3第3節(jié)隨堂演練鞏固提升

1、B. A先到達(dá)D.同時到達(dá)所謂的反物質(zhì)即質(zhì)量與正粒子相等，帶電量與正粒子相等但相反，例如反質(zhì)子即為'1H，假若使一束質(zhì)子、反質(zhì)子、a粒子和反a粒子組成的射線，以相同的速度通過00進(jìn)入勻強磁場 B2而形成的4條徑跡，A. 1、3是反粒子徑跡C. 1、2為反粒子徑跡解析:選C.兩種反粒子都帶負(fù)電從而確定1、2為反粒子徑跡.故選項3.薄鋁板將同一勻強磁場分成I、個區(qū)域內(nèi)運動的軌跡如圖所示，半徑B. 2、4為反粒子徑跡D. 4為反a粒子徑跡,根據(jù)左手定則可判定帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向C正確.n兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩Ri >R2.假定穿過鋁板前后粒子的電荷量保持不變,

2、則該隨堂檢測1.處在勻強磁場內(nèi)部的兩個電子A和B分別以速率v和2v垂直于磁場開始運動，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，哪個電子先回到原來的出發(fā)點（）A 條件不夠無法比較C. B先到達(dá)2 2解析：選D.由qvB =吟得r =器，周期為T=謬可見，電子在磁場中做圓周運動的 周期與電子的速度無關(guān)，這兩個電子的運動周期相等 ，所以它們同時回到出發(fā)點.2.由中國提供永磁體的阿爾法磁譜儀如圖所示，它曾由航天飛機攜帶升空，將來安裝 在阿爾法國際空間站中，主要使命之一是探索宇宙中的反物質(zhì).粒子（）A .帶正電B .從n區(qū)域穿過鋁板運動到I區(qū)域c.在i、n區(qū)域的運動速度大小相同D .在i、n區(qū)域的運動時間相同答案：D4如圖所示，

3、在虛線所示寬度范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場可使初速度是 vo的某種（磁場在圖中未正離子偏轉(zhuǎn)B角在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直紙面向外的勻強磁場 畫出），使該離子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為0,（不計離子的重力）求:（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度是多大？離子穿過電場和磁場的時間之比是多大？解析：（1）設(shè)離子的質(zhì)量為 m,電荷量為q,場區(qū)寬度為L,離子在電場中做類平拋運動吒a= qE tan 0= atvo由得：3 0=離子在磁場中做勻速圓周運動R=器sin 0= R由解得：sin0=皿mvo由式解得:B= ECOs-0. voI離子在電場中運動時間t=L在磁場中運動時間一mvo而 l=mvsin 0

4、由解出:t = sin 0t'= 0 .答案：（1）Ecos0vo(2)sin 0()0課時作業(yè)、單項選擇題1.處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動.將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值（）A .與粒子電荷量成正比C.與粒子質(zhì)量成正比解析：選D.假設(shè)帶電粒子的電荷量為2B效電流i=q=晉,故選項為d.T 2 nmB.與粒子速率成正比D.與磁感應(yīng)強度成正比q,在磁場中做圓周運動的周期為T=智，則等qB2.一個帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子經(jīng)過的軌跡如圖所示，軌跡上的每一小段都可以近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減?。◣щ娏?/p>

5、不變），從圖中可以確定粒子的運動方向和電性是（）A .粒子從a到b,帶負(fù)電B.粒子從b到a，帶負(fù)電C.粒子從a到b,帶正電D.粒子從b到a,帶負(fù)電解析：選C.根據(jù)題意，帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小,則由公式=湎得知，粒子的半徑逐漸減小，由題圖看出，粒子的運動方向 是從a到b.在a處,粒子所受的洛倫茲力斜向左上方，由左手定則判斷可知，該粒子帶正電， 故選C.3.如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負(fù)電子分別以不同速率沿著與x軸成30°角從原點射入磁場，它們的軌道半徑之比為3 : 1，則正、負(fù)電子在磁場中運動時間之比為（）B. 2

