高二物理（人教版）试题 选择性必修二 课时跟踪检测（六）　带电粒子在有界匀强磁场中的运动

5/5课时跟踪检测(六)带电粒子在有界匀强磁场中的运动1．(2024·广西高考)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为()A.eq\f(mv,qB) B.eq\f(3mv,2qB)C．(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))eq\f(mv,qB)2.(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子与MN成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间可能为()A.eq\f(πm,3qB) B.eq\f(2πm,3qB)C.eq\f(4πm,3qB) D.eq\f(5πm,3qB)3.(2024·山东青岛期末)长度为L的水平板上方区域存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，从水平板中心正上方eq\f(L,2)的P点处以水平向右的速度v0释放一个质量为m、电荷量为e的电子，若电子能打在水平板上，速度v0应满足()A．v0>eq\f(eBL,2m) B．v0<eq\f(eBL,4m)C.eq\f(eBL,4m)<v0<eq\f(eBL,2m) D．v0>eq\f(eBL,2m)或v0<eq\f(eBL,4m)4.(多选)如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)5.(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速率可能是()A.eq\f(\r(3)qBL,6m) B.eq\f(\r(3)qBL,3m)C.eq\f(\r(3)qBL,2m) D.eq\f(\r(3)qBL,m)6．(多选)如图所示，在等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，O为ab边的中点，在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率v＝eq\f(qBL,m)不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电荷量为q，直角边ab长为2eq\r(2)L，不计重力和粒子间的相互作用力。则()A．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为eq\f(πm,4qB)B．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为eq\f(πm,3qB)C．粒子能从bc边射出的区域长度为LD．粒子能从bc边射出的区域长度为eq\r(2)L7.如图所示，边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，能沿∠CAD的平分线方向发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，不计粒子重力。则粒子以下列哪一速度发射时不能通过D点()A.eq\f(qBl,4m) B.eq\f(qBl,2m)C.eq\f(3qBl,4m) D.eq\f(qBl,m)8.(2024·襄阳高二调研)如图，半径为d的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场垂直圆所在的平面。一带电荷量为q、质量为m的带电粒子从圆周上a点对准圆心O点射入磁场，从b点射出，若α＝60°，则带电粒子射入磁场时的速度大小为()A.eq\f(qBd,m) B.eq\f(\r(3)qBd,m)C.eq\f(2qBd,m) D.eq\f(3qBd,m)9.真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)10.如图所示，在直角坐标系第一象限存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的粒子从x轴上的P点射入磁场中，入射方向与x轴成θ＝60°，射入后恰好能垂直于y轴射出磁场，不计粒子重力，已知OP＝eq\r(3)a。则()A．粒子带正电荷B．射出点与O点距离为2aC．若只改变θ，粒子射出点与O点最远的距离为4aD．若只改变θ，粒子在磁场中运动时间最长为eq\f(4πm,3qB)11.(2024·云南昭通期末)如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场左、右边缘平行，磁场的宽度为d，正粒子射入磁场的速度方向与左边缘夹角为θ，已知粒子质量为m、带电荷量为q，运动到磁场右边缘时恰好相切。(1)粒子做匀速圆周的半径是多大？(2)粒子射入磁场的速度是多大？12.如图所示，一足够长的矩形区域abcd内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从矩形区域ad边的中点O处垂直磁场射入一速度方向与ad边夹角为30°、大小为v的带电粒子。已知带电粒子的质量为m、电荷量为＋q，ad边长为L，重力影响忽略。试求：(1)粒子能从ab边射出磁场的v的范围；(2)如果带电粒子不受上述v大小范围的限制，粒子在磁场中运动的最长时间。课时跟踪检测(六)1.选C粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋eq\f(r,cos45°)＝(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB)。故选C。2.选AD由于带电粒子的电性不确定，其轨迹可能是如图所示的两种情况。由qvB＝meq\f(v2,r)和T＝eq\f(2πr,v)，得T＝eq\f(2πm,qB)。由图可知，若粒子带正电，轨迹对应的圆心角为θ1＝300°，若粒子带负电，轨迹对应的圆心角为θ2＝60°，则对应时间分别为t1＝eq\f(θ1,2π)T＝eq\f(300°,360°)T＝eq\f(5πm,3qB)，t2＝eq\f(θ2,2π)T＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)，选项A、D正确。