直坐標平面向里,磁感應強度大小為B。位于O點的粒子源向第二象限內(nèi)的各個方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子,粒子均不會從磁場的圓弧邊界射出。粒子的速率相等,質(zhì)量為m、電荷量大小為q,粒子重力及粒子間的相互作用均不計。 (1)若粒子帶負電,求粒子的速率應滿足的條件及粒子在磁場中運動的最短時間; (2)若粒子帶正電,求粒子在磁場中能夠經(jīng)過區(qū)域的最大面積。 答案(1)v≤　t=　(2)πR2 解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則:qvB=m,根據(jù)軌跡圖可知:r≤ 聯(lián)立得:v≤ 粒子在磁場中做圓周運動的周期:T= 由粒子在磁場中運動的軌跡可得,沿y軸正向射入磁場中的粒子在磁場中運動時間最短,則:t= 聯(lián)立可得:t= (2)分析可得,粒子在磁場中能經(jīng)過的區(qū)域為半圓,如圖中陰影部分, 由幾何關系可得該半圓的半徑:r=R 面積:S=πr2 聯(lián)立可得:S=πR2 9.(2014山東卷)如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向,磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子(不計重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時,可使t=0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。 (1)若Δt=TB,求B0; (2)若Δt=TB,求粒子在磁場中運動時加速度的大小; (3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。 分析(1)因粒子從開始到垂直打在P板上經(jīng)歷時間Δt=TB,這個過程中磁場方向始終垂直紙面向里,故粒子逆時針做勻速圓周運動,且恰好運動圓周,則運動半徑R1=d,結合粒子在磁場中運動規(guī)律,可求出磁感應強度B0。 (2)當Δt=TB時,粒子先逆時針運動圓周,再順時針運動圓周,然后又逆時針運動圓周而垂直打在P板上。根據(jù)幾何分析可知運動半徑R2=,再由向心加速度公式a=可求出其加速度。 (3)當B0=時,應先確定軌道半徑大小和兩板間距離的關系。然后再從這一關系入手,畫出粒子從出發(fā)到垂直打在P板上可能的運動軌跡圖,明確軌跡上速度方向豎直向上的位置點,還要推斷這些位置到Q板的距離有無可能正好等于兩板間距d。如果是,那么這些速度向上的位置就可能是打在上極板時的位置。再由軌跡中的幾何關系以及粒子在磁場中的運動規(guī)律就可以得出TB可能的值。 解(1)設粒子做圓周運動的半徑為R1,由牛頓第二定律得 qv0B0=① 據(jù)題意由幾何關系得R1=d② 聯(lián)立①②式得B0=③ (2)設粒子做圓周運動的半徑為R2,加速度大小為a,由圓周運動公式得 a=④ 據(jù)題意由幾何關系得3R2=d⑤ 聯(lián)立④⑤式得a=⑥ (3)設粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得T=⑦ 由牛頓第二定律得 qv0B0=⑧ 由題意知B0=,代入⑧式得 d=4R⑨ 粒子運動軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,O1O2連線與水平方向的夾角為θ,在每個TB內(nèi),只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0<θ<,由題意可知 T= 設經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n=0,1,2,3…) 若在A點擊中P板,據(jù)題意由幾何關系得 R+2(R+Rsinθ)n=d 當n=0時,無解 當n=1時,聯(lián)立⑨式得 θ=(或sinθ=) 聯(lián)立⑦⑨式得 TB= 當n≥2時,不滿足0<θ<90的要求 若在B點擊中P板,據(jù)題意由幾何關系得 R+2Rsinθ+2(R+Rsinθ)n=d 當n=0時,無解 當n=1時,聯(lián)立⑨式得 θ=arcsin(或sinθ=) 聯(lián)立⑦⑨式得 TB=(+arcsin 當n≥2時,不滿足0<θ<90的要求