高考物理一轮复习方案 第27讲 磁场对运动电荷的作用(含解析)

课时作业(二十七) [第27讲磁场对运动电荷的作用]

基础热身

1．在武汉市某中学操场的上空中停着一个热气球，从它底部脱落一个塑料小部件，下落过程中由于和空气的摩擦而带负电，如果没有风，那么它的着地点会落在气球正下方地面位置的( )

A．偏东B．偏西

C．偏南 D．偏北

2．2012·揭阳模拟如图K27－1所示，在示波管下方有一根水平放置的通电直导线，则示波管中的电子束将( )

图K27－1

A．向上偏转B．向下偏转

C．向纸外偏转 D．向纸里偏转

3．如图K27－2所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速率为v，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时的速率( )

图K27－2

A．变大B．变小

C．不变D．条件不足，无法判断

4．2012·苏北四市一模电视显像管上的图像是电子束打在荧光屏的荧光点上产生的．为了获得清晰的图像，电子束应该准确地打在相应的荧光点上．电子束飞行过程中受到地磁场的作用，会发生我们所不希望的偏转．电子重力不计，从电子枪射出后自西向东飞向荧光屏的过程中，下列说法正确的是( )

A．电子受到一个与速度方向垂直的恒力

B．电子在竖直平面内做匀变速曲线运动

C．电子向荧光屏运动的过程中速率不发生改变

D．电子在竖直平面内的运动是匀速圆周运动

5．2012·朝阳期末正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个α粒子(不计重力)以一定速度从AB边的中点M沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从AD边的中点N射出．若将磁感应强度B变为原来的2倍，其他条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是( )

A．A点B．ND之间的某一点

1

2 C ．CD 之间的某一点 D ．BC 之间的某一点

图K27－3 图K27－4

6．2012·广西四市联考(双选)如图K27－4所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以与边界的夹角为30°和60°的方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )

A ．A 、

B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是13

B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是32＋3

C ．A 、B 两粒子的m q 之比是13

D ．A 、B 两粒子的m q 之比是32＋3

图K27－5

7．2012·厦门期末图K27－5是回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两个金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(q 1、m 1)和氦核(q 2、m 2)．已知q 2＝2q 1，m 2＝2m 1，下列说法中正确的是( )

A ．它们的最大速度相同

B ．它们的最大动能相同

C ．仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能

D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能

技能强化

8．2012·郑州模拟如图K27－6所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D 形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频交流电源相连，则带电粒子获得的最大动能与下列哪些因素有关(

)

图K27－6

A．加速的次数

B．加速电压的大小

C．交流电的频率

D．匀强磁场的磁感应强度

9．2012·厦门适应性考试显像管原理的示意图如图K27－7所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )

图K27－

7

A

B

C D

图K27－8

10．如图K27－9所示，在x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1＞B2，一个带负电、比荷为k的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，粒子重力不计．

(1)求粒子在两个磁场中运动的轨道半径；

(2)如果B1＝2B2，则粒子再次回到原点时运动了多长时间？

(3)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？

图K27－9

3

4

挑战自我

11．2012·湖北八校联考如图K27－10所示，在正方形区域ABCD 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场．在t ＝0时刻，一位于AD 边中点O 的粒子源在ABCD 平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向分布在与OD 边的夹角0～180°范围内．已知沿OD 方向发射的粒子在t ＝t 0时刻刚好从磁场边界CD 上的P 点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L ，粒子重力不计，求：

(1)粒子的比荷q m

；

(2)假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，t 0时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；

(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．

图K27－10

5 课时作业(二十七)

1．B [解析] 小部件带负电，下落过程受洛伦兹力作用，由左手定则，洛伦兹力向西，它的着地点回落在气球正下方地面偏西位置，B 正确．

2．A [解析] 根据安培定则，通电导线在上方产生垂直纸面向外的磁场，又根据左手定则，电子束受到向上的洛伦兹力，向上偏转，A 正确．

3．B [解析] 加一个垂直纸面向外的匀强磁场，带负电的滑块下滑时受到垂直于斜面向下的洛伦兹力，使得滑块受到的摩擦力增大，故滑至底端时的速率变小，A 、C 、D 错误，B 正确．

