“四翼”检测评价（三） 带电粒子在匀强磁场中的运动

“四翼”检测评价（三）带电粒子在匀强磁场中的运动A组—重基础·体现综合1.如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将()A．沿路径a运动，轨迹是圆B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小解析：选B由安培定则及左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲，又由r＝eq\f(mv,qB)知，B减小，r越来越大，故电子的径迹是a，B正确，A、C、D错误。2．(2022·扬州高二检测)有三束粒子，分别是质子(11H)、氚核(13H)和α粒子(24He)，如果它们均以相同的速度垂直射入匀强磁场(磁场方向垂直于纸面向里)，图中能正确表示这三束粒子的运动轨迹的是()解析：选C由粒子在磁场中运动的半径r＝eq\f(mv,qB)可知，质子、氚核、α粒子轨迹半径之比r1∶r2∶r3＝eq\f(m1v,q1B)∶eq\f(m2v,q2B)∶eq\f(m3v,q3B)＝eq\f(m1,q1)∶eq\f(m2,q2)∶eq\f(m3,q3)＝1∶3∶2，所以三种粒子的轨迹半径应该是质子最小、氚核最大，C正确。

3.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一个匀强磁场中，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(粒子的电荷量不变)，则关于粒子的运动方向和带电性质，下列说法正确的是()A．粒子运动方向从a到b，带正电荷B．粒子运动方向从a到b，带负电荷C．粒子运动方向从b到a，带正电荷D．粒子运动方向从b到a，带负电荷解析：选C由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子的轨迹半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带正电荷，C正确。4．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点()A．eq\f(2πm,qB1) B．eq\f(2πm,qB2)C．eq\f(2πm,qB1＋B2) D．eq\f(πm,qB1＋B2)解析：选B粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子从O点进入磁场B1到再一次通过O点的时间t＝eq\f(2πm,qB1)＋eq\f(πm,qB2)＝eq\f(2πm,qB2)，B正确。5．(2023·全国甲卷)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是()A．粒子的运动轨迹可能通过圆心OB．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线解析：选BD由带电粒子在圆形磁场中的运动规律可知，带电粒子指向圆心射入，与筒壁碰撞后依然指向圆心，所以带电粒子不可能通过圆心O，A错误，D正确；当带电粒子每次偏转60°撞击筒壁时，恰好经两次碰撞从小孔射出，B正确；带电粒子速度越大，做圆周运动的半径越大，当偏转角度小于60°撞击筒壁时，带电粒子射出小孔前经历的撞击次数增加，在圆筒内运动时间可能变长，C错误。6.如图所示，边长为d的等边三角形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场，比荷为eq\f(e,m)的电子以速度v沿ab边射入磁场。为使电子从bc边射出磁场，磁感应强度B应满足()A．B＝eq\f(2mv,ed) B．B＝eq\f(\r(3)mv,ed)C．B＜eq\f(\r(3)mv,ed) D．B＜eq\f(mv,ed)解析：选C电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,eB)；当电子从c点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，如图：由几何知识得：2rcos30°＝d，解得：r＝eq\f(\r(3),3)d，欲使电子能经过bc边，必须满足：r＞eq\f(\r(3),3)d，解得：B＜eq\f(\r(3)mv,ed)，故C正确，A、B、D错误。7.(2022·镇江高二检测)如图所示，a和b带电荷量相同，以相同动能从A点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径ra＝2rb，则可知(重力不计)()A．两粒子都带正电，质量比eq\f(ma,mb)＝4B．两粒子都带负电，质量比eq\f(ma,mb)＝4C．两粒子都带正电，质量比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)D．两粒子都带负电，质量比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)解析：选B两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点受到的洛伦兹力均向下，由左手定则可知，这两个粒子均带负电，根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，又动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，联立得：m＝eq\f(q2B2r2,2Ek)，可见m与半径r的平方成正比，故ma∶mb＝ra2∶rb2＝(2rb)2∶rb2＝4∶1，B项正确。8.带电粒子M经小孔垂直进入匀强磁场，运动的轨迹如图中虚线所示。在磁场中静止着不带电的粒子N。粒子M与粒子N碰后粘在一起，在磁场中继续运动，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力。下列说法正确的是()A．碰后粒子做圆周运动的半径减小B．碰后粒子做圆周运动的周期减小C．碰后粒子做圆周运动的动量减小D．碰后粒子做圆周运动的动能减小解析：选D设粒子M的电荷量为q，质量为m1，速度为v0，粒子N的质量为m2，碰撞后形成的粒子的速度为v。