第9讲磁场带电粒子在磁场中的运动

第9讲磁场带电粒子在磁场中的运动能力培养练1.(2022·全国乙卷,18)(多选)安装适当的软件后,利用智能中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图,在上建立直角坐标系,显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知(BC)测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT102145202046321045421045A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场磁感应强度的大小约为50μTC.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方解析:地磁北极在地理南极附近,地磁南极在地理北极附近,根据测量数据可知,Bz为负值,测量地点位于北半球,选项A错误;利用第1次测量的数据可得当地的地磁场磁感应强度的大小为B=By50μT,选项B正确;第2次测量时By为负值,y轴正向指向南方,选项C正确;第3次测量时Bx为正值,x轴正向指向北方,y轴正向指向西方,选项D错误。2.如图所示,在正方体的四条沿x轴方向的棱上,分别固定通有等大电流I0的等长导线,正方体的中心点P处有不断沿y轴正方向喷射粒子的粒子源。关于粒子刚被喷出时所受到的洛伦兹力的方向,下列说法正确的是(C)A.若粒子带正电,其所受洛伦兹力的方向沿z轴正方向B.若粒子带正电,其所受洛伦兹力的方向沿x轴正方向C.若粒子带负电,其所受洛伦兹力的方向沿x轴正方向D.若粒子带负电,其所受洛伦兹力的方向沿z轴负方向解析:右视图如图所示,根据安培定则以及对称性可知,P点磁感应强度方向沿z轴正方向,根据左手定则可知,若粒子带正电,其所受洛伦兹力的方向沿x轴负方向;若粒子带负电,其所受洛伦兹力的方向沿x轴正方向,故A、B、D错误,C正确。3.(2022·湖南卷,3)如图甲,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上,其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场,与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图乙所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(D)A.当导线静止在图甲右侧位置时,导线中电流方向由N指向MB.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比解析:当导线静止在题图甲右侧时,导线MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态,由平衡条件可知,导线所受安培力指向右侧;又安培力与磁场方向垂直,所以安培力垂直于轻绳指向右上方。由左手定则可知,导线中电流方向由M指向N,选项A错误。由平衡条件,轻绳拉力F=(mg)24.如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,x轴的上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,M、N是位于x轴上的粒子发射源,它们可以向磁场中发射速度大小不同但均沿y轴正方向运动的带电粒子,已知比荷相同、电性不同的带电粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T,先从M发射带正电的粒子a,经过T12(1)若两个粒子运动的时间均大于T4之比;(2)若两个粒子运动的时间均小于T4解析:(1)假设粒子a转过的圆心角为θ1,粒子b转过的圆心角为θ2,即T12=θ若两个粒子运动的时间均大于T4,则θ1和θ2都是钝角,则360°θ1θ2=90°联立解得θ1=150°,θ2=120°;粒子的运动轨迹如图甲所示,由几何关系可知ra=Lsinrb=Lsin由v=2πr可得vavb=r(2)若两个粒子运动的时间均小于T4,则θ1和θ2都是锐角,θ1θ2=90°,解得θ1=60°,θ2=30°;粒子的运动轨迹如图乙所示,由几何关系可知ra=Lsinθ1,rOM=ra(1cosθ1),ON=rb(1cosθ2),MN=OM+ON=(2233答案:(1)3∶1(2)(2233素养提升练5.(2023·山西晋中二模)如图所示,用一根电阻丝制作成正方形线框abcd,固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直,线框顶点a、b与电源两端相连,电源内阻与正方形一条边的电阻相等,导线电阻忽略不计。S闭合后,线框受到的安培力大小为F。若仅将ab边切割移走,则余下线框受到的安培力大小为(C)A.F2 B.F4 C.7解析:设正方形线框一条边的电阻为R,长度为L,当开关S闭合时,正方形的总电阻为R1=3R23R+R=34R,由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流I1=E34R+R=4E7R,所以线框所受的安培力F=I1LB。将ab边切割移走后,电路中的电阻R26.(2022·湖北卷,10)(多选)如图所示,一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入,并经过点P(a>0,b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,粒子从O到P运动的时间为t1,到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,粒子从O到P运动的时间为t2,到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是(AD)A.t1<t2 B.t1>t2C.Ek1<Ek2 D.Ek1>Ek2解析:若该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,此时粒子做类平抛运动,t1=av0,Ek1=12m(v02+vy2);若该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,此时粒子做匀速圆周运动,t2=OPv0,Ek2=1Ek2,A、D正确,B、C错误。7.(2023·全国乙卷,18)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与屏的距离为l2A.E2aB2 B.EaB解析:由题知,一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,运动轨迹如图所示。根据几何关系可知粒子离开磁场时速度方向与竖直方向的夹角为30°,则sin30°=r-ar,解得粒子做圆周运动的半径r=2a,则粒子做圆周运动有qvB=mv2r,则有v=28.(2023·山东泰安一模)中国环流器二号M装置(HL2M)在成都建成并实现首次放电,该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示,半径为R和2R的两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场,核聚变原料氕核(11H)和氘核(A.28R B.2C.22R D.(2解析:依题意,氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内,根据qvB=mv2r,得r=mvqB;由于二者速度相同,根据半径与比荷的关系,可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1∶2。