2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做11 磁場對運(yùn)動電荷的作用

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1、大題精做十一 磁場對運(yùn)動電荷的作用 精選大題 1．【昭通質(zhì)檢】如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點(diǎn)放一醫(yī)用放射源，可通過細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106 m的α粒子。已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm，縫長AD＝18 cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27 kg，電量q＝3.2×10－19 C。若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場來隔離輻射，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中。 (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在

2、磁場中運(yùn)動的最長時間和最短時間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) 【解析】(1)由題意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得：∠BAO＝∠ODC＝45° 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，設(shè)為R，根據(jù)牛頓第二定律有 解得R＝0.2 m＝20 cm 由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進(jìn)入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，如圖所示。 設(shè)此時磁場寬度為d0，由幾何關(guān)系得： d0＝R＋Rcos45°＝(20＋10)cm＝0.34 m (2)設(shè)α粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的周期為T，則 T＝＝×10－6 s 設(shè)

3、速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場區(qū)域的α粒子的入射點(diǎn)為E，如圖所示． 因磁場寬度d＝20 cm

4、，故 tmin＝＝×10－6s＝6.5×10－8 s。 2．【菏澤模擬】如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化如圖乙所示。有一束正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計(jì)離子所受重力。求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小； (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。 【解析】設(shè)垂直于直面向里的磁

5、場方向?yàn)檎较? (1)正粒子射入磁場，洛倫茲力提供向心力： 做勻速圓周運(yùn)動的周期 聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝。 (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應(yīng)如圖所示，在兩板之間正離子只運(yùn)動一個周期即T0時，有r＝。當(dāng)在兩板之間正離子運(yùn)動n個周期即nT0時，有 r＝(n＝1，2，3，…)。 聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為v0＝＝(n＝1，2，3…)。 1．【江蘇質(zhì)檢】如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強(qiáng)磁場a和b，OP為分界線，磁場a的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，方向垂直紙面向里；磁場b的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，P點(diǎn)坐標(biāo)為(4l，3l)。一質(zhì)量為

6、m，電荷量為q的帶正電的粒子從P點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場b，經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)過原點(diǎn)O，不計(jì)粒子重力。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的時間最少是多少？ (2)粒子運(yùn)動的速度可能是多少？ 【解析】(1)設(shè)粒子的入射速率為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a和b運(yùn)動的軌道半徑和周期，則： Ra＝，Rb＝ Ta＝＝，Tb＝ 粒子先從磁場b運(yùn)動，后進(jìn)入磁場a運(yùn)動，然后從O點(diǎn)射出，粒子從P運(yùn)動到O點(diǎn)所用時間最短，如圖所示。粒子在磁場b和磁場a運(yùn)動的時間分別為： tb＝Tb，ta＝Ta 故從P到O所用最少時間為：t＝ta

7、＋tb＝ (2)由題意及圖可知：n(2Racosα＋2Rbcosα)＝ 解得：v＝(n＝1，2，3，…)。 2．【宜豐期末】如圖所示，在半徑分別為r和2r的同心圓（圓心在O點(diǎn)）所形成的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在大圓邊界上A點(diǎn)有一粒子源，垂直AO向左發(fā)射一質(zhì)量為m，電荷量為＋q，速度大小為的粒子，求： (1)若粒子能進(jìn)入磁場，求粒子在磁場中運(yùn)動的半徑； (2)若粒子能進(jìn)入磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則該粒子第一次到達(dá)磁場小圓邊界時，粒子速度相對于初始方向偏轉(zhuǎn)的角度； (3)若粒子每次到達(dá)磁場大圓邊界時都未從磁場中射出，那么至少經(jīng)過多長時間該粒子能夠回到出發(fā)點(diǎn)A。

