課時提升作業(yè) 二十一 帶電粒子在勻強磁場中的運動(40分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題7分，共56分)1.下列關于洛倫茲力的說法中，正確的是()A.只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同B.如果把+q改為-q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變C.洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直D.粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變【解析】選B。因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關，而且與粒子速度的方向有關，如當粒子速度與磁場垂直時F=qvB，當粒子速度與磁場平行時F=0。又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A錯誤；因為+q改為-q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F=qvB知大小也不變，所以B正確；因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角，所以C錯誤；因為洛倫茲力總與速度方向垂直，因此，洛倫茲力不做功，粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D錯誤?！狙a償訓練】(多選)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電。現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則() A.經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等B.經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小C.甲球的釋放位置比乙球的高D.運動過程中三個小球的機械能均保持不變【解析】選C、D。三個小球在運動過程中機械能守恒，有mgh=12mv2，在圓形軌道的最高點時對甲有qv1B+mg=mv12r，對乙有mg-qv2B=mv22r，對丙有mg=mv32r，可判斷v1>v3>v2，選項A、B錯誤，選項C、D正確。2.質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示。下列表述正確的是() A.M帶負電，N帶正電B.M的速率小于N的速率C.洛倫茲力對M、N做正功D.M的運行時間大于N的運行時間【解析】選A。由左手定則判斷得M帶負電、N帶正電，選項A正確；由題圖可知M、N半徑關系為rM>rN，由r=mvqB知，vM>vN，選項B錯誤；因洛倫茲力與速度方向時刻垂直，故不做功，選項C錯誤；由周期公式T=2mqB及t=T2可知tM=tN，選項D錯誤?！狙a償訓練】水平長直導線中有恒定電流I通過，導線正下方的電子初速度方向與電流方向相同，如圖所示，則電子的運動情況是()A.沿路徑Oa運動B.沿路徑Ob運動C.沿路徑Oc運動D.沿路徑Od運動【解析】選D。水平電流下方的磁場垂直紙面向外，且離導線越遠，磁感應強度B越小，根據(jù)左手定則可以確定電子從開始運動向下偏轉(zhuǎn)，再由r=mvqB知電子運動曲率半徑逐漸增大，故A、B、C錯，D對。3.(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和，中的磁感應強度是中的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。與中運動的電子相比，中的電子()A.運動軌跡的半徑是中的k倍B.加速度的大小是中的k倍C.做圓周運動的周期是中的k倍D.做圓周運動的角速度與中的相等【解析】選A、C。設電子的質(zhì)量為m，速率為v，電荷量為q，B2=B，B1=kB則由牛頓第二定律得：qvB=mv2RT=2Rv由得：R=mvqB，T=2mqB所以R2R1=k，T2T1=k，根據(jù)a=v2R，=vR可知a2a1=1k，21=1k，所以選項A、C正確，選項B、D錯誤?！狙a償訓練】薄鋁板將同一勻強磁場分成、兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區(qū)域內(nèi)運動的軌跡如圖所示，半徑R1>R2。假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，則該粒子()A.帶正電B.在、區(qū)域的運動速度大小相同C.在、區(qū)域的運動時間相同D.從區(qū)域穿過鋁板運動到區(qū)域【解析】選C。粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力，速度將減小。由r=mvBq可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小，故可得粒子由區(qū)域運動到區(qū)域，結(jié)合左手定則可知粒子帶負電，A、B、D選項錯誤；由T=2mBq可知粒子運動的周期不變，粒子在區(qū)域和區(qū)域中運動的時間均為t=12T=mBq，C選項正確。