2016屆一輪復(fù)習(xí)人教版磁場對運(yùn)動電荷的作用單元測試剖析

1、2.磁場對運(yùn)動電荷的作用2015 重慶模擬如圖是一個從 0 點(diǎn)同時發(fā)出的正、負(fù)電子的運(yùn)動軌跡，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，可以判定（）解析 電子所受洛倫茲力的方向指向運(yùn)動軌跡的凹側(cè)，速度方向 沿曲線的切線方向，由左手定則可知，a、b 為負(fù)電子、c 為正電子； 電子做圓周運(yùn)動的周期 T = tnm 與電子電性無關(guān)，故 a、b、c 同時 回到 0 點(diǎn)，選項 D 正確.答案 D1.、選擇題A. a、b 是正電子,c 是負(fù)電子，a、b、c 同時回到 0 點(diǎn)B. a、b 是負(fù)電子， c 是正電子，a 首先回到 0 點(diǎn)C. a、b 是負(fù)電子，c 是正電子,b 首先回到 0 點(diǎn)D. a、b 是負(fù)電子，c 是正

2、電子，a、b、c 同時回到 0 點(diǎn)3.（多選）2015 商丘模擬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極相連接的兩個 D 形金屬盒，兩盒間的狹 縫中形成的周期性變化的電場，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(qiáng)磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是（）A .增大勻強(qiáng)電場間的加速電壓B.增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度C .減小狹縫間的距離D .增大 D 形金屬盒的半徑2解析 粒子離開回旋加速器時有：qBv = mVR ,動能 E =q2B2R2/（2m）,可以看出要增大粒子射出時的動能就要增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度、增大 D 形金屬

3、盒的半徑，B、D 正確；而增大勻強(qiáng)電場間的加速電壓、減小狹縫間的距離不會改變粒子飛出時的動能，只是改變 了每次加速的動能和粒子加速的總時間， A、C 錯誤.答案 BD4.美國物理學(xué)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(yùn)動的特點(diǎn)，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(jìn)了一步。如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒 縫間的加速電場場強(qiáng)大小恒定，且被限制在A、C 板間，帶電粒子從Po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(jìn)入 D 形 盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，對于這種改進(jìn)后的回旋加

4、速器，下 列說法正確的是（）A .帶電粒子每運(yùn)動一周被加速一次B.卩卩1卩卩2=P2P3C .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(yùn)動一周加速一次，加速電場方向不需要做周1 v2期性的變化，A 對，D 錯.由動能定理得：nqU=?mv2, qBv = m_得 R= B2； 二二R 與加速次數(shù)不成正比， 故 B 錯.最大動能為 Ek= -qBR2,可知C錯.答案 A質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q 的小球，從傾角為B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(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)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

5、恰好為零，下面說法中正確的是（）A .小球帶負(fù)電B.小球在斜面上運(yùn)動時做勻加速直線運(yùn)動C .小球在斜面上運(yùn)動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運(yùn)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mgcosBBq解析 根據(jù)小球的運(yùn)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?，說明淪倫茲力 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于小球 運(yùn)動方向，小球沿斜面方向受到的合力mgsin0=ma,因而小球運(yùn)動時的加速度 a = gsin0是恒定的，小球在斜面上做勻加速直

6、線運(yùn)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 mgcos0= qvB，解得 v = “囂注 選項 D 正確.答案 BD5 如圖所示，M、N 和 P 是以 MN 為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，0 為 半圓弧的圓心，在 0 點(diǎn)存在垂直紙面向里運(yùn)動的勻速電子束./ MOP=60在 M、N 處各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大 小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時 0 點(diǎn)的電子受到的洛倫茲力 大小為 Fi.若將M 處長直導(dǎo)線移至 P 處，則 0 點(diǎn)的電子受到的洛倫茲 力大小為 F2.那么 F2與 Fi之比為（）A. 31B. 32C. 11D. 12解析長直

7、導(dǎo)線在 M、 N、P 處時在 0 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 大小相等，M、N 處的導(dǎo)線在 0 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都向下，合磁 感應(yīng)強(qiáng)度大小為 Bi= 2B, P、N 處的導(dǎo)線在 0 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度夾 角為 60合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B2= V3B，可得，B2Bi/3 2, 又因為 F 洛=qvB,所以 F2Fi= . 32,選項 B 正確.答案 B6.2014北京理綜帶電粒子 a、b 在同一勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，它們的動量大小相等，a 運(yùn)動的半徑大于 b 運(yùn)動的半徑.若 a、b 的電荷量分別為 qa、qb,質(zhì)量分別為 ma、m，周期分別為一定有（）B. mambD 魚魚rb，故一定有

8、qa_O如圖所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的邊界上，有兩個質(zhì)量和 電荷量均相同的正、負(fù)粒子（不計重力影響），從 0 點(diǎn)以相同的速度先 后射入磁場中，入射方向與邊界成B角，則正、負(fù)粒子在磁場中（）A .運(yùn)動時間相同A. qa0)的粒子以速率解析 帶電粒子先經(jīng)加速電場加速，故12qU = mv2，進(jìn)入磁場后偏轉(zhuǎn)磁場中，帶電粒子打到底片上的，所以 B8mB2v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）3mvoC. qR解析根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得，粒子 運(yùn)動的半徑 r = 3R,根據(jù)粒子受到的洛倫茲力提供向心力可得，

9、qvoB =m，解得，B= 3qR，A項正確.答案 A二、非選擇題11.如圖所示，在真空中半徑 r = 3.x1一2m 的圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感 應(yīng)強(qiáng)度 B= 2T,方向如圖的勻強(qiáng)磁場，一批帶正電的粒子以初速度A.3mv03qRmvoB.-qR12.v0= 1.0X106m/s，從磁場邊界上直徑 ab 的一端 a 沿著各個方向射入磁場，且初速度方向與磁場方向都垂直，該粒子的比荷為q/m =1.0X108C/kg,不計粒子重力.求：(1) 粒子的軌跡半徑；(2) 粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間.( (sin37=0 6, cos37 = 0.8)解析( (1)由牛頓第二定律可求得粒子在磁場中運(yùn)動的半徑.

