第一篇 专题五 带电粒子在磁场

第一篇专题五带电粒子在磁场、复合场中的运动[基础等级评价]1．(2010·上海高考)如图5－12所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为()A．0B．0.5BIl 图5－12C．BIl D．2BIl解析：V形导线通入电流I时每条边受到的安培力大小均为BIl，方向分别垂直于导线斜向上，再由平行四边形定则可得其合力F＝BIl，答案为C.答案：C2．(2010·重庆高考)如图5－13所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示．图5－13粒子编号质量电荷量(q>0)速度大小1m 2q v22m 2q 2v33m －3q 3v42m 2q 3v52m －q v由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为()A．3、5、4 B．4、2、5C．5、3、2 D．2、4、5解析：由带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹并结合左手定则可知，a、b、c三个带电粒子分别带正、正、负电荷，而a 、b 、c 三个带电粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 r 1∶r 2∶r 3＝2∶3∶2，由r ＝m v qB 可知五个带电粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为12∶2∶3∶3∶2，所以a 、b 、c 三个带电粒子分别是编号2、4、5三个，D 正确．答案：D3．(2010·江苏高考改编)如图5－14所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO ′与SS ′垂直．a 、b 、c 三个质子先后从S 点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，b 的速度方向与SS ′垂直，a 、c 的速度方向与b 的速度方向间的夹角分别为α、β，且α＞β.三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点S ′，则下列说法中正确的有( )图5－14A ．三个质子从S 运动到S ′的时间相等B ．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO ′轴上C ．若撤去附加磁场，a 到达SS ′连线上的位置距S 点最远D ．附加磁场方向与原磁场方向相同解析：质子在磁场中运动时速度大小不变，由题图可知质子运动的轨迹长度不相等，所以三个质子运动的时间不等，选项A 错误；由r ＝m vqB 知三个质子在附加磁场以外区域运动时轨道半径相等，又洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以从S 点作出的圆心不均在OO ′轴上，选项B 错误；若撤去附加磁场，SS ′距离为2r cos θ，θ为质子初速度方向与竖直方向的夹角，因为α＞β，所以a 到达SS ′连线上的位置距S 点最近，选项C 错误；由题意知附加磁场与原磁场方向相同，选项D 正确．答案：D4．(2010·漳州模拟)如图5－15所示，一个理想边界为PQ 、 MN 的匀强磁场区域，磁场宽度为d ，方向垂直纸面向里．一 电子从O 点沿纸面垂直PQ 以速度v 0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d .O ′在MN 上，且OO ′与MN 垂直．下 图5－15 列判断正确的是( )A ．电子将向右偏转B ．电子打在MN 上的点与O ′点的距离为dC ．电子打在MN 上的点与O ′点的距离为3dD ．电子在磁场中运动的时间为πd 3v 0解析： 粒子(电子)从O 点垂直进入匀强磁场后做圆周运动， 由左手定则知，粒子向左偏转，故A 错误；又知道半径为2d ，有 界磁场的宽度为d ，由公式R ＝m vqB ，可得圆心在O 点左边距O 点为2d ，设粒子由A 点射出磁场，如图所示，由几何关系可知AO ′＝(2－3)d ，所以B 、C 错误；所以电子在磁场中运动的时间为：t ＝α360°·T ＝π/62π×2πR v 0＝πd3v 0，D 正确．答案：D5．(2010·黄岗模拟)如图5－16是质谱仪工作原理的示意图． 带电粒子a 、b 经电压U 加速(在A 点初速度为零)后，进入磁感应 强度为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x 1、x 2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a 、b 所通过 图5－16 的路径，则( )A ．a 的质量一定大于b 的质量B ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量C ．a 运动的时间大于b 运动的时间D ．a 的比荷(q a /m a )大于b 的比荷(q b /m b )解析：粒子由初速度为零，经电压U 加速：qU ＝12m v 2进入匀强磁场后：q v B ＝m v 2R 可得：R ＝1B2Um q由R a <R b ，得：m a q a<m b q b，故q a m a>q bm b.故D 正确．答案：D6．(2010·桂林模拟)一个重力不计的带电粒子，电荷量为q ， 质量为m ，从坐标(0，L )的a 点平行于x 轴射入磁感应强度为B 的 圆形匀强磁场区域，又从x 轴上b 点射出磁场，速度方向与x 轴正方向夹角为60°，如图5－17所示． 图5－17试求：(1)带电粒子的速度大小； (2)粒子由a 点运动到b 点的时间．