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1、作業(yè)41 磁場對運動電荷的作用
10
一、選擇題
圖41-1
1.如圖41-1所示,在x軸上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場,一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場,粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與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正負是( )
A.,正電荷 B.,正電荷
C.,負電荷 D.,負電荷
圖41-2
解析:由左手定則可知,粒子帶負電.作出O點和離開磁場處A的洛倫茲力的方向,交點即為圓心的位置,畫出
2、粒子的運動軌跡如圖41-2所示(優(yōu)弧ODA).末速度與x軸負方向的夾角為60°,由幾何關系得∠CO′A=60°,故R+Rcos60°=a,而R=,聯(lián)立解得=.
答案:C
圖41-3
2.如圖41-3所示,△ABC為與勻強磁場(方向垂直紙面向外)垂直的邊長為a的等邊三角形,比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊入射,欲使電子經過BC邊,磁感應強度B的取值為( )
A.B> B.B<
C.B> D.B<
圖41-4
解析:由題意,如圖41-4所示,電子正好經過C點,此時圓周運動的半徑R==,要想電子從BC邊經過,電子做圓周運動的半徑要大于,由帶電粒子在
3、磁場中運動的公式r=有<,即B<,選D.
答案:D
圖41-5
3.如圖41-5所示,半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外.一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°,則粒子的速率為(不計重力)( )
A. B. C. D.
解析:作出粒子運動軌跡如圖41-6中實線所示.因P到ab距離為,可知α=30°.因粒子速度方向改變60°,可知轉過的圓心角2θ=60°.由圖中幾何關系有tanθ=Rcosα,
解得r=
4、R.再由Bqv=m可得v=,故B正確.
圖41-6
答案:B
圖41-7
4.如圖41-7所示,豎直線MN∥PQ,MN與PQ間距離為a,其間存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,O是MN上一點,O處有一粒子源,某時刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計),已知沿圖中與MN成θ=60°角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁場,則粒子在磁場中運動的最長時間為( )
A. B. C. D.
解析:當θ=60°時,粒子的運動軌跡如圖41-8甲所示,則a=Rsin30°,即R=2a.設帶電粒子在磁場中運動軌
5、跡所對的圓心角為α,則其在磁場中運行的時間為t=T,即α越大,粒子在磁場中運行的時間越長,α最大時粒子的運行軌跡恰好與磁場的右邊界相切,如圖41-8乙所示,因R=2a,此時圓心角αm為120°,即最長運行時間為,而T==,所以粒子在磁場中運動的最長時間為,故C正確.
圖41-8
答案:C
5.
圖41-9
平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面(紙面)如圖41-9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
6、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. B. C. D.
解析:設粒子在磁場中運動的軌跡與ON邊界交點為E,A、C分別為入射點和出射點,圓心為D,易知圓心角∠ADC=60°,由四邊形OADE內角和的關系可知∠ADE=120°,所以ED和DC共線.在Rt△OEC中,OC==4R,結合R=,得OC=,D正確.
圖41-10
答案:D
圖41-11
6.(2019年安徽蕪湖模擬)如圖41-11所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B.在xOy平面內,從原點O處沿與x軸
7、正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計).則下列說法正確的是( )
A.若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運動的時間越短
B.若v一定,θ越大,則粒子在離開磁場的位置距O點越遠
C.若θ一定,v越大,則粒子在磁場中運動的角速度越大
D.若θ一定,v越大,則粒子在磁場中運動的時間越短
解析:由左手定則可知,帶正電的粒子向左偏轉.軌跡對應的圓心角α=2π-2θ,粒子在磁場中運動時間t=T=.若v一定,θ越大,則粒子在磁場中運動的時間越短,A項正確;若v一定,θ等于90°時,粒子在離開磁場的位置距O點最遠,B項錯誤;若θ一定,粒子在磁場中運動的周期與v無關,粒子
8、在磁場中運動的角速度與v無關,粒子在磁場中運動的時間與v無關,C、D兩項錯誤.