8、 【解析】(1)如圖所示，粒子做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)初速度為v0，軌跡半徑為 R＝mv0qB＝r。 (2)如圖所示：粒子將沿著AB?。▓A心在O1）運(yùn)動，交內(nèi)邊界于B點(diǎn)。ΔOO1B為等邊三角形，則∠BO1O＝60°，粒子的軌跡AB弧對應(yīng)的圓心角為∠BO1A＝120°，則速度偏轉(zhuǎn)角為120°。 (3)粒子從B點(diǎn)進(jìn)入中間小圓區(qū)域沿直線BC運(yùn)動，又進(jìn)入磁場區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)與外邊界相切于D點(diǎn)．在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖所示。 粒子在磁場區(qū)域運(yùn)動的時間：t1＝3×43π2π×T＝2T，周期：T＝2πmqB 每通過一次無磁場區(qū)域粒子在該區(qū)域運(yùn)動的距離：l＝2rcos30°＝3r 粒子在無磁場區(qū)域運(yùn)動的總時

9、間：t2＝3lv0，代入：v0＝qBrm，解得：t2＝33mqB 則粒子回到A點(diǎn)所用的總時間：t＝t1+t2＝(4π+33)mqB。 3．【蘇北三市聯(lián)考】在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)拇艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制。在如圖所示的平面坐標(biāo)系xOy內(nèi)，矩形區(qū)域(－3d

10、多少路程經(jīng)過P點(diǎn)。 【解析】(1)由題條件可判斷粒子做圓周運(yùn)動半徑為：R＝d 粒子在磁場中qvB＝mv02R，得到：B＝mv0qd。 (2)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示： 粒子在磁場中運(yùn)動時間：t1＝2πdv0 粒子在無場區(qū)運(yùn)動時間：t2＝43dv0 粒子再次回到P點(diǎn)時間：t＝t1＋t2 得到：t＝2πdv0+43dv0。 (3)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示： 粒子速度變?yōu)?v0，則在磁場中運(yùn)動半徑為：R'＝2d 由P點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動到C點(diǎn)時間：t3＝23×2π×2d2v0＝4πd3v0 由C點(diǎn)沿直線運(yùn)動到D點(diǎn)時間：t4＝23d2v0＝3dv0 ①粒子以2v0沿y軸正向經(jīng)過P 則粒子運(yùn)動

11、時間：t＝k(3t3+3t4)，其中k＝1、2、3… 粒子運(yùn)動距離：s＝2v0t 得到：s＝2k(4πd+33d)，其中k＝1、2、3… ②粒子以2v0大小與－y方向成60°經(jīng)過P 則：t'＝2t3+t4+k(3t3+3t4)，其中k＝0、1、2、3… 粒子運(yùn)動距離為：s'＝2v0t' 得到：s'＝28πd3+3d+k4πd+33d，其中k＝0、1、2、3… 4．【太和一中預(yù)測】如圖所示，在水平邊界MN上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，O、A是MN上的兩點(diǎn)，OA距離為L，PQ是一足夠長的擋板，粒子打在擋板上均被吸收，開始時P點(diǎn)與O點(diǎn)重合，∠Q

12、ON＝θ＝53°。在OA之間有大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q且速度相同的粒子，速度方向均垂直邊界MN豎直向上，且在紙面內(nèi)。其中從OA中點(diǎn)射入的粒子，恰能垂直打在擋板上。(不計(jì)粒子重力及其相互作用，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (1)求粒子的初速度大小v0； (2)求擋板上被粒子打中的長度x1； (3)若將擋板沿MN向右平移距離，方向不變；磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄髶醢迳媳涣Ｗ哟蛑械拈L度x2。 【解析】(1)粒子運(yùn)動軌跡的圓心為O點(diǎn)，軌跡如圖所示。 設(shè)粒子軌跡的半徑為r1，由幾何關(guān)系得： 由洛倫茲力提供向心力： 解得：。 (2)(i)如圖所示，從某點(diǎn)射

13、出的粒子水平打在板上，其軌跡圓圓心為O1，此粒子打在板上的點(diǎn)離P點(diǎn)距離設(shè)為d1，由幾何關(guān)系得： 該粒子入射點(diǎn)在O點(diǎn)左側(cè)距O點(diǎn)的距離為，是存在的，符合題意； (ii)如圖所示，從A點(diǎn)射入的粒子打在板上的O(P)點(diǎn)，該粒子軌跡圓圓心O2； (iii)如圖所示，從O點(diǎn)發(fā)出的粒子打在板上的點(diǎn)離P點(diǎn)的距離為d2，其軌跡圓圓心為O3，由幾何關(guān)系得： 。 綜上所述，擋板上被粒子打中的長度。 (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為r2，由洛倫茲力提供向心力： 解得： 所有粒子的軌跡圓心在O點(diǎn)右側(cè)長度L的范圍內(nèi)。 (i)如圖所示，從某點(diǎn)射出的粒子水平打在板上，

