高三物理总复习巩固练习磁场对运动电荷的作用提高

【巩固练习】

一、选择题

1、一带电粒子以垂直于磁场方向的初速度飞入匀强磁场后做圆周运动，磁场方向和运动轨

迹如图所示，下列情况可能的是（ ）  

A．粒子带正电，沿逆时针方向运动     B．粒子带正电，沿顺时针方向运动

C．粒子带负电，沿逆时针方向运动     D．粒子带负电，沿顺时针方向运动

2、如图所示，比荷为e/m的电子从左侧垂直于界面、垂直于磁场射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场区域，要从右侧面穿出这个磁场区域，电子的速度至少应为（  ）

A. 2Bed/m     B. Bed/m     C. Bed/(2m)    D. Bed/m

3、质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（  ）

A．M带负电，N带正电

B. M的速度率小于N的速率

C. 洛伦磁力对M、N做正功

D. M的运行时间大于N的运行时间

4、处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圈周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值   （  ）

A 与粒子电荷量成正比        B 与粒子速率成正比

C与粒子质量成正比          D与磁感应强度成正比

5、（2016 吉林模拟）如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节。适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径增大的是（  ）

A. 同时增大U和I                B. 同时减小U和I

C. 增大U，减小I                 D. 减小U，增大I

6、（2015  湖北省六校高三元月调考）如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m．现有一个比荷大小为，可视为质点的带正电的小球(重力不计），从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是（ ）

A．3m/s     B．3.75m/s    C．4.5m/s    D．5m/s 

7、（2016 安徽黄山一模）如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。两个相同的带电小球（可视为质点）同时分别从轨道的左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则（  ）

    A. 两小球到达轨道最低点的速度vM＞vN

B. 两小球到达轨道最低点对轨道的压力FM＞FN

C. 两小球第一次到达最低点的时间相同

D. 两小球都能到达轨道的另一端

8、如图所示圆柱形区域的横截面。在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向射入时，穿过此区域的时间为t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场,磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了，根据上述条件可求得的物理量为（  ）

A．带电粒子的初速度                 B．带电粒子在磁场中运动的半径  

C．带电粒子在磁场中运动的周期       D．带电粒子的比荷

9、如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．P为屏上的一个小孔．PC与MN垂直．一群质量为m、带电量为－q的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（ ）

A．　　            　B．

Ｃ. 　　    Ｄ．

10、质量为m，电量为q的带正电小物块在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为的绝缘水平面以初速度开始向左运动，如图所示。经t时间走S距离，物块停了下来，设此过程中，q不变，则（  ）

A.                   B.

C.            D.

二、填空题

1、质子和粒子以相同的动能垂直于磁场方向射入同一匀强磁场，它们的运动轨迹半径之比       ，运动周期之比 =         。

2、一带正电的原子核A，静止在垂直纸面向里的匀强磁场中的（0，0）点，如图，某时刻突然分裂成质量不等、但带电完全相同的两部分，分裂后质量大的部分速度沿x轴正方向，请在坐标系中画出两者的轨迹示意图，并标明环绕方向。

3、如图所示，边界是圆周的匀强磁场的直径为d，磁感应强度为B。若在圆心O处有一质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于磁场运动，则其初速度v0必须大于________才能穿出磁场边界，在磁场中运动时间不会超过________。
 

三、计算题

1、如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．

 (1)若，求B0；

(2)若，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；

(3)若，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.

2、如图甲所示，在真空中半径的圆形区域内，有磁感应强度B=0.2 T，方向如图的匀强磁场，一束带正电的粒子电量，质量，以初速度，从磁场边界上直径ab的a端沿各个方向射入磁场，且初速方向都垂直于磁场方向，不计粒子重力。计算时取，。求：
　　（1）当粒子的速度方向与直径ab的夹角为多少时，粒子刚好从磁场边界b处飞出磁场，该粒子在磁场中运动的时间是多少？
　　（2）若粒子射入磁场的速度改为，其他条件不变，试用斜线在图乙中画出该束粒子在磁场中可能出现的区域，要求有简要的文字说明。
　　　

3、如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直板M、N，且s2O=R。以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板。质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场。粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计。

（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小；

（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；

（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值。

4、一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为方向与ad边夹角为，如图所示。已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）。

　　（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求的大小；
　　（2）若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求的取值范围以及该范围内粒子在磁场中运动时间t的范围。

【答案与解析】

一、选择题

1、AD

解析：根据左手定则，若粒子带正电，速度方向向左即沿逆时针方向运动，洛伦兹力方向向

下指向圆心，A对，若粒子带负电，恰好相反，D对。故答案为AD。

2、B

解析：比荷为e/m的电子与右侧面边界相切正好不能穿出，根据可知穿出的临界条件是，解得，故B正确。

3、A

解析：由粒子偏转方向可判断所受洛伦兹力的方向结合左手定则可推知M带负电，N带正电；由结合M和N质量和电量都相等，可知M的速度率大于N的速率；洛伦兹力不做功；由可知两粒子运动时间均为半个周期，相等；正确选项为A。

4、D

解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流在一个周期T内的电量为q，根据电流定义式有 ，粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有，两式联立有 。

