高考一轮复习随堂练习：磁场对运动电荷作用.doc

第2讲 磁场对运动电荷的作用

图8－2－15
1．如图8－2－15，没有磁场时，显像管内电子束打在荧光屏正中的O点，加磁场后电子束打在荧光屏O点上方的P点，则所加磁场的方向可能是(　　)

A．垂直于纸面向内 B．垂直于纸面向外
C．平行于纸面向上 D．平行于纸面向下
解析：电子受到的洛伦兹力的方向向上，由左手定则，可判定磁场方向可能垂直于纸面向外，B项正确．
答案：B
2.

图8－2－16
如图8－2－16所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为的负离子体以相同速率v0(较大)，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是(不计重力)(　　)
A．离子飞出磁场时的动能一定相等
B．离子在磁场中运动半径一定相等
C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
解析：射入磁场的粒子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不等，又因为磁场对电荷的洛伦兹力不做功，故这些粒子从射入到射出动能不变，但不同粒子的动能可能不等，A项错误．粒子在磁场中偏转的半径为r＝，由于比荷和速度都相等，磁感应强度B为定值，故所有粒子的偏转半径都相等，B正确．同时各粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，也相等，根据几何规律：圆内，较长的弦对应较大的圆心角，所以从Q点射出的粒子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C对．沿PQ方向射入的粒子不可能从Q点射出，故偏角不最大，D错，选BC.
答案：BC

图8－2－17
3．(2009·北京西城模拟)如图8－2－17所示，在x轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.许多相同的离子，以相同的速率v，由O点沿纸面向各个方向(y>0)射入磁场区域．不计离子所受重力，不计离子间的相互影响．图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y轴交点为M，边界与x轴交点为N，且OM＝ON＝L.由此可判断(　　)
A．这些离子是带负电的 　　　　 B．这些离子运动的轨道半径为L
C．这些离子的荷质比为＝ 　　　　D．当离子沿y轴正方向射入磁场时会经过N点
解析：根据左手定则，离子带正电，A项错误；由图可知，粒子轨道半径为L，B项错误；再根据qvB＝，＝，C项错误；由于ON＝L，粒子半径为L，ON恰好为粒子圆周运动直径，故D项正确．
答案：D

图8－2－18
4．(2009·东营模拟)如图8－2－18所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为α粒子(He)的径迹．它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨道半径r1>r2>r3并相切于P点，设T、v、a、t分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则(　　)
A．T1＝T2v3
C．a1>a2>a3 D．t1r2>r3结合r＝及粒子比荷关系可知v1>v2>v3，故B项错误；粒子运动的向心加速度a＝，结合各粒子的比荷关系及v1>v2>v3可得：a1>a2>a3，故C项正确；由题图可知，粒子运动到MN时所对应的圆心角的大小关系为θ1<θ2<θ3，而T1＝T2，因此t1r＝可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B项错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，所以C项错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，则粒子经偏转不能回到原点O，所以A项不正确，D项正确．
答案：D

1．带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是(　　)
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
解析：因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时F＝0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A选项错．因为＋q改为－q且速度反向时所形成的电流方向与原＋q运动形成的电流方向相同，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F＝qvB知大小不变，所以B项正确．因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，所以C选项错．因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，所以D项错．
答案：B

图8－2－20
2．初速为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图8－2－20所示，则(　　)
A．电子将向右偏转，速率不变 B．电子将向左偏转，速率改变
C．电子将向左偏转，速率不变 D．电子将向右偏转，速率改变
解析：由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变．
答案：A

图8－2－21
3．如图8－2－21所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的(　　)
A．带电粒子的比荷 B．带电粒子在磁场中运动的周期
C．带电粒子的初速度 D．带电粒子在磁场中运动的半径
解析：由带电粒子在磁场中运动的偏向角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l＝Rsin 60°＝sin 60°，又未加磁场时有l＝v0t，所以可求得比荷＝，A项对；周期T＝可求出，B项对；但初速度未知，所以C、D项错．
答案：AB
4.

图8－2－22
如右图8－2－22所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的(　　)
A．半径之比为∶1 B．速度之比为1∶
C．时间之比为2∶3 D．时间之比为3∶2
答案：AC

5.

