資源簡介

第一章　3.　 第2課時
基礎達標練
1．(2023·廣西河池高二期中)如圖所示，一水平邊界的勻強磁場，一帶電粒子與邊界成θ角度以v0初速度垂直射入磁場，一段時間后從磁場射出，若僅使粒子的初速度大小變為原來的2倍，則( 　 )
A．粒子在磁場中運動的時間變為原來的2倍
B．粒子在磁場中運動的時間變為原來的
C．粒子離開磁場時速度與水平邊界的夾角變大
D．粒子出射點與入射點間的距離變為原來的2倍
答案：D
解析：由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m，r＝，若僅使粒子的初速度大小變為原來的2倍，運動半徑將變為原來兩倍，由幾何關系，在磁場中運動的圓弧對應的圓心角都是2θ。兩次運動時間相同均等于t＝T＝·＝，A、B錯誤；由幾何關系，粒子離開磁場時速度與水平邊界的夾角都是θ，不變，C錯誤；第一次粒子出射點與入射點間的距離x1＝2rsin θ，第二次粒子出射點與入射點間的距離x2＝2×2rsin θ＝4rsin θ，粒子出射點與入射點間的距離變為原來的2倍，D正確。
2.(2024·安徽省滁州中學高二期末)如圖所示，直線CD沿豎直方向，CD的右方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B。一粒子源位于CD上的a點，能沿圖示方向發射不同速率、質量為m、重力可忽略、電荷量為＋q的同種粒子，所有粒子均能經過CD上的b點從右側磁場進入左側磁場，已知ab＝L，則粒子的速度可能是( 　 )
A. B．
C． D．
答案：B
解析：由題意可知，粒子能從右側磁場進入左側磁場，粒子可能在兩個磁場間做多次的運動。畫出可能的粒子軌跡如圖所示：由于粒子從b點右側磁場進入左側磁場，粒子在ab間做勻速圓周運動產生的圓弧數量必為奇數個，且根據幾何關系可知，圓弧對應的圓心角均為60°，根據幾何關系可得粒子運動的半徑為n·2Rsin 30°＝L(n＝1,3,5…)，根據洛倫茲力充當向心力可得qvB＝，聯立解得v＝(n＝1,3,5…)，結合選項可知，當n＝3時v＝，故B正確。
3.(2024·山東德州高三開學考試)2023年8月25日下午，新一代人造太陽“中國環流三號”取得重大科研進展，首次實現100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行，標志著中國核聚變研究向“聚變點火”又邁出重要一步。環流器局部區域的磁場簡化示意圖，如圖所示，在內邊界半徑為R、外邊界半徑為2R的環形磁場區域內，存在磁感應強度大小為B，方向垂直于平面向內的勻強磁場。在內圓上有一粒子源S，可在平面內沿各個方向發射比荷相同的帶正電的粒子。粒子a、b分別沿徑向、內圓切線向下進入磁場，二者均恰好不離開磁場外邊界。不計重力及二者之間的相互作用，則粒子a、b的速度大小之比為( 　 )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
答案：A
解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有a粒子的運動軌跡如圖1，設a粒子的速度為v1，運動半徑為r1，帶電荷量為q1，質量為m1，由幾何關系可知(2R－r1)2＝r＋R2，解得r1＝R，由洛倫茲力提供向心力可得q1v1B＝m1，解得v1＝。b粒子的運動軌跡如圖2，設b粒子的速度為v2，運動半徑為r2，帶電荷量為q2，質量為m2，由幾何關系可知r2＝R，由洛倫茲力提供向心力可得q2v2B＝m2，解得v2＝＝，又有＝，解得v1∶v2＝1∶2，故A正確。
　　
4．如圖，邊長ab＝l，bc＝l的長方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為( 　 )
A.kBl，kBl B．kBl，kBl
C.kBl，kBl D．kBl，kBl
答案：A
解析：從a點射出的粒子半徑Ra＝l
洛倫茲力提供粒子的向心力有Bqva＝得va＝＝，從d點射出的粒子，由幾何關系可得R＝2＋2，可得Rd＝
洛倫茲力提供粒子的向心力有Bqvd＝
得vd＝＝，故A正確。
5.如圖所示，在直角三角形abc區域(含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L。一個粒子源在a點將質量為2m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是( 　 )
A. B．
C. D．
答案：B
解析：粒子沿ab邊界方向射入磁場且從ac邊射出磁場時，轉過的圓心角最大，粒子在磁場中的運動時間最長，粒子速度最大時運動軌跡與bc相切，粒子運動軌跡如圖所示，由題意可知∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L，則ab＝L，四邊形abdO是正方形，粒子軌跡半徑r＝L，粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvmB＝2m，解得粒子的最大速度vm＝，故B正確。
6.(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界線，現有質量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入，要使粒子不能從邊界NN′射出，粒子入射速率v的最大值可能是( 　 )
