高二物理（人教版）试题选择性必修二课时跟踪检测（五）带电粒子在匀强磁场中的运动

课时跟踪检测(五)带电粒子在匀强磁场中的运动A级——基础达标1.如图所示，水平导线中有恒定电流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2．(2024·北京理工大附中期末)光滑绝缘水平桌面上存在与桌面垂直方向的匀强磁场，有一带电粒子在桌面上做匀速圆周运动，当它运动到M点，突然与一不带电的静止粒子发生正碰合为一体(碰撞时间极短)，则粒子的运动轨迹应是图中的哪一个(实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹)()3．(多选)两个粒子A和B带有等量的同种电荷，粒子A和B以垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场，A、B均不计重力，则下列说法正确的是()A．如果两粒子的速度vA＝vB，则两粒子运动的轨道半径RA＝RBB．如果两粒子的动能EkA＝EkB，则两粒子运动的周期TA＝TBC．如果两粒子的质量mA＝mB，则两粒子运动的周期TA＝TBD．如果两粒子的质量与速度的乘积mAvA＝mBvB，则两粒子运动的轨道半径RA＝RB4.如图所示，正方形abcd区域(含边界)存在垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N两个粒子以相同的速率均从d点沿纸面da方向射入磁场区域，经磁场偏转后粒子M从b点离开磁场，粒子N从dc边的中点离开磁场，不计粒子重力以及粒子之间的相互作用，则粒子M与粒子N的比荷之比为()A．1∶8 B．1∶5C．1∶4 D．2∶55．(2024·天津统考期末)一带电粒子经加速电压U加速后进入匀强磁场区域，现仅将加速电压增大到原来的2倍后，粒子再次进入匀强磁场，则()A．运动的轨道半径变为原来的2倍B．运动的动能变为原来的2倍C．运动周期变为原来的eq\r(2)倍D．运动的角速度变为原来的eq\r(2)倍6．(2024年1月·安徽高考适应性演练)(多选)如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，A点到CD的距离为eq\f(R,2)，不计粒子重力。则()A．粒子带负电B．粒子运动速率为eq\f(2qBR,m)C．粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,3qB)D．粒子在磁场中运动的路程为eq\f(2πR,3)B级——综合应用7．(2024·福建福州期末)(多选)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计粒子重力。根据上述信息可以求出()A．带电粒子在磁场中运动的轨道半径B．带电粒子在磁场中运动的速率C．带电粒子在磁场中运动的时间D．带电粒子射出磁场位置8．(2024·河南许昌期末)如图所示，在平面直角坐标系Oxy所在的平面内，有垂直于该平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在Oxy平面内，从坐标原点O沿着与x轴正方向成θ＝60°角方向，发射一个电荷量为q(q>0)、质量为m、速度大小为v的带电粒子。试求：该粒子的运动轨迹与y轴的交点坐标。9.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。10．(2024·河南郑州期末)如图所示，长方形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，AB边长为l，AD边足够长，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从BC边上的O点以初速度v0垂直于BC方向射入磁场，粒子从A点离开磁场，速度方向与直线AB成30°角，不计粒子重力。求：(1)OB的长度；(2)磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子在磁场中经历的时间。课时跟踪检测(五)1．选B由安培定则可知，电流在导线下方产生的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁感应强度B越小。由左手定则可知，电子运动轨迹向下弯曲，又由r＝eq\f(mv,qB)可知，磁感应强度B减小，轨迹半径r越来越大，则电子的轨迹是a，故选B。2．选A带电粒子在水平方向做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式得qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，当带电粒子运动到M点，突然与一不带电的静止粒子发生正碰合为一体，动量不变，电荷量不变，磁感应强度不变，带电粒子做圆周运动的半径不变，故A正确，B、C、D错误。3．选CD因为粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，又两粒子电荷量相等且在同一磁场中，所以q、B相等，r与m、v有关，T只与m有关，所以A、B错误，C、D正确。4．选C设正方形边长为L，粒子沿da方向射入磁场区域，粒子N从dc边的中点离开磁场，则粒子N的轨迹半径rN＝eq\f(1,4)L，粒子M从b点离开磁场，由题图可知rM＝L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，所以粒子M与粒子N的比荷之比为eq\f(\f(qM,mM),\f(qN,mN))＝eq\f(rN,rM)＝eq\f(1,4)，故选C。5．选B带电粒子经过加速电场，由动能定理可得qU＝Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知当加速电压增大到原来的2倍后，运动的动能变为原来的2倍，故B正确；带电粒子进入磁场时的速度v＝eq\r(\f(2qU,m))，进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得带电粒子运动的轨道半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mqU),qB)，可知当加速电压增大到原来的2倍后，运动的轨道半径变为原来的eq\r(2)倍，故A错误；带电粒子运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，可知当加速电压增大到原来的2倍后，运动的周期不变，故C错误；带电粒子运动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(qB,m)，可知当加速电压增大到原来的2倍后，运动的角速度不变，故D错误。6．选AD由于粒子经过圆心O，最后离开磁场，可知粒子在A点所受洛伦兹力向下，根据左手定则，四指指向与速度方向相反，可知粒子带负电，故A正确；由于圆形区域半径为R，A点到CD的距离为eq\f(R,2)，令粒子做圆周运动的半径为r，根据几何关系有r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(R,2)))2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))2))，解得r＝R，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝meq\f(v02,r)，解得v0＝eq\f(qBR,m)，故B错误；根据上述分析，作出运动轨迹，如图所示，由于圆形区域半径为R，粒子做圆周运动的半径也为R，则△AOO′与△EOO′均为等边三角形，则轨迹所对应的圆心角为120°，粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)，则粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)，故C错误；结合上述可知，粒子在磁场中运动的路程为x＝eq\f(120°,360°)·2πr＝eq\f(2πR,3)，故D正确。7.选AD利用左手定则画出初、末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置，作出运动轨迹，如图所示。根据几何关系可得cos30°＝eq\f(a,r)，所以r＝eq\f(2\r(3),3)a，带电粒子射出磁场位置y＝r＋r·cos60°＝eq\r(3)a，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即qBv＝meq\f(v2,r)，又T＝eq\f(2πr,v)，化简得r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3qB)；由此可知，因为磁感应强度B未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间和运动速率无法确定。故选A、D。8．解析：如图所示是该带电粒子的运动轨迹，其中O1是轨迹圆的圆心、P为粒子的运动轨迹与y轴的交点，设交点P坐标为(0，－y)，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)因为θ＝60°，由几何关系知，OO1与x轴正方向夹角为30°，所以∠O1OP＝60°，三角形OO1P是等边三角形，各边的长度都是R,所以P距坐标原点的距离为OP＝eq\f(mv,qB)所以粒子的运动轨迹与y轴的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(mv,qB)))。答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(mv,qB)))9．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)10．解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得Rsin30°＝l解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为2l，所以OB＝R－Rcos30°＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(