高考物理总复习 第27课 磁场对运动电荷的作用练习-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第27课 磁场对运动电荷的作用1带电粒子在匀强磁场中做圆周运动a应用左手定则判断带电粒子在磁场中的运动轨迹(1)(2015重庆理综，6分)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是()Aa、b为粒子的径迹 Ba、b为粒子的径迹Cc、d为粒子的径迹 Dc、d为粒子的径迹答案：D解析：射线在磁场中向右运动时，对于带正电荷的射线，根据左手定则可以判断它将向上偏转；对于带负电荷的射线，可以判断它将向下偏转；对于不带电的射线，不偏转。由此可以判定a、b带正电，c、d带负电，故A项、B项、C项均错误，D项正确。b根据q

2、vBm求解带电粒子在磁场中的运动速度(2)(2013全国，6分)如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)()A. B. C. D.答案：B解析：由题意可知射入点与ab的距离为，则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30，粒子的偏转角是60，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即rR，轨迹如图

3、所示。根据洛伦兹力提供向心力，有qvB，解得v，故B项正确。c利用tT求解带电粒子在磁场中的运动时间(3)(经典题，6分)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点射入磁场，不计重力。则粒子在磁场中的运动时间变为()A.t B2t C.t D3t答案：B解析：带电粒子运动的轨迹如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，以速度v射入时，半径为r1。根据几何关系可知tan 30，解得r1R，运动时间为tTTt。以速度射入时，半径为r2，所以r2。设第二次射入时转过的圆心

4、角为，根据几何关系可知tan ，所以120。则第二次运动的时间为t2t，故B项正确。2带电粒子在磁场中运动的多解问题a磁场方向(或粒子电性)不确定造成带电粒子偏转方向不确定形成多解(4)(多选)(经典题，6分)如图所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则()A若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0B若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0C若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0D若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0答案

5、：AD解析：在未加磁场时，根据牛顿第二定律和库仑定律，有。加磁场时，根据牛顿第二定律、库仑定律和洛伦兹力公式，若磁场方向指向纸里，qvBmr，则T1T0。若磁场方向指向纸外，qvBmr，则T2T0。故A项、D项均正确，B项、C项均错误。(5)(2017晋江模拟，12分)如图所示，第一象限范围内有垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m，电量大小为q的带电粒子在xOy平面内经原点O射入磁场中，初速度v0与x轴正方向夹角60，求：带电粒子从何处离开磁场？穿越磁场时运动方向发生的偏转角多大；带电粒子在磁场中运动时间多长。答案：若带电粒子带负电，在x轴上从距O点处离开磁场(3分)，穿越磁场

6、时运动方向发生的偏转角为120(1分)；若带电粒子带正电，在 y轴上从距O点处离开磁场(3分)，穿越磁场时运动方向发生的偏转角为60(1分)若带电粒子带负电，在磁场中运动时间为(2分)；若带电粒子带正电，在磁场中运动时间为(2分)解析：若带电粒子带负电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O1，粒子向x轴偏转，并从A点离开磁场，运动轨迹如图所示。运动方向发生的偏转角为1120(1分)A点与O点的距离为xR(1分)根据洛伦兹力提供向心力，有qv0Bm (1分)联立以上两式，解得x(1分)若带电粒子带正电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O2，粒子向y轴偏转，并从B点离开磁场，运动轨迹如图所示。运动方

7、向发生的偏转角为260(1分)B点与O点的距离为yR(3分)带电粒子运动一周所用的时间为T若粒子带负电，它从O到A所用的时间为t1T(2分)若粒子带正电，它从O到B所用的时间为t2T(2分)b临界状态不唯一形成多解(6)(2017南充模拟，19分)一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的带负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为0的角速度转过90时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求

8、该粒子的比荷和速率分别是多大？若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？答案：0R(6分)圆筒角速度大小应为0(顺时针转动)或者0(逆时针转动)，其中n0，1，2，3， (13分)解析：若粒子沿MN方向入射，当筒转过90时，粒子从M孔(筒逆时针转动)或N孔(筒顺时针转动)射出，作粒子轨迹1如图所示。由轨迹1可知半径rR(1分)根据洛伦兹力提供向心力，有qvB(1分)解得粒子运动周期T(1分)筒转过90的时间t(1分)又t联立以上式子，解得比荷 (1分)粒子的速率v0R (1分)若粒子与MN方向成30入射，速率不变则半径仍为R，

9、作粒子轨迹2如图所示，轨迹2圆心为O，则四边形MOPO为菱形，可得MOPMOP所以NOP(1分)则粒子偏转的时间tT(1分)又T 联立以上式子，解得t (1分)由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为1，若从N点离开，则筒转动时间满足t(1分)解得10，其中k0，1，2，3，(1分)若从M点离开，则筒转动时间满足t(1分)解得10，其中k0，1，2，3，(1分)综上可得10，其中n0，1，2，3，(1分)当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为2，若从M点离开，则筒转动时间满足t(1分)解得20, 其中k0，1，2，3，(1分)若从N点离开，则筒转动时间满