A. B．
C. D．
答案：BD
解析：設帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，粒子在磁場中做圓周運動時由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得qvB＝m，解得R＝。
帶電粒子速率越大，軌跡半徑越大，當軌跡恰好與邊界NN′相切時，粒子恰好不能從邊界NN′射出，對應的速率最大。若粒子帶負電，臨界軌跡如圖甲所示，由幾何知識得：R＋Rcos 45°＝d，解得R＝(2－)d，對應的速率v＝。若粒子帶正電，臨界軌跡如圖乙所示，由幾何知識得：R－Rcos 45°＝d，解得R＝(2＋)d，對應的速率v＝。
7．(多選)(2024·廣東統考模擬預測)如圖所示，在x軸上方有垂直紙面向外的勻強磁場，第一象限內磁場的磁感應強度大小2B0，第二象限內磁場的磁感應強度大小為B0。現有一比荷,m)的帶正電的粒子，從x軸上的P點以沿＋y方向的速度v垂直進入磁場，并一直在磁場中運動且每次均垂直通過x軸，不計粒子的重力，則( 　 )
A．粒子第二次經過y軸時過坐標原點
B．從粒子進入磁場到粒子第一次經過y軸所經歷的時間為
C．從粒子進入磁場到粒子第二次經過y軸所經歷的時間為
D．粒子第一次經過y軸的坐標為
答案：AC
解析：由于從x軸上的P點以沿＋y方向的速度v垂直進入磁場，并一直在磁場中運動且每次均垂直通過y軸，由qvB0＝m，qv×2B0＝m，解得r1＝，r2＝r1＝，所以粒子在第二象限做圓周運動，粒子第一次經過y軸的坐標為；在第一象限恰好做圓周運動，所以粒子第二次經過y軸時過坐標原點，故A正確，D錯誤；第一次垂直通過y軸，則轉過的圓心角為，則在磁場中運動的時間為t1＝T＝，故B錯誤；在第一象限運動時轉過的圓心角為π，則在第一象限運動的時間t2＝T2＝，則t＝t1＋t2＝，故C正確。
8．如圖所示，一足夠長的矩形區域abcd內，有感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。現從矩形區域ad邊的中點O處垂直磁場射入一速度方向與ad邊夾角為30°、大小為v的帶電粒子。已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，ad邊長為L，重力影響忽略。試求：
(1)粒子能從ab邊射出磁場的v的范圍。
(2)如果帶電粒子不受上述v大小范圍的限制，粒子在磁場中運動的最長時間。
答案：(1)解析：(1)當v較小時，運動軌跡恰好與ab邊相切；當v較大時，恰好與cd邊相切，然后從ab邊穿出，如圖所示。
當速度較小為v1時，有R1＋R1sin 30°＝L，
解得R1＝，
又由半徑公式R1＝可得v1＝，
當速度較大時，設為v2，由圖可知R2＝L，
又由半徑公式R2＝得v2＝，
可得，帶電粒子在磁場中從ab邊射出時，其速度范圍為＜v＜。
(2)帶電粒子在磁場中運動的周期為T＝，
要使帶電粒子運動時間最長，其運動軌跡對應的圓心角應最大，所以當速度小于v1時，粒子在磁場中運動一段時間后將從Oa邊穿出，對應的運動時間最長，即有tmax＝T＝·＝。
能力提升練
9．如圖，圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角。現只改變帶電粒子的速度大小，仍從A點沿原方向射入磁場，粒子在磁場中的運動時間變為1.5Δt，不計粒子重力，則粒子的速度大小變為( 　 )
A.v B．v
C．v D．v
答案：C
解析：如圖所示設圓形磁場的半徑為R，以速度v射入時，粒子半徑r1＝，
根據幾何關系知＝tan 60°，
解得r1＝R，
設第二次射入時的圓心角為θ，由Δt＝T,1.5Δt＝T，可得θ＝90°，
則tan＝＝1，又r2＝，得v′＝v，
故C正確。
10．(多選)(2024·廣州統考二模)如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B0的勻強磁場，D是AB邊的中點，一質量為m、電荷量為－q的帶電粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是( 　 )
A．粒子可能從B點射出
B．若粒子從C點射出，則粒子做勻速圓周運動的半徑為L
C．若粒子從C點射出，則粒子在磁場中運動的時間為
D．若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，其在磁場中運動的時間越短
答案：BC
解析：帶負電的粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場，由左手定則可知，粒子向下偏轉，由于BC邊的限制，粒子不能到達B點，故A錯誤；粒子從C點射出，如圖1所示：
根據幾何關系可得R＝2＋2，解得R2＝L，則粒子軌跡對應的圓心角的正弦值為sin∠O＝＝，則∠O＝60°，粒子在磁場中運動的時間為t＝T＝×＝，故B、C正確；由qvB0＝m，可知r＝，若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，軌跡半徑越大，如圖2所示：
