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

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，而且與粒子速度的方向有關，如當粒子速度與磁場垂直時fqvB，當粒子速度與磁場平行時f0.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fqvB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】B2.美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應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經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BP1P2P2P3C加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關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：nqUmv2，qBvm得R ，R與加速次數不成正比，故B錯最大動能為Ek，可知C錯【答案】A3.(多選)質量為m、帶電荷量為q的小球，從傾角為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，小球對斜面壓力為零時的速率為【解析】根據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，由于某時刻小球對斜面的作用力為零，說明淪倫茲力方向垂直于斜面向上，結合左手定則，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于小球運動方向，小球沿斜面方向受到的合力mgsinma，因而小球運動時的加速度agsin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；根據垂直于斜面方向，小球受到的合力為零，可得mgcosqvB，解得v，選項D正確【答案】BD4.(多選)如圖所示，質量為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OMON34，則下列說法中錯誤的是()A兩次帶電粒子在磁場中經歷的時間之比為34B兩次帶電粒子在磁場中運動的路程長度之比為34C兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為34D兩次帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力大小之比為43【解析】設OM2r1，ON2r2，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】AD5.(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D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是()A質子被加速后的最大速度不可能超過2fRB質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關C只要R足夠大，質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粒子【解析】由evBm可得回旋加速器加速質子的最大速度為veBR/m.由回旋加速器高頻交流電頻率等于質子運動的頻率，則有feB/2m，聯(lián)立解得質子被加速后的最大速度不可能超過2fR，選項AB正確，由相對論可知，質子的速度不可能無限增大C錯誤；由于粒子在回旋加速器中運動的頻率是質子的1/2，不改變B和f，該回旋加速器不能用于加速粒子，選項D錯誤【答案】AB6(多選)質量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)在磁感應強度為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，粒子轉過的圓弧對應的圓心角為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，D錯誤；在時間t內，粒子轉過的圓弧對應的圓心角為·2，B正確；I，與速率v無關，C正確【答案】BC7.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，欲使電子能經過BC邊，則磁感應強度B的取值應為()AB> BB<CB< DB>【解析】由題意，如圖所示，電子正好經過C點，此時圓周運動的半徑r，要想電子從BC邊經過，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】C8.(多選)如圖所示，在兩個不同的勻強磁場中，磁感強度關系為B12B2，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，B12B2，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，磁感應強度減半，周期將加倍，C對；角速度，故做圓周運動的角速度減半，D錯【答案】BC9.(多選)如圖所示，平面直角坐標系的第象限內有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B.一質量為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BA點與x軸的距離為C粒子由O到A經歷時間tD運動過程中粒子的速度不變【解析】根據粒子的運動方向，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經歷時間t，B、C兩項正確【答案】BC10.如圖是質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)速度選擇器內有互相垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為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下方有磁感應強度為B0的勻強磁場下列表述正確的是()A質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；經過速度選擇器時滿足qEqvB，可知能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于，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過電勢差為U的電場加速后，從G點垂直于MN進入偏轉磁場，該偏轉磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，帶電粒子經偏轉磁場后，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)設粒子的電荷量為q，質量為m，求該粒子的比荷；(2)若偏轉磁場的區(qū)域為圓形，且與MN相切于G點，如圖乙所示，其他條件不變要保證上述粒子從G點垂直于MN進入偏轉磁場后不能打到MN邊界上(MN足夠長)，求磁場區(qū)域的半徑R應滿足的條件【解析】(1)帶電粒子經過電場加速，進入偏轉磁場時速度為v，由動能定理，有qUmv2進入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為r，qvBm打到H點有r由得.(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不大于90°，臨界狀態(tài)為90°.如圖所示，磁場區(qū)半徑Rr所以磁場區(qū)域半徑滿足R.【答案】(1)(2)R12.在某平面上有一半徑為R的圓形區(qū)域，區(qū)域內、外均有垂直于該平面的勻強磁場，圓外磁場范圍足夠大，已知兩部分磁場方向相反且磁感應強度都為B，方向如圖所示現在圓形區(qū)域的邊界上的A點有一個電荷量為q，質量為m的帶正電粒子，以沿OA方向的速度經過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，根據幾何關系可知tanAOCCOD2如果粒子回到A點，則必有n×22，n取正整數由可得vtan考慮到為銳角，即0<<，根據可得當n3時對應的速度最大且最大速度v.(2)粒子做圓周運動的周期T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越少，所花時間就越短，因此取n3代入到可得而粒子在圓形區(qū)域外運動的圓弧的圓心角為，22故所求的粒子回到A點的最短運動時間tTT.【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內，O為圓心，GH為大圓的水平直徑兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(區(qū))和小圓內部(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點緊靠大圓內側射入磁場不計粒子的重力(1)求極板間電場強度的大小；(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求區(qū)磁感應強度的大?。?3)若區(qū)、區(qū)磁感應強度的大小分別為、，粒子運動一段時間后再次經過H點，求這段時間粒子運動的路程【解析】(1)設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qEmv2由式得E(2)設區(qū)磁感應強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvBm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，由幾何關系得R聯(lián)立式得B若粒子軌跡與小圓內切，由幾何關系得R聯(lián)立式得B(3)設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2，由題意可知，區(qū)和區(qū)磁感應強度的大小分別為B1、B2，由牛頓第二定律得qvB1m，qvB2m代入數據得R1，R2設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2，由運動學公式得T1，T2據題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內，運動軌跡如圖2所示，根據對稱可知，區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同，設為1，區(qū)內圓弧所對圓心角設為2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設為，由幾何關系得1120°2180°60°粒子重復上述交替運動回到H點，軌跡如圖3所示，設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2，可得t1×T1，t2×T2設粒子運動的路程為s，由運動學公式得sv(t1t2)聯(lián)立式得s5.5d【答案】(1)(2)或(3)5.5D