专题强化练(第十一章专题强化课十二磁场中的“圆”模型)

专题强化练(40分钟64分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。1.如图所示为边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场,则从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1,从P点运动到M点所用的时间为t2。带电粒子重力不计,则t1∶t2为()A.2∶1 B.2∶3 C.3∶2 D.1∶2【解析】选C。画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹,并将该轨迹向下平移,粒子做圆周运动的半径为R=L,从C点射出的粒子运动时间为t1=T4;由P点运动到M点所用时间为t2,圆心角为θ,cosθ=R2R=12,则θ=60°,故t2=T6,所以t12.(2021·全国乙卷)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力,则v1v2为A.12 B.33 C.【解析】选B。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力有:qvB=mv2r,解得r=mvqB。设匀强磁场的圆形区域半径为R,根据粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°可知r1=R,且r1=mv1qB,射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°可知r2=3R,且r2=mv2qB,则v13.(多选)如图所示,空间中存在一半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场,MN是一竖直放置的足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入,不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m,电荷量为q,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()A.对着圆心入射的粒子,速度越大,在磁场中运动的时间越短B.对着圆心入射的粒子,速度越大,在磁场中运动的时间越长C.若粒子速度大小均为v=qBRm,出射后均可垂直打在MND.若粒子速度大小均为v=qBRm,则粒子在磁场中的运动时间一定小于【解析】选A、C、D。对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越大,轨迹对应的圆心角越小,由t=θ2πT=θmqB可知,运动时间越短,故A正确,B错误。粒子速度大小均为v=qBRm时,根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径r=mvqB=R,根据几何关系可知,入射点P、O、出射点与轨迹圆的圆心的连线构成菱形,射出磁场时的轨迹半径与PO平行,故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直,出射后均可垂直打在MN上;根据几何关系可知,轨迹对应的圆心角小于180°,粒子在磁场中的运动时间t<12T=πm4.(多选)如图所示,直角三角形ABC区域内有一方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,∠A=30°,AB=L。在A点有一个粒子源,可以沿AB方向发射速度大小不同的带正电的粒子。已知粒子的比荷均为k,不计粒子间相互作用及重力,则下列说法正确的是()A.随着速度的增大,粒子在磁场中运动的时间变短B.随着速度的增大,粒子射出磁场区域时速度的偏转角变大C.从AC边射出的粒子的最大速度为2D.从AC边射出的粒子在磁场中的运动时间为π【解析】选C、D。5.(2024·合肥模拟)如图所示,半径为R的14圆OAP区域中存在垂直于圆平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场,圆心O点有一粒子源,先后从O点以相同速率v0=qBRm向圆区域内发射两个完全相同的正电粒子a、b(质量为m,电量为q),其速度方向均垂直于磁场方向,与OP的夹角分别为90°、60°,不计粒子的重力及粒子间相互作用力,则两个粒子a、b在磁场中运动时间之比ta∶tb为(A.1∶1 B.2∶1C.1∶2 D.4∶1【解析】选A。两个粒子在磁场中做圆周运动的半径均为R,恰好与磁场区域半径相等,对a粒子如图甲所示,在磁场中恰好以P点为圆心做圆周运动,从AP边上M点出磁场,ta=16T;对b粒子如图乙所示在磁场中做圆周运动,恰好从AP边上D点出,由几何关系得tb=16T,故ta∶tb=1∶1,故A6.(2024·北京西城区模拟)如图所示,正方形区域abcd内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场,并恰好从ab边的中点N射出磁场。不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.粒子带负电B.若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子将从a点射出C.若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子将从b点射出D.若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子在磁场中的运动时间将变短【解析】选D。根据左手定则可知粒子带正电,A错误;设正方形边长为L,粒子以速度v和速度2v进入磁场,有L2=mvqB,L=m·可知若粒子射入磁场的速度增大为2v,射出的位置在N、b之间,B、C错误;若粒子射入磁场的速度增大为2v,则在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角将变小,由t=θ2πT可知粒子在磁场中的运动时间将变短,故D7.