2018届高考物理二轮复习第九章磁场提能增分练(三)带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题

提能增分练(三) 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题

[A 级——夺高分]

1．(多选)在M 、N 两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹示意图如图中虚线所示。已知两条导线M 、N 中只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，可能是( )

A ．M 中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动

B ．M 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b 点向a 点运动

C ．N 中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b 点向a 点运动

D ．N 中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动

解析：选AB 由运动轨迹知，靠近导线M 处粒子的偏转程度大，则靠近导线M 处的磁感应强度较大，故只有M 中可能通有电流；考虑到磁场可能是垂直纸面向外，也可能是垂直纸面向里，并结合安培定则、左手定则，易知A 、B 正确。

2.如图所示，在MNQP 中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率从O 点沿垂直于PQ 的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知O 是PQ 的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是( )

A ．粒子a 带负电，粒子b 、c 带正电

B ．射入磁场时粒子a 的速率最小

C ．射出磁场时粒子b 的动能最小

D ．粒子c 在磁场中运动的时间最长

解析：选D 若a 、b 、c 均为正电荷，根据运动电荷所受洛伦兹力方向即可判断出a 、b 、c 均应向左偏转，b 、c 偏转方向与假设相反，因此粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电，故A

错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即Bvq ＝m v 2r ，解得r ＝mv Bq

，由此可知，当速度越大时，轨迹半径越大，易知射入磁场时粒子c 的速率最小，动能最小，故B 、C 错误；粒子运动的周期为T ＝2πm Bq

，故粒子在磁场中的偏转角越大，运动时间越长，故D 正确。

3.如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的粒子，最后粒子恰好从e 点射出，则( )

A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出

B ．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f 点射出

C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d 点射出

D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从e 点射出所用时间最短

解析：选A 如图，粒子从e 点射出对应轨迹圆心是O 1，如果粒子的速度增大为原来的二倍，由r ＝mv qB 可知半径也增大为原来的二倍，由对称性可看出粒子将从d 点射出，选项A 正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，圆心是O 3，设正方形的边长为a ，原半径为r 1＝24a ，r 3＝3r 1＝324a ，线段O 3f ＞34a ＋12a ＞r 3，所以不可能从f 点射出，选项B 错误；由r ＝mv qB

可看出，磁感应强度增大时，半径减小，不会从d 点射出，选项C 错误；因粒子运动的周期一定，在磁场中运动的时间与圆心角成正比，从以上分析和图中可看出，圆心为O 1、O 2时粒子运动轨迹对应的圆心角相等，故粒子分别从e 、d 点射出时，在磁场中运动的时间也相等，选项D 错误。

4.(多选)(2017·长沙模拟)如图所示，在半径为R 的圆形区域内(圆心为O )有匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于圆平面(未画出)。一群具有相同比荷的负离子，以相同的速率由P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨迹半径大于R ，则下列说法中正确的是(不计离子的重力)( )

A ．从Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长

B ．沿PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大

C ．所有离子飞出磁场时的动能一定相等

D ．在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O 点

解析：选AD 由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏转角最大，故弦长为PQ 时最大，由Q 点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O 点，故A 、D 正确，B 错误；因洛伦兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，故飞出时的动能不一定相等，故C 错误。

5.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )

A ．a 粒子速率最大，在磁场中运动时间最长

B ．c 粒子速率最大，在磁场中运动时间最短

C ．a 粒子速率最小，在磁场中运动时间最短

D ．c 粒子速率最小，在磁场中运动时间最短

解析：选B 由题图可知，粒子a 的运动半径最小，对应的圆心角最大，粒子c 的运动

半径最大，对应的圆心角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，可得：qvB ＝m v 2r ，故半径r ＝mv qB ，周期T ＝2πr v ＝2πm qB

，故在粒子质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，粒子速率越小，运动半径越小，所以粒子a 的运动速率最小，粒子c 的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动轨迹所对应的圆心角，所以粒子a 的运动时间最长，粒子c 的运动时间最短。只有B 正确。

6.如图所示，在足够大的屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P 为屏上一小孔，PC 与MN 垂直。一束质量为m 、电荷量为－q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v 从P 处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC 夹角为θ的范围内，则在屏MN 上被粒子打中区域的长度为( )

A.2mvq B

B.2mv cos θqB

C.2mv 1－sin θ

qB D.2mv 1－cos θ

qB

解析：选D 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 ，由几何关系知，PS ＝2R cos θ＝2mv cos θqB ，PT ＝2R ＝2mv qB

，所以ST ＝2mv 1－cos θqB

。D 正确。

7.如图所示，直线边界MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场区域足够大。今有一质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，从边界MN 上某点垂直磁场方向射入，射入时的速度大小为v ，方向与边界MN 的夹角为θ，求带电粒子在磁场中的运动时间。

解析：设带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，则有T ＝2πm qB

， 若粒子带正电，其运动轨迹如图中的1所示，

则运动时间为t 1＝2π－2θ2πT ＝2m π－θqB ；

若粒子带负电，其运动轨迹如图中的2所示，

则运动时间为t 2＝2θ2πT ＝2mθqB

。

答案：见解析

[B 级——冲满分]

