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1、课后限时作业 37 磁场对运动电荷的作用课后限时作业 37 磁场对运动电荷的作用 时间：45 分钟 1关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是( B ) A电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用 B电荷在电场中一定受电场力作用 C电荷所受电场力一定与该处电场方向一致 D电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直 解析：当电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力，故 A 错误；电荷在电 场中一定受到电场力作用，故 B 正确；正电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相同， 负电荷所受电场力方向与该处的电场强度方向相反，故 C 错误；根据左手定则知，电荷若受 洛伦兹力，则洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂
2、直，故 D 错误 2.如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P， 且 S 极朝向a点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点在电 子经过a点的瞬间条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( A ) A向上 B向下 C向左 D向右 解析 ： 条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动， 所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A 正确 3.如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画 出)一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ 的中点O.已知
3、粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变不计重力铝板 上方和下方的磁感应强度大小之比为( D ) A2 B. C1 D.2 2 2 解析：根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝 板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的 2 倍 设粒子在P点的速度为v1， 根据牛顿第二定律可得qv1B1， 则B1； 同理，B2 mv2 1 r1 mv1 qr1 2mEk qr1 ，则，D 正确，A、B、C 错误 mv2 qr2 2m1 2E k qr2 B1 B2 2 2 4.(多选)两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，
4、以不同的速率对准圆心O沿 着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示若不计粒子的重力，则下列说法正 确的是( AC ) Aa粒子带负电，b粒子带正电 Ba粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 Cb粒子动能较大 Db粒子在磁场中运动时间较长 解析 ： 由左手定则可知b粒子带正电，a粒子带负电，A 正确 ； 由于b粒子轨迹半径较大， 由r可知b粒子动能较大，b粒子在磁场中运动时间较短，C 正确，D 错误；由于a粒子 mv qB 速度较小，所以a粒子在磁场中所受洛伦兹力较小，B 错误 5(多选)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍两个速率相同 的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子
5、相比，中的电子( AC ) A运动轨迹的半径是中的k倍 B加速度的大小是中的k倍 C做圆周运动的周期是中的k倍 D做圆周运动的角速度与中的相等 解析：设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q， B2B，B1kB 则由牛顿第二定律得：qvB T mv2 R 2R v 由得：R，T，所以k，k mv qB 2m qB R2 R1 T2 T1 根据a， 可知 ， v2 R v R a2 a1 1 k 2 1 1 k 所以选项 A、C 正确，选项 B、D 错误 6.如图所示，有界匀强磁场边界线SPMN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向 同时射入磁场，粒子的带电荷量相同，其中穿过a点的粒子速度v1与
6、MN垂直；穿过b点的 粒子速度v2与MN成 60角，设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1t2为(重 力不计)( D ) A13 B43 C11 D32 解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为 90， 从b点射出的粒子对应的圆心角为 60， 由t可得t1t290603 2 2m qB 2，D 正确 7(多选)如图所示，在MN上方存在匀强磁场，带同种电荷的粒子a、b以相同的动能同 时从O点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为 30和 60，且 同时到达P点，已知OPd，则( CD ) Aa、b两粒子运动半径之比为 1 2 B
7、a、b两粒子的初速率之比为 52 3 Ca、b两粒子的质量之比为 475 Da、b两粒子的电荷量之比为 215 解析 ： 设a的轨迹半径为Ra， sin30， 解得Rad， 设b的轨迹半径为Rb， sin60 d 2 Ra ，解得Rbd，a、b两粒子运动半径之比为1，A 错误；带电粒子在磁场中的运动时 d 2 Rb 3 3 3 间tT，时间相同，a、b两粒子的 之比为 12030025，再由R得v 2 m qB m q mv qB ，a、b两粒子的初速率之比为 52，B 错误；由动能Ekmv2，得m，a、b两粒 qBR m 3 1 2 2Ek v2 子的质量之比为 475，C 正确；根据 之比
8、为 和，联立解得，D 正确 m q 2 5 ma mb 4 75 qa qb 2 15 8.(多选)如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形 的匀强磁场区域，下列判断正确的是( BC ) A电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长 B电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大 C在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合 D电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同 解析： 由tT知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中 2 运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动， 由半径公式r知，轨迹