4.(多選)如圖所示，有一混合正離子束先后通過正交的勻強電場、勻強磁場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域，如果這束正離子束在區(qū)域中不偏轉(zhuǎn)，進入?yún)^(qū)域后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一定具有相同的() A.速度B.質(zhì)量C.電荷量 D.比荷【解析】選A、D。離子束在區(qū)域中不偏轉(zhuǎn)，一定是qE=qvB1， v=EB1，選項A正確；進入?yún)^(qū)域后，做勻速圓周運動的半徑相同，由r=mvqB2知，因v、B2相同，只能是比荷相同，故選項D正確，選項B、C錯誤?！狙a償訓練】帶電粒子以初速度v0從a點垂直y軸進入勻強磁場，如圖所示。運動中經(jīng)過b點，Oa=Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點垂直y軸進入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強度E與磁感應強度B之比為() A.v0B.1C.2v0D.v02【解析】選C。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故Oa=Ob=r=mv0qB帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Ob=v0t=Oa=qE2mt2=2mv02qE由得EB=2v0，故選項C正確。5.如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(磁場足夠大)，一對正、負電子(質(zhì)量、電量相等，但電性相反)分別以相同速度沿與x軸成30角的方向從原點垂直磁場射入，則負電子與正電子在磁場中運動時間之比為(不計正、 負電子間的相互作用力)()A.13B.21C.31D.12【解析】選D。由T=2mqB，知兩個電子的周期相等。正電子從y軸上射出磁場時，根據(jù)幾何知識得知，速度與y軸的夾角為60，則正電子速度的偏向角為1=120，其軌跡對應的圓心角也為120，則正電子在磁場中運動的時間為t1=1360T=120360T=13T；同理，知負電子以30入射，從x軸離開磁場時，速度方向與x軸的夾角為30，則軌跡對應的圓心角為60，負電子在磁場中運動的時間為t2=2360T=60360T=16T。所以負電子與正電子在磁場中運動的時間之比為t2t1=12，D正確?！狙a償訓練】如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場邊界上，有兩個質(zhì)量、電荷量均相等的正、負離子(不計重力)，從O點以相同的速度射入磁場中，射入方向均與邊界成角，則正、負離子在磁場中運動的過程，下列判斷錯誤的是()A.運動的軌道半徑相同B.重新回到磁場邊界時的速度大小和方向都相同C.運動的時間相同D.重新回到磁場邊界的位置與O點距離相等【解析】選C。本題為帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動問題，由圓周運動知識可得帶電粒子運動的軌道半徑R=mvqB，周期T=2mqB，可得其軌道半徑和周期都一樣，因此A不符合題意；由于粒子帶電性質(zhì)不同導致從O點進入磁場后偏轉(zhuǎn)方向不同，帶正電的粒子向左側(cè)偏轉(zhuǎn)，帶負電的粒子向右側(cè)偏轉(zhuǎn)，其軌跡分別如圖中1和2所示：由對稱性可知粒子重新回到磁場邊界時速度大小和方向必定相同，而且出磁場邊界的位置距離O點的距離也相同，故B、D不符合題意；由圖可知該正、負粒子做圓周運動偏轉(zhuǎn)角度不同，因此其運動時間不同，本題正確答案為C。6.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，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)。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，假若使一束質(zhì)子、反質(zhì)子、粒子和反粒子組成的射線，以相同的速度通過OO進入勻強磁場B2而形成4條徑跡，則() A.1、3是反粒子徑跡B.2、4為反粒子徑跡C.1、2為反粒子徑跡D.4為反粒子徑跡【解析】選C。兩種反粒子都帶負電，根據(jù)左手定則可判定帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定1、2為反粒子徑跡。故C正確。7.質(zhì)子和粒子由靜止出發(fā)經(jīng)過同一加速電場加速后，沿垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，則它們在磁場中的各運動量間的關系正確的是() A.速度之比為21B.周期之比為12 C.半徑之比為12D.角速度之比為11【解析】選B。由qU=12mv2，qvB=mv2r得r=1B2mUq，而m=4mH，q=2qH，故rHr=12，又 T=2mqB，故THT=12。同理可求其他物理量之比。8.