《带电粒子在磁场中圆周运动的多解问题（2）》带电粒子在磁场中圆周运动的多解问题（2） - 人教版高考物理复习物理知识点练习 - 读趣百科

《带电粒子在磁场中圆周运动的多解问题（2）》带电粒子在磁场中圆周运动的多解问题（2）

1单选题

如图所示，在屏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为屏上的一小孔．PC与MN垂直．一群质量为m、带电量为-q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内．则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为(　　)

A
$\frac {2mv}{qB}$
B
$\frac {2mvcosθ}{qB}$
C
$\frac {2mv(1-sinθ)}{qB}$
D
$\frac {2mv(1-cosθ)}{qB}$

题目答案

D

答案解析

分析：

粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，分析找出粒子的一般轨迹后得到荧光屏上亮纹的范围．

解答：

解：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得到

qvB=m$\frac {v}{r}$

解得r=$\frac {mv}{qB}$



负粒子沿着右侧边界射入，轨迹如上面左图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；

负粒子沿着左侧边界射入，轨迹如上面右图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；

负粒子垂直边界射入，轨迹如上面中间图，此时出射点最远，与边界交点与P间距为：2r；

故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为：2r-2rcosθ=2r(1-cosθ)=$\frac {2mv}{qB}$(1-cosθ)．

故选：D

点评：

本题关键通过作图分析粒子可能出现的运动轨迹，然后综合考虑在荧光屏上的落点，得到亮纹的范围．

纠错重做

2单选题

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，且散开在与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
$\frac {2mv}{qB}$
B
$\frac {2mvcosθ}{qB}$
C
$\frac {2mv(1-sinθ)}{qB}$
D
$\frac {2mv(1-cosθ)}{qB}$

题目答案

D

答案解析

分析：

任取一粒子分析，作出圆周运动的轨迹，则可得出粒子打在屏上的位置与粒子与PC夹角的关系，则可得出粒子打在屏上的最远点及最近点，即可得出打中的长度．

解答：

解：由Bqv=m$\frac {v}{R}$

可知：

R=$\frac {mv}{Bq}$ 如图所示，取一粒子，设粒子与PC夹角为α，则由几何关系可知，打在屏上的距离与P点相距L=2Rcosα

故可知，当α=0时，打在屏上的距离最远，最远距离为2R；

当α=θ时，打在屏上的距离最近，最近距离为L′=2Rcosθ；

故有粒子打中的区域为L-L′=$\frac {2mv(1-cosθ)}{Bq}$；

故选：D．

点评：

带电粒子在磁场运动区域的判断时，要注意寻找一般表达式，通过分析再找出可能的边界；另外本题中关于PC两边对称的粒子方向均可适合L=2Rcosα．

纠错重做

3多选题

(多选)如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v_0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，则粒子不能从ab边上射出磁场的v_0为(　　)

A
$\frac {qBL}{3m}$＜v_0≤$\frac {qBL}{m}$
B
v_0＞$\frac {qBL}{m}$
C
v_0≤$\frac {qBL}{3m}$
D
v_0≤$\frac {qBL}{2m}$

题目答案

BC

答案解析

分析：

粒子进入磁场时做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得到轨迹半径与初速度的关系．当轨迹恰好与ab相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小；当轨迹与dc相切时，轨迹半径最大，对应的速率最大，结合几何关系可确定半径的范围，即可求解速度的范围．

解答：

解：若粒子速度为v_0，粒子进入磁场时做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qv_0B=m$\frac {}{R}$，

则得：R=$\frac {mv}{qB}$，

设圆心在O$_1$处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v_01，则有 R$_1$-R$_1$sinθ=$\frac {L}{2}$，θ=30°，

则得：R$_1$=L

将R$_1$=$\frac {m_02}{qB}$代入上式可得：v_01=$\frac {qBL}{m}$

设圆心在O$_2$处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v_02，则

由几何关系得：R$_2$+R$_2$sinθ=$\frac {L}{2}$，θ=30°，则得：R$_2$=$\frac {1}{3}$L，

将R$_2$=$\frac {mv_02}{qB}$代入上式可得：v_02=$\frac {qBL}{3m}$

所以粒子能从ab边上射出磁场的v_0应满足$\frac {qBL}{3m}$＜v_0≤$\frac {qBL}{m}$，

粒子不能从ab边射出的条件是：v_0＞$\frac {qBL}{m}$或v_0≤$\frac {qBL}{3m}$；

故选：BC．

点评：

解决本题的关键是掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与圆心角的关系，要能正确画出临界状态下的轨迹．

纠错重做

4多选题

(多选)如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的均强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度跟ad边夹角θ=30°、大小为v_0的带正电粒子，已知粒子质量m，电量q，ad边L，ab边足够长，粒子重力不计，则(　　)

A
若粒子能从ab边上射出磁场，则v0的最小速度应大于$\frac {qBl}{3m}$
B
若粒子能从ab边上射出磁场，则v0的最大速度应等于$\frac {qBl}{2m}$
C
如果带电离子v_0大小不受限制，则粒子在磁场中运动的最长时间为$\frac {5πm}{3qB}$
D
如果带电粒子v_0大小不受限制，则离子在磁场中运动的最长时间为$\frac {πm}{3qB}$