6、 : 1D. 3 : 1C. 1 : 3解析：選B.首先要畫出粒子的運動軌跡 ，它們的圓心均在垂直于速度方向的虛線上如圖所示.2qBR msin aD. /msin a解析：選D.由幾何關(guān)系可知，離子運動的半徑Rr和圓筒半徑 R之間滿足7 = sin a,又qvBqBRmsin a故選D.由幾何知識可求出正電子在磁場中轉(zhuǎn)動的圓心角為120°,負(fù)電子在磁場中轉(zhuǎn)動的圓心g角為60°,據(jù)t = T可知，正、負(fù)電子在磁場中運動的時間之比為2 : 1 ,正、負(fù)電子在360磁場中運動的時間與粒子的運動半徑無關(guān)故B正確.4如圖所示是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的圓柱形筒內(nèi)有

7、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔a、b分別作為入射孔和出射孔. 現(xiàn)有一束質(zhì)量為 m、電荷量為q的正離子，以角度 a入射，不經(jīng)碰撞而 直接從小孔b射出，這束離子的速度大小是 （）2qBRA mcos ac.Emcos a5. 1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩 個銅質(zhì)D形盒D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是（）A 離子由回旋加速器的邊緣進(jìn)入加速器B 離子在磁場中加速C.離子由回旋加速器的中心附近進(jìn)入加速器D 離子在電場中偏轉(zhuǎn)解析：選C.離子由回旋加速器的中心附近進(jìn)入加速器，在電場中加速，磁場中偏轉(zhuǎn)， 選項C正

8、確，A、B、D錯誤.6磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)如圖所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負(fù)帶電粒子的等離子體， 沿圖中所示方向噴入磁場.圖中虛線框部分相當(dāng)于發(fā)電機.把兩個極板與用電器相連，則（）A 用電器中的負(fù)電荷運動方向從 A到BB用電器中的電流方向從 B到AC.若只減小噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大D .若只增大磁場，發(fā)電機的電動勢增大解析：選D.首先對等離子體進(jìn)行動態(tài)分析：開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲 力方向向上（負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下 ），則正離子向上板聚集，負(fù)離子則向下板聚集 兩板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫?，且上板為正極下板為負(fù)極，所以通過用

9、電器的電流方向從A到B,故A、B錯誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力F,最終兩力達(dá)到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f= qvB, F= qE,則qvB = qd,解得E= Bdv,所以電動勢E與速度v及磁場B成正比，所以若只減小噴入粒 子的速度，發(fā)電機的電動勢減小，選項C錯誤；若只增大磁場，發(fā)電機的電動勢增大，D 正確.、多項選擇題7如圖混合正離子束先后通過正交電場磁場區(qū)域I和勻強磁場區(qū)域n,如果這束正離子B.質(zhì)量D.比荷束在區(qū)域I中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域n后偏轉(zhuǎn)半徑又相同，則說明這些正離子具有相同的（）A .速度C.電荷解析：選AD.在正交的電磁場區(qū)域中，正離子

10、不偏轉(zhuǎn)，說明離子受力平衡，在區(qū)域I中, 離子受電場力和洛倫茲力 ，由qvB = qE,得v= E,可知這些正離子具有相同的速度；進(jìn)入B只有勻強磁場的區(qū)域 n時，偏轉(zhuǎn)半徑相同，由R= mV和v = E，可知，R=mE；這些正離子 qB2 BqB2具有相同的比荷；故選 A、D.&如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點0處以速度v進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直B.v2D.負(fù)電荷于磁場且與x軸正方向成120°角.若粒子穿過y軸正半軸后，在磁場中到x軸的最大距離為 a,則該粒子的比荷和所帶電荷的電性是（）3vA 2a

11、Bc.正電荷解析：選AD.因粒子進(jìn)入磁場后首先穿過y軸正半軸，故粒子應(yīng)帶負(fù)電，作出粒子進(jìn)入2qvB=，所以 r磁場后的運動軌跡如圖所示02由圖可知a = r + rcos60 °所以r = 3a.根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得囂，可解得m3v2aB，正確選項為A、D.9. 如圖所示，已知甲空間中沒有電場、磁場；乙空間中有豎直向上的勻強電場；丙空 間中有豎直向下的勻強電場；丁空間中有垂直紙面向里的勻強磁場.四個圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負(fù)電小球從斜面上的同一點0以相同初速度vo同時沿水平方向拋出，分別落在甲、乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點（圖中未畫出）.小球受到的電場力、洛倫茲力

