《2018-2019學年高中物理 第三章 磁場 課時提升作業(yè)二十一 3.6 帶電粒子在勻強磁場中的運動 新人教版選修3-1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019學年高中物理 第三章 磁場 課時提升作業(yè)二十一 3.6 帶電粒子在勻強磁場中的運動 新人教版選修3-1.doc（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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。 【補償訓練】 　　　　(多選)如圖所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，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?，F(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.經過最高點時，三個小球的速度相等 B.經過最高點時，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.質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔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=2πmqB及t=T2可知tM=tN，選項D錯誤。 【補償訓練】 　　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，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Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ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Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子 (　　) A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 【解析】選A、C。設電子的質量為m，速率為v，電荷量為q，B2=B，B1=kB 則由牛頓第二定律得： qvB=mv2R ① T=2πRv ② 由①②得：R=mvqB，T=2πmqB 所以R2R1=k，T2T1=k，根據(jù)a=v2R，ω=vR可知 a2a1=1k，ω2ω1=1k，所以選項A、C正確，選項B、D錯誤。 【補償訓練】 　　薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小相同 C.在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同 D.從Ⅱ區(qū)域穿過鋁板運動到Ⅰ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Ⅰ區(qū)域運動到Ⅱ區(qū)域，結合左手定則可知粒子帶負電，A、B、D選項錯誤；由T=2πmBq可知粒子運動的周期不變，粒子在Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域中運動的時間均為t=12T=πmBq，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Ⅰ和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉半徑r相同，則它們一定具有相同的 (　　) A.速度　　　B.質量　　　C.電荷量 　　　D.比荷 【解析】選A、D。離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉，一定是qE=qvB1， v=EB1，選項A正確；進入?yún)^(qū)域Ⅱ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。 【補償訓練】 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.v0　　　 B.1　　　 C.2v0　 　　D.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 ① 帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Ob=v0t=Oa=qE2mt2=2mv02qE ② 由①②得EB=2v0，故選項C正確。 5.如圖所示，在第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場(磁場足夠大)，一對正、負電子(質量、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.1∶3 B.2∶1 C.3∶1 D.1∶2 【解析】選D。由T=2πmqB，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θ1=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=θ1360T=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=θ2360T=60360T=16T。所以負電子與正電子在磁場中運動的時間之比為t2∶t1=1∶2，D正確。 【補償訓練】 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θ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=2πmqB，可得其軌道半徑和周期都一樣，因此A不符合題意；由于粒子帶電性質不同導致從O點進入磁場后偏轉方向不同，帶正電的粒子向左側偏轉，帶負電的粒子向右側偏轉，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。所謂的反物質即質量與正粒子相等，帶電量與正粒子相等但相反，例如反質子即為，假若使一束質子、反質子、α粒子和反α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α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方向，從而確定1、2為反粒子徑跡。故C正確。 7.質子和α粒子由靜止出發(fā)經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2∶1 B.周期之比為1∶2 C.半徑之比為1∶2 D.角速度之比為1∶1 【解析】選B。由qU=12mv2，qvB=mv2r得 r=1B2mUq，而mα=4mH，qα=2qH， 故rH∶rα=1∶2， 又 T=2πmqB，故TH∶Tα=1∶2。同理可求其他物理量之比。 8.(多選)兩個質量相同、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05136254 A.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，應當帶正電，a向下偏轉，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=2πmqB，故在磁場中偏轉角大的粒子運動的時間較長，a粒子的偏轉角大，因此運動的時間就長，故D錯誤。 【補償訓練】 　　如圖所示，圓形區(qū)域內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，經過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60。現(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.12Δt　　　 B.2Δt　　 　C.13Δt　　 　D.3Δt 【解析】選B。由牛頓第二定律qvB=mv2r及勻速圓周運動T=2πrv得r=mvqB；T=2πmqB。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方向射入磁場經過Δt=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過的圓心角為120，運動時間為T3，即2Δt。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+rcosθ=L r=L1+cosθ 又Bqv=mv2r，所以v=Bqrm=BqLm(1+cosθ) 答案： BqLm(1+cosθ) 【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點經歷的時間。(電子的質量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。 【解析】(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轉過的圓心角θ=π3，電子做圓周運動的周期T=2πmeB。所以電子從C到D的時間t=θ2πT=6.510-9 s 答案：(1) (2)8106 m/s (3)6.510-9 s 10.(22分)如圖所示，第一象限內存在沿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α=60角平行xOy平面入射，經第二象限后恰好由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′。 【解析】(1)設粒子的質量為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 α=d 設Q點的縱坐標為yQ，則yQ=r-dtanα 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β=α=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=v0cosβ 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=v0tanβ2t，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=2r′sin β 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，內有導電液體流動，在垂直于液體流動方向加一指向紙內的勻強磁場，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，求管內導電液的流量Q。 【解析】導電液流經磁場時，在洛倫茲力作用下，正離子向下偏轉，負離子向上偏轉，在管內液體上部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，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：dUB 2.如圖所示，虛線圓所圍區(qū)域內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，電子束經過磁場區(qū)后，其運動方向與原入射方向成θ角。設電子質量為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=2πRv=2πmeB 由如圖所示的幾何關系得圓心角α=θ，所以t=θ2πT=mθeB。 (3)由(2)中圖所示幾何關系可知，tanθ2=rR，所以r=mveBtanθ2。 答案：(1)mveB　(2)mθeB　(3)mveBtanθ2 【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。緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內，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)，若該束離子的質量分布范圍為410-26 kg≤m≤810-26 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=qvB′1 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 kg≤m≤810-26 kg 解得0.1 m≤r≤0.2 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B2′≥mEqB1R=2+14 T。 答案：(1)5105 m/s　(2)[45，90]　(3)B2≥2+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)在電場中偏轉時，射出A點時速度與水平方向成45 vy=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