10、足t(1分)解得20，其中k0，1，2，3，(1分)综上可得20，其中n0，1，2，3，(1分)综上所述，圆筒角速度大小应为10或者20，其中n0，1，2，3，c运动的往复性形成多解(7)(经典题，12分)如图所示，在x0与x0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1B2。一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？答案：(n1，2，3，)(12分)解析：粒子在整个运动过程中的速度大小恒为v，交替地在xOy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动，轨道都是半个圆周。设

11、粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为r1和r2，有r1(2分)r2(2分)在xOy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2r1的A点，接着沿半径为r2的半圆D1运动至y轴上O1点，如图所示。OO1的距离d2(r2r1)(2分)此后，粒子每经历一次 “回旋”(即从x轴出发沿半径为r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方的y轴)，粒子的纵坐标就减小d，设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点，若OOn即nd满足nd2r1(2分)则粒子再经过半圆Cn1就能够经过原点，式中n1，2，3，为回旋次数联立，解得(n1，2，3，)(2分)联立，解得B1、B2应满足的条

12、件 (n1，2，3，)(2分)3带电粒子在有界磁场中的临界极值问题a单直线边界型的临界极值问题(8)(经典题，12分)如图所示，S为一个电子源，它可以在纸面内360范围内发射速率相同的质量为m、电量为e的电子，MN是一块足够大的挡板，与S的距离OSL，挡板在靠近电子源一侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。求：若使电子源发射的电子能到达挡板，则发射速度最小为多大？如果电子源S发射电子的速度为第问中的2倍，则挡板上被电子击中的区域范围有多大？答案：(4分)(1)L (8分)解析：电子射出方向不同，其在匀强磁场中的轨迹不同，每个电子的圆轨道的圆心都位于以射出点S为圆心、半径r的圆弧上，如图

13、(a)所示。欲使电子有可能击中挡板，电子的轨道半径至少为。根据洛伦兹力提供向心力，有evBm (1分)r(1分)联立以上两式，解得v(1分)即电子源的发射速度至少为 (1分)当发射速度v2v时，电子圆周运动的轨道半径为rL (1分)此时从电子源发出的电子能击中挡板的最左位置A和最右位置C，如图(b)所示。由几何关系可知，OA (1分)AS2r(1分)OSr(1分)OCr(1分)联立以上式子，解得OAL(1分)OCL (1分)故被电子打中的区域长度为ACOAOC(1)L (1分)b双直线边界型的临界极值问题(9)(经典题，21分)如图所示，在0xa区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度

14、的大小为B。在t0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向夹角分布在0180范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在tt0时刻刚好从磁场边界上P(a，a)点离开磁场。求：粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷；此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。答案：a(4分)(4分)速度与y轴的正方向的夹角范围是60到120(7分)从粒子发射到全部离开所用时间为2t0(6分)解析：初速度与y轴方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)中的弧OP所示，连接OP，作OP的垂直平分

15、线交x轴于C点，则圆心为C。由几何关系可知，POC30，OCP为等腰三角形，故OCP(1分)此粒子飞出磁场所用的时间为t0(1分)式中T为粒子做圆周运动的周期设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得Ra(2分)根据洛伦兹力公式提供向心力，有qvBm(1分)T(1分)联立，解得(2分)仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120，粒子角度最小时从磁场右边界穿出，角度最大时从磁场左边界穿出。依题意，若所有粒子在磁场中转动时间相同，则转过的圆心角相同，故弦长相等，即同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同。在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧MN上(弧MN只代表初速度与y轴

16、正方向为60时粒子的运动轨迹)如图(a)所示。设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN。由对称性可知vP与OP、vM与OM、vN与ON的夹角均为(2分)。设vM、vN与y轴正向的夹角分别为M、N，由几何关系，有M(2分)N(2分)对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角应满足(1分)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图(b)所示。由几何关系可知OMOP(1分)由对称性可知MEOP(1分)由图(b)可知，运动轨迹的圆心角为240(2分)从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间为2t0(2分)c四边形(或三角形)边界型的临界极值问

17、题(10)(经典题，14分)如图所示，一足够长的矩形区域abcd内有磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。现从ad边的中点O处，以垂直磁场且跟ad边成30角的速度方向射入一带正电的粒子。已知粒子质量为m，电荷量为q，ad边长为l，不计粒子重力。求：若要粒子从ab边上射出，则入射速度v0的范围是多少？粒子在磁场中运动的最长时间为多少？答案：v0(8分) (6分)解析：带电粒子在O点所受洛伦兹力方向垂直于v0，即图中OO1方向，所有粒子的轨迹圆心均应在直线OO1上。因矩形区域abcd足够长，所以当轨道与cd边相切时，其半径应是所有从ab边上射出的粒子中最大的，对应粒子的速度也最大。设上述切