(多選)兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖所示，若不計粒子的重力，則下列說法正確的是()世紀金榜導學號05136254A.a粒子帶負電，b粒子帶正電B.a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大C.b粒子動能較大 D.b粒子在磁場中運動時間較長【解析】選A、C。粒子向右運動，根據(jù)左手定則，b向上偏轉(zhuǎn)，應當帶正電，a向下偏轉(zhuǎn)，應當帶負電，故A正確；洛倫茲力提供向心力，即：qvB=mv2r，得：r=mvqB，故半徑較大的b粒子速度大，動能也大，所受洛倫茲力也較大，故C正確，B錯誤；由題意可知，帶電粒子a、b在磁場中運動的周期均為T=2mqB，故在磁場中偏轉(zhuǎn)角大的粒子運動的時間較長，a粒子的偏轉(zhuǎn)角大，因此運動的時間就長，故D錯誤?！狙a償訓練】如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関3，仍從A點射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)A.12tB.2tC.13tD.3t【解析】選B。由牛頓第二定律qvB=mv2r及勻速圓周運動T=2rv得r=mvqB；T=2mqB。作出粒子的運動軌跡如圖，由圖可得，以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場經(jīng)過t=T6從C點射出磁場，軌道半徑r=3AO；速度變?yōu)関3時，運動半徑是r3=3AO3，由幾何關系可得在磁場中運動轉(zhuǎn)過的圓心角為120，運動時間為T3，即2t。故A、C、D項錯誤，B項正確。二、非選擇題(本題共2小題，共44分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)9.(22分)一磁場寬度為L，磁感應強度為B，如圖，一電荷質(zhì)量為m、帶電荷量為-q，不計重力，以一速度(方向如圖)射入磁場。若不使其從右邊界飛出，則電荷的速度應為多大？【解析】若要使粒子不從右邊界飛出，當達到最大速度時運動軌跡如圖，由幾何知識可求得半徑r，即r+rcos=Lr=L1+cos 又Bqv=mv2r，所以v=Bqrm=BqLm(1+cos)答案： BqLm(1+cos)【補償訓練】如圖所示，在B=9.110-4 T的勻強磁場中，CD是垂直于磁場方向上的同一平面上的兩點，相距d=0.05 m，磁場中運動的電子經(jīng)過C時，速度方向與CD成30角，而后又通過D點，求：(1)在圖中標出電子在C點受洛倫茲力的方向。(2)電子在磁場中運動的速度大小。(3)電子從C點到D點經(jīng)歷的時間。(電子的質(zhì)量m=9.110-31 kg，電量大小e=1.610-19 C)【解題指南】解答該題要明確以下三點：(1)電子運動軌跡的圓心是過C點速度方向的垂線與弦CD的中垂線的交點。(2)求解速度的關鍵是確定圓周半徑的大小。(3)求解時間的關鍵是確定圓周對應的圓心角?！窘馕觥?1)電子在磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供圓周運動的向心力，示意如圖所示：(2)根據(jù)幾何關系有：電子做圓周運動的半徑r=d，所以有：evB=mv2r得：v=eBrm=8106 m/s(3)由(1)中圖分析知，電子從C至D轉(zhuǎn)過的圓心角=3，電子做圓周運動的周期T=2meB。所以電子從C到D的時間t=2T=6.510-9 s答案：(1)(2)8106 m/s(3)6.510-9 s10.(22分)如圖所示，第一象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的勻強磁場，其中第二象限的磁感應強度大小為B，第三、四象限的磁感應強度大小相等。一帶正電的粒子，從P(-d，0)點沿與x軸正方向成=60角平行xOy平面入射，經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的Q點(圖中未畫出)垂直y軸進入第一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點，回到P點時速度方向與入射時相同。不計粒子重力，求：(1)粒子從P點入射時的速度大小v0。(2)第三、四象限的磁感應強度的大小B?！窘馕觥?1)設粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，在第二象限做圓周運動的半徑為r，則qv0B=mv02r，rsin =d設Q點的縱坐標為yQ，則yQ=r-dtan粒子在第四、三象限中做圓周運動，由幾何關系可知，粒子射入第四象限和射出第二象限時，速度方向與x軸正方向的夾角相同，則=60設粒子由x軸上S離開電場，粒子在S點的速度為v，則qEyQ=12mv2-12mv02，v=v0cos解得v0=E3B。(2)設粒子在電場中時間為t，S點的橫坐標為xS，則yQ=v0tan2t，xS=v0t解得xS=2d3，粒子在S點速度為v，在第四、三象限中運動半徑為r，則qvB=mv2r，xS-xP=2rsin 解得B=2.4B。答案：(1)E3B(2)2.4B【補償訓練】1.如圖為一電磁流量計的示意圖。截面為正方形的非磁性管，其邊長為d，內(nèi)有導電液體流動，在垂直于液體流動方向加一指向紙內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度為B。