高中物理人教版 (新课标)选修36 带电粒子在匀强磁场中的运动随堂练习题

这是一份高中物理人教版 (新课标)选修36 带电粒子在匀强磁场中的运动随堂练习题，共5页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。




一、选择题


1．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图3－6－23中的虚线所示．在下图所示的几种情况中，可能出现的是( )





图3－6－23


解析：选AD.A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针转，正确；C图中粒子应顺时针转，错误．同理可以判断B错、D对．


2．如图3－6－24所示，一电子以与磁场方向垂





图3－6－24


直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N处离开磁场，若电子质量为m，带电荷量为e，磁感应强度为B，则( )


A．电子在磁场中运动的时间t＝d/v


B．电子在磁场中运动的时间t＝h/v


C．洛伦兹力对电子做的功为Bevh


D．电子在N处的速度大小也是v


解析：选D.洛伦兹力不做功，所以电子在N处速度大小也为v，D正确、C错，电子在磁场中的运动时间t＝eq \f(弧长,v)≠eq \f(d,v)≠eq \f(h,v)，A、B均错．


3.





图3－6－25


在图3－6－25中，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将( )


A．沿路径a运动，轨迹是圆


B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大


C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小


D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小


解析：选B.电流下方的磁场方向垂直纸面向外，且越向下B越小，由左手定则知电子沿a路径运动，由r＝eq \f(mv,qB)知，轨迹半径越来越大．


4.





图3－6－26


一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图3－6－26所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )


A．粒子从a到b，带正电


B．粒子从a到b，带负电


C．粒子从b到a，带正电


D．粒子从b到a，带负电


解析：选C.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R＝mv/qB.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B、带电荷量不变．又据Ek＝eq \f(1,2)mv2知，v在减小，故R减小，可判定粒子从b向a运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C选项正确．


5．如图3－6－27是





图3－6－27


某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R＝10 cm的圆柱形筒内有B＝1×10－4 T的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a、b分别作为入射孔和出射孔．现有一束比荷为eq \f(q,m)＝2×1011 C/kg的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出．其中入射角α＝30°，且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v大小是( )


A．4×105 m/s B．2×105 m/s


C．4×106 m/s D．2×106 m/s


答案：C


6.





图3－6－28


如图3－6－28所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设二粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)( )


A．1∶3 B．4∶3


C．1∶1 D．3∶2


解析：





选D.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＝eq \f(α,2π) T，可得：t1∶t2＝90°∶60°＝3∶2，故D正确．


7.





图3－6－29


目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图3－6－29表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性)沿图所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是( )


A．A板带正电


B．有电流从b经用电器流向a


C．金属板A、B间的电场方向向下


D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受静电力


解析：选BD.等离子体射入磁场后，由左手定则知正离子受到向下的洛伦兹力向B板偏转，故B板带正电，B板电势高，电流方向从b流向a，电场的方向由B板指向A板，A、C错误，B正确；当Bvq＞Eq时离子发生偏转，故D正确．


8．带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v0，先通过匀强电场E，后通过匀强磁场B，如图3－6－30甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W1.若把该电场和磁场正交叠加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0(v0＜eq \f(E,B))穿过叠加场区，在这个过程中电场和磁场对粒子做功为W2，则( )





图3－6－30


A．W1＜W2 B．W1＝W2


C．W1＞W2 D．无法判断


解析：选C.电场力做的功W＝Eqy，其中y为粒子沿电场方向偏转的位移，因图乙中洛伦兹力方向向上，故图乙中粒子向下偏转的位移y较小，W1＞W2，故C正确．


9．MN板两侧都是磁感强度为B的匀强磁场，方向如图3－6－31所示，带电粒子从a位置以垂直磁场方向的速度开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知ab＝bc＝cd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为( )





图3－6－31


A.eq \f(3π,tB) B.eq \f(4π,3tB)


C.eq \f(π,tB) D.eq \f(tB,2π)


解析：选A.粒子从a运动到d依次经过小孔b、c、d，经历的时间t为3个eq \f(T,2)，由t＝3×eq \f(T,2)和T＝eq \f(2πm,Bq).可得：eq \f(q,m)＝eq \f(3π,tB)，故A正确．











二、计算题


10．回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m.求：


(1)质子最初进入D形盒的动能多大？


(2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大？


(3)交流电源的频率是什么？


解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理得：


eU＝Ek－0，解得Ek＝eU.


(2)粒子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，由牛顿第二定律得：


evB＝meq \f(v2,R)①


质子的最大动能：Ekm＝eq \f(1,2)mv2②


解①②式得：Ekm＝eq \f(e2B2R2,2m).


(3)f＝eq \f(1,T)＝eq \f(eB,2πm).


答案：(1)eU (2)eq \f(e2B2R2,2m) (3)eq \f(eB,2πm)


11．质量为m、电荷量为q的带负电粒子自静止开始释放，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图3－6－32所示．已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．求：匀强磁场的磁感应强度B.





图3－6－32


解析：作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图所示．设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：





qU＝eq \f(1,2)mv2①


粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：


qvB＝meq \f(v2,r)②


由几何关系得：r2＝(r－L)2＋d2③


联立求解①②③式得：磁感应强度


B＝eq \f(2L,L2＋d2) eq \r(\f(2mU,q)).


答案：eq \f(2L,L2＋d2) eq \r(\f(2mU,q))


12.





图3－6－33


如图3－6－33所示，有界匀强磁场的磁感应强度B＝2×10－3 T；磁场右边是宽度L＝0.2 m、场强E＝40 V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q＝－3.2×10－19 C，质量m＝6.4×10－27 kg，以v＝4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．(不计重力)求：


(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；


(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；


(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek.


解析：(1)轨迹如图





(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有


qvB＝meq \f(v2,R)


R＝eq \f(mv,qB)


＝eq \f(6.4×10－27×4×104,3.2×10－19×2×10－3) m


＝0.4 m


(3)Ek＝EqL＋eq \f(1,2)mv2＝40×3.2×10－19×0.2 J＋eq \f(1,2)×6.4×10－27×(4×104)2 J＝7.68×10－18 J.


答案：(1)轨迹见解析图 (2)0.4 m


(3)7.68×10－18 J