10、qvB(2)由于 Rr，要使粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長，則粒子在磁場中運(yùn)動的圓弧所對應(yīng)的弧長最長，從圖中可以看出，以直徑 ab 為弦、R 為半徑所作的圓周，粒子運(yùn)動時間最長,所以 tm= 6.5X10-8s. 答案(1)5 0X10-2m(2)6 5X10-8sR=mvo5.0X10-2m.又sin35,2如圖所示，在一半徑為 R 的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng) 磁場，方向垂直紙面向外.一束質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶正電的粒 子沿平行于直徑 MN 的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，粒子的速度大小不同，重 力不計，入射點(diǎn) P 到直徑 MN 的距離為 h,求：(1) 某粒子經(jīng)過磁場射出時的速度方向恰

11、好與其入射方向相反，粒子的入射速度是多大？(2) 恰好能從 M 點(diǎn)射出的粒子速度是多大？R(3) 若 h =R，粒子從 P 點(diǎn)經(jīng)磁場到 M 點(diǎn)的時間是多少？解析 粒子出射方向與入射方向相反，在磁場中走了半周，其 半徑ri= h2由 qviB= my1riqBhm13.周期T=2nm所以t=2aT=粒子從 M 點(diǎn)射出，其運(yùn)動軌跡如圖所示，在 MQOi中,r2= (R R2- h2)2+ (h r02R2RJR2h2得2=：2由 qv2B= m-2r2qBR(R-pR2- h2)得 V2=mhah(3)若 h=R, sinZPOQ=R，可得 ZPOQ=石石由幾何關(guān)系得粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)所對應(yīng)的圓心角

12、為7na=6pG如圖，紙面內(nèi)有 E、F、G 三點(diǎn)，/ GEF = 30 / EFG = 135 空間有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外.先使帶有電荷量為 q(q0)的點(diǎn)電荷 a 在紙面內(nèi)垂直于 EF 從 F 點(diǎn)射出， 其軌跡經(jīng)過 G 點(diǎn)；再使帶有同樣電荷量的點(diǎn)電荷 b 在紙面內(nèi)與 EF 成 一定角度從 E 點(diǎn)射出，其軌跡也經(jīng)過 G 點(diǎn).兩點(diǎn)電荷從射出到經(jīng)過 G 點(diǎn)所用的時間相同，且經(jīng)過 G 點(diǎn)時的速度方向也相同.已知點(diǎn)電荷 a 的質(zhì)量為 m,軌道半徑為 R.不計重力.求：(1) 點(diǎn)電荷 a 從射出到經(jīng)過 G 點(diǎn)所用的時間；(2) 點(diǎn)電荷 b 的速度的大小.解析( (1)設(shè)點(diǎn)電

13、荷 a 的速度大小為 v,由牛頓第二定律得2qv B= mvR 由式得 V =詈設(shè)點(diǎn)電荷 a 做圓周運(yùn)動的周期為 T,有qB如圖，0 和 Oi分別是 a 和 b 的圓軌道的圓心.設(shè) a 在磁場中偏轉(zhuǎn) 的角度為B,由幾何關(guān)系得0=90故 a 從開始運(yùn)動到經(jīng)過 G 點(diǎn)所用的時間 t 為（2）設(shè)點(diǎn)電荷 b 的速度大小為 vi,軌道半徑為 Ri, b 在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為6i，依題意有 t=R=恥viv由式得 v1= -Rv由于兩軌道在 G 點(diǎn)相切，所以過 G 點(diǎn)的半徑 0G 和 OiG 在同一 直線上.由幾何關(guān)系和題給條件得0i =60 Ri= 2R 聯(lián)立式，解得4qBRv 1=3m .答案（i）n

14、B（2）43mR14.2014 江蘇單科某裝置用磁場控制帶電粒子的運(yùn)動，工作原理如圖所示.裝置的長為 L,上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為 d. 裝置右端有一收集板，M、N、P 為板上的三點(diǎn)，M 位于軸線 00上， N、P 分別位于下方磁場的上、下邊界上.在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q 的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，方向與軸線成 30角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá) P 點(diǎn).改變粒子入射速 度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置.不計粒子的重力.收集板(1) 求磁場區(qū)域的寬度 h;(2) 欲使粒子到達(dá)收集板的位置從 P 點(diǎn)移到 N 點(diǎn)，求粒子入射速 度的最小變化量 Z；欲使粒子到達(dá) M 點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值.解析( (1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為 r根據(jù)題意 L = 3rsin30 牛 3dcos30且 h = r(1 cos30)解得 h=(|L羽)(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌?/p>