2020屆高三物理一輪總復習 第8章《磁場》2 磁場對運動電荷的作用課時作業(yè) 新人教版

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1、磁場對運動電荷的作用 一、選擇題 1.帶電荷量為+q的粒子在勻強磁場中運動,下列說法中正確的是(  ) A.只要速度大小相同,所受洛倫茲力就相同 B.如果把+q改為-q,且速度反向,大小不變,則洛倫茲力的大小、方向均不變 C.洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直,磁場方向一定與電荷運動方向垂直 D.粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變 【解析】 因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關(guān),而且與粒子速度的方向有關(guān),如當粒子速度與磁場垂直時f=qvB,當粒子速度與磁場平行時f=0.又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同時,洛倫茲力的方向也不同,所以

2、A選項錯.因為+q改為-q且速度反向,由左手定則可知洛倫茲力方向不變,再由f=qvB知大小不變,所以B項正確.因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角,所以C選項錯.因為洛倫茲力總與速度方向垂直,因此,洛倫茲力不做功,粒子動能不變,但洛倫茲力可改變粒子的運動方向,使粒子速度的方向不斷改變,所以D項錯. 【答案】 B 2. 美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器,應(yīng)用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點,能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量,使人類在獲得較高能量的帶電粒子方面前進了一步.如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖,其中盒縫間的加速電場場

3、強大小恒定,且被限制在A、C板間,帶電粒子從P0處靜止釋放,并沿電場線方向射入加速電場,經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動,對于這種改進后的回旋加速器,下列說法正確的是(  ) A.帶電粒子每運動一周被加速一次 B.P1P2=P2P3 C.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān) D.加速電場方向需要做周期性的變化 【解析】 帶電粒子每運動一周加速一次,加速電場方向不需要做周期性的變化,A對,D錯.由動能定理得:nqU=mv2,qBv=m得R= ,R與加速次數(shù)不成正比,故B錯.最大動能為Ek=,可知C錯. 【答案】 A 3. (多選)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球,從

4、傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑,整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中,其磁感應(yīng)強度為B,如圖所示.若帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零,下面說法中正確的是(  ) A.小球帶負電 B.小球在斜面上運動時做勻加速直線運動 C.小球在斜面上運動時做加速度增大,而速度也增大的變加速直線運動 D.小球在斜面上下滑過程中,小球?qū)π泵鎵毫榱銜r的速率為 【解析】 根據(jù)小球的運動方向和磁場方向,小球受到的洛倫茲力方向垂直于斜面,由于某時刻小球?qū)π泵娴淖饔昧榱悖f明淪倫茲力方向垂直于斜面向上,結(jié)合左手定則,小球帶正電,選項A錯誤;對小球受力分析可得,小球受到的洛倫茲力和斜面彈力方向垂直

5、于小球運動方向,小球沿斜面方向受到的合力mgsinθ=ma,因而小球運動時的加速度a=gsinθ是恒定的,小球在斜面上做勻加速直線運動,選項B正確,選項C錯誤;根據(jù)垂直于斜面方向,小球受到的合力為零,可得mgcosθ=qvB,解得v=,選項D正確. 【答案】 BD 4. (多選)如圖所示,質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電粒子,以不同的初速度兩次從O點垂直于磁感線和磁場邊界向上射入勻強磁場,在洛倫茲力作用下分別從M、N兩點射出磁場,測得OM∶ON=3∶4,則下列說法中錯誤的是(  ) A.兩次帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間之比為3∶4 B.兩次帶電粒子在磁場中運動的路程長度之比為3∶4

6、C.兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為3∶4 D.兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為4∶3 【解析】 設(shè)OM=2r1,ON=2r2,故==,路程長度之比==,B正確;由r=知=,故==,C正確,D錯誤;由于T=,則==1,A錯. 【答案】 AD 5. (多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置,其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒,兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場,使粒子在通過狹縫時都能得到加速,兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中,如圖所示.設(shè)D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質(zhì)子時,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,高頻交流電頻率為f.則下列說

7、法正確的是(  ) A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B.質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān) C.只要R足夠大,質(zhì)子的速度可以被加速到任意值 D.不改變B和f,該回旋加速器也能用于加速α粒子 【解析】 由evB=m可得回旋加速器加速質(zhì)子的最大速度為v=eBR/m.由回旋加速器高頻交流電頻率等于質(zhì)子運動的頻率,則有f=eB/2πm,聯(lián)立解得質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR,選項AB正確,由相對論可知,質(zhì)子的速度不可能無限增大C錯誤;由于α粒子在回旋加速器中運動的頻率是質(zhì)子的1/2,不改變B和f,該回旋加速器不能用于加速α粒子,選項D錯誤. 【答案】 A

