高二物理磁場對運動電荷的作用習題及答案

1、學習必備歡迎下載高二物理磁場對運動電荷的作用習題及答案、選擇題（本大題共9小題，每小題6分，共計54分.每小題至少一個答案正確 ）1 .有關(guān)洛倫茲力和安培力的描述，正確的是A.通電直導線在勻強磁場中一定受到安培力的作用8 .安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)C.帶電粒子在勻強磁場中運動受到的洛倫茲力做正功D.通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行解析當通電直導線放置的方向與勻強磁場的方向平行時，其不受安培力的作用，則A錯；安培力是導線中所有電荷所受的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，B正確；由于帶電粒子所受的洛倫茲力的方向與粒子的速度方向始終是垂直的關(guān)系，因此洛倫茲力不做功，C錯誤；磁場的

2、方向與安培力的方向垂直，D錯誤.答案 BX x X X2. 一帶電粒子以垂直于磁場方向的初速度飛入勻強磁場后做圓周運動，磁場方向和運卜1動軌跡如圖8 216所示，下列情況可能的是x x x .漢A.粒子帶正電，沿逆時針方向運動B.粒子帶正電，沿順時針方向運動* xx xC.粒子帶負電，沿逆時針方向運動D.粒子帶負電，沿順時針方向運動解析 由左手定則可判定，如粒子帶正電，則沿逆時針方向運動；如粒子帶負電，則沿順時針方向運動，故選項 A、D正確.答案 AD3. （2010廣東四校聯(lián)考）質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子（忽略重力）在磁感應弓II度為 B 的勻強磁場中做勻速圓周運動，形成空間環(huán)形電流.已知

3、粒子的運動速率為v、半徑為R、周期為T,環(huán)形電流的大小為I.則下面說法中正確的是a.該帶電粒子的比荷為q=BR一.，、 一qBtB.在時間t內(nèi)，粒子轉(zhuǎn)過的圓弧對應的圓心角為0=毛C.當速率v增大時，環(huán)形電流的大小 I保持不變D,當速率v增大時，運動周期 T變小2 7tmT= qB，qBt. 2. m，2解析在磁場中，由qvB = %得合會選項A錯誤；在磁場中運動周期與速率無關(guān)，選項 D錯誤；在時間t內(nèi)，粒子轉(zhuǎn)過的圓弧對應的圓心角0=，選工B正確；電流定義I=T =關(guān)，與速率無關(guān)，選項C正確.答案BC4. 回旋加速器是加速帶電粒子的裝置.其主體部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁

4、場中，并分別與高頻交流電源兩極相連接，從而使粒子每次經(jīng)過兩盒間的狹縫時都得到加速，如圖 時的動能，下列方法可行的是A.增大金屬盒的半徑C.增大高頻交流電壓8217所示，現(xiàn)要增大帶電粒子從回旋加1B.減小狹縫間的距離D.減小磁場的磁感應強度E2解析由qvB = mV-,得R2 2 2Ekm=2mvm= q賓.可知A正確.答案 A5. （2010浙江杭州一模）質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖8-2-18所示，離子源 S產(chǎn)生的各種不同正離子束（速度可看做零）,經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，到達記錄它的照相底片磁場的位置到入口處 S1的距離為x,下列判斷正確

5、的是A.若離子束是同位素，則 x越大，離子進入磁場時速度越小B.若離子束是同位素，則 x越大，離子質(zhì)量越小C.只要x相同，則離子質(zhì)量一定不相同P上，設離仔射出D.只要x相同，則離子的比荷一定相同1c斛析 在加速電場中，qU = 2mv ;在磁場中qvB = mv;由幾何關(guān)系知x = 2R;以上三 R式聯(lián)立可得x=2mv=2 q2mU只有選項d正確.答案D6 .如圖8- 219所示，一個質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的帶電粒子，不計重力，在 a點 以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域I ,沿曲線 abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R 的圓弧.粒子在每段圓弧上運動的時間都為 t.規(guī)定垂直于紙面向外的