环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率无关，故答案为D。

5、【答案】C

【解析】根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：

                                ①

电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：

                               ②

解得：                 ③

增大电子枪的加速电压，减小励磁线圈中的电流，电流产生的磁场减小，都可以使电子束的轨道半径变大。ABD错，C正确。

故选C。

6、【答案】ABD

【解析】依题意可知：小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON=9m＜3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方．也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．

由于洛伦兹力提供向心力，所以：，得：      ①

1．若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，

设OO′=s，由几何关系得：                  ②

3r﹣9=s   ③

联立②③得：r1=3m；r2=3.75m

分别代入①得：[来源:Z+xx+k.Com]

2．若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′=s，

由几何关系得：                           ④[来源:学§科§网Z§X§X§K]

x=9﹣r3                                                                                    ⑤

联立④⑤得：r3=5m

代入①得：

故选：ABD

7、【答案】AB

【解析】小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：

解得：                ①

小球在点场中运动，在最低点进行受力分析可知：

解得：                      ②

由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，A正确，C错；因为vM＞vN，结合①②可知：FM＞FN，B正确；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力对小球做负功，所以小球在到达轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故D错。

故选AB。

8、CD

解析：设初速度为，圆半径为，已知在没有磁场的情况下，穿过此区域的时间为t，可得（1）又已知速度方向偏转了，则粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°轨

迹如图。根据几何关系，圆周运动的半径（2），由于、都未知，不能求出粒子的初速度和在磁场中运动的半径，即AB不能求出。根据，未知数太多，看起来

不能求，但求周期还可以用来求，只要求出R与速度的关系就可以了（或者想办法求出比荷就能求出周期），（3），再由（1）代入（3），

解得。再代入周期公式可以求出比荷。或者先跟据

求出比荷，，即可求出周期。

9、C

解析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得到解得。

当θ为 0 的时候打在屏上的距离最远，此时的距离恰好是圆周运动的直径2R；当θ 达到 PC 两侧最大值 θ 时打在屏上的距离最近，此时的距离2Rcosθ。粒子的临界轨迹如图。

故被粒子打中的区域范围为在荧光屏上P点右侧长度为2R（1－cosθ）的条形亮线，其长度为，故选A。

10、BC

解析：洛仑兹力的方向竖直向下，摩擦力，加速度

，小物块做减速运动，加速度越来越小。是在没有磁场的情况下滑行的距离，所以有磁场的情况下滑行的距离要小些，A错B对。

根据动量定理 滑行时间

由于速度越来越小，，所以，C对，故选BC。

二、填空题

1、1:1；1:2

解析：质子：，粒子：，动量与动能的关系

  所以

周期   周期之比 。

2、如图。

解析：一个原子核静止在磁场中突然分裂，是动量守恒问题，，质量大的速度小，质量小的速度大，但动量大小相等，由可知，它们在磁场中运动轨迹半径相等，圆心在y轴上。再根据左手定则，质量大的部分的轨迹圆在x轴上方，质量小的部分的轨迹圆在x轴下方。

3、；

解析：设粒子带正电荷（带负电和其它速度方向同理分析），粒子恰好穿出磁场边界的临界条件是，如图。

所以。在磁场中运动的时间最多为二分之一周期，周期

故粒子在磁场中运动时间.

三、计算题

1、【答案】(1)　(2)　(3)

【解析】(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得

                 ①

据题意由几何关系得

R1＝d                         ②

联立①②式得

                     ③

(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得

                      ④

据题意由几何关系得

3R2＝d                       ⑤

联立④⑤式得

                     ⑥

(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得

                    ⑦

由牛顿第二定律得

                 ⑧

由题意知，代入⑧式得

d＝4R                        ⑨

粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连接与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求，由题意可知

               ⑩

设经历完整TB的个数为n (n＝0，1，2，3……)

若在A点击中P板，据题意由几何关系得

R＋2(R＋Rsin θ)n＝d           ⑪

当n＝0时，无解                    ⑫

当n＝1时，联立⑨⑪式得

           ⑬

联立⑦⑨⑩⑬式得

                     ⑭

当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求    ⑮

若在B点击中P板，据题意由几何关系得

R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d   ⑯

当n＝0时，无解                    ⑰

当n＝1时，联立⑨⑯式得

     ⑱

联立⑦⑨⑩⑱式得

       ⑲

当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求．  ⑳

2、（1）（2）见解析。

解析：（1）由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径：

   则
又 

设该弦对应的圆心角为，而
运动时间为 （若是特殊角用弧度方便些）

（2）
粒子在磁场中可能出现的区域：如图中以Oa = 为直径的半圆及以a为圆心Oa为半径的圆与磁场相交的部分。绘图如图。
　 　　

3、（1）（2）（3）

解析：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得

        ①

解得粒子进入磁场时速度的大小 

（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有

    ②

由①②得加速电压U与轨迹半径r的关系为

当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R 

对应电压  ③

（3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，

同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时

间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短。      

根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径   ④

由 ② 得粒子进入磁场时速度的大小

粒子在电场中经历的时间    ⑤ 

粒子在磁场中经历的时间    ⑥

粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间 ⑦

粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为 ⑧
4、（1）（2），

解析：（1）由图可知，，则

（2）当最大时有 ，得，

则，
当最小值有，得，则，
故  

带电粒子从ab边射出磁场，当速度为时，运动时间最短为

，

速度为时，运动时间最长为 ，

则粒子运动时间t的范围为  .