(多选)(2024·淮南模拟)如图所示,竖直平面内半径为R的圆形区域内充满垂直于圆形区域的匀强磁场(图中未标出),O为圆形区域的圆心,AB和CD分别为圆的水平直径和竖直直径。现从D点沿图示方向垂直磁场发射一粒子,粒子最终从圆上的E点沿水平方向射出磁场,且E、O两点的连线与AO的夹角α=60°,已知粒子射入磁场时的速度大小为v0,粒子的质量为m,所带电荷量的绝对值为q,不计粒子重力。以下说法正确的是()A.粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径为3RB.图中的θ=60°C.粒子在磁场中的运动时间为5πD.若仅改变粒子垂直射入磁场时的速度方向,粒子出磁场时其速度方向与CD的夹角可能为30°【解析】选B、C。设粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O1,如图所示,图中∠EOD=α+90°=150°,据相交圆的特点可知∠EOO1=12∠EOD=75°,∠FOO1=∠EOO1-α=15°,则EF=Rsin60°=32R,FO1=FORcos60°tan15°=12R×sin(45°-30°)cos(45°-30°)=R-32R,所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为R'=EF+FO1=R,A∠O1DO=180°-2∠EOO1=30°,因而θ=90°-∠O1DO=60°,故B正确;粒子在磁场中运动的时间t=150°360°×2πRv0=5πR6v0,故C正确;因R'=R,据磁发散的特点,以不同的方向从8.(2024·襄阳模拟)如图所示,在直角三角形MON区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B,O点处的粒子源可向纸面内磁场区域各个方向发射带电粒子。已知带电粒子的质量为m,电荷量为+q,速率均为v=qBd2m,ON长为d且∠ONM=30°,忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法正确的是(A.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为πB.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为πC.MN边上有粒子到达区域的长度为dD.ON边上有粒子到达区域的长度为3【解析】选C。根据qvB=mv2r解得r=d2,自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间的运动轨迹交MN于A点,圆弧所对应的圆心角为60°,自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间的运动轨迹交MN于B点、交ON于C点,圆弧所对应的圆心角为根据T=2πrv解得T=2πmqB,联立可得tmin=60°360°T=πm3qB,tmax=120°360°T=2πm3AB=2×d2cos30°-(d-d2cos30°)cos30°=d2,故C正确;ON边上有粒子到达区域的长度为O、C之间的距离,由几何关系可得OC=2×d2cos30°=二、计算题:本题共1小题,共16分。9.(2024·苏州模拟)如图所示,在直角坐标系xOy平面内,有一离子源沿x轴正方向发射出大量速率均为v0的同种正离子,这些离子均匀分布在与x轴距离为0~R的范围内,离子的质量为m,电荷量为q。在离子源右侧有一圆形磁场区域Ⅰ,其圆心O'的坐标为(0,R),半径为R,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B1(未知)。在y<0无限大区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为B2(未知),已知B2=12B1。CD为离子收集板,C点位置坐标为(-R,-3R),且CD平行于y轴。若离子群经过磁场Ⅰ后均从O点进入磁场Ⅱ,其中从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从O点沿y轴负方向射入磁场Ⅱ,离子打到收集板上即刻被吸收,不考虑离子从磁场Ⅱ出去后的运动,(1)求B1的大小;(4分)答案:(1)m【解析】(1)由从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从O点沿y轴负方向射入磁场Ⅱ可知,离子在磁场Ⅰ中运动的半径为r1=R,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B1=mv解得B1=m(2)若从O点射出的离子恰好全部被收集板右侧吸收,求收集板的长度L;(5分)答案:(2)(15-3)R【解析】(2)因为B2=12B1,所以离子在磁场Ⅱ中运动的半径为r2=2r1=2R,离子在磁场中运动轨迹如图1所示从离子源最上方射出经O点沿y轴负方向的离子,打在收集板的位置离x轴的距离最近,为y1=32r2=3R,可知恰好打在C与x轴成β角的离子到达CD板最远处的D点,则D点离x轴距离为y2=(2r2所以离子恰好全部被收集板右侧吸收时,收集板的长度为L=y2-y1=(15-3)R(3)若收集板的长度为2R,则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为多大?(7分)答案:(3)3【解析】(3)若收集板的长度为2R,则打在收集板下端的离子做圆周运动的轨迹如图2所示:从O点射出沿y轴负方向的离子在磁场Ⅱ中偏转后恰好经过C点,设从O点射出与x轴正方向夹角为θ的离子刚好经过D点,则OC=OA2因OC=CD=2R,则C点为经过D点离子轨迹的圆心。由sinθ=OAOC=12可得若从离子源最下方射出的离子经O点也能被磁场Ⅱ作用,则打在收集板的位置与x轴的距离为y3=r2+32r2=2R+3