6、磁感應強度方向為正，則磁場區(qū)域I、n、出三部分的磁感應強度B隨x變化的關(guān)系可能是圖 8-2-20中的圖 8-2- 19圖 8 2 20向里和向外,解析由左手定則可知，I、n、出三部分的磁感應強度方向分別為向外、即正、負和正，故b、d錯.由于粒子做勻速圓周運動，所以4T=瑞口故B=U，C正確.答案 C4q It;若該區(qū)域7 . （2010遼寧錦州期末）如圖82 21所示，圓柱形區(qū)域的橫截面在沒有磁場的情況下，帶 電粒子（不計重力）以某一初速度沿截面直徑方向入射時，穿過此區(qū)域的時間為 加沿軸線方向的勻強磁場， 磁感應弓雖度為B,帶電粒子仍以同一初速度沿截河期空入四，子飛出此區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)了兀

7、/3根據(jù)上述條件可求得的物理量為A.帶電粒子的初速度B.帶電粒子在磁場中運動的半徑or解析設圓柱形區(qū)域的半徑為 2RR,粒子的初速度為 V0,則Vo=2R,由于R未知，無法求出帶電粒子的初速度，選項A錯誤；若加上磁場，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所C.帶電粒子在磁場中運動的周期D,帶電粒子的比荷示，設運動軌跡半徑為r,運動周期為T，則T=T;速度方向偏轉(zhuǎn)了兀/3由幾何關(guān)系得，軌跡圓弧所對的圓心角0=兀/3 r = */3R,聯(lián)立以上式子得 T = J3兀1由T =一22兀m/qB導q/m = J3Bf，故選項C、D正確；由于 R未知，無法求出干電粒子在磁場中做圓周運動的半徑，選項 B錯誤.答案

8、CDa的等邊三角形，磁場垂直紙面欲使電子能經(jīng)過 BC邊，則磁感應8 .如圖82 22所示，ABC為與勻強磁場垂直的邊長為向外，比荷為焉的電子以速度v0從A點沿AB方向射入,強度B的取值應為3mvoA. B ae2mvoB. B-T ae,3mvo2mvoC- B=a解析 如右圖所示，當電子正好經(jīng)過fi c C點時，做圓周運動的半徑R=a/cos 30 = %, a 要想電子從 BC邊經(jīng)過，圓周運動的半徑要大于 赤，由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式/有才鬻即B生”選項正確答案C9 .如圖82 23所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質(zhì)量和電荷量均相同的正負離子（不計重力）,從點O以相同

9、的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成。角，則正負離子在磁場中A.運動時間相同B.運動軌道的半徑相同C.重新回到邊界時速度的大小和方向相同% 乂算乂D .重新回到邊界的位置與 。點距離相等J k /晨.解析 如右圖所示，正離子的軌跡為磁場邊界上方的OB ,五離子的軌跡為磁場邊界上方的OA,軌道半徑 OOi=OO2=mv,二者相同，B正確；運動時間和軌道對應的 qB圓心角（回旋角 ”成正比，所以正離子運動時間較長，A錯誤；由幾何知識可知 OOiBA OO2A,所以 OA = OB, D 正確；由于 OiB/ O2A,且 va，O2A, vbOiB,所以Va/vb, C正確.答案 BCD10. （

10、2011海南）.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大解析：在磁場中半徑 r =mv運動時間：t =（。為轉(zhuǎn)過圓心角），故BD正確，當粒子 qBqB從。點所在的邊上射出的粒子時：軌跡可以不同，但圓心角相同

11、為1800,因而AC錯11. （2011浙江）.利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MNk方是磁感應強度大小為 B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為 L。一群質(zhì)量為 m電荷量為q,具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MNe入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是A.粒子帶正電B.射出粒子的最大速度為 qB（L *3d）2mC.保持d和L不變，增大B,射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D.保持d和B不變，增大L,射出粒子的最大速度與最小速度之差增大答案：BC解析：由左手定則可判斷粒子帶負電，故 A錯誤；由題

12、意知：粒子的最大半徑L 3d 4,曰-L 3g mv “口qB(L 3d)rmax = 、粒子的取小半徑rmin =,根據(jù) r =一二,可得 vmax =22qB2mqBL 3qBd-，vmin ,則 vmax _vmin = ,故可知 B C正確，D車日證。2m2m、計算題（本大題共3小題，共46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）12. （13分）如圖8 224所示，a點距坐標原點的距離為 L,坐標平面內(nèi)有邊界過a點和坐標原點 O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直坐標平面向里.有一電子（質(zhì)量為m、電荷量為e）從a點以初速度vo平行x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運行，

