2025版高考物理全程一輪復習課時分層精練五十二帶電粒子在磁場中運動的臨界極值及多解問題習題

課時分層精練(五十二)帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值及多解問題基礎落實練1．利用磁場可以屏蔽帶電粒子．如圖所示，真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為r和3r的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，磁感應強度大小為B，其橫截面如圖所示．一帶電粒子從P點正對著圓心O沿半徑方向射入磁場．已知該粒子的比荷為k，重力不計．為使該帶電粒子不能進入圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，粒子的最大速度為()A．kBrB．2kBrC．3kBrD．4kBr2.如圖所示，半徑R＝10cm的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，其邊界跟y軸在坐標原點O處相切，磁感應強度B＝0.33T，方向垂直紙面向里．在O處有一放射源S，可沿紙面向各方向射出速率均為v＝3.2×106m/s的α粒子，已知α粒子的質(zhì)量m＝6.6×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19C，則該α粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角為()A．30°B．45°C．60°D．90°3.(多選)[2024·全國模擬]如圖所示，空間中有一個底角均為60°的梯形，上底與腰長相等為L，梯形處于磁感應強度大小為B、垂直于紙面向外的勻強磁場中，現(xiàn)c點存在一個粒子源，可以源源不斷射出速度方向沿cd，大小可變的電子，電子的比荷為k，為使電子能從ab邊射出，速度大小可能為()A．eq\f(\r(3)kBL,2)B．eq\f(3\r(3)kBL,4)C．eq\f(5\r(3)kBL,6)D．eq\f(4\r(3)kBL,3)4.(多選)如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計．為把這束負離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場．已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為eq\f(q,m)，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是()A．B>eq\f(mv,3qs)，垂直紙面向里B．B>eq\f(mv,qs)，垂直紙面向里C．B>eq\f(mv,qs)，垂直紙面向外D．B>eq\f(3mv,qs)，垂直紙面向外5．(多選)[2024·重慶高三校聯(lián)考]如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場分布在邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)，D是AB邊的中點，一群相同的帶負電的粒子僅在磁場力作用下，從D點沿紙面以平行于BC邊方向、大小不同的速率射入三角形內(nèi)，不考慮粒子間的相互作用力，已知粒子在磁場中運動的周期為T，則下列說法中正確的是()A．粒子垂直BC邊射出時，半徑R等于eq\f(\r(3),4)LB．速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁場中運動時間長C．粒子可能從C點射出，且在磁場中運動的時間為eq\f(T,3)D.粒子可能從AB邊射出，且在磁場中運動時間為eq\f(2,3)T6．(多選)如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝9.1cm，中點O與S間的距離d＝4.55cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0×10－4T．電子質(zhì)量m＝9.1×10－31kg，電量e＝－1.6×10－19C，不計電子重力．電子源發(fā)射速度v＝1.6×106m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則()A．θ＝90°時，l＝9.1cmB．θ＝60°時，l＝9.1cmC．θ＝45°時，l＝4.55cmD．θ＝30°時，l＝4.55cm7．(多選)[2024·山東模擬]利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度，人們把此原理運用到薄膜材料制備上，使芯片技術得到飛速發(fā)展．