18、点为M，则该粒子轨道的圆心必在过M且与cd边垂直的直线上。设轨道与cd边相切的粒子，其轨道半径为R1。由几何关系，可得R1sin 30R1(1分)根据洛伦兹力提供向心力，有qv01Bm(1分)联立以上两式，解得该轨道上粒子的速度为v01(1分)对于从ab边射出的、速度最小的粒子，其轨道应与ab边相切，设切点为N，圆心为O2，半径为R2。由几何关系，可得R2R2cos 60(1分)根据洛伦兹力提供向心力，有qv02Bm(1分)联立以上两式，解得该轨道上粒子的速度为v02(1分)由以上分析可知，所有从ab边上射出的粒子的入射速度v0的范围应为v0(2分)带电粒子在磁场中运动的时间t (2分)由此可

19、知，t取决于粒子在磁场中转过的角度，从上面的分析可以推知，当粒子轨道半径RR2时，粒子均从ad边上射出，转过的角度均为 (2分)这些粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间为tmax(2分)d圆形边界型的临界极值问题(11)(2017日照模拟，20分)一质量为m、带电量为q的粒子，以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区域后，从b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向夹角为30，如图所示，不计粒子重力。求：圆形磁场区域的最小面积；粒子从O点进入磁场区域到达b点所经历的时间及b点的横坐标。答案：(8分)(8分) (4分)解析：带电粒子在磁场中运

20、动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0Bm(2分)解得R(1分)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹为圆弧OC，如图所示。连接出射点C和b，作Cb的垂线与x轴相交于D，则D为圆心。由几何关系，可得弦长为 l2Rsin 60R(2分)圆形磁场区域最小面积为以OC为直径的圆，则圆形磁场的半径为r(1分)圆形磁场区域的最小面积为 Sminr2(1分)联立以上式子，解得Smin(1分)带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120，带电粒子在磁场中运动的时间为转动周期的，即t1T(2分)由几何关系，可得CblR(2分)粒子离开磁场从C点到b点的运动时间为t2(2分)故粒子从O点进入磁场区域到达

21、b点所经历的时间为tt1t2(2分)b点的横坐标为xOb2lcos 303R(4分)4根据带电粒子在磁场中的偏转和闭合电路欧姆定律解决磁流体发电机模型问题(12)(多选)(2017漳州二模，6分)如图所示是磁流体发电机的装置，a、b组成一对平行电极，两板间距为d，板平面的面积为S，内有磁感应强度为B的匀强磁场。现持续将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性)垂直喷入磁场，每个离子的速度为v，负载电阻阻值为R，当发电机稳定发电时，负载中电流为I，则()Aa板电势比b板电势低B磁流体发电机的电动势EBdvC负载电阻两端的电压大小为BdvD两板间等离子体的电阻率答

22、案：BD解析：根据左手定则，正电荷向上偏转，所以a板带正电，电势高，故A项错误。最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有qvBq，解得EBdv，故B项正确。根据闭合电路欧姆定律，有I，故路端电压UIR，即电阻R两端的电压为，故C项错误。又Rr，r为板间电离气体的电阻，且r，联立解得电阻率的表达式为，故D项正确。5根据带电粒子在磁场中的偏转解决显像管模型问题(13)(2017东城模拟，16分)显像管是旧式电视机的主要部件，显像管的简要工作原理是阴极K发射的电子束经电场加速后，进入放置在其颈部的偏转线圈形成的偏转磁场，发生偏转后的电子轰击荧光屏，使荧光粉受激发而发光，图(a)为电视机显像管结构

23、简图。显像管的工作原理图可简化为图(b)。其中加速电场方向、矩形偏转磁场区域边界MN和PQ均与OO平行，荧光屏与OO垂直。磁场可简化为有界的匀强磁场，MN4d，MP2d，方向垂直于纸面向里，其右边界NQ到屏的距离为L。若阴极K逸出的电子(其初速度可忽略不计)，质量为m，电荷量为e，从O点进入电压为U的电场，经加速后再从MP的中点射入磁场，恰好从Q点飞出，最终打在荧光屏上。求电子进入磁场时的速度；求偏转磁场磁感应强度B的大小以及电子到达荧光屏时偏离中心O点的距离；电子束在屏上依次左右上下经过叫做扫描。每次击中荧光屏上的一个点称为像素，整屏的像素多少叫做显示分辨率。图像由大量像素组成，每屏图像为一

24、帧。为了能让眼睛看到活动的画面，并且感觉不出来图像的扫描过程，需要依靠视觉暂留现象，短时间内完成多帧扫描。假设每个像素同时由n个电子击中而发光，显示器的分辨率为p，每秒显示整屏图像的帧数为k，求进入磁场的电子束的等效电流。答案：(3分)(4分)d(3分)kpne(6分)解析：根据动能定理，有eUmv2(2分)解得v(1分)粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系，有(Rd)2(4d)2R2(1分)解得Rd(1分)电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有evBm(1分)解得B(1分)根据几何关系，有(1分)解得EF(1分)所以偏移距离Yd(1分)设时间t内射出的电子电荷量为Q总，等效电流I(2分)且Q总ktpne(2分)联立以上两式，解得Ikpne(2分)