專題10 磁場(解析版)

專題10磁場（解析版）平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場﹑磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量m，電荷為q>，沿紙面以大小為v的速度從OM上的某點向左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場，不計重力。則粒子離開磁場時的出射點到兩平面交線O的距離為（ ）A．mv B．

3mv

C．2mv4mv2qB qB【答案】D【詳解】

qB qBONON相切，如圖所示；根據(jù)牛頓第二定律得

v2，由三角形得2Rx

sin30x

4mv故選D。

qvB mR

OP OP qBdPQ之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間L軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，兩導軌分別與PQ相連，質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止，重力加速為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是（ ）導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v

mgRsinBBLd12導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v

mgRsinBBLd12導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v

mgRtanBBLd12導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v

mgRtanBBLd12【答案】B【詳解】等離子體垂直于磁場噴入板間時，根據(jù)左手定則可得金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負電荷，則電流方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板PQ時產生的電動勢UqUqBvd 1IU

F U BBLvd由歐姆定律

和安培力公式FBIL可得R

BL 21安 2 R R再根據(jù)金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止，可得

=mgsin則v

安mgRsinBBLd12金屬棒ab面向下。故選B。真空中有一勻強磁場磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面磁場的方向與圓柱軸線平行其橫截面如圖所示一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場已知電子質量為電荷量為忽略重力為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內磁場的磁感應強度最小為（ ）3mv2ae【答案】C【詳解】

mvae3mv4ae3mv5aev2電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力eBvmr則磁感應強度與圓周運動軌跡關系為Bmver即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應強度越小。令電子運動軌跡最大的半徑為r

，為了使max所示A點為電子做圓周運動的圓心，電子從圓心沿半徑方向進入磁場，由左手定則可得，ABOBABO為直角三角形，則由幾何關系可得r

2r

a24解得r a

max

maxmax 3解得磁場的磁感應強度最小值B

mvminerminmax

3mv4ae故選C。一勻強磁場的磁感應強度大小為方向垂直于紙面向外其邊界如圖中虛線所示為半圓bd與直徑ab共線間的距離等于半圓的半徑一束質量為m電荷量為的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（ ）7m

m

m

3m6qB B．4qB

3qB D．2qB【答案】C【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動qBvmv2，T

2r可得粒子在磁場中的周期T

r v2mqB m粒子在磁場中運動的時間tTqB圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大。當半徑r0.5R和r1.5R時，粒子分別從ac、bd區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期。當0.5R<r<1.5R時，粒子從半圓邊界射出，逐漸將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，軌跡圓心角從RR時軌跡圓心角最大，即軌跡對應的最大圓心角

43 34 粒子運動最長時間為t

T3

m4 m,故選C。

qB 3qBCT掃描是計算機X掃描機可用于對多種病情的探測。圖是某種CT機主要部分的剖面圖其中X射線產生部分的示意圖如所示中MN之間有一電子束的加速電場虛線框內有勻強偏轉磁場經調節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示；將電子束打到靶上的點記為P點。則（ ）A．M處的電勢高于N處的電勢NP點左移C．偏轉磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P【答案】D【詳解】由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；增大加速電壓則根據(jù)eU1mv22可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據(jù)在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有evBmv2RRmveB的角度，故P點會右移，故B錯誤；CC錯誤；D．由B增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。故選D。P點，在紙面內沿不同方向射入磁場．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相2 應的出射點分布在三分之一圓周上不計重力及帶電粒子之間的相互作用則v∶v為2 A．3C．3∶1C【詳解】

B．2∶1D．3∶2相同的帶電粒子垂直勻強磁場入射均做勻速圓周運動．粒子以v1P，對應圓心角為的弦Rr＝1R.1 2其他不同方向以v1入射的粒子的出射點在PP′對應的圓弧內．同理可知，粒子以v入射及出射情況，如圖乙所示．由幾何關系知r＝R2R＝3R，2 2 2 22 可得r∶r＝3∶2 mv因為m、q、B均相同，由公式r＝

v∝rv

＝3∶1.qB 2 13∶2，與結論不相符，選項A錯誤；2∶1，與結論不相符，選項B錯誤；3∶1，與結論相符，選項C正確；3∶2，與結論不相符，選項D故選C.一圓筒處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度MMNN飛出圓筒，不計重力．若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）B【答案】C【詳解】

2B

3BB粒子在磁場中做勻速圓周運動根據(jù)幾何關系，則有：MOA4575OAMMOA即軌跡圓弧所對的圓心角為30，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T30 1 m

Bq

，粒子在磁場中勻速圓周運動的時間：t360T12qB1 1 圓筒轉動90t4T4粒子勻速圓周運動的時間和圓筒轉動時間相等，即有：tt可得：

1

1 12 qB 4 qm 3B故選C。8P離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從P點離開磁場，需將磁感應強度11倍．此離子和質子的質量之比為（）A．11 B．12 C．144 D．121【答案】D【詳解】q場中運動的速度為v，應用動能定理可得：Uq1mv22v

