第八章第二節(jié)課后達標檢測

1、一、單項選擇題1.兩個質(zhì)量分別為m1與m2的帶電粒子M、N的電荷量分別為q1和q2，以同一速度v進入勻強磁場中，在磁場里，它們的運動軌跡如圖中虛線所示已知粒子M的軌道半徑r1為粒子N的軌道半徑r2的一半，由此可知()A粒子M帶正電，粒子N帶負電，q1q221B粒子M帶負電，粒子N帶正電，12C粒子M帶正電，粒子N帶負電，21D粒子M帶正電，粒子N帶負電，運動周期之比解析：選C.由左手定則可知，粒子M帶正電，粒子N帶負電，B錯誤；由于條件不足，不能求出q1與q2的比值，A錯誤；對粒子M有Bq1v，對粒子N有Bq2v，又r22r1，解得21，故C正確；周期T1，T2，故D錯誤2如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)

2、有垂直紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是()Aa粒子速率最大，在磁場中運動時間最長Bc粒子速率最大，在磁場中運動時間最短Ca粒子速率最小，在磁場中運動時間最短Dc粒子速率最小，在磁場中運動時間最短解析：選B.由題圖可知，粒子a的運動半徑最小，圓心角最大，粒子c的運動半徑最大，圓心角最小，由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力可得：qvBm，故半徑公式r，T，故在質(zhì)量、帶電荷量、磁場的磁感應(yīng)強度都相同的情況下，速率越小，半徑越小，所以粒子a的運動速率最小，粒子c的運動速

3、率最大，而帶電粒子在磁場中的運動時間只取決于運動所對應(yīng)的圓心角，所以粒子a的運動時間最長，粒子c的運動時間最短3(2015貴陽適應(yīng)性檢測)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內(nèi)沿各個方向以相同速率v從P點射入磁場這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ圓弧上，PQ圓弧長等于磁場邊界周長的.不計粒子重力和粒子間的相互作用，則該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為()A.B.C. D.解析：選D.這些粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得qvB.從Q點離開磁場的粒子是這些粒子中離P點最遠的粒子，所以PQ為從Q點離開磁場的

4、粒子的軌跡圓弧的直徑，由圖中幾何關(guān)系可知，該粒子軌跡圓的圓心O、磁場圓的圓心O和點P形成一個直角三角形，由幾何關(guān)系可得，rRsin 60R.聯(lián)立解得B，選項D正確4.(2015洛陽統(tǒng)考)如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑一帶正電的粒子從a點射入磁場，速度大小為2v，方向與ab成30時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t.若僅將速度大小改為v，則粒子在磁場中運動的時間為(不計帶電粒子所受重力)()A3t B.tC.t D2t解析：選D.由q2vBm(2v)2/R可得R2mv/qB.設(shè)磁場區(qū)域半徑為r，則rRcos 60R/2.粒子在磁場中運動的軌跡所對

5、的圓心角為60，弧長為圓周的1/6，即R/32vt.若僅將速度大小改為v，其軌跡半徑減小為原來的1/2，即Rmv/qBr.畫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，粒子在磁場中運動的軌跡所對的圓心角為120，弧長為圓周的1/3，即2R/3vt.聯(lián)立解得t2t，選項D正確5.如圖所示，邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里、大小為B的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從AB邊的中點處垂直于磁感應(yīng)強度方向射入磁場，速度方向與AB邊的夾角為30.若要求該粒子不從AD邊射出磁場，則其速度大小應(yīng)滿足()Av BvCv Dv解析：選C.當粒子的軌跡跟AD邊相切時，粒子恰好不從A

6、D邊射出，通過作圖，知rmsin 30，得rmL，此時的速度為vm，而滿足條件的半徑r應(yīng)小于等于L，故有v，C正確6.如圖所示為一有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，MN、PQ為其兩個邊界，兩邊界間的距離為L.現(xiàn)有兩個帶負電的粒子同時從A點以相同速度沿與PQ成30角的方向垂直射入磁場，結(jié)果兩粒子又同時離開磁場已知兩帶負電的粒子質(zhì)量分別為2m和5m，電荷量大小均為q，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則粒子射入磁場時的速度為()A. B.C. D.解析：選B.由于兩粒子在磁場中運動時間相等，則兩粒子一定是分別從MN邊和PQ邊離開磁場的，如圖所示，由幾何知識可得質(zhì)量為2m的粒子對應(yīng)的

7、圓心角為300，由tT得質(zhì)量為5m的粒子對應(yīng)的圓心角為120，由圖可知OCD為等邊三角形，可求得RL，由Bqv得v，B正確二、多項選擇題7(2014高考新課標全國卷)如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()A. 電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小解析：選AC.根據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相