答案:A
7.(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍.兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動.與Ⅰ中運動的電子相比,Ⅱ中的電子( )
A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等
解析:兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動,且Ⅰ磁場磁感應強度B1是Ⅱ磁場磁感應強度B2的k倍.由qvB=得r=∝,即Ⅱ中電子運動軌跡的半
徑是Ⅰ中的k倍,A正確;由F合=ma得a==∝B,所以=,
9、B錯誤;由T=得T∝r,所以=k,C正確;由ω=得==,D錯誤.
答案:AC
圖41-12
8.(多選)如圖41-12所示,勻強磁場的方向豎直向下,磁場中有光滑的水平桌面,在桌面上平放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管,在水平拉力F的作用下,試管向右勻速運動,帶電小球能從試管口處飛出,則( )
A.小球帶負電
B.小球運動的軌跡是一條拋物線
C.洛倫茲力對小球做正功
D.維持試管勻速運動的拉力F應逐漸增大
解析:小球能從管口處飛出,說明小球受到指向管口的洛倫茲力,根據左手定則判斷,小球帶正電,故A錯誤.設試管運動速度為v1,小球垂直于試管向右的分運動是勻速直線運動,小球沿試
10、管方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B,q、v1、B均不變,F(xiàn)1不變,則小球沿試管做勻加速直線運動,與平拋運動類似,小球運動的軌跡是一條拋物線,故B正確.洛倫茲力總是與速度垂直,不做功,故C錯誤.設小球沿試管的分速度大小為v2,則小球受到垂直試管向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B,v2增大,則F2增大,而拉力F=F2,則F逐漸增大,故D正確.
答案:BD
圖41-13
9.(多選)如圖41-13所示,直角三角形ABC中存在一勻強磁場,比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場,分別從AC邊上的P、Q兩點射出,則( )
A.從P射出的粒子速度大
B.從Q射出的粒子速度大
C.從P射出
11、的粒子,在磁場中運動的時間長
D.兩粒子在磁場中運動的時間一樣長
圖41-14
解析:作出各自的運動軌跡如圖41-14所示,根據圓周運動特點知,分別從P、Q點射出時,與AC邊夾角相同,故可判定從P、Q點射出時,半徑RP
12、圖中箭頭所示.現(xiàn)加一垂直于軌道平面的勻強磁場,已知軌道半徑并不因此而改變,則( )
A.若磁場方向指向紙里,質點運動的周期將大于T0
B.若磁場方向指向紙里,質點運動的周期將小于T0
C.若磁場方向指向紙外,質點運動的周期將大于T0
D.若磁場方向指向紙外,質點運動的周期將小于T0
解析:當磁場方向指向紙里時,質點所受的洛倫茲力方向背離圓心,與庫侖引力方向相反,則向心力減小,由F向=mR可知,當軌道半徑R不變時,該質點運動周期必增大;同理可得,當磁場方向指向紙外時,質點所受的洛倫茲力指向圓心,則向心力增大,當R不變時,質點運動周期減小,故A、D正確.
答案:AD
圖41-1
13、6
11.(多選)如圖41-16所示,空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場的方向垂直于紙面向里,磁感應強度的大小為B.有一個粒子源在紙面內沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子,粒子的質量為m、電荷量為+q.將粒子源置于圓心,則所有粒子剛好都不離開磁場,不考慮粒子之間的相互作用.由此可知( )
A.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑一定是R0
B.帶電粒子在磁場中運動的速率一定是
C.帶電粒子在磁場中運動的周期一定是
D.帶電粒子的動能一定是
解析:帶電粒子剛好不離開磁場,則粒子軌跡一定和磁場邊界內切,則軌跡半徑r=R0,再根據r=,得v=,B正確,A錯誤;再根據Ek=mv
14、2=,D正確;運動的周期T=,C錯誤.