現(xiàn)測得液體最上部a點和最下部b點間的電勢差為U，求管內(nèi)導電液的流量Q。【解析】導電液流經(jīng)磁場時，在洛倫茲力作用下，正離子向下偏轉(zhuǎn)，負離子向上偏轉(zhuǎn)，在管內(nèi)液體上部a點附近積累負電荷，下部b點附近積累正電荷，這些積累的電荷在液體中產(chǎn)生豎直向上的電場，形成相互垂直的電場和磁場的共存區(qū)。正負離子通過時不僅受到洛倫茲力，還要受到電場力，這兩個力方向相反。當電場增強到正負離子受到的電場力與洛倫茲力相等時，離子不再偏轉(zhuǎn)，液體上下部的電荷不再增加，a、b兩點間的電勢差恒定。電勢差保持恒定的條件是：qUd=qvB解得導電液的流速為v=UBd導電液的流量為Q=vd2=dUB。答案：dUB2.如圖所示，虛線圓所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場，電子束經(jīng)過磁場區(qū)后，其運動方向與原入射方向成角。設電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子之間的相互作用力及所受的重力，求：(1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R。(2)電子在磁場中運動的時間t。(3)圓形磁場區(qū)域的半徑r。【解析】(1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB=mv2R解得R=mveB。(2)設電子做勻速圓周運動的周期為T，則T=2Rv=2meB由如圖所示的幾何關系得圓心角=，所以t=2T=meB。(3)由(2)中圖所示幾何關系可知，tan2=rR，所以r=mveBtan2。答案：(1)mveB(2)meB(3)mveBtan2【能力挑戰(zhàn)區(qū)】如圖所示的兩平行板間存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B1=0.40 T，方向垂直紙面向里，電場強度E=2.0105 V/m，PQ為板間中線。緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標系的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2=0.25 T，磁場邊界AO和y軸的夾角AOy=45。一束帶電量q=8.010-19 C的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0，0.2 m)的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，若該束離子的質(zhì)量分布范圍為410-26 kgm810-26 kg。則：(1)離子運動的速度為多大。(2)離子通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角在什么范圍。(3)現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度大小，使所有離子都不能打到x軸上，磁感應強度大小B2應滿足什么條件？ 【解析】(1)受力分析可知Eq=qvB1解得v=5105 m/s。(2)離子在磁場B2中運動時洛倫茲力提供向心力，有B2qv=mv2r若410-26 kgm810-26 kg解得0.1 mr0.2 m故離子通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角在45，90范圍(如圖甲、乙)。(3)若所有離子都不能打在x軸上(如圖丙)，離子運動半徑要小于等于R其中R滿足：0.2 m=R+Rcos 45解得R=2-15 m故B2mEqB1R=2+14 T。答案：(1)5105 m/s(2)45，90(3)B22+14 T【補償訓練】如圖所示，勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域緊鄰且寬度相等，均為d，電場方向在紙平面內(nèi)豎直向下，磁場方向垂直紙面向里。一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場，從A點出電場進入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的偏移位移為電場寬度的一半，當粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致，d、v0已知(帶電粒子重力不計)，求：(1)粒子從C點穿出磁場時的速度大小。(2)電場強度和磁感應強度的比值。【解析】(1)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，設粒子在A點時豎直速度為vy，則垂直電場方向d=v0t，平行電場方向 d2=vy2t解得，vy=v0，到A點速度為v=2v0粒子在磁場中速度大小不變，所以從C點出磁場時速度大小仍為2v。(2)在電場中偏轉(zhuǎn)時，射出A點時速度與水平方向成45vy=qEmt=qEdmv，并且vy=v0解得E=mv02qd粒子在磁場中做勻速圓周運動，示意如圖所示由幾何關系得R=2d，又qvB=mv2R，且v=2v0，得B=mv0qd，解得EB=v0。答案：(1)2v0(2)v0