当氘核在磁场中的运动轨迹刚好与磁场外边界相切时,氘核运动轨迹半径最大,画出轨迹图如图所示,由几何知识得(2Rrmax)2=rmax2+R2,得氘核的最大半径为rmax=24R,所以氕核在磁场中运动的最大半径为rmax′=9.(2023·广东广州模拟)如图所示,在竖直边界MN左侧有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,竖直边界O处有一小孔,大量带正电的相同粒子从各种不同方向沿纸面以相同速率从小孔射入磁场。紧贴小孔的下方有一可绕O转动的足够长挡板OA(忽略小孔的大小,认为小孔与转动轴在同一位置),射入磁场的带电粒子能全部打在挡板上。不计粒子重力及其相互作用,当挡板和边界MN的夹角θ由0°增大到180°的过程中,从小孔射入的带电粒子击中挡板区域的长度将(D)A.不断增大B.先增大后减小,其长度变化情况先后对称C.先增大后减小,其长度变化情况先后不对称D.先增大后不变解析:带正电的粒子进入磁场后,由左手定则得轨迹如图,则当挡板和边界MN的夹角θ由0°增大到180°的过程中,在位置1时,粒子打在板上的长度小于直径,从位置2开始粒子打在板上的长度等于直径,此后维持不变,直到增大到180°,故D正确。10.(2020·全国Ⅰ卷,18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为(C)A.7πm6qB B.5πm4qB解析:带电粒子在匀强磁场中运动,运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,解得r=mvqB,运动时间t=θrv=θmqBπ3=4π3,粒子最长运动时间为11.(2021·海南卷,13)(多选)如图,在平面直角坐标系xOy的第一象限内,存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0,3L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场,设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0°≤α≤180°)。当α=150°时,粒子垂直于x轴离开磁场。不计粒子受到的重力。则(CD)A.粒子一定带负电B.当α=45°时,粒子也垂直于x轴离开磁场C.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为35LD.粒子入射速率为2解析:由题意知,粒子垂直于x轴离开磁场,根据左手定则可知粒子带正电,故A错误;当α=150°时,粒子垂直于x轴离开磁场,运动轨迹如图甲所示,粒子运动的轨迹半径为r=3Lcos60°洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2解得粒子入射速率为v=23若α=45°,粒子的运动轨迹如图乙所示,根据几何关系可知,粒子离开磁场时的速度方向与x轴不垂直,故B错误;粒子离开磁场距离O最远时,粒子在磁场中的轨迹为半圆,如图丙所示,根据几何关系可得(2r)2=(3L)2+xm解得xm=35L,故C正确。12.(2023·湖北卷,15)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O点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。(3)t=18πmqB时刻粒子甲、乙的位置坐标,及从第一次碰撞到t=解析:(1)由题知,粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达O点,则说明粒子甲的轨迹半径r=a,根据qv甲0B=mv甲解得v甲0=qBam(2)由题知,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qvB=m4πT甲T乙则m乙=12粒子甲、乙碰撞过程,取竖直向下为正方向,有mv甲0+m乙v乙0=mv甲1+m乙v12mv甲02+12m乙v乙02=1解得v乙0=5v甲0,v乙则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为3qBa(3)已知在t1=πmv甲1=3v甲0,v乙1=3v则根据qvB=mv2r,可知此时粒子乙的运动半径为r乙1=可知在t2=3πmqB时,粒子甲、乙发生第二次碰撞,且粒子甲、乙发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙通过的路程为s且在第二次碰撞时有mv甲1+m乙v乙1=mv12mv甲12+12m乙v乙12=1解得v甲2=v甲0,v乙2=5v甲0,可知在t3=5πmqB时,粒子甲、乙发生第三次碰撞,且粒子甲、乙发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙通过的路程为s且在第三次碰撞时有mv甲2+m乙v乙2=mv12mv甲22+12m乙v乙22=1解得v甲3=3v甲0,v乙3=3v依此类推,在t10=17πmv甲9=3v甲0,v乙9=3v甲0,在t10=17πmqB到t=18πmqB在t10=17πmqB到t=18πmqB过程中,粒子乙刚好运动一周,则t=3πa,故整个过程中粒子乙通过的总路程为s=4×6πa+4×10πa+3πa=67πa。答案:(1)qBam(2)12m(3)甲(6a,0)乙(0,0)67πa难关攻克练13.(2023·浙江6月卷,20)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示,Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ,其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场,区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场,方向均垂直于纸面向里,区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束,沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用,并忽略磁场的边界效应。(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t;(2)若B2=2B1,求能到达y=L2处的离子的最小速度v2(3)若B2=B1Ly,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在解析:(1)当离子不进入区域Ⅱ速度最大时,轨迹与区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界相切,则由几何关系有r1cos60°=r1L,解得r1=2L;根据qv1B1=mv1解得v1=2B在磁场中运动的周期T=2πm运动时间t=2×60°360°(2)若B2=2B1,根据r=mvqB可知r1=2r2离子在磁场中的运动轨迹如图所示,设O1O2与磁场边界夹角为α,由几何关系有r1sinαr1sin30°=L,r2r2sinα=L2解得r2=2L,sinα=34根据qv2B2=mv2解得v2=4B(3)当最终进入区域Ⅱ的离子刚好到达x轴,则由动量定理有B2qvyΔt=mΔvx,即B1LyqΔy=mΔv求和可得∑B1LyqΔy=∑mΔv离子从区域Ⅰ到区域Ⅱ,最终到x轴上的过程中,m(vvcos60°)=B1qL+B1L·0+解得v=3B则速度在3B1qL答案:(1)2B1qLm14.(2023·湖南高三联考)2021年5月28日凌晨,中科院合肥