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1、第 2 讲 磁场对运动电荷的作用 课时作业 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 基础巩固练 1(2015新课标全国14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一 速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区 域后，粒子的( ) A轨道半径减小，角速度增大 B轨道半径减小，角速度减小 C轨道半径增大，角速度增大 D轨道半径增大，角速度减小 解析 ： 由于速度方向与磁场方向垂直， 粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动， 即 qvB ，轨道半径 r，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变，轨道半径 r 变大，根 mv2 r mv qB 据角
2、速度 可知角速度变小，选项 D 正确。 v r qB m 答案： D 2. (2015海南单科1)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向上 B向下 C向左 D向右 解析： 条形磁铁的磁感线在 a 点垂直 P 向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动， 由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A 正确。 答案： A 3. 在阴极射线管中电子流方向由左向右， 其上方置一根通有如图所示电
3、流的直导线， 导线 与阴极射线管平行，则阴极射线将会( ) A向上偏转 B向下偏转 C向纸内偏转 D向纸外偏转 解析 ： 由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的 磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电， 四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故 B 选项正确。 答案： B 4. (2016全国甲卷18) 一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面 如图所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度 顺时针转动。在 该截面内， 一带电粒子从小孔 M 射入筒内，
4、 射入时的运动方向与 MN 成 30角。 当筒转过 90 时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电 粒子的比荷为( ) A. B 3B 2B C. D B 2 B 解析： 如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧 M所对应的圆心角由几何知P 识知为 30，则，即 ，选项 A 正确。 2 2m qB 30 360 q m 3B 答案： A 5. 如图所示，截面为正方形的空腔 abcd 中有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。若有 一束具有不同速率的电子由小孔 a 沿 ab 方向射入磁场，打在腔壁上的电子都被腔壁吸收， 则( ) A由小孔 c 和小孔 d
5、射出的电子的速率之比为 12 B由小孔 c 和小孔 d 射出的电子的速率之比为 21 C由小孔 c 和 d 射出的电子在磁场中运动的时间之比为 21 D由小孔 c 和 d 射出的电子在磁场中运动的时间之比为 41 解析 ： 设正方形空腔abcd的边长为L， 根据r， 可知L， ， 则21， mv qB mvc qB L 2 mvd qB vc vd 故选项 A 错误，选项 B 正确；根据 T，可知 tc ，td ， 12，故选 2m qB T 4 m 2qB T 2 m qB tc td 项 C、D 错误。 答案： B 6. (2018太原联考)如图所示，直角三角形 ABC 中存在一匀强磁场，
6、比荷相同的两个粒子 沿 AB 方向射入磁场，分别从 AC 边上的 P、Q 两点射出，则 ( ) A从 P 射出的粒子速度大 B从 Q 射出的粒子速度大 C从 P 射出的粒子，在磁场中运动的时间长 D从 Q 射出的粒子，在磁场中运动的时间长 解析： 据题意，由题图可知从 P 点射出的粒子运动半径较小，据 v可知，该粒 qBR m 子速度较小，故选项 A 错误，B 正确；据 T可知，由于比荷相同，则两种粒子在该磁 2m qB 场中运动周期相同，由于它们在磁场中运动轨迹圆弧所对应的圆心角相等，据 ，则在 t T 2 磁场中的运动时间相同，选项 C、D 错误。 答案： B 7. (多选)如图所示，在
7、x 轴上方存在磁感应强度为 B 的匀强磁场，一个电子(质量为 m，电 荷量为 q)从 x 轴上的 O 点以速度 v 斜向上射入磁场中， 速度方向与 x 轴的夹角为 45并与磁 场方向垂直。电子在磁场中运动一段时间后，从 x 轴上的 P 点射出磁场。则( ) A电子在磁场中运动的时间为 m 2qB B电子在磁场中运动的时间为m qB CO、P 两点间的距离为 2mv qB DO、P 两点间的距离为2mv qB 解析： 画出电子的运动轨迹如图所示，O1AOP，电子在磁场中的运动时间 tT 2 2 2 2m qB ，A 正确，B 错误 ； 设电子在磁场中做圆周运动的半径为 R，根据 qvB得 R，