8、B 6.(多選)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動,形成空間環(huán)形電流.已知粒子的運行速率為v、半徑為r、周期為T,環(huán)形電流的強度為I,則下面說法中正確的是(  ) A.該帶電粒子的比荷為= B.在時間t內(nèi),粒子轉(zhuǎn)過的圓弧對應(yīng)的圓心角為θ= C.當速率v增大時,環(huán)形電流的強度I保持不變 D.當速率v增大時,運動周期T變小 【解析】 帶電粒子做勻速圓周運動,=Bqv,所以=,A錯誤;運動周期T=,與速率無關(guān),D錯誤;在時間t內(nèi),粒子轉(zhuǎn)過的圓弧對應(yīng)的圓心角為θ=·2π=,B正確;I==,與速率v無關(guān),C正確. 【答案】 BC 7.

9、 如圖所示,ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形,磁場垂直紙面向外,比荷為的電子以速度v0從A點沿AB方向射入,欲使電子能經(jīng)過BC邊,則磁感應(yīng)強度B的取值應(yīng)為(  ) A.B> B.B< C.B< D.B> 【解析】  由題意,如圖所示,電子正好經(jīng)過C點,此時圓周運動的半徑r==,要想電子從BC邊經(jīng)過,圓周運動的半徑要大于,由帶電粒子在磁場中運動的公式r=有<,即B<,C選項正確. 【答案】 C 8. (多選)如圖所示,在兩個不同的勻強磁場中,磁感強度關(guān)系為B1=2B2,當不計重力的帶電粒子從B1磁場區(qū)域運動到B2磁場區(qū)域時(在運動過程中粒子的速度始終與磁場垂

10、直),則粒子的(  ) A.速率將加倍 B.軌道半徑將加倍 C.周期將加倍 D.做圓周運動的角速度將加倍 【解析】 粒子在磁場中只受到洛倫茲力,洛倫茲力不會對粒子做功,故速率不變,A錯;由半徑公式r=,B1=2B2,則當粒子從B1磁場區(qū)域運動到B2磁場區(qū)域時,軌道半徑將加倍,B對;由周期公式T=,磁感應(yīng)強度減半,周期將加倍,C對;角速度ω=,故做圓周運動的角速度減半,D錯. 【答案】 BC 9. (多選)如圖所示,平面直角坐標系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強磁場垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v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

11、速度方向與x軸的正方向相同,不計粒子的重力,則(  ) A.該粒子帶正電 B.A點與x軸的距離為 C.粒子由O到A經(jīng)歷時間t= D.運動過程中粒子的速度不變 【解析】 根據(jù)粒子的運動方向,由左手定則判斷可知粒子帶負電,A項錯;運動過程中粒子做勻速圓周運動,速度大小不變,方向變化,D項錯;粒子做圓周運動的半徑r=,周期T=,從O點到A點速度的偏向角為60°,即運動了T,所以由幾何知識求得點A與x軸的距離為,粒子由O到A經(jīng)歷時間t=,B、C兩項正確. 【答案】 BC 10. 如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖,帶電粒子被加速電場加速后,進入速度選擇器(帶電粒子的重力不計).速度選擇器

12、內(nèi)有互相垂直的勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應(yīng)強度為B,電場的場強為E.擋板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2,擋板S下方有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場.下列表述正確的是(  ) A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里 C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D.帶電粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,帶電粒子的比荷越小 【解析】 在加速電場中粒子所受電場力向下,即粒子帶正電,在速度選擇器中,電場力水平向右,洛倫茲力水平向左,因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外,B錯誤;經(jīng)過速度選擇器時滿足qE=qvB,可知能通過狹縫P的帶電粒子的速率

13、等于,C錯誤;帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動,則有r=,可見當v相同時,r∝,所以可以用來區(qū)分同位素,且r越小,比荷就越大,D錯誤. 【答案】 A 二、非選擇題 11.在圖甲中,帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后,從G點垂直于MN進入偏轉(zhuǎn)磁場,該偏轉(zhuǎn)磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁場的磁感應(yīng)強度為B,帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后,最終到達照相底片上的H點,如圖甲所示,測得G、H間的距離為d,粒子的重力可忽略不計. (1)設(shè)粒子的電荷量為q,質(zhì)量為m,求該粒子的比荷; (2)若偏轉(zhuǎn)磁場的區(qū)域為圓形,且與MN相切于G點,如圖乙所示,其他條件不變.要保

