统考版2025届高考物理二轮复习提升指导与精练17带电粒子在磁场中运动含解析

PAGE10-带电粒子在磁场中运动1．本学问点是高考的重点，近几年主要是结合几何学问考查带电粒子在有界匀强磁场及复合场、组合场中的运动。2．留意“运动语言”与“几何语言”间的翻译，如：速度对应圆周半径，时间对应圆心角或弧长或弦长等。例1．(2024·全国I卷·18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对外，其边界如图中虚线所示，弧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()A．B．C．D．【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动的时间，则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零渐渐放大。当半径r≤0.5R和r≥1.5R时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当0.5R<r<1.5R时，粒子从半圆边界射出，渐渐将轨迹半径从0.5R渐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从π渐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即轨迹对应的最大圆心角θ＝eq\f(4,3)π，粒子运动最长时间，故选C。例2．(2024·全国Ⅱ卷·18)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调整后电子束从静止起先沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则()A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面对外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】由于电子带负电，要在M、N间加速则M、N间电场方向由N指向M，依据沿着电场线方向电势渐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；增大加速电压则依据qU＝eq\f(1,2)mv2，可知会增大到达偏转磁场的速度；又依据在偏转磁场中洛伦兹力供应向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)，可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故依据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，依据左手定则可知磁场方向垂直纸面对里，故C错误；由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。提分训练提分训练1．在同一匀强磁场中，α粒子(eq\o\al(4,2)He)和质子(eq\o\al(1,1)H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子()A．运动半径之比是2∶1B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1D．受到的洛伦兹力之比是2∶1【答案】B【解析】α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同，故速度之比为1∶4；同一磁场，B相同。由r＝eq\f(mv,qB)，得两者半径之比为1∶2； 由T＝eq\f(2πm,qB)，得周期之比为2∶1；由f洛＝qvB，得洛伦兹力之比为1∶2，故只有B正确。2．为了通过试验探讨PM2.5的相关性质，让一带电的PM2.5颗粒(重力不计)，垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场区域，如图所示，其中M、N为正对的平行带电金属板，视察发觉它恰好做直线运动，则下列推断正确的是()A．M板肯定带正电B．PM2.5颗粒肯定带正电C．若仅使PM2.5颗粒的电荷量增大，颗粒肯定向M板偏移D．若仅使PM2.5颗粒的速度增大，颗粒肯定向N板偏移【答案】A【解析】由于颗粒做直线运动，故无论颗粒带何种电荷，电场力与洛伦兹力都是方向相反、大小相等的。依据左手定则，带正电颗粒受到的洛伦兹力向上，所以它受到的电场力向下，电场力与电场强度同向(带负电颗粒受到的洛伦兹力向下，所以它受到的电场力向上，电场力与电场强度反向)，所以M板肯定带正电，PM2.5颗粒的电性不确定。依据电场力和洛伦兹力平衡，即qvB＝qE，得v＝eq\f(E,B)，与颗粒的电荷量q无关；若使PM2.5颗粒的速度增大，则洛伦兹力增大，则电场力与洛伦兹力不平衡，出现偏转现象，因洛伦兹力方向不确定，则不肯定向N板偏移。3．(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内随意方向放射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面对外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T。电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源放射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A．θ＝90°时，l＝9.1cmB．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cmD．θ＝30°时，l＝4.55cm【答案】AD【解析】电子在匀强磁场运动的轨道半径为R＝eq\f(mv,qB)＝4.55cm，电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当θ＝90°时，竖直向下放射的粒子恰好打到N点，水平向右放射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下放射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝4.55cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55cm＜l＜9.1cm，故B、C错误。4．“人造小太阳”托卡马克装置运用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则须要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可推断所需的磁感应强度B正比于()A．