图8－2－23
如图8－2－23是三个从O点同时发出的正、负电子的运动轨迹，匀强磁场方向垂直纸面向里，可以判定(　　)
A．a、b是正电子，c是负电子，a、b、c同时回到O点
B．a、b是负电子，c是正电子，a首先回到O点
C．a、b是负电子，c是正电子，b首先回到O点
D．a、b是负电子，c是正电子，a、b、c同时回到O点
解析：考查带电粒子在磁场中的运动．电子所受洛伦兹力的方向指向曲线弯曲的方向，速度方向为曲线的切线方向，故结合左手定则判断可知，a、b为负电子，c为正电子，电子做圆周运动的周期T＝，与电子带电的正负无关，故a、b、c同时回到O点，故D项正确．
答案：D

图8－2－24
6．如图8－2－24所示，在x>0、y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则(　　)
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子
解析：显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R＝可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A项对B项错；根据周期公式T＝知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向出射的粒子，D对，C错．
答案：AD
7.

图8－2－25
如图8－2－25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为屏上的一个小孔．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. B.
C. D.

解析：由图可知，沿PC方向射入磁场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最远，为PR＝，沿两边界线射入磁场中的带负电的粒子打在MN上的点离P点最近为：PQ＝cos θ，故在屏MN上被粒子打中的区域的长度为：QR＝PR－PQ＝，选项D正确．
答案：D

图8－2－26
8．如图8－2－26所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的(　　)

解析：给圆环向右的初速度v0，圆环运动有三种可能性，若Bv0q＝mg时，圆环做匀速直线运动，故A项正确．若v>v0时，圆环与杆下边有摩擦力作用，摩擦力逐渐减小，运动加速度逐渐减小，最终为零，Bvq＝mg时，圆环做匀速直线运动，故D项正确．若v线圈的电流过小，偏转磁场减弱
解析：画面变小是由于电子束的偏转角减小，即偏转轨道半径变大造成的．根据轨道半径公式R＝，因为加速电压增大，将引起v增大，而偏转线圈匝数或电流减小，都会引起B减小，从而使轨道半径增大，偏转角减小画面变小．
答案：A
10.

图8－2－28
如图8－2－28所示是某离子速度选择器的原理示意图，在横截面半径r＝10 cm的圆形区域内有磁感应强度B＝1×10－4 T的匀强磁场，磁场方向平行于柱形圆筒的轴线，在圆柱形筒壁上某一直径两端开有两个小孔a、b，分别作为离子的入射孔和出射孔．现有一束比荷为＝2×1011 C/kg的正离子，从a孔射入，正离子射入的角度不同，最后能从b孔射出的离子速度大小就不同，其中入射角θ＝30°，且不与筒壁碰撞而从出射孔射出的离子的速度大小为(　　)
A．4×105 m/s B．2×105 m/s
C．4×106 m/s D．2×106 m/s
解析：画出离子运动轨迹所在的圆，如右图所示
作半径R、圆心O′，由圆的性质可知三角形abO′是等边三角形，即半径R＝2r＝0.2 m，由qvB＝m得v＝＝2×1011×1×10－4×0.2 m/s＝4×106 m/s.
答案：C

11.

图8－2－29
(2009·江苏，14)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图8－2－29所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．
(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；
(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm.
解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1
qU＝mv，qv1B＝m，解得r1＝
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝ ，则r2∶r1＝∶1.
(2)设粒子到出口处被加速了n圈
2nqU＝mv2，qvB＝m，T＝，t＝nT，解得t＝.
(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝
当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm＝，粒子的动能Ek＝mv2
当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定，qvmBm＝m)，解得Ekm＝.
当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定，vm＝2πfmR，解得Ekm＝2π2mfR2.
答案：(1)∶1　2)
(3)当fBm≤fm时，Ekm＝；当fBm≥fm时，Ekm＝2π2mfR2

图8－2－30
12．如图8－2－30所示，在真空中半径r＝3.0×10－2 m的圆形区域内，有磁感应强度B＝0.2 T，方向如图的匀强磁场，一批带正电的粒子以初速度v0＝1.0×106 m/s，从磁场边界上直径ab的一端a沿着各个方向射入磁场，且初速度方向与磁场方向都垂直，该粒子的比荷为q/m＝1.0×108 C/kg，不计粒子重力．求：
(1)粒子的轨迹半径；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间；
(3)若射入磁场的速度改为v0′＝3.0×105 m/s，其他条件不变，试用斜线画出该批粒子在磁场中可能出现的区域．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：(1)由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径．qv0B＝m，R＝＝5.0×10－2 m.
(2)由于R>r，要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弧长最长，从右图中可以看出，以直径ab为弦、R为半径所作的圆周，粒子运动时间最长，T＝，运动时间tm＝×T＝，
又sin α＝＝，所以tm＝6.5×10－8 s.
(3)R′＝＝1.5×10－2 m，粒子在磁场中可能出现的区域见答案图所示(以aO为直径的半圆加上以a为圆心，aO为半径所作圆与磁场相交的部分)．
答案：(1)5.0×10－2 m　(2)6.5×10－8 s
(3)

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