13、從 x軸上的b點（圖中未畫出）射出磁場區(qū)域，此時速度方向與60,求：磁場的磁感應強度；口 一（2）磁場區(qū)域的圓心 Oi的坐標；電子在磁場中運動的時間.X解析（1）磁場區(qū)域及電子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得x軸的正方向之間的夾角為R=2L,由牛頓第二定律（2）x軸坐標x=Qsin 60=粵y 軸坐標為 y = L aO icos 60 = 2Oi點坐標為，2.2 mv0 得 Bev0=- R（1）熒光屏上光斑的長度;（2）所加磁場范圍的最小面積.60T 2 7tLmv0A/3L 12 7tL粒子在磁場中飛行時間為U嬴=菰.答案（1）2eLC23L，-j菰13. （15分）電子質(zhì)量為m,電荷量為

14、e,從坐標原點 。處沿xOy平面射入第一象限, 射入時速度方向不同，速度大小均為 Vo,如圖82 25所示.現(xiàn)在某一區(qū)域加一方向向外且垂直于 xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為B,若這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏 MN上，熒光屏與y軸平行，求:解析（1）如圖所示，求光斑長度，關(guān)鍵是找翻兩個邊界點，初速度方而沿的電子，沿弧 OB運動到P;初速度方向沿 y軸正方向的電子，沿弧 OC運動到Q.電子在磁場中的半徑 R= mv0,由圖可知PQ= R= mv0. BeBe(2)沿任一方向射入第一象限的電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都能垂直打到熒光屏MN上，所加最小面積的磁場的邊界是以O (0, R)為圓心、R為半

15、徑的圓的一部分， 如圖中實線所示，所以磁場范圍的最小面積S= 4兀 R2+R21 兀 R2答案10(2)伊德)14. (2010全國I )(18分)如圖8226所示，在 0WxW3a區(qū)域內(nèi)存在與 xy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0180范圍內(nèi).已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t= to時刻剛好從磁場邊界上P( ,3a, a)點離開磁場.求：粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q/m；(2)此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；(3

16、)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間.圖 8-2-26解析 (1)初速度與y軸正方向平行的粒子在磁場中的運動軌跡如下圖中的弧-OP所示,其圓心為C.由題給條件可以得出 /OCP = *D此粒子飛出磁場所用的時間為3to = T式中T為粒子做圓周運動的周期.3此粒子運動速度的大小為 v,半徑為R.由幾何關(guān)系可得R=a由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB = mvT=%3Rv聯(lián)立式，得9 =言.m 3Bt0(2)依題意，同一時刻仍在磁場內(nèi)的粒子到。點距離相同.在t0時刻仍在磁場中的粒子應位于以。點為圓心、OP為半徑的弧 MN上，如上圖所示.設此時位于P、M、N三點的粒子的初速度分別為Vp、Vm

17、、Vn.由對稱性可知 vp與OP、vm與OM、vn與ON的夾角均為 兀/3設Vm、vn與y軸正方向的夾角分別為0m、由一 ,兀2兀一幾何關(guān)系有心 =3氏=彳33對于所有此時仍在磁場中白粒子，其初速度與y軸正方向所成的夾角 。應滿足產(chǎn)3尬(3)在磁場中飛行時間最長的粒子的運動軌跡應與磁場右邊界相切，其軌跡如右圖所示.由幾何關(guān)系可知om = op由對稱性可知 1ME = op ?從粒子發(fā)射到全部粒子飛出磁場所用的時間tm= 2t0.答案(1)所a 急 (2)00)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I,其速度方向沿 x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時， 速度方向與x軸正方向的夾角為 30 ;因此，另

18、一質(zhì)量和電荷量均與 a相同的粒子b也從p 點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I,其速度大小是 a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求(1)粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大??；(2)當a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差。解析：（1）設粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C （在y軸上），半徑為Rai,粒子速率為va,運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得v2d 一qVaAB=m由幾何關(guān)系得/PCP =8Rai =Rais iun式中，e= 30,由式得va1 =2m（2）設粒子a在II內(nèi)做圓周運動的圓心為 Oa,半徑為Rai ,射出點為Pa （圖中未畫出軌2跡），/P Oa Pa = e。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得qVa（2B） = mRa2由式得Ra2 = a1C、P和Oa三點共線，且由