如圖，寬度為r0的帶正電粒子流水平向右射入半徑為r0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B0，這些帶電粒子都將從磁場圓上O點進入正方形區(qū)域，正方形過O點的一邊與半徑為r0的磁場圓相切．在正方形區(qū)域內(nèi)存在一個面積最小的勻強磁場區(qū)域，使匯聚到O點的粒子經(jīng)過該磁場區(qū)域后寬度變?yōu)?r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，下列說法正確的是()A．正方形區(qū)域中勻強磁場的磁感應強度大小為2B0，方向垂直紙面向里B．正方形區(qū)域中勻強磁場的磁感應強度大小為eq\f(1,2)B0，方向垂直紙面向里C．正方形區(qū)域中勻強磁場的最小面積為2(π－2)req\o\al(2,0)D．正方形區(qū)域中勻強磁場的最小面積為eq\f(π－2,2)req\o\al(2,0)素養(yǎng)提升練8．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，在磁場邊界上的M點放置一個放射源，能在紙面內(nèi)以速率v向各個方向發(fā)射大量的同種粒子，粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m(不計粒子的重力)，所有粒子均從某段圓弧邊界射出，其圓弧長度為eq\f(2πR,3).下列說法正確的是()A．粒子進入磁場時的速率為v＝eq\f(\r(3)qBR,m)B．所有粒子中在磁場中運動的最長時間是t＝eq\f(πm,qB)C.將磁感應強度大小改為eq\r(3)B時，有粒子射出的邊界弧長變?yōu)閑q\f(πR,3)D．若粒子入射速率為eq\f(\r(6),3)v時，有粒子射出的邊界弧長變?yōu)棣蠷9．在圖甲所示的平面直角坐標系xOy內(nèi)，正方形區(qū)域(0<x<d、0<y<d)內(nèi)存在垂直xOy平面周期性變化的勻強磁場，規(guī)定圖示磁場方向為正方向，磁感應強度B的變化規(guī)律如圖乙所示，變化的周期T可以調(diào)節(jié)，圖中B0為已知．在x＝d處放置一垂直于x軸的熒光屏，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在t＝0時刻從坐標原點O沿y軸正方向射入磁場，不計粒子重力．(1)調(diào)節(jié)磁場的周期，滿足T>eq\f(2πm,qB0)，若粒子恰好打在屏上P(d，0)處，求粒子的速度大小v；(2)調(diào)節(jié)磁場的周期，滿足T＝eq\f(πm,qB0)，若粒子恰好打在屏上Q(d，d)處，求粒子的加速度大小a.課時分層精練（五十二）帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值及多解問題1．解析：當速度最大時，粒子軌跡圓會和實線圓相切，如圖設軌跡圓的半徑為R，在△AOO′中，根據(jù)勾股定理有R2＋（3r）2＝（R＋r）2，解得R＝4r，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，又知eq\f(q,m)＝k，聯(lián)立解得最大速度為v＝4kBr，故選D.答案：D2.解析：放射源發(fā)射的α粒子的速率一定，則它在勻強磁場中的軌道半徑為定值，即r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.6×10－27×3.2×106,3.2×10－19×0.33)m＝0.2m＝20cm.α粒子在圓形磁場區(qū)的圓弧長度越大，其偏轉(zhuǎn)角度也越大，而最長圓弧是兩端點在圓形磁場區(qū)的直徑上，又r＝2R，則此圓弧所對的圓心角為60°，也就是α粒子在此圓形磁場區(qū)的最大偏轉(zhuǎn)角為60°.軌跡如圖所示．選項C正確．答案：C3．解析：能夠從ab邊射出的電子，半徑最小為從b點射出，如圖所示由幾何關系可知r1＝eq\f(L,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)L半徑最大為從a點射出，如圖所示由幾何關系可知r2＝eq\r(3)L由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v,kB)則有eq\f(2\r(3),3)L≤eq\f(v,kB)≤eq\r(3)L為使粒子從ab邊射出磁場區(qū)域，粒子的速度范圍為eq\f(2\r(3)kBL,3)≤v≤eq\r(3)kBL故選BC.答案：BC4．解析：當所加勻強磁場方向垂直紙面向里時，由左手定則知：負離子向右偏轉(zhuǎn)．約束在OP之下的區(qū)域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切．如圖（大圓?。┯蓭缀沃R知R2＝eq\x\to(OB)sin30°＝eq\f(1,2)eq\x\to(OB)而eq\x\to(OB)＝s＋R2所以R2＝s所以當離子軌跡的半徑小于s時滿足約束條件．