解析：(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ， 其运动的轨迹如图所示，由几何知识有 R －L R ＝cos60°＝12即R ＝2L ① 由牛顿第二定律有q v B ＝m v 2R ② 由①②式可得：v ＝2qBLm . ③(2)粒子在磁场中的运动周期T ＝2πR v ＝2πm qB ④设粒子由a 运动到b 的时间为t ，由几何关系可得ab 弧所对的圆心角为θ＝60° ⑤ 360°T ＝θt⑥由④⑤⑥式可得：t ＝πm3qB .答案：(1)2qBL m (2)πm3qB7．(2010·安徽高考)如图5－18(1)所示，宽度为d 的竖直狭长区域内(边界为L 1、L 2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图5－18(2)所示)，电场强度的大小为E 0，E >0表示电场方向竖直向上．t ＝0时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的N 1点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N 2点．Q 为线段N 1N 2的中点，重力加速度为g .上述d 、E 0、m 、v 、g 为已知量．图5－18(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小； (2)求电场变化的周期T ；(3)改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值． 解析：(1)微粒做直线运动，则mg ＋qE 0＝q v B ① 微粒做圆周运动，则mg ＝qE 0 ② 联立①、②得q ＝mgE 0 ③B ＝2E 0v . ④ (2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，做圆周运动的周期为t 2，则d2＝v t 1 ⑤ q v B ＝m v 2R ⑥2πR ＝v t 2 ⑦ 联立③④⑤⑥⑦得 t 1＝d2v；t 2＝πv g ⑧ 电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋πvg . ⑨(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d ≥2R ○10 联立③④⑥得R ＝v 22g ⑪设在N 1Q 段直线运动的最短时间为t 1min ， 由⑤⑩⑪得t 1min ＝v 2g因t 2不变，T 的最小值 T min ＝t 1min ＋t 2＝(2π＋1)v2g.答案：(1)mg E 0 2E 0v (2)d 2v ＋πvg (3)(2π＋1)v 2g8．(2010·新课标全国卷)如图5－19所示，在0≤x ≤a 、 0≤y ≤a2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发 图5－19射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦．解析： (1)设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得q v B ＝m v 2R①由①式得R ＝m vqB ②当a /2<R <a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场运动的时间为t ，依题意t ＝T /4，得∠OCA ＝π2③设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系可得R sin α＝R －a2④R sin α＝a －R cos α ⑤ 又sin 2α＋cos 2α＝1 ⑥ 由④⑤⑥式得R ＝(2－62)a ⑦ 由②⑦得v ＝(2－62)aqB m. ⑧(2)由④⑦式得sin α＝6－610. ⑨答案：(1)(2－62)aqBm (2)6－610[发展等级评价] (限时60分钟 满分100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．每小题只有一个选项符合题意，把该选项前的字母填在题后的括号内)1.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图1所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法中正确的是( )A ．增大磁场的磁感应强度 图1B ．增大匀强电场间的加速电压C ．减小D 形金属盒的半径 D ．减小狭缝间的距离解析：粒子射出时，R ＝m v qB ，则E k ＝12m v 2＝(qBR )22m ，可见射出时动能只与磁感应强度、D 形盒半径有关，与加速电压、狭缝间距是无关的．答案：A2．如图2所示，有三个电荷量相同的同种带电粒子从A 点以不同的初速度沿正交电、磁场的中心线射入同一个速度选择器．第1个粒子恰好沿AB 做直线运动，打在荧光屏MN 上的O 点；第2个粒子打在MN 上的a 点；第3个粒子打在MN 上的b 点．若不计粒子的重力，则下列判断正确的是( )图2A ．粒子所带电荷一定是正电B ．如果粒子带正电，那么第2个粒子射入速度最大，第3个粒子射入速度最小C ．如果粒子带负电，那么第2个粒子射入速度最大，第3个粒子射入速度最小D ．如果粒子带负电，通过速度选择器后，第2个粒子的动能增大，第3个粒子的动能减小解析：由于第一个粒子匀速运动，q v B ＝qE ，可带正电，也可认为带负电，A 错；若带正电，由左手定则知，洛伦兹力方向向下，第3个粒子入射速度最大，B 错；若带负电，洛伦兹力方向向上，打在a 点的第2个粒子入射速度最大，C 对；若带负电，打在a 点的粒子电场力做负功，动能减小，打在b 点的粒子电场力做正功，动能增大，D 错．