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課時規(guī)范練29 磁場對運動電荷的作用
基礎鞏固組
1.
(多選)(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2017甘肅一診)下圖為研究帶電粒子在勻強磁場中的運動的演示儀結(jié)構(gòu)圖。若勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面向外,電子束由電子槍產(chǎn)生,其速度方向與磁場方向垂直且水平向右,電子速度的大小v和磁場的磁感應強度B可分別由通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調(diào)節(jié),則下列說法正確的是( )
A.僅增大勵磁線圈中的電流,電子束運動軌跡的半徑將變大
B.僅提高電子槍的加速電壓,電子束運動軌跡的半徑將變大
C.僅增大勵磁線圈中的電流,電子做圓周運動的周期不變
D.僅提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運動的周期不變
答案BD
解析電子經(jīng)電場加速,根據(jù)動能定理,得eU=12mv2,進入勻強磁場中做勻速圓周運動,軌跡半徑r=mvBe,代入v可得r=1B2mUe,選項A錯誤,選項B正確;電子在磁場中做圓周運動的周期T=2πmBe,與速度無關,與磁場強度有關,選項C錯誤,選項D正確。
2.
(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2017云南統(tǒng)測)如圖所示,直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場,電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場,經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場,經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場,則t1t2為( )
A.23 B.2 C.32 D.3
答案D
解析兩電子進入同一勻強磁場中,由圓周運動半徑公式r=mvqB可知,兩電子軌跡半徑相同。電子1垂直MN射入勻強磁場,由幾何知識可知,電子1在磁場中運動軌跡所對圓心角為π,電子2在磁場中運動軌跡所對圓心角為π3。由周期公式T=2πmqB可知,兩電子運動周期相同,故運動時間之比等于軌跡所對圓心角之比,即t1∶t2=3∶1,D項正確。
3.
(多解問題)(2017陜西渭南一模)在真空室中,有垂直于紙面向里的勻強磁場,三個質(zhì)子1、2和3分別以大小相等、方向如圖所示的初速度v1、v2和v3經(jīng)過平板MN上的小孔O射入勻強磁場,這三個質(zhì)子打到平板MN上的位置到小孔O的距離分別是s1、s2和s3,不計質(zhì)子重力,則有( )
A.s1>s2>s3 B.s1
s2 D.s1=s30,y>0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的某點P沿著與x軸正方向成30角的方向射入磁場。不計重力的影響,則下列有關說法正確的是( )
A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點
B.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間一定為5πm3qB
C.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為πmqB
D.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為πm6qB
答案C
解析
帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30角的方向射入磁場中,則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上,如圖所示,粒子在磁場中要想到達O點,轉(zhuǎn)過的圓心角肯定大于180,因磁場有邊界,故粒子不可能通過坐標原點,故選項A錯誤;由于P點的位置不確定,所以粒子在磁場中運動的圓弧對應的圓心角也不同,最大的圓心角是圓弧與y軸相切時即300,運動時間為56T,而最小的圓心角為P點在坐標原點即120,運動時間為13T,而T=2πmqB,故粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間最長為5πm3qB,最短為2πm3qB,選項C正確,選項B、選項D錯誤。
6.
(臨界極值問題)平面OM和平面ON之間的夾角為30,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為( )
A.mv2qB B.3mvqB C.2mvqB D.4mvqB
答案D
解析粒子運動的軌跡如圖:
運動半徑為r=mvqB。由運動的對稱性知,出射速度的方向與OM間的夾角為30,由圖中幾何關系知AB=r,AC=2rcos 30=3mvqB。所以出射點到O點的距離為BO=ACtan30+r=4mvqB,故選項D正確。
7.
(臨界極值問題)(2017遼寧朝陽三校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B,磁場邊界上A點有一粒子源,源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計),已知粒子的比荷為k,速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運動的最長時間為( )
A.πkB B.π2kB C.π3kB D.π4kB
答案C
解析粒子在磁場中運動的半徑為r=mvqB=2kBrBk=2r;當粒子在磁場中運動時間最長時,其軌跡對應的圓心角最大,此時弦長最大,其最大值為磁場圓的直徑2r,故t=T6=πm3qB=π3kB,故選C。
8.