由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出qvB＝meq\f(v2,R2)所以得B>eq\f(mv,qs)故A錯誤，B正確；當所加勻強磁場方向垂直紙面向外時，由左手定則知：負離子向左偏轉(zhuǎn)．約束在OP之下的區(qū)域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切．如圖（小圓?。┯蓭缀沃R知道相切圓的半徑為eq\f(s,3)，所以當離子軌跡的半徑小于eq\f(s,3)時滿足約束條件．由牛頓第二定律及洛倫茲力公式列出qvB＝meq\f(v2,R1)所以得B>eq\f(3mv,qs)故C錯誤，D正確．故選BD.答案：BD5．解析：根據(jù)題意可知，粒子垂直BC邊射出時，運動軌跡如圖根據(jù)幾何關系知半徑為eq\f(\r(3),4)L，故A正確；若帶電粒子剛好從BC邊射出磁場，運動軌跡與BC邊相切，可知圓心角為180°，粒子在磁場中經(jīng)歷時間為eq\f(1,2)T，若帶電粒子剛好從AC邊射出磁場，運動軌跡與AC邊相切，作圖可得切點為C點，如圖所示可知圓心角為60°，粒子在磁場中經(jīng)歷時間為eq\f(1,6)T，若帶電粒子從AB邊射出磁場，可知圓心角為240°，粒子在磁場中經(jīng)歷時間為eq\f(2,3)T，所以該粒子在磁場中經(jīng)歷時間為eq\f(2,3)T，則它一定從AB邊射出磁場；所以可知粒子速度和運動時間無確定的關系，故B、C錯誤，D正確．故選AD.答案：AD6．解析：電子在勻強磁場中運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝4.55cm，電子沿逆時針方向做勻速圓周運動，當θ＝90°時，豎直向下發(fā)射的粒子恰好打到N點，水平向右發(fā)射的粒子恰好打到M點，如圖甲所示，故l＝L＝9.1cm，A正確；當θ＝30°時，豎直向下發(fā)射的粒子，恰好打到N點，由幾何關系知，另一臨界運動軌跡恰好與MN相切于O點，如圖乙所示，故粒子只能打在NO范圍內(nèi)，故l＝eq\f(L,2)＝4.55cm，D正確；進而可分析知當θ＝45°或θ＝60°時，粒子打到板上的范圍大于ON小于NM，即4.55cm<l<9.1cm，故B、C錯誤．答案：AD7．解析：根據(jù)磁聚焦原理，粒子在半徑為r0的圓形磁場區(qū)域中運動，粒子運動的軌跡半徑為r0，有qB0v＝meq\f(v2,r0)，解得B0＝eq\f(mv,qr0)要使匯聚到O點的粒子經(jīng)正方形區(qū)域內(nèi)的磁場偏轉(zhuǎn)后寬度變?yōu)?r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出軌跡如圖所示，由幾何關系可知粒子的軌跡半徑為2r0，正方形中磁場區(qū)域內(nèi)應該為圓形磁場的一部分，有qB1v＝meq\f(v2,2r0)，解得B1＝eq\f(mv,2qr0)比較可得B1＝eq\f(1,2)B0由左手定則可知，方向垂直紙面向里，A錯誤，B正確；如圖，磁場區(qū)域的最小面積為S2＝2（π－2）req\o\al(2,0)，C正確，D錯誤．故選BC.答案：BC8．解析：由題意，如圖所示，當粒子在磁場中運動轉(zhuǎn)過的圓心角為180°時，其射出點N離M最遠，此時MN對應磁場區(qū)域的圓心角為120°，則根據(jù)幾何關系可知粒子做勻速圓周運動的半徑為r1＝Rsin60°＝eq\f(\r(3),2)R根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r1)，解得v＝eq\f(\r(3)qBR,2m)，故A錯誤；粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,Bq)當粒子的軌跡與磁場區(qū)域內(nèi)切時，其運動時間最長，恰好為1個周期，故B錯誤；將磁感應強度大小改為eq\r(3)B時，粒子運動半徑變?yōu)閞2＝eq\f(r1,\r(3))＝eq\f(1,2)R如圖所示，可知此時磁場區(qū)域所截粒子軌跡弦長最大值為R，所以有粒子射出的邊界弧長變?yōu)镸N＝eq\f(1,6)·2πR＝eq\f(πR,3)，故C正確；若粒子入射速率為eq\f(\r(6),3)v時，粒子運動半徑變?yōu)閞3＝eq\f(\r(6),3)r1＝eq\f(\r(2),2)R如圖所示，可知此時磁場區(qū)域所截粒子軌跡弦長最大值為eq\r(2)R，所以有粒子射出的邊界弧長變?yōu)镸N＝eq\f(1,4)·2πR＝eq\f(πR,2)，故D錯誤．答案：C9．解析：（1）滿足T>eq\f(2πm,qB0)，粒子的運動軌跡如圖所示由洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,