4．CD [解析] 电子在飞行过程中受到地磁场洛伦兹力的作用，洛伦兹力是变力而且不做功，所以电子的速率不发生改变，选项A 、B 错误，选项C 正确；电子在自西向东飞向荧光屏的过程中所受的地磁场磁感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，故电子在竖直平面内的运动是匀速圆周运动，选项D 正确．

5．A [解析] 从M 射入从N 射出，则轨道半径为r ＝a 2

(a 为正方形边长)，若将B 加倍，由半径公式R ＝mv Bq 可得，粒子轨道半径减半，即r ′＝a 4

，所以粒子从A 射出磁场，A 正确． 6．BD [解析] 粒子做匀速圆周运动，由几何关系，有R A cos30°＋R A ＝d ，R B cos60°＋

R B ＝d ，解得R A R B ＝1＋cos60°1＋cos30°＝32＋3，A 错，B 对；因半径R ＝mv qB ，故m q ＝RB v ∝R ，故m A /q A m B /q B ＝32＋3

，C 错，D 对． 7．A [解析] 由洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r ，即v ＝Bqr m

，当粒子运动的轨道半径最大即r ＝R 时，粒子的速度达到最大，即v m ＝qBR m

，而氘核和氦核的比荷相等，所以它们的最大速度相同，选项A 正确；又因为它们的质量不同，所以它们的最大动能不同，选项B 错误；根据关系式v m ＝qBR m

可知，粒子的最大速度或最大动能与磁感应强度B 和D 形金属盒的尺寸R 有关，而与高频电源的电压或频率无关，选项C 、D 错误．

8．D [解析] 在匀强磁场中，带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB ＝mv 2R

，最大半径R ＝mv qB ＝2mE k qB ，带电粒子获得的最大动能E k ＝（qBR ）22m

，D 正确． 9．A [解析] 电子流打在荧光屏上的位置由a 点逐渐移动到b 点，洛伦兹力先向上后向下，由左手定则，磁场方向先向外后向里；由a 点逐渐移动到b 点，电子做圆周运动的半

径先增大再减小，由r ＝mv qB

，则磁感应强度先减小再增大，故选A. 10．(1)r 1＝v kB 1 r 2＝v kB 2

(2)t ＝2πkB 2

(3)B 1B 2＝n ＋1n [解析] (1)粒子做圆周运动的半径公式r ＝mv qB ，又k ＝q m

6 则粒子在两个磁场中运动的轨道半径r 1＝v kB 1，r 2＝v kB 2

(2)因B 1＝2B 2，则r 2＝2r 1，粒子再次回到原点需经历左边两个半圆和右边一个半圆，则

经历左边两个半圆的时间t 1＝2πr 1v 1＝2πm B 1q ＝πm B 2q

经历右边一个半圆的时间t 2＝πr 2v 2＝πm B 2q

则总时间t ＝t 1＋t 2＝2πm B 2q ＝2πkB 2

. (3)在xOy 平面内，粒子分别在左边和右边各运动一个半圆，其直径差为Δd ＝2(r 2－r 1)，如图所示．

粒子每经历一次回旋，其y 轴坐标就减小Δd ，设经历n 次回旋y 轴坐标减小2r 1时，再经过左边的半个圆周恰好通过O 点，则

Δd ×n ＝2r 1 (n ＝1，2，3，…)

所以r 1r 2＝

n n ＋1 (n ＝1，2，3，…) 解得B 1B 2＝n ＋1n

(n ＝1，2，3，…) 11．(1)π6Bt 0 (2)56 (3)t ＝(12πarcsin 54

)t 0 [解析] (1)初速度沿OD 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，其圆心为N ，

由几何关系有：∠ONP ＝π6，t 0＝T 12

. 粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得

Bqv ＝m ? ??

??2πT 2R 且v ＝2πR T

解得q m ＝π6Bt 0

. (2)依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到O 点距离相等．在t 0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O 为圆心，OP 为半径的弧PW 上.

7 由图知∠POW ＝5π6

此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为56

.

(3)在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界B 点相交． 设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，则sin θ2＝5

4

在磁场中运动的最长时间t ＝θ2πT ＝12arcsin 54

πt 0

所以从粒子发射到全部离开所用时间为t ＝(12πarcsin 5

4)t 0.

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