答案：C3. 圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率沿着AO 方向对准圆心O 射入磁场，其运动轨迹如图3所示．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( ) 图3A ．a 粒子速率最大B ．c 粒子速率最小C ．a 粒子在磁场中运动的时间最长D ．它们做圆周运动的周期T a <T b <T c解析：因m 、q 均相同，由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ，v 越大，r 越大，A 、B 错．由T ＝2πm qB 和t ＝θ2π·T 知，因T 相同，a 在磁场中的偏转角θ最大．所以t a 最长，C 对，D 错．答案：C4．(2010·泉州模拟) 如图4所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向都竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电荷的粒子沿电场线以速度v 0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)．能描述粒子在两个电场中运动情况的速度－时间图象是(以v 0方向为正方向)( ) 图4图5解析：依题意可知粒子在区域Ⅰ中所受的重力与电场力是一对平衡力，进入区域Ⅱ后，电场力大于重力，做匀减速运动，根据运动的对称性，当速度为0时，反向做匀加速运动，C 项正确．答案：C5．(2010·绍兴模拟)在某一空间同时存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向竖直向上，磁场方向如图6所示，两个带电液滴在此复合场中恰好能在竖直平面内做匀速圆周运动，则( )A ．它们的运动周期一定相等B ．它们做圆周运动的方向可能相反 图6C ．若它们的质量和速度大小的乘积相等，轨道半径就一定相等D ．若它们的动能相等，轨道半径就一定相等解析：带电液滴要做匀速圆周运动，必须有Eq ＝mg ，且两液滴均带正电，由洛伦兹力提供向心力，结合左手定则可判断，两液滴均沿逆时针方向做圆周运动，B 错误；由T ＝2πm Bq ＝2πEBg ，可知它们的运动周期与液滴的电性、电荷量、质量无关，周期相同，A 正确；由r ＝m v Bq 可知，若两液滴的m v 相同，电荷量不一定相同，r 也不一定相同，C 错误；由r ＝2mE k Bq 可知，E k 相同时，r 也不一定相同，D 错误．答案：A6．在x 轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O 点射入磁场．当射入方向与x 轴的夹角α＝45°时，速度为v 1、v 2的两个粒子分别从a 、b 两点射出磁场，如图7所示，当α为60°时，为了使粒子从ab 的中点c 射出磁场，则速度应为( ) 图7A.12(v 1＋v 2)B.22(v 1＋v 2) C.33(v 1＋v 2) D.66(v 1＋v 2) 解析：以v 1、v 2速度入射时，半径分别为R 1、R 2，由几何关系可知，Oa ＝2R 1，Ob ＝2R 2，若以速度v ，方向与x 轴的夹角为60°入射，则半径R 与Oc 的关系为：Oc ＝3R ，且2Oc ＝Oa ＋Ob ，解得R ＝66(R 1＋R 2)；由半径公式可知速率与半径成正比，故满足题意的速度应为：v ＝66(v 1＋v 2)，D 正确． 答案：D7．如图8所示，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，不计重力．在a 点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd 运动，ab 、bc 、cd 都是半径为R 的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t .规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B 随x 变化的关系可能是( ) 图8图9解析：由题目条件和题图可知，粒子从a 运动到b 的过程中(也即在磁场区域Ⅰ中)，磁场应该为正，所以B 、D 错误；又知道粒子质量、带电荷量、运动半径及运动时间，由公式R ＝m v qB 及t ＝α360°·T 可以得到磁感应强度B 的大小B ＝πm 2qt，所以C 正确，A 错误．答案：C8．如图10所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为e /m 的电子以速度v 0从A 点沿AB 边入射，欲使电子经过BC 边，磁感应强度B 的取值为( )A ．B ＞3m v 0ae B ．B ＜2m v 0ae 图10 C ．B ＜3m v 0ae D ．B ＞2m v 0ae解析：设电子刚好从C 点射出，电子运动轨迹如图所示，圆周运动的圆心为O 点，由2r cos30°＝a 可知，r ＝a 3， 由r ＝m v 0Be 可得：B ＝m v 0re ＝3m v 0ae因B 越小，r 越大，越易从BC 边射出，故欲使电子从BC 边射出，B 应小于3m v 0ae，C 正确．答案：C二、非选择题(本题共4小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(12分)(2010·福建高考)如图11所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S 1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E 的偏转电场，最后打在照相底片D 上．