3.选C电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有ev0B＝meq\f(v02,R)，解得R＝eq\f(mv0,eB)，分析可知，当轨迹半径很小或者轨迹半径很大时，电子均不能够到达水平板上，两个临界轨迹分别与水平板相切、恰好经过水平板两端点，如图所示，根据几何关系可知，Rmin＝eq\f(L,4)，Rmax＝eq\f(L,2)，解得v0min＝eq\f(eBL,4m)，v0max＝eq\f(eBL,2m)，则有eq\f(eBL,4m)<v0<eq\f(eBL,2m)，故选C。4.选AB如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r12＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))2＋l2，又r1＝eq\f(mv1,Bq)，所以v1＝eq\f(5Bql,4m)；粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)；欲使粒子不打在极板上，应使v＞v1或v＜v2，综合上述分析可知，A、B正确。5.选AB由题意可知，粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝eq\f(\r(3),3)·eq\f(L,n)(n＝1,2，3，…)；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝meq\f(v2,r)，则v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(3)qBL,3m)·eq\f(1,n)(n＝1,2,3，…)，A、B正确。6.选BD粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝eq\f(mv2,r)，解得r＝L，如图所示，Od与ac垂直，由几何关系可知，Od＝Oacos45°＝L，即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60°，则最短时间为t＝eq\f(60°,360°)T，又T＝eq\f(2πr,v)，解得从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为t＝eq\f(πm,3qB)，故A错误，B正确；粒子轨迹与ac相切时，交于bc边最远的e点，由几何关系可知，Oe长度为2L，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为eb＝Oecos45°＝eq\r(2)L，故C错误，D正确。7.选C粒子带正电，且经过D点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对的圆心角均为60°，所以粒子运动的半径为r＝eq\f(l,n)(n＝1,2,3，…)；粒子在匀强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qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(Bql,mn)(n＝1,2,3，…)；本题要求选择不能通过D点的，故选C。8.选B如图所示，根据几何知识可知，粒子运动的轨迹半径为r＝d·tan60°＝eq\r(3)d，因为粒子受到的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，所以粒子射入磁场时的速度大小为v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(3)qBd,m)，B正确。9.选C磁感应强度取最小值时对应的电子的运动轨迹临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,r)，联立解得B＝eq\f(3mv,4ae)，故选C。10.选D粒子受洛伦兹力做匀速圆周运动，由题知粒子垂直于y轴射出磁场，即水平向左离开，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；粒子的运动轨迹如图1所示，由几何关系可得sinθ＝eq\f(OP,r)，可得轨迹的半径为r＝2a，则射出点与O点距离为d＝r＋rcosθ＝3a，故B错误；若只改变θ，出射点与入射点连线为轨迹圆直径时，粒子射出点离O点最远，如图2所示，则dmax＝eq\r(4a2－\r(3)a2)＝eq\r(13)a，故C错误；若只改变θ，粒子在磁场中运动时间由圆心角决定，圆心角最大时运动时间最长，则当θ＝0°时，即粒子水平向右进入磁场时运动时间最长，如图3所示，有cosα＝eq\f(OP,2a)＝eq\f(\r(3),2)，解得α＝30°，则最长运动时间为tmax＝eq\f(360°－90°－α,360°)·T＝eq\f(240°,360°)·T＝eq\f(4πm,3qB)，故D正确。11.解析：(1)初速度延长线与右边缘夹角的角平分线和初速度垂线的交点即为圆心根据几何关系r＋rcosθ＝d解得r＝eq\f(d,1＋cosθ)。(2)根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(qBd,m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cosθ)))。答案：(1)eq\f(d,1＋cosθ)(2)eq\f(qBd,m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cosθ)))12．解析：(1)当v较小时，运动轨迹恰好与ab边相切；当v较大时，运动轨迹恰好与cd边相切，然后从ab边穿出，如图所示。当速度较小为v1时，有r1＋r1sin30°＝eq\f(1,2)L，解得r1＝eq\f(L,3)又由半径公式r1＝eq\f(mv1,qB)，可得v1＝eq\f(qBL,3m)当速度较大为v2时，由几何关系知r2＝L又由半径公式r2＝eq\f(mv2,qB)，可得v2＝eq\f(