(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2017湖北武漢模擬)如圖所示,在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場,ab是圓的直徑。一帶電粒子從a點射入磁場,速度大小為v、方向與ab成30角時,恰好從b點飛出磁場,且粒子在磁場中運動的時間為t;若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場,也經(jīng)時間t飛出磁場,則其速度大小為 ( )
A.12v B.23v C.32v D.32v
答案C
解析設圓形區(qū)域直徑為d,如圖甲所示,粒子從a點射入從b點飛出磁場,運動時間t=T6,半徑r1=d=mvqB;如圖乙所示,粒子從a點沿ab方向射入磁場,運動時間t=T6,偏向角為60,且tan 30=d2r2,半徑r2=32d=mvqB,速度v=32v,選項C正確。
?導學號06400467?
能力提升組
9.
(2017江蘇南京、鹽城一模)如圖所示,在以O為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B=0.2 T。AO、CO為圓的兩條半徑,夾角為120。一個質(zhì)量為m=3.210-26 kg、電荷量q=1.610-19 C的粒子經(jīng)電場加速后,從圖中A點沿AO方向進入磁場,最后以v=1.0105 m/s的速度從C點離開磁場。不計粒子的重力,求:
(1)加速電場的電壓;
(2)粒子在磁場中運動的時間;
(3)圓形有界磁場區(qū)域的半徑。
答案(1)1 000 V (2)1.010-6 s (3)0.058 m
解析(1)在加速電場中
qU=12mv2
U=1 000 V。
(2)粒子在磁場中運動的周期
T=2πmqB
t=16T=πm3qB=1.010-6 s。
(3)由Bqv=mv2r可知,粒子運動的軌跡半徑r=mvBq=0.10 m,圓形磁場的半徑為r=rtan 30=0.058 m。?導學號06400468?
10.(2017湖北孝感六校聯(lián)考)如圖所示,中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上、下兩部分,上部分充滿垂直紙面向外的勻強磁場,下部分充滿垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小皆為B。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P點進入磁場,速度與邊界MC的夾角θ=30。MC邊長為a,MN邊長為8a,不計粒子重力。
(1)若要該粒子不從MN邊射出磁場,其速度最大是多少?
(2)若從粒子由P點射入磁場后開始計數(shù),在粒子第五次穿越PQ線時恰好從Q點經(jīng)過射出磁場,則粒子運動的速度又是多少?
答案(1)qBam (2)83qBa15m
解析(1)設該粒子恰不從MN邊射出磁場時的軌跡半徑為rm,由幾何關系得rmcos 60=rm-12a,解得rm=a,又由qvmB=mvm2rm,解得最大速度vm=qBam。
(2)當粒子第五次穿越PQ線時恰好從Q點經(jīng)過射出磁場,由幾何關系得52rsin 60=8a,解得r=8315a,又由qvB=mv2r,解得速度v=83qBa15m。
11.(2017重慶適應性測試)
如圖所示,在圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。邊界上的一粒子源A,向磁場區(qū)域發(fā)射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子,其速度大小均為v,方向垂直于磁場且分布在AO右側(cè)α角的范圍內(nèi)(α為銳角)。磁場區(qū)域的半徑為mvBq,其左側(cè)有與AO平行的接收屏,不計帶電粒子所受重力和相互作用力,求:
(1)沿AO方向入射的粒子離開磁場時的方向與入射方向的夾角;
(2)接收屏上能接收到帶電粒子區(qū)域的寬度。
答案(1)π2 (2)mvsinαqB
解析(1)根據(jù)帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律,可知粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動,設其半徑為r,有qBv=mv2r,得r=mvqB可知,帶電粒子運動半徑與磁場區(qū)域半徑相等。沿AO
射入磁場的粒子離開磁場時的方向與入射方向之間的夾角為π2,如圖甲所示。
(2)設粒子入射方向與AO的夾角為θ,粒子離開磁場的位置為A,圓周運動的圓心為O。根據(jù)題意可知四邊形AOAO四條邊長度均為mvBq,是菱形,有OA∥OA,故粒子出射方向必然垂直于OA,然后做勻速直線運動垂直擊中接收屏,如圖乙所示,設與AO成θ角射入磁場的粒子離開磁場時與A點豎直距離為d,有d=r+rcos π2-θ=mv(1+sinθ)qB
設d的最大值和最小值分別為d1和d2,有
d1=mv(1+sinα)qB
d2=mvqB
故接收屏上能接收到帶電粒子區(qū)域的寬度Δd為
Δd=d1-d2=mvsinαqB。
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