8、反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項A正確；根據(jù)qvB，得r，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們都帶正電，以相同速度進入磁場時，所受洛倫茲力方向相同，兩者偏轉(zhuǎn)方向相同，僅依據(jù)粒子軌跡無法判斷是質(zhì)子還是正電子，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv，粒子的動能大，其mv不一定大，選項D錯誤8.(2015陜西西安長安一中模擬)如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，則()A如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出B如果粒子的

9、速度增大為原來的三倍，將從f點射出C如果粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼?倍，也將從d點射出D只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，在磁場中運動時間關(guān)系為：tetdtf解析：選AD.作出示意圖如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可以看出，當粒子從d點射出時，軌道半徑增大為原來的二倍，由半徑公式R可知，速度v增大為原來的二倍或磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹項正確C項錯誤；如果粒子的速度增大為原來的三倍，軌道半徑也變?yōu)樵瓉淼娜?，從圖中看出，出射點在f點下面，B項錯誤；據(jù)粒子的周期公式T，可知粒子的周期與速度無關(guān)，在磁場中的運動時間取決于其軌跡圓弧所對應(yīng)的圓心角，所以從e、d點射出時所用時間相等

10、，從f點射出時所用時間最短，D項正確9.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m且?guī)д姷牧Ｗ?重力不計)以初速度v0從圓形邊界上的A點正對圓心射入該磁場區(qū)域，若該帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，則下列說法中正確的是()A該帶電粒子在磁場中將向右偏轉(zhuǎn)B若增大磁場的磁感應(yīng)強度，則該帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑將變大C該帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)距離為RD該帶電粒子在磁場中運動的時間為解析：選AC.由左手定則可知，該帶正電的粒子將向右偏轉(zhuǎn)，選項A正確帶電粒子在磁場中做圓周運動時，洛倫茲力提供運動的向心力，有qv0Bm，即r，所以當B增大時，粒子做圓周

11、運動的半徑將減小，選項B錯誤；如圖所示，由幾何關(guān)系可知，COB60，所以帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)距離為xBCRsin 60R，選項C正確；由幾何關(guān)系可知，該帶電粒子的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為60，因此粒子在磁場中運動的時間為tT，選項D錯誤10.在xOy平面上以O(shè)為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經(jīng)時間t后經(jīng)過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成角，如圖所示不計重力的影響，則下列關(guān)系一定成立的是 ()A若r，則090B若r，則tC若t，則rD若r，則t解析：選AD.帶電粒子

12、在磁場中從O點沿y軸正方向開始運動，圓心一定在垂直于速度的方向上，即在x軸上，軌道半徑R.當r時，P點在磁場內(nèi)，粒子不能射出磁場區(qū)，所以垂直于x軸過P點，最大且為90，運動時間為半個周期，即t，當r90，所以過x軸時090，A對、B錯；同理，若t，則r，若r，則t等于，C錯、D對三、非選擇題11.(2015河南商丘模擬)在如圖所示的平面直角坐標系xOy中，有一個圓形區(qū)域的勻強磁場(圖中未畫出)，磁場方向垂直于xOy平面，O點為該圓形區(qū)域邊界上的一點現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)從O點以初速度v0沿x軸正方向進入磁場，已知粒子經(jīng)過y軸上P點時速度方向與y軸正方向夾角為30，O

13、PL，求：(1)磁感應(yīng)強度的大小和方向；(2)該圓形磁場區(qū)域的最小面積解析：(1)由左手定則得磁場方向垂直xOy平面向里粒子在磁場中做弧長為圓周的勻速圓周運動，如圖所示，粒子在Q點飛出磁場設(shè)其圓心為O，半徑為R.由幾何關(guān)系有(LR)sin 30R，所以RL.由牛頓第二定律有qv0Bm，故R.由以上各式得磁感應(yīng)強度B.(2)設(shè)磁場區(qū)的最小面積為S.由幾何關(guān)系得直徑RL，所以S2L2.答案：(1)方向垂直于xOy平面向里(2)L212.如圖所示，在矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B5.0102T，矩形區(qū)域長為m，寬為0.2 m在AD邊中點O處有一放射源，某時刻，放射源沿紙面向磁場中各方向均勻地輻射出速率均為v2106m/s的某種帶正電粒子已知帶電粒子的質(zhì)量m1.61027kg，所帶電荷量為q3.21019C(不計粒子重力)(1)求帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為多大？(2)求從BC邊界射出的粒子，在磁場中運動的最短時間為多少？(3)若放射源向磁場內(nèi)共輻射出了N個粒子，求從BC、CD和AD邊界射出的粒子各有多少個？解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律可得Bqvm解得R0.2 m.甲(2)因為所有粒子的軌跡半徑相同，所以弦最短的圓弧對應(yīng)的時間最短，作EOAD，EO弦最短，如圖甲所示根據(jù)幾何知識可知，EO弦所對圓心角粒子在磁場中運動的周期為T所以最短時間為t