9、半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半 mv qB 径越大，故 A 错误，B 正确由周期公式T知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中 2m qB 的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹 4 与 5， 它们的运动时间相同， 但它们的轨迹对应的半径不同， 即它们的速率不同， 故 C 正确， D 错误 9.(多选)如图，虚线MN上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1，带电粒子从边界MN 上的A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B点射出，若粒子 经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，让该粒子仍以速度v0从A
10、处沿 原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B点射出(图中未标出)，不计粒子的重力， 下列说法正确的是( AC ) AB点在B点的左侧 B从B点射出的速度大于从B点射出的速度 C从B点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向 D从A到B的时间等于从A到B的时间 解析： 粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力对运动电荷不做功，所以粒子的速度大小不变，故 B 错误；根据洛伦兹力提供向心力qvBm，得r，所以叠加磁场后带电粒子在PQ上方做 v2 r mv qB 圆周运动的半径变小，根据运动轨迹图结合几何知识，粒子从PQ上方穿出的速度方向不变， 因此B点在B点的左侧，从B点射出的速度方向平行于从B点射出的
11、速度方向，故 A、C 正确；两种情况下粒子在PQ上方转过的角度相同，由T可知，叠加磁场后粒子 2r v 2m qB 在PQ上方的运动时间变短，而P点之前和Q点之后的运动时间不变，所以从A到B的时间 小于从A到B的时间，故 D 错误 10(多选)正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图甲所示(俯视图)，位于水平面 内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆运动的“容器” ，经过加速器加速后，质 量均为m的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率v，他们沿着管道向相反的方 向运动在管道控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图甲中的A1、A2、A3An共有n个， 均匀分布在整个圆环上，每组电磁
12、铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场，并且方向竖 直向下，磁场区域的直径为d(如图乙)，改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应 强度从而改变电子偏转的角度经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线 所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直 径的两端，如图乙所示若电子的重力可不计，则下列相关说法正确的是( ACD ) A负电子在管道内沿顺时针方向运动 B电子经过每个电磁铁，偏转的角度是 n C碰撞点为过入射点所在直径的另一端 D电子在电磁铁磁场内做圆周运动的半径为R d 2sin n 解析：电子在运动的过程中受力的方向指向圆心，根据左手定
13、则可知，负电子在管道内 沿顺时针方向运动，故 A 正确；电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是 2，经过每个电 磁铁，偏转的角度是，故 B 错误；由于正负电子在环形管道中运动的周期相同，所 2 n 以碰撞点为过入射点所在直径的另一端，故 C 正确；由对 B 项的分析知电子经过每个电磁铁 偏转的角度是.所以：sin得：R，故 D 正确 2 n d 2R 2 d 2sin n 11.边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场 在纸面内从O点向磁 场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、 电荷量为q的带正电的粒子， 所有粒子的速率均为v. 如图所示，沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出
14、，不计粒子之间的相互作用和重力的 影响，已知 sin350.577.求： (1)匀强磁场的磁感应强度的大小； (2)带电粒子在磁场中运动的最长时间； (3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时， 还在磁场中运动的粒子占所有粒子的 比例 解析：(1)OCLcos30L 3 2 沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对的 圆心角为 60. 半径rOCL 3 2 由qvB 得B. mv2 r mv qr 2 3 mv 3qL (2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，设弦OA对的圆心角为，由几何关系得 sin 0.577，70 2 L 2 r 3 3 最长
15、时间tm. 70 360 2m qB 7 3L 36v (3)从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长ODOC， 粒子做圆周运动的圆弧对的圆心 角也为 60，如图所示，由几何知识得入射速度与OD的夹角应为 30，即沿OC方向射入的 粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出的时间相等， 从OB方 向到OC方向这 30范围内的粒子此时都还在磁场中，而入射的范围为 60，故还在磁场中 运动的粒子占所有粒子的比例是 . 1 2 答案：(1) (2) (3) 2 3 mv 3qL 7 3L 36v 1 2 12.如图所示，在Oxa、Oy 范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感
16、应 a 2 强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正 电粒子， 它们的速度大小相同， 速度方向均在xOy平面内， 与y轴正方向的夹角分布在 090 范围内 已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于 到a之间， 从发射粒子到粒子全部离开磁 a 2 场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒 子源射出时的： (1)速度的大小； (2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦 解析：(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和 洛伦兹力公式， 得qvBm v2 R 由得R mv qB 可知半径R为定值因为粒子速度方向不确定，所以粒子可能的运动轨迹为图虚线所示 过O点的一系列动态圆 当 Ra时， 比较图中的动态圆可知， 在磁场中运动时间最长的粒子， a 2 其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依 题意t ，得OCA T 4 2 设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系得：CM RsinR a 2 RsinaRcos AN 又 sin2cos21 由式得R(2)a， 6 2 由式得v(2). 6 2 aqB m (2)由式得 sin. 6 6 10 答案：(1)(2) (2) 6 2 aqB m 6 6 10