粒子從AB邊射出時的圓心角相同，根據T＝，可知粒子在磁場中運動的周期相等，則其在磁場中運動的時間相同，故D錯誤。
11. (多選)(2024·福州高二期末)如圖所示，空間存在方向垂直紙面的勻強磁場，一粒子發射源P位于足夠大絕緣平板MN的上方距離為d處，在紙面內向各個方向發射速率均為v的同種帶電粒子，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運動的半徑大小也為d，則粒子( 　 )
A．能打在板上的區域長度為(1＋)d
B．能打在板上離P點的最遠距離為d
C．到達板上的最長時間為
D．到達板上的最短時間為
答案：AC
解析：假設打在極板上粒子軌跡的臨界狀態如圖所示：
由幾何關系得打在最左邊的點與P點的距離為d，打在最右邊的點與P點的距離2d，與最左邊的點相距(＋1)d，則能打在板上的區域長度為(＋1)d，能打在板上離P點的最遠距離為2d，故A正確，B錯誤；粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間的軌跡如下：
粒子在磁場中運動的周期為T＝＝，由幾何關系得粒子運動的最長時間為t1＝T＝，最短時間為t1＝T＝，故C正確，D錯誤。
12．如圖直角坐標系xOy中，在第二象限內有沿y軸負方向的勻強電場，在第三、第四象限內分別有方向垂直于坐標平面向里和向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為＋q的粒子從y軸上P點以初速度v0垂直于y軸射入電場，再經x軸上的Q點(－L,0)進入磁場，第四象限內磁感應強度大小為B1＝，粒子重力不計。
(1)求第二象限內電場場強大小E；
(2)若使粒子能夠進入第四象限，求第三象限內磁感應強度B的取值范圍；
(3)若第三象限內磁感應強度大小為B0＝，且第三、第四象限的磁場在y＝－d處存在一條與x軸平行的磁場下邊界MN(圖中未畫出)，要使粒子從第四象限垂直邊界MN飛出磁場，求d的取值。
答案：(1)　(2)B<　(3)(5＋3n)，n＝0,2,4,6…
解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，水平方向有L＝v0t，
豎直方向有L＝at2，a＝ ，
聯立解得E＝。
(2)如圖分析可得當粒子在第三象限內的運動軌跡恰好與y軸負方向相切的時候此時運動半徑為滿足粒子能夠進入第四象限時的最小半徑Rmin，即此時磁感應強度有最大值為Bmax，粒子到達Q點時的豎直方向速度為vy＝at＝v0，
可得此時粒子進入第三象限的速度為v＝＝v0，
所以此時速度方向與x軸負方向夾角為30°；根據幾何知識可得此時有＝sin 30°，解得Rmin＝L，
根據公式有Bmaxqv＝m，解得Bmax＝，
所以第三象限內磁感應強度B的取值范圍為B<。
(3)當第三象限內磁感應強度大小為B0＝時可得此時在第三象限的運動半徑為R3＝＝L，
同理可得在第四象限的運動半徑為R4＝L，
要使粒子從第四象限垂直邊界MN飛出磁場，可得粒子在第三象限運動半個周期后進入第四象限，運動軌跡可能如圖所示，根據幾何知識有d＝(2R3＋R4)·sin 60°＋(R3＋R4)·sin 60°·n，n＝0,2,4,6…
即d＝(5＋3n)，n＝0,2,4,6…
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第一章　安培力與洛倫茲力
3．帶電粒子在勻強磁場中的運動
第2課時　帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動
課內互動探究
探究
帶電粒子在有界磁場中的運動
要點提煉
1.有界磁場內部分圓周軌跡的分析方法
(1)軌跡圓心的兩種確定方法
①已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向時，作這兩速度的垂線，交點即為圓心，如圖所示。
②已知粒子軌跡上的兩點和其中一點的速度方向時，畫出粒子軌跡上的兩點連線(即過這兩點的圓的弦)，作它的中垂線，并畫出已知點的速度的垂線，則弦的中垂線與速度的垂線的交點即為圓心，如圖所示。
(2)三種求半徑的方法
②根據勾股定理求解，如圖所示，若已知出射點相對于入射點側移了x，則滿足r2＝d2＋(r－x)2。
(3)角度的三個關系
①粒子速度的偏向角φ等于回旋角α(圓心角α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍，如圖甲所示，即φ＝α＝2θ。
②相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即θ＋θ′＝180°，如圖甲所示。
③進出同一直線邊界時速度方向與該直線邊界的夾角相等，如圖乙所示。
(4)兩種求時間的方法
2．帶電粒子在有界磁場中的圓周運動的幾種常見情形
(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)
(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)
(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)
典例剖析
