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，而且與粒子速度的方向有關，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 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(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

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 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)，粒子轉過的圓弧對應的圓心角為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，D錯誤；在時間t內(nèi)，粒子轉過的圓弧對應的圓心角為θ＝·2π＝，B正確；I＝＝，與速率v無關，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，則磁感應強度B的取值應為(　　) 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(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(jīng)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(zhì)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

14、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(jīng)過電場加速，進入偏轉磁場時速度為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)磁感應強度的大??； (3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ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(jīng)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qE＝

18、mv2① 由①式得E＝② (2)設Ⅰ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，由幾何關系得 R＝⑥ 聯(lián)立③⑥式得B＝⑦ (3)設粒子在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，設為θ1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設為θ2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設為α，由幾何關系得 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