高考物理总复习配餐作业26磁场对运动电荷的作用解析

高考物理总复习配餐作业26磁场对运动电荷的作用解析

‎(二十六)　磁场对运动电荷的作用 A组·基础巩固题 ‎1.下列装置中，没有利用带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理的是(　　)‎ ‎ ‎ A.磁流体发电机 B.电子显像管 ‎ ‎ C.回旋加速器 　D.洗衣机 解析　洗衣机将电能转化为机械能，不是利用带电粒子在磁场中的偏转制成的，所以选项D符合题意。‎ 答案　D ‎2．在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“×”表示)。如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转(　　)‎ A．不偏转　　　　　 B．向东 C．向西 D．无法判断 解析　根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故选项B正确。‎ 答案　B ‎3．(多选)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)‎ A．油滴必带正电荷，电荷量为 B．油滴必带正电荷，比荷＝ C．油滴必带负电荷，电荷量为 D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝ 解析　油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝，油滴的比荷为＝，选项AB正确。‎ 答案　AB ‎4．(2017·诸暨调研)如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为(　　)‎ A．1∶2 B．2∶1‎ C．1∶ D．1∶1‎ 解析　正、负电子在磁场中运动轨迹如图所示，正电子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120°，负电子圆周部分所对应圆心角为60°，故时间之比为2∶1。‎ 答案　B ‎5．(多选)如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1，下列判断一定正确的是(　　)‎ A．两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为2∶1‎ B．粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为1∶1‎ C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1‎ D．弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2∶1‎ 解析　粒子在磁场中所受的洛伦兹力指向运动轨迹的凹侧，结合左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据题中信息无法求得粒子在两个磁场中运动轨迹所在圆周的半径之比，所以无法求出两个磁场的磁感应强度之比，选项A错误；运动轨迹粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，速度大小不变，选项B正确；已知粒子通过aP、Pb两段弧的速度大小不变，而路程之比为2∶1，可求出运动时间之比为2∶1，选项C正确；由图知两个磁场的磁感应强度大小不等，粒子在两个磁场中做圆周运动时的周期T＝也不等，粒子通过弧aP与弧Pb的运动时间之比并不等于弧aP与弧Pb对应的圆心角之比，选项D错误。‎ 答案　BC ‎6．(多选)如图所示，MN、PQ之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域水平方向足够长，MN、PQ间距为L，现用电子枪将电子从O点垂直边界MN射入磁场区域，调整电子枪中的加速电压可使电子从磁场边界不同位置射出。a、b、c为磁场边界上的三点，下列分析正确的是　(　　)‎ A．从a、b、c三点射出的电子速率关系为va＜vb＜vc B．从a、b、c三点射出的电子速率关系为va＜vc＜vb C．若从边界MN射出的电子出射点与O点的距离为s，则无论怎样调整加速电压，必有0＜s＜‎‎2L D．若从边界PQ射出的电子出射点与O点的距离为s，则无论怎样调整加速电压，必有L＜s＜‎‎2L 解析　画出轨迹圆可知，从a、b、c三点射出的电子的半径关系为Ra＜Rb＜Rc，由R＝，知va＜vb＜vc，A对，B错；电子垂直于边界MN射入磁场，能从边界MN射出，其轨迹的最大圆与边界PQ相切，则无论怎样调整加速电压，必有0＜s＜‎2L，C对；若电子从边界PQ射出，其轨迹的最小圆也与边界PQ相切，则无论怎样调整加速电压，必有L＜s＜L，D错。‎ 答案　AC ‎7．如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v。若加上一个垂直纸面指向读者方向的磁场，则滑到底端时(　　)‎ A．v变大 B．v变小 C．v不变 D．不能确定 解析　洛伦兹力虽然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物体与斜面间的正压力变大，故摩擦力变大，损失的机械能增加。‎ 答案　B ‎8．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点(　　)‎ A. B. C. D. 解析　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝＋＝，所以B选项正确。‎ 答案　B ‎B组·能力提升题 ‎9．(2017·石家庄质检一)如图所示，在平面直角坐标系xOy中只有第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，点M的坐标为(0，－d)。一电荷量为q，质量为m的带电粒子以某一速度从点M与y轴负方向成θ＝37°角垂直磁场射入第四象限，粒子恰好垂直穿过x轴，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。若不考虑粒子重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子可能带负电 B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为d C．粒子的速度大小为 D．若仅减小磁感应强度大小，粒子可能不会穿过x轴 解析　粒子运动轨迹如图，由左手定则判断粒子应带正电，A错误；由几何知识得粒子的轨道半径r＝＝，B错误；结合qvB＝得粒子的速度大小v＝，C正确；若减小磁感应强度B，粒子的轨道半径增大，一定能过x轴，D错误。‎ 答案　C ‎10．(多选)如图所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子a带正电，粒子b带负电 B．粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2‎ C．粒子a、b的速率之比为2∶5‎ D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53‎ 解析　两个粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；设扇形COD的半径为r，粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb，则Ra＝r/2，R＝r2＋(Rb－r/2)2，sinθ＝r/Rb，得Rb＝5r/4，θ＝53°，由qvB＝m，得v＝qBR/m，所以粒子a、b的速率之比为va∶vb＝Ra∶Rb＝2∶5，C正确；由牛顿第二定律得加速度a＝，所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为aa∶ab＝va∶vb＝2∶5，B错误；粒子a在磁场中运动的时间ta＝，粒子b在磁场中运动的时间tb＝，则ta∶tb＝180∶53，D正确。‎ 答案　CD ‎11．(多选)在xOy平面上以O为圆心，半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成θ角，如图所示。不计重力的影响，则下列关系一定成立的是(　　)‎ A．若r＜，则0°＜θ＜90°‎ B．若r≥，则t≥ C．若t＝，则r＝ D．若r＝，则t＝ 解析　带电粒子在磁场中从O点沿y 轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上，即在x轴上，轨道半径R＝。当r≥时，P点在磁场内，粒子不能射出磁场区，所以垂直于x轴过P点，θ最大且为90°，运动时间为半个周期，即t＝；当r＜时，粒子在到达P点之前射出圆形磁场区，速度偏转角φ在大于0°、小于180°范围内，如图所示，能过x轴的粒子的速度偏转角φ＞90°，所以过x轴时0°＜θ＜90°，A对，B错；同理，若t＝，则r≥，若r＝，则t＝，C错，D对。