題型一　直線邊界(單邊有界)
答案：C
題型二　平行有界勻強磁場
2．(2024·高三開學考試)如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一、四象限有足夠長的條狀磁場區域Ⅰ、Ⅱ，寬度均為x0，區域Ⅰ有垂直紙面向里的勻強磁場，區域Ⅱ有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B1、B2，有一帶正電粒子電荷量為q，質量為m，從坐標原點O沿x軸正方向以初速度v0射入磁場區域，不計粒子的重力。求：
(1)粒子初速度v0為多少時，恰好可以穿過磁場區域Ⅰ？
(2)粒子初速度v0為多少時，恰好可以穿過磁場區域Ⅱ？
解析：(1)粒子在區域Ⅰ中做圓周運動，軌跡與區域Ⅰ右邊界相切，則r＝x0，
題型三　非平行直線邊界
3.(2024·四川內江高二期末)如圖，在真空中一等腰直角三角形ADC的區域內，存在方向垂直紙面向外的勻強磁場。圖中D、O、C三點在同一直線上，AO與CD垂直。A點處的粒子源持續將比荷一定但速率v0不同的帶正電的粒子沿AO方向射入磁場區域中，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用。關于粒子在勻強磁場中運動的情況，下列說法正確的是( 　 )
A．從AD邊出射的粒子，入射速度越大，其運動軌跡越短
B．從CD邊出射的粒子，入射速度越大，其運動軌跡越短
C．從AD邊出射的粒子的運動時間不相等，從CD邊出射的粒子的運動時間不相等
D．從AD邊出射的粒子的運動時間都相等，從CD邊出射的粒子的運動時間都相等
答案：B
題型四　正方形有界勻強磁場
4．(多選)如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入一正方形區域的勻強磁場(未畫出)，不計電子間的相互作用。下列判斷正確的是( 　 )
A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長
B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大
C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡不一定重合
D．電子的速率不同，它們在磁場中運動的時間一定不相同
答案：BC
題型五　圓形有界勻強磁場
5．(多選)如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，運動軌跡如圖所示，其中∠AOa＝90°，∠AOb＝120°，∠AOc＝150°。若帶電粒子只受洛倫茲力的作用。則下列說法正確的是( 　 )
A．三個粒子都帶負電荷
C．a粒子在磁場中運動時間最長
D．三個粒子在磁場中運動的時間之比為3∶4∶5
答案：BC
課堂達標檢測
1.(2024·云南昭通市第一中學高二期末)如圖所示，長方形區域abcd內(含邊界)存在勻強磁場，磁感應強度的大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ad邊的邊長為ab邊的兩倍，ad邊的邊長為l，e點為bc的中點。a點有粒子發射源，可沿垂直于ab邊的方向向磁場內發射速度大小不同，但質量m和電荷量q相同的帶電粒子，粒子重力不計。則從c、e兩點射出的粒子的速率之差為( 　 )
答案：A
2．(多選)如圖所示，在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強磁場，有兩個電荷量、質量均相同的正、負粒子(不計重力)，從邊界上的O點以相同速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正、負粒子在磁場中( 　 )
A．運動軌跡的半徑相同
B．重新回到邊界所用時間相同
C．重新回到邊界時速度大小和方向相同
D．重新回到邊界的位置與O點的距離相等
答案：ACD
答案：C
4．(2024·南京師大附中高二期末)如圖所示，OACD是一長為OA＝L的矩形，其內存在垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為α，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，則( 　 )
A．粒子一定帶正電
答案：D
答案：D
6．(多選)(2024·湖南省平江縣第一中學高二開學考試)如圖所示，勻強磁場分布在平面直角坐標系的整個第Ⅰ象限內，磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里，一質量為m、電荷量絕對值為q、不計重力的粒子，以某速度從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時，粒子速度沿x軸正方向，下列判斷正確的是( 　 )
A．粒子帶正電
D．離開第Ⅰ象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為60°
答案：CD
解析：根據題意作出粒子運動的軌跡如圖所示：

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