8、m 2qB mv2 R mv qB 在直角三角形 OO1A中，由几何关系得 Rsin 45，解得 OP2Rsin 45，C正确，D OP 2 2mv qB 错误。 答案： AC 8. 如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量 为 m5.0108 kg、 电荷量为 q1.0106 C 的带电粒子， 从静止开始经 U010 V 的电压 加速后，从 P 点沿图示方向进入磁场。已知 OP30 cm，粒子重力不计，sin 370.6，cos 370.8，求： (1)带电粒子到达 P 点时速度 v 的大小。 (2)若磁感应强度 B2.0 T，粒子从 x 轴上的 Q
9、点离开磁场，求 OQ 的距离。 (3)若粒子不能进入 x 轴上方，求磁感应强度 B满足的条件。 解析： (1)对带电粒子的加速过程，由动能定理得 qU0 mv2 1 2 代入数据得 v20 m/s (2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvBmv 2 R 得 Rmv qB 代入数据得 R0.50 m 而0.50 m OP cos 53 故圆心一定在 x 轴上，轨迹如图甲所示。 由几何关系可知：OQRRsin 53 故 OQ0.90 m (3)带电粒子不从 x 轴射出(如图乙)，由几何关系得 OPRRcos 53 R mv qB 由并代入数据得 B T5.33 T 16 3 答案：
10、 (1)20 m/s (2)0.90 m (3)B5.33 T 能力提升练 9如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。初速度不计的电子经加速电场加 速后进入有限边界的匀强磁场中发生偏转， 最后打在荧光屏上。 如果发现电视画面幅度与正 常的相比偏小，则引起这种现象的可能原因是( ) A电子枪发射能力减弱，电子数减少 B加速电场的电压过低，电子速率偏小 C偏转线圈局部短路，线圈匝数减少 D偏转线圈中电流过大，偏转磁场增强 解析： 电视画面幅度比正常的偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大。 而电子在磁场中偏转时的半径 r，电子枪发射能力减弱，即发射的电子数减少，而运动 mv qB 的电
11、子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面幅度的大小，故 A 错误；当加速电场电压 过低，则电子速率偏小，导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面幅度与正 常的相比偏大，故 B 错误；当偏转线圈局部短路，线圈匝数减少时，导致偏转磁场减弱， 从而使电子运动半径增大， 电于束的偏转角减小， 则画面幅度与正常的相比偏小， 故 C 正确 ； 当偏转线圈中电流过大，偏转磁场增强时，导致电子运动半径变小，所以画面幅度与正常的 相比偏大，故 D 错误。 答案： C 10(多选)(2018河北省石家庄第二中学高三联考) 如图所示， S 处有一粒子源， 可向纸面内任意方向不断地均匀发射质量为 m6.410
12、27 kg，带电荷量 q3.21019 C，速度大小 v1.0106 m/s 的带电粒子，有一垂直纸面的 感光板，其在纸面内的长度为 0.4 m，中点 O 与 S 连线垂直板，OS 距离为 0.2 m，板下表面 和上表面被粒子击中会把粒子吸收，整个平面充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未 画出)，磁感应强度为 B0.1 T，不考虑粒子间的相互作用，则( ) A粒子打板前均顺时针做匀速圆周运动 B所有粒子都可以打到板上 C所有打中板的粒子中的最长运动时间为3m 2qB D稳定后某时刻，击中上、下板面粒子之比为 11 解析： 根据左手定则可判断出带电粒子打板前均顺时针做匀速圆周运动，选项 A
13、正确；由洛 伦兹力提供向心力 qvBm，解得 r0.2 m，刚好等于 OS 距离 0.2 m，由答图可知向 v2 r mv qB 左发射的粒子打不到板上，选项 B 错误；如图所示，向右上发射的粒子能打到板上且运动 时间大于 ，选项 C 错误；由图可知偏左方向射出的粒子打不到板上，偏 3T 4 3 4 2m qB 3m 2qB 右方向射出的粒子打在板上， 稳定后某时刻， 击中上、 下板面粒子之比为 11， 选项 D 正确。 答案： AD 11(2017全国卷24) 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场。在 x0 区域，磁感应强度的 大小为 B0； x0 区域， 磁感应强度的大小
14、为 B0(常数 1)。 一质量为 m、 电荷量为 q(q0) 的带电粒子以速度 v0从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方 向再次沿 x 轴正向时，求：(不计重力) (1)粒子运动的时间； (2)粒子与 O 点间的距离。 解析： (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在 x0 区域，圆周半径为 R1； 在 x0 区域，圆周半径为 R2，由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0m v2 0 R1 qB0v0m v2 0 R2 粒子速度方向转过 180时，所需时间 t1为 t1 R1 v0 粒子再转过 180时，所需时间 t2为 t2 R2 v0 联立式得，所求时间为 t0t1t2(1 ) m B0q 1 (2)由几何关系及式得，所求距离为 d02(R1R2)(1 ) 2mv0 B0q 1 答案： (1)(1 ) (2)(1 ) m B0q 1 2mv0 B0q 1