14、其軌跡圓圓心為O4，此粒子打在板上的點(diǎn)離P點(diǎn)距離設(shè)為d4，由幾何關(guān)系得： 該粒子入射點(diǎn)離O4點(diǎn)的距離為L，而OO4的距離為，即該粒子是不存在的； (ii)從O點(diǎn)射入的粒子打在擋板上，軌跡如圖所示，其軌跡圓圓心為O5，離P點(diǎn)距離設(shè)為d5，由幾何關(guān)系得： 解得：； (iii)從A點(diǎn)射入的粒子打在擋板上，粒子軌跡如圖所示，其軌跡圓圓心恰好為O，離P點(diǎn)的距離設(shè)為d6，由幾何關(guān)系得： 解得： 綜上所述，擋板上被粒子打中的長度。 5．【杭州期末】光電倍增管是用來將光信號轉(zhuǎn)化為電信號并加以放大的裝置，其主要結(jié)構(gòu)為多個相同且平行的倍增極。為簡單起見，現(xiàn)只研究其第1倍增極和第2倍增極，其結(jié)構(gòu)如

15、圖所示。兩個倍增極平行且長度均為2a，幾何位置如圖所示（圖中長度數(shù)據(jù)已知）。當(dāng)頻率為v的入射光照射到第1倍增極上表面時，從極板上逸出的光電子最大速率為vm。若加電場或磁場可使從第1倍增極逸出的部分光電子打到第2倍增極上表面，從而激發(fā)出更多的電子，實(shí)現(xiàn)信號放大。已知元電荷為e，電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h，只考慮電子在紙面內(nèi)的運(yùn)動，忽略相對論效應(yīng)，不計(jì)重力。 (1)試求制作第1倍增極的金屬材料的逸出功W。 (2)為使更多光電子達(dá)到第2倍增極，可在接線柱AB間接入一個電動勢為E的電源，則到達(dá)第2倍增極的電子的最大動能是多少？ (3)若僅在紙面內(nèi)加上垂直紙面的勻強(qiáng)磁場時，發(fā)現(xiàn)速度為垂直第1倍增

16、極出射的電子恰能全部到達(dá)第2倍增極上表面。忽略電場力的作用，試求： (I)磁感強(qiáng)度B的大小和方向； (II)關(guān)閉光源后多長時間仍有光電子到達(dá)第2倍增極上表面？ 可能用到的三角函數(shù)值：sin 11.5°＝0.20，sin 15°＝0.26，sin 37°＝0.60。 【解析】(1)根據(jù)光電效應(yīng)方程：，所以金屬材料的逸出功。 (2)電子在電場中加速度過程中電場力做功，由動能定理可得到達(dá)第2倍增極的電子的最大動能為：。 (3)(I)磁場方向垂直紙面向內(nèi)。 當(dāng)?shù)? 倍增極某位置出射的電子到達(dá)第2 倍增極相應(yīng)位置時該粒子全部被下一倍增極收集到。根據(jù)幾何關(guān)系有：，得： 電子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑，得：； (II)即問所有光電子中到達(dá)第2 倍增極的最長時間。所有電子周期均相同，圓心角越大的粒子時間越長。若電子從第一倍增極M點(diǎn)出發(fā)到達(dá)第二倍增極N點(diǎn)，則MN為圓周上的一條弦，若圓心角θ越大，則要求R越大，即當(dāng)粒子和第二倍增極相切時圓心角最大。 圖中，當(dāng)R越大，α越大，圓心角θ越大，故在所有軌跡和第二倍增極相切的電子中，半徑越大圓心角越大。 綜上當(dāng)粒子以最大速率從第一倍增極最右端出射，剛好與第二倍增極相切時，圓心角最大，如圖所示。此時，即θ＝37° 所以：。 8