eq\r(T)B．TC．eq\r(T3)D．T2【答案】A【解析】等离子体在磁场中受到的洛沦兹力供应向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，得v＝eq\f(BqR,m)，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)eq\f(B2q2R2,m)，由题意得Ek＝kT，故有kT＝eq\f(B2q2R2,2m)，得B＝eq\r(\f(2km,q2R2)T)，即B∝eq\r(T)，选项A正确。如图所示，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，方向垂直于纸面对外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为eq\f(R,2)。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)()A．eq\f(qBR,2m)B．eq\f(qBR,m)C．eq\f(3qBR,2m)D．eq\f(2qBR,m)【答案】B【解析】粒子运动的情景如图所示，由于入射点M距离直径ab为eq\f(R,2)，且入射方向MC平行于ab，所以∠MOC＝60°，粒子射出磁场时，偏转角度为60°，即∠MO′B＝60°，所以由几何关系知，粒子的轨迹半径r＝R，又r＝eq\f(mv,qB).所以v＝eq\f(qBR,m)，B正确。6．运用回旋加速器的试验须要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面对外的匀强磁场中，磁感应强度为B。为引出离子束，运用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ。(1)求离子的电荷量q并推断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽视边缘效应。为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。【解析】(1)离子做圆周运动Bqv＝eq\f(mv2,r)，得q＝eq\f(mv,Br)依据左手定则可推断离子带正电荷。(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r引出轨迹为圆弧，由B′qv＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,qB′)由余弦定理得R2＝L2＋(R－r)2＋2L(R－r)cosθ解得：R＝eq\f(r2＋L2－2rLcosθ,2r－2Lcosθ)故B′＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv（2r－2Lcosθ）,q（r2＋L2－2rLcosθ）)(3)电场强度方向沿径向向外，引出轨迹为圆弧Bqv－Eq＝eq\f(mv2,R)解得：E＝Bv－eq\f(mv2（2r－2Lcosθ）,q（r2＋L2－2rLcosθ）)。7．空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：(1)Q到O的距离d；(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；(3)乙的比荷可能的最小值。【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，由qvB＝meq\f(v2,R)得：，且。(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，所以，再次经过P点的时间为t＝NT＝3T由匀速圆周运动的规律得：，绕一周的时间为：解得：所以，再次经过P点的时间为两次经过P点的时间间隔为：。(3)由洛伦兹力供应向心力，由qvB＝meq\f(v2,R)得：，d＝2R1′－R2′若乙粒子从第一象限进入其次象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则：2R1′＋nd′＝OQ＝d结合以上式子，n无解。若乙粒子从其次象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则：nd′＝OQ计算可得（n＝1，2，3……）由于甲乙粒子比荷不同，则n＝2时，乙的比荷最小，为。8．如图所示，在竖直平面xOy内，x轴上方，以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆与坐标轴分别交于a、b、c点。abc的同心半圆弧a′b′c′与坐标轴交于a′、b′、c′，圆心O与圆弧a′b′c′之间分布着的辐射状电场，电场方向沿半径背离圆心向外，圆心O与圆弧a′b′c′电势差为U。x轴上方半圆abc外区域存在着上边界为y＝2R的垂直纸面对里的足够大匀强磁场，磁感应强度为B。半圆abc内无磁场。正电粒子的粒子源在O点，粒子从坐标原点O被辐射状的电场由静止加速后进入磁场。从b点进入磁场的粒子恰好不能从磁场上边界射出磁场。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界abc后的运动。试求：(1)带电粒子的比荷；(2)上边界y＝2R上有带电粒子射出磁场部分的长度；(3)现在只变更磁场高度，磁场上边界变为y＝，试求垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间。【解析】(1)由b点进入磁场的粒子做圆周运动，如图甲所示，由此可得：qvB＝meq\f(v2,R)(1分)粒子在电场中加速，有qU＝eq\f(1,2)mv2(1分)整理得：。(2分)(2)带电粒子从磁场边界射出y轴，右侧的最大距离x1，如图乙所示，由几何关系可得：[(eq\r(2)＋1)R2]2＝x12＋(2R)2(2分)y轴左侧最大距离为x2＝R(1分)带电离子从磁场上边界射出的范围为。(2分)(3)带电粒子垂直磁场上边界射出，如图丙所示，可知∠2＝45°(1分)则(1分)得∠1＝60°，所以∠3＝75°(1分)则带电粒子在磁场中运动的时间(1分)带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)(1分)整理得(1分)同理得∠4＝15°(1分)因此。(1分)9．某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充溢沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子eq\o\al(1,1)H、氚核eq\o\al(3