12、都始終小于重力，不計空氣阻力.則（）A . 0、C之間距離大于 0、B之間距離B .小球從拋出到落在斜面上用時相等C.小球落到B點與C點速度大小相等D .從O到A與O到D，合力對小球做功相同答案：AC10. 如圖所示，以直角三角形 AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為 B,/ A= 60° AO= a.在O點放置一個粒子源，可以向紙面內(nèi)各 個方向發(fā)射某種帶負(fù)電粒子，粒子的比荷為q，速度大小都為v0,且滿足v0=，發(fā)射方mm向由圖中的角度 0表示對于粒子進(jìn)入磁場后的運動（不計重力作用），下列說法正確的是咳話 XX?咗Jt-XA 0A .粒子在磁場中運

13、動的半徑為aB .粒子有可能打到 A點C.以0= 60飛入的粒子在磁場中運動時間最短D .在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出根據(jù)Bqvo解析：選ABD.根據(jù)公式r =乎代入數(shù)據(jù)可得r =葺=m x qBa = a, A正確;BqqB qB m2=mV0,可知粒子的運動半徑R= a,因此當(dāng)0= 60°入射時，粒子恰好從 A點飛出，故B正R確；當(dāng)0= 60°飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是£周期，在磁場中運動時間最長，故C錯誤；以0= 0。飛入的粒子在磁場中恰好從AC中點飛出，因此在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有 粒子射出，故D正確.三、非選擇題11. 質(zhì)譜儀原理如圖所示，

14、a為粒子加速器，電壓為Ui； b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強度為 Bi,板間距離為d; c為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為 B2.今有一質(zhì)量為 m、 電荷量為e的正粒子(不計重力)，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器粒子進(jìn)入分離器 后做半徑為R的勻速圓周運動，求：(1) 粒子的速度v為多少?速度選擇器的電壓 U2為多少?(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大?解析：(1)在 a中，e被加速電場Ui加速,1 o由動能定理有eUi = qmv ,得v=2eUim(2)在b中,e受的電場力和洛倫茲力大小相等,即eU2= evBi,代入v值得U? = B dmvR=eB2,(3)在c中

15、，e受洛倫茲力作用而做勻速圓周運動,做勻速圓周運動的半徑i入v值得R=答案：A點的橫坐標(biāo)； 勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向; 質(zhì)點從A到N的時間.解析：質(zhì)點在第二象限的電場中做類平拋運動，穿過y軸進(jìn)入第一象限做勻速直線運動 °詈(2)Bid士 ,詈i2.如圖所示，在xOy平面的第二象限有一場強為 E的勻強電場，電場的方向平行于 y 軸向上；在第四象限有一勻強磁場，方向垂直于紙面.平面內(nèi)其他部分為真空.有一質(zhì)量為m,電荷量為一q的質(zhì)點由電場左側(cè)平行于 x軸以初速度vo射入電場.質(zhì)點到達(dá) x軸上M 點時，速度方向與 x軸的夾角為0, M點與原點O的距離為d.接著，質(zhì)點進(jìn)入磁場，并從

16、y軸上的N點(圖中沒有畫出)垂直于y軸飛離磁場.不計重力影響.求:.41呼1 rMx0交x軸于M點，從M點進(jìn)入第四象限后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，0為圓心.(1)由幾何關(guān)系可知，質(zhì)點在電場中做類平拋運動 ，速度偏角為0,設(shè)質(zhì)點出電場時的速度為V,豎直方向分速度為Vy.豎直方向分速度：Vy = vota n 0加速度：a=qEm又: Vy= ati質(zhì)點在電場中的運動時間:vy mvotan 0 ti=a =水平位移：2mv°tan 0x= v0t1 =qE故A點的橫坐標(biāo)為一mvotan 0qE 質(zhì)點進(jìn)入第四象限后，在磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示，圓心為0'根據(jù)左手定則判斷知，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向為垂直紙面向里.由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑r= Jsin 0質(zhì)點做圓周運動的速度：v =cos 02 洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：qvB= m*v0m 解得磁感應(yīng)強度:mvcos 0 mv°ta n 0qr dqdq sin 0d一一s cos 0 d質(zhì)點在第一象限內(nèi)做勻速直線運動，運動時間t2= V =V V0 V0cos 0