题目答案

AC

答案解析

分析：

(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，当其轨迹恰好与ab边相切时，轨迹半径最小，对应的速度最小．当其轨迹恰好与cd边相切时，轨迹半径最大，对应的速度最大，由几何知识求出，再牛顿定律求出速度的范围．

(2)粒子轨迹所对圆心最大时，在磁场中运动的最长时间．当其轨迹恰好与ab边相切或轨迹更小时，时间最长，求出圆心角，再求时间．

解答：

解：粒子运动轨迹如图所示：

A、若粒子速度为v_0，则qv_0B=m$\frac {}{R}$，所以有R=$\frac {mv}{qB}$；

设圆心在O$_1$处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v_01，则有：

R$_1$+R$_1$sinθ=$\frac {L}{2}$，

将R$_1$=$\frac {mv_01}{qB}$代入上式可得：v_01=$\frac {qBL}{3m}$，

同理，设圆心在O$_2$处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v_02，则有：

R$_2$-R$_2$sinθ=$\frac {L}{2}$，

将R$_2$=$\frac {mv_02}{qB}$代入上式可得：v_02=$\frac {qBL}{m}$，

所以粒子能从ab边上射出磁场的v_0应满足：$\frac {qBL}{3m}$≤v≤$\frac {qBL}{m}$，故A正确，B错误；

C、由t=$\frac {α}{2π}$T及T=$\frac {2π}{qB}$可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越长，在磁场中运动的时间也越长．在磁场中运动的半径r≤R$_1$时，

运动时间最长，弧所对圆心角为：α=(2π-2θ)=$\frac {5π}{3}$，

所以最长时间为：t=$\frac {α}{2π}$T=$\frac {5πm}{3qB}$，故C正确，D错误；

故选：AC．

点评：

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是

1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．

2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．

3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律．

纠错重做

5多选题

(多选)在直角坐标系xOy的第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从y轴正半轴上的A点以与y轴正方向夹角为α=45°的速度垂直磁场方向射入磁场，如图所示，已知OA=a，不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)

A
若粒子垂直于x轴离开磁场，则粒子进入磁场时的初速度大小为$\frac {$\sqrt {2}$qBa}{m}$
B
改变粒子的初速度大小，可以使得粒子刚好从坐标系的原点O离开磁场
C
粒子在磁场中运动的最长时间为$\frac {3πm}{2qB}$
D
从x轴射出磁场的粒子中，粒子的速度越大，在磁场中运动的时间就越短

题目答案

ACD

答案解析

分析：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律与周期公式分析答题．

解答：

解：A、粒子垂直于x轴离开磁场，粒子运动轨迹如图所示：



由几何知识得：r=$\frac {a}{sin45°}$=$\sqrt {2}$a，

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：qvB=m$\frac {v}{r}$，解得：v=$\frac {$\sqrt {2}$qBa}{m}$，故A正确；

B、粒子在磁场中做圆周运动，粒子速度较小时从y轴离开磁场，当粒子速度为某一值v时与x轴相切，此时粒子不过坐标原点，当速度大于v时，粒子从x轴离开磁场，如图所示，粒子不可能从坐标系的原点O离开磁场，故B错误；



C、粒子从y轴离开磁场时在磁场中转过的圆心角最大，运动时间最长，运动轨迹如图所示：



由几何知识可知，粒子转过的圆心角：θ=270°，粒子在磁场中的最长运动时间：t=$\frac {θ}{360°}$T=$\frac {270°}{360°}$×$\frac {2πm}{qB}$=$\frac {3πm}{2qB}$，故C正确；

D、从x轴射出磁场的粒子中，粒子的速度越大，粒子在磁场中转过的圆心角θ越小，在磁场中运动的时间：t=$\frac {θ}{2π}$T越小，故D正确；

故选：ACD．

点评：

本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以解题．

纠错重做

6单选题

如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．原点O处存在一粒子源，能同时发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，速度方向均在xOy平面内，与x轴正方向的夹角θ在0～180°范围内．则下列说法正确的是(　　)

A
发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子在磁场中运动的时间越短
B
发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子离开磁场时的位置距O点越远
C
发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的时间越短
D
发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的角速度越大

题目答案

A

答案解析

分析：

带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角α，由t=$\frac {α}{2π}$T分析时间；

根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系；由ω=$\frac {2π}{T}$，T=$\frac {2πm}{qB}$分析角速度．

解答：

解：A、速度相同的粒子在磁场中半径相同；画出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π-2θ；粒子在磁场中运动的时间t=$\frac {α}{2π}$T=$\frac {2π-2θ}{2π}$•$\frac {2πm}{qB}$=$\frac {2(π-θ)m}{qB}$，则得知：θ越大，时间t越短；若θ一定，运动时间一定．故A正确，C错误；

B、设粒子的轨迹半径为r，则r=$\frac {mv}{qB}$．如图，AO=2rsinθ=$\frac {2mvsinθ}{qB}$，则若θ是锐角，θ越大，AO越大．若θ是钝角，θ越大，AO越小．故B错误；

D、粒子在磁场中运动的角速度ω=$\frac {2π}{T}$，又T=$\frac {2πm}{qB}$，则得ω=$\frac {qB}{m}$，与速度v和角度无关．故D错误．

故选：A．

点评：

求带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据t=$\frac {θ}{2π}$T，θ是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角．

纠错重做