答案:BD
圖41-17
12.(2019年黑龍江虎林模擬)(多選)如圖41-17所示,一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣板AB的上方d處,能夠在紙面內向各個方向發(fā)射速率為v、電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子,空間存在垂直紙面的勻強磁場,不考慮粒子間的相互作用和粒子重力,已知粒子做圓周運動的半徑大小恰好為d,則( )
A.能打在板上的區(qū)域長度是2d
B.能打在板上的區(qū)域長度是(+1)d
C.同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為
D.同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為
解析:以磁場方向垂直紙面向外為例,打在極板上粒子
15、軌跡的臨界狀態(tài)如圖41-18甲所示.根據幾何關系知,帶電粒子能到達板上的長度l=(1+)d,故A錯誤,B正確;在磁場中運動時間最長和最短的粒子運動軌跡示意圖如圖41-18乙所示.
圖41-18
由幾何關系知,最長時間t1=T,最短時間t2=T,又有粒子在磁場中運動的周期T==;根據題意:t1-t2=Δt.聯(lián)立解得:Δt=T=,故C正確,D錯誤.若磁場方向垂直紙面向里,可得出同樣的結論.
答案:BC
二、非選擇題
圖41-19
13.如圖41-19所示,在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場,一質量為m=5.0×10-8 kg、電荷量為q=1.0×10-
16、6 C的帶正電粒子從靜止開始經U0=10 V的電壓加速后,從P點沿圖示方向進入磁場,已知OP=30 cm(粒子重力不計,sin37°=0.6,cos37°=0.8).
(1)求帶電粒子到達P點時速度v的大??;
(2)若磁感應強度B=2.0 T,粒子從x軸上的Q點離開磁場,求OQ的距離;
(3)若粒子不能進入x軸上方,求磁感應強度B′滿足的條件.
解析:(1)對帶電粒子的加速過程,由動能定理有qU0=mv2,代入數據得:v=20 m/s.
(2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,有
qvB=
得R=
代入數據得:R=0.50 m
而=0.50 m
故圓心一定在x軸上,
17、軌跡如圖41-20甲所示
由幾何關系可知:OQ=R+Rsin53°
故OQ=0.90 m.
(3)帶電粒子恰不從x軸射出(如圖41-20乙所示),由幾何關系得:
OP>R′+R′cos53°①
圖41-20
R′=②
由①②并代入數據得:B′>5.33 T(取“≥”同樣正確).
答案:(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′>5.33 T
14.如圖41-21所示,A、C兩點分別位于x軸和y軸上,∠OCA=30°,OA的長度為L.在△OCA區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場.質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場.已知粒子從某點
18、射入時,恰好垂直于OC邊射出磁場,且粒子在磁場中運動的時間為t0.不計重力.
圖41-21
(1)求磁場的磁感應強度的大??;
(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場,恰好從OC邊上的同一點射出磁場,求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和;
(3)若粒子從某點射入磁場后,其運動軌跡與AC邊相切,且在磁場內運動的時間為t0,求粒子此次入射速度的大?。?
解析:(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,在時間t0內其速度方向改變了90°,故其周期T=4t0①
設磁感應強度大小為B,粒子速度為v,圓周運動的半徑為r.由洛倫茲力提供向心力,得qvB=m②
勻速圓周運動的速度滿足v=③
聯(lián)
19、立①②③式得B=④
(2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場,能從OC邊上的同一點P射出磁場,粒子在磁場中運動的軌跡如圖41-22(a)所示.設兩軌跡所對應的圓心角分別為θ1和θ2.由幾何關系有θ1+θ2=180°⑤
粒子兩次在磁場中運動的時間之和t1+t2==2t0.⑥
圖41-22
(3)如圖41-22(b),由題給條件可知,該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150°.設O′為圓弧的圓心,圓弧的半徑為r0,圓弧與AC相切于B點,從D點射出磁場,由幾何關系和題給條件可知,此時有∠OO′D=∠BO′A=30°⑦
r0cos∠OO′D+=L⑧
設粒子此次入射速度的大小為v0,
由圓周運動規(guī)律v0=.⑨
聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0=⑩.
答案:(1) (2)2t0 (3)
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