14、證上述粒子從G點垂直于MN進入偏轉(zhuǎn)磁場后不能打到MN邊界上(MN足夠長),求磁場區(qū)域的半徑R應(yīng)滿足的條件. 【解析】 (1)帶電粒子經(jīng)過電場加速,進入偏轉(zhuǎn)磁場時速度為v,由動能定理,有qU=mv2① 進入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動,軌道半徑為r, qvB=m② 打到H點有r=③ 由①②③得=. (2)要保證所有帶電粒子都不能打到MN邊界上,帶電粒子在磁場中運動的偏角應(yīng)不大于90°,臨界狀態(tài)為90°. 如圖所示,磁場區(qū)半徑R=r= 所以磁場區(qū)域半徑滿足R≤. 【答案】 (1) (2)R≤ 12. 在某平面上有一半徑為R的圓形區(qū)域,區(qū)域內(nèi)、外均有垂直于該平面的勻

15、強磁場,圓外磁場范圍足夠大,已知兩部分磁場方向相反且磁感應(yīng)強度都為B,方向如圖所示.現(xiàn)在圓形區(qū)域的邊界上的A點有一個電荷量為q,質(zhì)量為m的帶正電粒子,以沿OA方向的速度經(jīng)過A點,已知該粒子只受到磁場對它的作用力. (1)若粒子在其與圓心O的連線繞O點旋轉(zhuǎn)一周時恰好能回到A點,試求該粒子運動速度v的最大值; (2)在粒子恰能回到A點的情況下,求該粒子回到A點所需的最短時間. 【解析】 (1)粒子運動的半徑為r,則r=① 如圖所示,O1為粒子運動的第一段圓弧AC的圓心,O2為粒子運動的第二段圓弧CD的圓心,根據(jù)幾何關(guān)系可知 tanθ=② ∠AOC=∠COD=2θ 如果粒子回到A點

16、,則必有 n×2θ=2π,n取正整數(shù)③ 由①②③可得v=tan④ 考慮到θ為銳角,即0<θ<,根據(jù)③可得 當n=3時對應(yīng)的速度最大 且最大速度v=.⑤ (2)粒子做圓周運動的周期 T=⑥ 因為粒子每次在圓形區(qū)域外運動的時間和圓形區(qū)域內(nèi)運動的時間互補為一個周期T,所以粒子穿越圓形邊界的次數(shù)越少,所花時間就越短,因此取n=3代入到③可得 θ=⑦ 而粒子在圓形區(qū)域外運動的圓弧的圓心角為α, α=2π-2=π⑧ 故所求的粒子回到A點的最短運動時間 t=T+T=. 【答案】 (1) (2) 13. (2020·山東卷)如圖所示,直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面

17、內(nèi),O為圓心,GH為大圓的水平直徑.兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場.間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場,上極板開有一小孔.一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子由小孔下方處靜止釋放,加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場,由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場.不計粒子的重力. (1)求極板間電場強度的大??; (2)若粒子運動軌跡與小圓相切,求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大?。? (3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為、,粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點,求這段時間粒子運動的路程. 【解析】  (1)設(shè)極板間電場強度的大小為E,對粒子在電場中的加速運動,由動能定理得qE=

18、mv2① 由①式得E=② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小為B,粒子做圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=m③ 如圖1所示,粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況.若粒子軌跡與小圓外切,由幾何關(guān)系得R=④ 聯(lián)立③④式得B=⑤ 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切,由幾何關(guān)系得 R=⑥ 聯(lián)立③⑥式得B=⑦ (3)設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2,由題意可知,Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為B1=、B2=,由牛頓第二定律得qvB1=m,qvB2=m⑧ 代入數(shù)據(jù)得R1=,R2=⑨ 設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2,由運動學公式得T1=,T2=⑩ 據(jù)題意分析,粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi),運動軌跡如圖2所示,根據(jù)對稱可知,Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同,設(shè)為θ1,Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為θ2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設(shè)為α,由幾何關(guān)系得 θ1=120°? θ2=180°? α=60°? 粒子重復上述交替運動回到H點,軌跡如圖3所示,設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2,可得t1=×T1,t2=×T2? 設(shè)粒子運動的路程為s,由運動學公式得 s=v(t1+t2)? 聯(lián)立⑨⑩?????式得s=5.5πd? 【答案】 (1) (2)或 (3)5.5πD

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