2017-2018学年高二物理《带电粒子在磁场中的运动》专题训练及答案详解

2017-2018学年高二物理《带电粒子在磁场中的运动》专题训练

答案与解析

1.答案 B 2.答案 C 3.答案 A

mv

解析 由左手定则可知,N粒子带正电,M粒子带负电,A正确.又rN

qB误.洛伦兹力与速度时刻垂直,不做功,C错误.粒子在磁场中的运行时间t=以tM=tN,D错误. 4.答案 D

解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r=

mv

.轨迹与ON相切,画出粒子的运动轨迹如图所qB

θT2πmT=,又T=,所2π2qB

示,知△AO′D为等边三角形,∠O′DA=60°,而∠MON=30°,则∠OCD

4mv

=2CD=4r=,故D正确. sin 30°qBCD

=90°,故CO′D为一直线,OD=5.答案 ABC

解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场,然后从同一点离开磁场,则它们在磁场中运动的轨迹相同,选项A正确;两粒子的运动轨迹相同,则它们的轨道半径也v2

一定相同,粒子在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=m,解得rr=

mv

,设质子的质量为m1,带电荷量为q1,在磁场中运动的速度大小为v1,α粒子的质量为m2,带电qB

m1v1m2v2v1m2q12

荷量为q2,在磁场中运动的速度大小为v2,则有=,即==,选项B正确;设质子的动

q1Bq2Bv2m1q2112

m1v 1

E121

能为E1,α粒子的动能为E2,则有==,选项C正确;两粒子在磁场中运动的轨迹相同,运

E2112

m2v 22动的速度大小之比为2∶1,则两粒子在磁场中运动时间之比为1∶2,选项D错误. 6.答案 BC

解析 由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电,选项A错;根据洛伦兹力提供向心力qvB=L+3dqB(3d+L)v2qBr

m,可得v=,r越大v越大,由图可知r最大值为rmax=,代入v的表达式可得vmax=,rm22mL3qBd选项B正确;又r最小值为rmin=,将rmax、rmin分别代入v的表达式后得出速度之差为Δv=,可

22m见选项C正确、D错误.

5

7.答案 B

解析 若粒子刚好达到C点时,其运动轨迹与AC相切,如图所示,则粒子运动的半径为r0=

amv

=3a.由r=得,粒子要能从AC边射出,粒子运tan 30°qB

3mv

,选项B正确. 3aq

8.答案 D

解析 如图所示,ST之间的距离为在屏MN上被粒子打中区域的长度.粒子在磁场中运动的轨道半径R=mv, qB

行的半径应满足r>r0,解得B<2mvcos θ

则PS=2Rcos θ=

qB

2mv(1-cos θ)2mv

PT=2R=,所以ST=.

qBqB

9.答案 A

解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,运动轨迹如图所示,由几何关v2qBr2πm

系得,rc=2rb,θb=120°,θc=60°,由qvB=m得,v=,则vb∶vc=rb∶rc=1∶2, 又由T=,t

rmqB=

θ

T和θb=2θc得tb∶tc=2∶1,故选项A正确,B、C、D错误. 2π10.答案 AC

解析 设电子的质量为m,速率为v,电荷量为q,B2=B,B1=kB 则由牛顿第二定律得: mv2

qvB=①

R2πRT=②

v

mv2πm

由①②得:R=,T= qBqBR2T2所以=k,=k

R1T1v2v

根据a=,ω=可知

RRa21ω21=,= a1kω1k

所以选项A、C正确,选项B、D错误.

6

11.答案 B

解析 当轨道半径小于或等于磁场区半径时,粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径.如1

图所示,当粒子从圆周射出磁场时,粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ,粒子都从圆弧PQ之间射出,

3因此轨道半径r1=Rcos 30°=

3

R;若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半,2

1R即周长,对应的弦长为R,即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R,半径r2=,62mvB2r1由r=可得==3.

qBB1r212.答案 B

解析 由左手定则可知,粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动.由粒子速度大小都相同,故轨迹弧长越小,粒子在磁场中运动时间就越短;而弧长越小,弦长也越短,所以从S点作OC的垂线SD,则SD为最短弦,可知粒子从D点射出时运行时间最短,如图所示,根据最短时间T

为,可知△O′SD为等边三角形,粒子圆周运动半径R=SD,过S点作OA6的垂线交OC于E点,由几何关系可知SE=2SD,SE为圆弧轨迹的直径,所T

以从E点射出,对应弦最长,运行时间最长,且t=,故B项正确.

2mv24mv4mv

13.答案 (1) (2)或 qdqD3qD

解析 (1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动d1

能定理得qE·=mv2①

22mv2

由①式得E=②

qd

v2

(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m③如图所示,

R粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况.若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得RD=④ 4

4mv

联立③④式得B=⑤

qD

3D

若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得R=⑥

44mv

联立③⑥式得B=⑦

3qD

14.答案 (1)0.20 m (2)0.21 m (3)4.6×107 s

解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律可得

7

v2

qvB=m r

代入数据解得r=0.20 m.

(2)设粒子在磁场中运动的最短路程为s,由数学知识可知,最短弦长对应最短的弧长,粒子运动轨迹如1

图甲所示,由几何关系可知,α=60°,最短的弧长即最短路程,则有s=×2πr=0.21 m.

62πr

(3)如图乙所示,粒子在磁场中运动的周期T==6.28

v×107 s,设沿x轴负方向射出的粒子在磁场中沿弧NP运

T-

动的时间为t1,则有t1==1.57×107 s

4

设粒子在电场中运动的时间为t2,加速度大小为a,则有2vqE-

t2=,a=,代入数据解得t2=2.0×107 s

am

1T-

由几何关系可知,cos θ=,所以θ=60°,设粒子沿弧PH运动的时间为t3,则t3=,t3=1.05×107 s

26故沿x轴负方向射出的粒子,从射出到从y轴离开所经历的时间t=t1+t2+t3=4.6×107 s.

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