8.如图所示，在坐标系xOy 中，第一象限内充满着两个匀强磁场a 和b ，OP 为分界线，在磁场a 中，磁感应强度为2B ，方向垂直于纸面向里，在磁场b 中，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外，P 点坐标为(4l,3l )。一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点沿y 轴负方向射入磁场b ，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O ，不计粒子重力。求：

(1)粒子从P 点运动到O 点的最短时间；

(2)粒子运动的速度。

解析：(1)设粒子的入射速度为v ，用R a 、R b 、T a 、T b 分别表示粒子在磁场a 中和磁场b

中运动的轨道半径和周期，则有R a ＝mv 2qB ，R b ＝mv qB ，T a ＝2πm 2qB ＝πm qB ，T b ＝2πm qB

当粒子先在区域b 中运动，后进入区域a 中运动，然后恰从O 点射出时，粒子从P 点运动到O 点所用的时间最短，如图所示。

根据几何知识得tan α＝3l 4l ＝34

，故α＝37° 粒子在区域b 和区域a 中运动的时间分别为

t b ＝2×90°－α360°T b ，t a ＝2×90°－α360°

T a 故从P 点运动到O 点的最短时间为

t ＝t a ＋t b ＝53πm 60qB

。 (2)由(1)中图及粒子运动的规律可知

n (2R a cos α＋2R b cos α)＝3l 2＋4l 2

解得v ＝25qBl 12nm

(n ＝1,2,3，…)。 答案：(1)53πm 60qB (2)25qBl 12nm

(n ＝1,2,3，…) 9.(2017·烟台模拟)边长为3L 的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示。左侧磁场的磁感应强度大小为B 1＝

6mqU 2qL ，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B 2＝6mqU qL

，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U ，加速后粒子从a 点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b 点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力，求：

(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小；

(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间；

(3)电场强度E 的取值在什么范围内时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd 间离开。

解析：(1)粒子在电场中运动时qU ＝12mv 2， 解得v ＝ 2qU

m 。

(2)粒子进入磁场B 1后 qvB 1＝mv 2

R 1

， 解得R 1＝mv qB 1＝2L 3 设粒子在磁场B 1中转过的角度为α，

如图所示，由sin α＝L R 1，

解得α＝60°，周期T ＝2πR 1v

粒子在磁场B 1中运动的时间为

t ＝1

6T ＝πL 3 2m 3qU

。 (3)粒子在磁场B 2中运动，设在上边缘cd 间离开的速度分别为v n 与v m ，与之相对应的

半径分别为R n 与R m 。如(2)中图所示，由分析知R n ＝34

L ，R m ＝L 由牛顿第二定律qv n B 2＝mv 2n R n 粒子在电场中qE n L ＝12mv 2n －12mv 2，得E n ＝11U 16L

同理E m ＝2U L

所以电场强度的范围为11U 16L ≤E ≤2U L

。 答案：(1) 2qU

m (2)2L 3 πL 3 2m 3qU (3)11U 16L ≤E ≤2U L

10．(2017·湖北八市联考)如图a 所示，水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，现

将一重力不计、比荷q m ＝1×106 C/kg 的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过t 1＝π15

×10－5 s 后，电荷以v 0＝1.5×104

m/s 的速度通过MN 进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图b 所示规律作周期性变化(图b 中磁场方向以垂直纸面向外为正方向，以电荷第一次通过MN 时为t ＝0时刻)。计算结果可用π表示。

(1)求O 点与直线MN 之间的电势差。

(2)求t ＝2π3

×10－5 s 时刻电荷与O 点的水平距离。 (3)如果在O 点右方d ＝67.5 cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间。

解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得Uq ＝12

mv 20 解得U ＝mv 202q

＝112.5 V 。 (2)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r 1，则

B 1qv 0＝mv 20r 1，r 1＝mv 0qB 1

＝5 cm 周期T 1＝2πm qB 1＝2π3

×10－5 s 当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为

r 2＝mv 0qB 2

＝3 cm 周期T 2＝2πm qB 2＝2π5

×10－5 s 电荷从磁场返回电场到再次进入磁场所用时间为

2t 1＝2π15

×10－5 s

电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示。

t ＝2π3

×10－5 s 时刻电荷与O 点的水平距离为 Δd ＝2(r 1－r 2)＝4 cm 。

(3)电荷从第一次通过MN 开始，其运动的周期T ＝4π5

×10－5 s

根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN 运动的距离s ＝15Δd ＝60 cm

则最后7.5 cm 的运动轨迹如图乙所示，有r 1＋r 1cos α＝7.5 cm

解得cos α＝0.5，则α＝60°

故电荷运动的总时间

t 总＝t 1＋15T ＋1

3T 1＝553π45

×10－5 s 。 答案：(1)112.5 V (2)4 cm (3)553π45×10－5 s