已知同位素离子的电荷量为q (q >0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E 0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．图11(1)求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示)．解析：(1)能从速度选择器射出的离子满足qE 0＝q v 0B 0 ①∴v 0＝E 0B 0. ② (2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则x ＝v 0t ③L ＝12at 2 ④ 由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑤由②③④⑤解得x ＝E 0B 02mL qE . 答案：(1)E 0B 0 (2)x ＝E 0B 0 2mL qE10．(12分)(2010·滁州模拟) 如图12所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一绝缘弯杆由两段直杆和一段半径为R 的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ 、MN 水平且足够长，半圆环PAM 在磁场边界左侧，P 、M 点在磁场边界线上，NMAP 段是 图12光滑的，现有一质量为m ，带电荷量＋q 的小环套在MN 杆上，它所受电场力为重力的34倍，当在M 右侧D 点由静止释放小环时，小环刚好能达到P 点．(1)求DM 间距离x 0；(2)求上述过程中小环第一次通过与O 等高的A 点时弯杆对小环作用力的大小；(3)若小环与PQ 间动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，且μ<34)，现将小环移至M 点右侧4R 处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．解析：(1)因小环刚好能到达P 点，则v P ＝0由动能定理qEx 0－mg ·2R ＝0又qE ＝34mg 解得：x 0＝83R . (2)在小环由D 点到A 点的过程中，由动能定理：qE (x 0＋R )－mgR ＝12m v A 2 解得v A ＝72gR 又F N A －q v A B －qE ＝m v A 2R解得：F N A ＝174mg ＋qB 214gR . (3)小环最终做往复运动，且在P 点的速率为0，由动能定理qE ·4R －mg ·2R －W f ＝0 解得W f ＝mgR .答案：(1)83R (2)174mg ＋qB 214gR (3)mgR 11．(13分)如图13所示，平行于直角坐标系Y 轴的PQ 是用特殊材料制成的，只能让垂直打到PQ 界面上的电子通过．其左侧有一直角三角形区域，分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场， 图13其右侧有竖直向上场强为E 的匀强电场．现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O 沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用．已知电子的电荷量为e ，质量为m ，在△OAC 中，OA ＝a ，θ＝60°.求：(1)能通过PQ 界面的电子所具有的最大速度是多少；(2)在PQ 右侧X 轴上什么范围内能接收到电子．解析：(1) 要使电子能通过PQ 界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右，由Be v ＝m v 2r 可知，r 越大，v 越大，从C 点水平飞出的电子，运动半径最大，对应的速度最大，即r ＝2a 时，电子的速度最大．由Be v m ＝m v m 22a得：v m ＝2Bea m .(2)粒子在电场中做类平抛运动，据a ＝12eE m t 2 x m ＝v t得：x m ＝2Ba 2ae mE由此可知：PQ 界面的右侧X 轴上能接收到电子的范围是3a ≤x ≤(3a ＋2Ba2ae mE )． 答案：(1)2Bea m (2)3a ≤x ≤(3a ＋2Ba 2ae mE) 12．(15分)如图14甲所示，M 、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．有一群正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：图14(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值． 解析：先分析正离子在交变磁场中的运动性质，明确物理过程，然后判断出要使正离子垂直于N 板射出磁场，而正离子从O 孔垂直于M 板射入磁场，则在磁场中运动的时间正好是磁场变化周期的整数倍．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0q v 0＝m v 02R ① 做匀速圆周运动的周期T 0＝2πm qB 0② 由②式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0. ③ (2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4. 当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有R ＝d 4n(n ＝1,2,3…) ④由①③④联立得v 0＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3…)． 答案：(1)2πm qT 0 (2)v 0＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3…)。