M、N碰撞过程中动量守恒，则有m1v0＝(m1＋m2)v，碰撞前的轨迹半径R＝eq\f(m1v0,qB)，碰撞后的轨迹半径R′＝eq\f(m1＋m2v,qB)，所以碰后粒子做圆周运动的动量不变、运动的半径不变，A、C错误；根据周期公式可得T＝eq\f(2πm,qB)，由于碰撞后粒子质量增大，故周期变大，B错误；由于碰撞过程中有能量损失，粒子动能减小，所以碰后粒子做圆周运动的动能减小，D正确。9.如图所示，空间存在一方向垂直于纸面、磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域，一电荷量为－q的粒子(不计重力)从A点沿AB方向以速度v射入磁场，粒子从BC边上的E点离开磁场，且AE＝2BE＝2d。求：(1)磁场的方向；(2)带电粒子的质量及其在磁场区域的运动时间。解析：(1)粒子沿圆弧AE运动，根据左手定则，从带电粒子所受洛伦兹力的方向可判断出磁场的方向垂直纸面向里。(2)如图所示，连接AE，作线段AE的中垂线，交AD的延长线于O点，O即为圆心，α为弦切角，因AE＝2BE＝2d，所以α＝30°；θ为圆弧轨迹的圆心角，θ＝2α＝60°。△AOE为等边三角形，R＝2d，由qvB＝meq\f(v2,R)得，m＝eq\f(2Bqd,v)；T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πd,v)，所以粒子在磁场区域的运动时间t＝eq\f(T,6)＝eq\f(2πd,3v)。答案：(1)垂直纸面向里(2)eq\f(2Bqd,v)eq\f(2πd,3v)B组—重应用·体现创新10.(2020·天津等级考)(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则()A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为eq\f(qBa,m)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD．N与O点相距(eq\r(2)＋1)a解析：选AD由左手定则可知，带电粒子带负电荷，A正确；画出粒子的轨迹示意图，如图所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子的轨道半径为R＝eq\r(2)a，则由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(eq\r(2)＋1)a，D正确。11.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是()A．a粒子带正电荷，b粒子带负电荷B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C．b粒子动能较大D．b粒子在磁场中运动时间较长解析：选C粒子向右运动，b向上偏转，a向下偏转，根据左手定则可知，b带正电荷，a带负电荷，A错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，故运动轨迹半径较大的b粒子的速度较大，动能也较大，C正确；由公式F＝qvB可知，速度大的b粒子受到的洛伦兹力较大，B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可知a、b做圆周运动的周期相同，则在磁场中偏转角较大的粒子运动时间较长，a粒子的偏转角较大，因此运动的时间较长，D错误。12.(2022·郑州高二检测)如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子在纸面内以某一速度从A点射入，其方向与MN成30°角，A点到MN的距离为d，带电粒子重力不计。(1)当v满足什么条件时，粒子能回到A点？(2)求粒子在磁场中运动的时间t。解析：(1)粒子运动轨迹如图所示。由图示的几何关系可知粒子在磁场中的轨迹半径r＝eq\f(2d,tan30°)＝2eq\r(3)d，在磁场中有Bqv＝meq\f(v2,r)，联立两式，得v＝eq\f(2\r(3)dBq,m)。此时粒子可按图中轨迹回到A点。(2)由图可知，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为300°，所以t＝eq\f(300°,360°)T＝eq\f(5×2πm,6Bq)＝eq\f(5πm,3Bq)。答案：(1)v＝eq\f(2\r(3)dBq,m)(2)eq\f(5πm,3Bq)13.一个重力不计的带电粒子，电荷量为q，质量为m，从坐标为(0，L)的a点平行于x轴射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，又从x轴上b点射出磁场，速度方向与x轴正方向夹角为60°，如图所示。试求：(1)带电粒子的速度大小；(2)粒子由a点运动到b点的时间。解析：(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，其运动的轨迹如图所示，由几何知识有eq\f(R－L,R)＝cos60°＝eq\f(1,2)，即R＝2L，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(2qBL,m)。(2)粒子在磁场中的运动周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，设粒子由a运动到b的时间为t，由几何关系可得ab弧所对的圆心角为θ＝60°，则t＝eq\f(θ,360°)T解得t＝eq\f(πm,3qB)。答案：(1)eq\f(2qBL,m)(2)eq\f(πm,3qB)14.(2023·湖北高考，节选)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。解析：(1)由题意知，粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲运动半径r＝a，根据qv甲0B＝meq\f(v甲02,r)，解得v甲0＝eq\f(qBa,m)。(2)由题意知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲＝2T乙，根据T＝eq\f(2π