2qUmv2粒子在磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力作向心力，則有：BvqmRmv 1 R

qB B q因為離子和質子從同一出口離開磁場，所以他們在磁場中運動的半徑相等，即為：1 1質

2Um離B e e0 0所以離子和質子的質量比m ：m =121；離 質A．11，與結論不相符，選項A錯誤；B．12，與結論不相符，選項B錯誤；C．144，與結論不相符，選項C錯誤；D．121，與結論相符，選項D正確；如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P(0, 3L)點，以相同的速在紙面內沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為180。當150時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則（ ）粒子一定帶正電當45x軸離開磁場粒子入射速率為2 3qBLmO點的最大距離為35L【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)題意可知粒子垂直x軸離開磁場，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；BC．當150時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖粒子運動的半徑為r 3Lcos60

2 3L洛倫茲力提供向心力qvBmv2r解得粒子入射速率v2 3qBLm若45，粒子運動軌跡如圖根據(jù)幾何關系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，B錯誤，C正確；D．粒子離開磁場距離O點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖根據(jù)幾何關系可知(2r)2( 3L)2x2m解得xm

35LD正確。故選ACD如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣PM處于同E；兩擋m，電荷量為v0P點處射入磁場，從兩擋板QN之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，不計重力。P點的距離；求磁感應強度大小的取值范圍；QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。13mv2

2mv

3910 3【答案（1）【詳解】

06qE

（）(3

03)ql

B

0 （粒子運動軌跡見解析， lql44ql帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知xvt ①01y at21

qEt2 ②2 2m粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，有粒子發(fā)射位置到P點的距離

tan30vx

at ③v0由①②③④式得

s x2y2 ④13mv2帶電粒子在磁場運動在速度

s 0 ⑤6qEvv 0v

2 3v0 ⑥vcos30° 3帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡（分別從Q、N點射出）如圖所示由幾何關系可知，最小半徑lr 2 3l ⑦最大半徑

min cos30 322l ⑧r ( 31)lmaxcos75帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知qvBmv2 ⑨r由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應強度大小的取值范圍2mv0(3

B

2mv0ql若粒子正好從QN由幾何關系可知lsin 2 5⑩5 52l帶電粒子的運動半徑為5?l?r 43 cos(30)粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離⑩式解得

dmin

(r3

sin30l)r ?3d3910 3l ?44如圖，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為0BO點處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為v、0帶正電的粒子束，單個粒子的質量為m、電荷量為q，一足夠長的擋板OM與正極板成37傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負極板上的兩點，C點位于O點的正上方，P0點處放置一粒子靶（忽略靶的大小，用于接收從上方打入的粒子，CP長度為L，忽略柵0極的電場邊緣效應、粒子間的相互作用及粒子所受重力。sin373。5若粒子經電場一次加速后正好打在PU0的大?。徽{整電壓的大小，使粒子不能打在擋板OM上，求電壓的最小值

；minPHS（CHCPCS，HS兩點末在圖中標出、對于粒子靶在HS區(qū)域內的每一點，當電壓從零開始連續(xù)緩慢增n（n2）種能量的粒子，求CH和CS的長度（假定在每個粒子的整個運動過程中電壓恒定。B2mv2

7mv2 2(n3) mv【答案（1）U 02(n4) mv

0 8m 2q

（2）U min

0（）CH18q

0(n2)；3 qBCS 0(n2)3 qB【詳解】（1）從O點射出的粒子在板間被加速，則1Uq mv12 mv20 220粒子在磁場中做圓周運動，則半徑Lr 0L2由v2qvBmr解得B2mv2U 0 00 8m 2q當電壓有最小值時，當粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時粒子恰好不能打到擋板上，則從O點射出的粒子在板間被加速，則U

1 1q mv2 mv2min粒子在負極板上方的磁場中做圓周運動

2 2 0qvBm

v2rmin粒子從負極板傳到正極板時速度仍減小到v0，則v2由幾何關系可知

qvBm0 r'2rmin

r'sin

r'聯(lián)立解得

vU min

4v037mv2018q2 結合運動軌跡半徑分別為r、r2 423r3r23

4mv3qB3qB①當粒子在下方區(qū)域磁場的運動軌跡正好與OM相切，再進入上方磁場區(qū)域做圓周運動，軌跡與負極板的交點記為H2H2粒2種能量的粒子，此時H2C點最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點，運動軌跡如圖所示由幾何關系可得

CH 2r2

2r3

2r2

4r2

2r3②同理可知當粒子靶接收3種能量的粒子的運動軌跡如圖所示第③MNH2后再次進入上方磁場區(qū)域運H3(S2，則該點為接收兩種粒子的終點，同時也是接收3子的起點。由幾何關系可得CH CS 2(2r2r)2r6r4r3 2 2 3 2 2 3可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點（即粒子靶接收n種粒子的起點與終點）始終相距CH CH3 2

2r2

2r3當粒子靶接收n種能量的粒子時，可得CHn2r(n1)2r

2(n3)mv(n2)02 3 3 qB02(n4) mvCS(n1)

n2r

0(n2)2 3 3 qBMNABC，CMNMN平行，該三角形0（重力不計以初速度vABOOC方向射入三角形區(qū)域，0偏轉60MN點（圖中未畫出）MN右側區(qū)域，偏轉后恰能回到O點。已知離子的質量