‎ 答案　AD ‎12．如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t。规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是下图中的(　　)‎ 解析　由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动1/4圆周，故t＝T/4，由于T＝，求得B＝，只有选项C正确。‎ 答案　C ‎13.如图所示，在半径为R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。‎ ‎(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；‎ ‎(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎(3)若粒子以速率v0从P点以任意角射入，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。‎ 解析　(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得 Bqv0＝m 所以r＝＝R 带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，则它在磁场中运动的时间 t＝＝ ‎(2)由(1)知，当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如练图所示。‎ 由几何关系可知 ‎∠PO2O＝∠OO‎2A＝30°‎ 所以带电粒子离开磁场时偏转角为60°‎ 粒子打到感光板上时速度的垂直分量为 v⊥＝vsin60°＝v0‎ ‎(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，粒子在磁场中的运动轨迹半径为R，设粒子射入方向与PO方向之间的夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子的运动轨迹如图所示。‎ 因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R 所以四边形POSO3为菱形 由几何关系可知：PO∥O3S 在S点的速度方向与O3S垂直，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，离开磁场后垂直打在感光板上，与入射的方向无关。‎ 答案　(1)　(2)v0　(3)见解析 ‎14．如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A‎2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A‎2A4与A‎1A3的夹角为60°。一质量为m、电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A‎1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子沿垂直于A‎2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：‎ ‎(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹；‎ ‎(2)粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨迹半径R1和R2的比值；‎ ‎(3)Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。‎ 解析　(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示。‎ ‎(2)设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分别表示在磁场Ⅰ、Ⅱ区的磁感应强度、轨迹半径和周期。‎ 设圆形区域的半径为r，已知带电粒子过圆心且垂直A‎2A4进入Ⅱ区磁场，连接A‎1A2，△‎ A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A‎1A2＝OA2＝r 粒子在Ⅱ区磁场中运动的轨迹半径R2＝ 即＝2∶1‎ ‎(3)qvB1＝m qvB2＝m T1＝＝ T2＝＝ 圆心角∠A‎1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝T1‎ 在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2＝T2‎ 带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2‎ 由以上各式可得 B1＝ B2＝ 答案　(1)见解析图　(2)2∶1　(3)　 ‎15.(2016·浙江卷)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。‎ 扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。‎ ‎(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；‎ ‎(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；‎ ‎(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系。已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2 解析　(1)峰区内圆弧半径r＝　①‎ 旋转方向为逆时针　②‎ ‎(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝　③‎ 每个圆弧的长度l＝＝　④‎ 每段直线长度 L＝2rcos＝r＝　⑤‎ 周期T＝　⑥‎ 代入得T＝　⑦‎ ‎(3)谷区内的圆心角 θ′＝120°－90°＝30°　⑧‎ 谷区内的轨道圆弧半径 r′＝　⑨‎ 由几何关系rsin＝r′sin　⑩‎ 由三角关系 sin＝sin15°＝ 代入得B′＝B　⑪‎ 答案　(1)　逆时针 ‎(2)　 ‎(3)B′＝B ‎16．(2016·江苏卷)回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U0，周期T＝。一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：‎ ‎(1)出射粒子的动能Em；‎ ‎(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；‎ ‎(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。‎ 解析　(1)粒子运动半径为R时qvB＝m 且Em＝mv2‎ 解得Em＝ ‎(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0‎ 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a＝ 匀加速直线运动nd＝a·(Δt)2‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得 t0＝－ ‎(3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝ 由η>99%，解得d< 答案　(1) ‎(2)－ ‎(3)d< ‎17．(2017·吉安质检)如图甲所示，在矩形ABCD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T，其中AB长为L1＝‎1 m，AD长为L2＝ m，带正电的粒子经加速电场后从C点射入磁场区，加速电压按图乙所示规律变化，已知带电粒子的比荷＝‎105 C/kg，不计粒子的重力以及粒子在电场中的加速时间。问：‎ ‎(1)在电压变化的每一个周期内，哪些时间内发射的粒子能从AD边上飞出磁场。‎ ‎(2)所有从AD边飞出磁场的粒子在磁场中的运动时间最长与最短的比值。‎ 解析　(1)粒子经电场加速后的速度为v qu＝mv2得：v＝ 在磁场偏转轨迹的半径为R 由qvB＝得R＝ 由以上得：R＝ 由几何关系：从A点飞出磁场的粒子半径 R2＝＝‎‎2 m 从D点飞出磁场的粒子半径R1＝＝‎‎0.5 m 能从AD边上飞出磁场的粒子半径范围为 R1≤R≤R2得：R1≤ ≤R2‎ 即≤u≤ 代入数据得：×105 V≤u≤2×105 V 对应的时间为 s≤t≤(n＋1) s ‎(n＝0、1、2…)‎ ‎(2)由几何关系知从D点飞出的粒子对应的圆心角为π，最长时间为t2＝ 从A点飞出的粒子对应的圆心角为，对应时间为 t1＝ 得t2∶t1＝3∶1。‎ 答案　(1) s≤t≤(n＋1) s(n＝0,1,2…)‎ ‎(2)3∶1‎