2019-2020學年高中物理 第6章 磁場對電流和運動電荷的作用 專題專項訓練（含解析）魯科版選修3-1

《2019-2020學年高中物理 第6章 磁場對電流和運動電荷的作用 專題專項訓練（含解析）魯科版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020學年高中物理 第6章 磁場對電流和運動電荷的作用 專題專項訓練（含解析）魯科版選修3-1（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題專項 一、選擇題 1．一個帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖所示，徑跡上的每小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變)，從圖中的情況可以確定 (　　) A．粒子從a運動到b，帶正電 B．粒子從b運動到a，帶正電 C．粒子從a運動到b，帶負電 D．粒子從b運動到a，帶負電 解析：能量(mv2)減小，由r＝知r減小，所以粒子從b到a，由左手定則知，粒子帶正電．B正確． 答案：B 2．一圓筒處于磁感應強度大小為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

2、心軸以角速度ω順時針轉動．在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉過90°時，該粒子恰好從小孔N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(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：定圓心、畫軌跡，由幾何關系可知，此段圓弧所對圓心角θ＝30°，所需時間t＝T＝；由題意可知粒子由M飛至N′與圓筒旋轉90°所用時間相等，即t＝＝，聯立以上兩式得＝，A項正確． 答案：A 3．普通電視機的顯像管中，掃描顯像主要是利用磁場對高速電子束的偏轉來實現的，其掃描原理如圖所示：在圓形區(qū)域內的偏轉磁場方向垂直于

3、紙面，當不加磁場時，電子束將通過O點而打在屏幕的中心M點，為了使屏幕上出現一條以M點為中點的亮線PQ，那么，偏轉磁場的磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律應是下圖中的(　　) 答案：B 4．(多選)長為l的水平極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應強度為B，極板間距離也為l，極板不帶電，現有質量為m，帶電荷量為q的正粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直于磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　) A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度

4、邊飛出或從右邊飛出，粒子從左邊飛出的臨界條件是r＝，由幾何關系可得粒子從右邊飛出的臨界條件是r＝l，再由半徑公式可得v<或v>. 答案：AB 5．如圖所示，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現有一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，由x軸上到原點的距離為x0的P點，以平行于y軸的初速度射入此磁場，在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場，(不計重力的影響)．由這些條件(　　) A．不能確定粒子通過y軸時的位置 B．不能確定粒子速度的大小 C．不能確定粒子在磁場中運動所經歷的時間 D．以上三個判斷都不對 解析：帶電粒子平行于y

5、軸射入及垂直于y軸射出磁場，由此可確定此粒子做圓周運動的圓心為原點O，半徑為x0，則粒子通過y軸時的位置為(0，x0)，故A錯；由R＝可以求出粒子速度v，故B錯；粒子在磁場中經歷的時間為，而T＝，故C錯． 答案：D 6．如圖所示，一質子(氫原子核)和一個α粒子(氦原子核)從a點同時以相同的動能沿垂直于磁場邊界且垂直于磁場方向射入寬度為d的有界磁場中，并都能從磁場右邊界射出，則以下說法正確的是(　　) A．質子先射出磁場區(qū)域 B．α粒子先射出磁場區(qū)域 C．質子在磁場中運動的路程長 D．α粒子在磁場中運動的路程長 答案：A 7．如圖所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁

6、場方向垂直紙面向里．P為屏上的一小孔．PC與MN垂直．一群質量為m、帶電量為－q的粒子(不計重力)，以相同的速度v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與PC夾角為θ的范圍內．則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為 (　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：粒子沿PC方向射入，偏轉半個圓周打在PN上，長度為l1＝2R＝，粒子沿與PC夾角為θ的方向射入，打在PN上的長度為l2＝.則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度為Δl＝l1－l2＝ 答案：D 8．(多選)利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感

7、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MN進入磁場，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 C．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 解析：利用左手定則可判定只有負電荷進入磁場時才向右偏，故選項A錯誤．利用qvB＝知r＝，能射出的粒子滿足≤r≤，因此對應射出粒子的最大速度vmax＝＝，選項B正確．vmin＝

8、＝，Δv＝vmax－vmin＝，由此式可判定選項C正確，選項D錯誤． 答案：BC 9．(選做題)如圖所示，一帶電粒子垂直射入一自左向右逐漸增強的磁場中，由于周圍氣體的阻尼作用，其運動軌跡仍為一段圓弧線，則從圖中可以判斷(不計重力)(　　) A．粒子從A點射入，速率逐漸減小 B．粒子從A點射入，速率逐漸增大 C．粒子帶負電，從B點射入磁場 D．粒子帶正電，從B點射入磁場 解析：帶電粒子受阻尼作用，速率減小，而運動半徑未變，由r＝知，在粒子運動軌跡上B應逐漸減小，則粒子應從A點射入磁場，故A對，B錯．據左手定則及偏轉方向可以判斷粒子帶正電，C、D錯． 答案：A 二、非選擇題 1

9、0．電子質量為m、電荷量為q，以速度v0與x軸成θ角射入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后落在x軸上的P點，如圖所示，求： (1)的長度； (2)電子由O點射入到落在P點所需的時間t. 解析：(1)粒子運動軌跡如圖所示，qv0B＝，OP＝2rsin θ＝sin θ. (2)t＝T，T＝，所以t＝ 答案：(1)sin θ　(2) 11．扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直于紙面．一質量為m、電荷量為－q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經電場

10、加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平方向的夾角θ＝30°. (1)當Ⅰ區(qū)寬度L1＝L、磁感應強度大小B1＝B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t. (2)若Ⅱ區(qū)寬度L2＝L1＝L、磁感應強度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h. (3)若L2＝L1＝L、B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應滿足的條件． 解析：(1)如圖1所示，設粒子射入磁場Ⅰ區(qū)的速度為v，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為R1，由動能定理和牛頓第二定律得 圖1 qU＝mv2 ① qvB1＝m ② 由幾何知識得

11、 L＝2R1sin θ ③ 聯立①②③式，代入數據得 B0＝ ④ 設粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的周期為T，運動的時間為t T＝ ⑤ t＝T ⑥ 聯立②④⑤⑥式，代入數據得 t＝， ⑦ (2)設粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑為R2，由牛頓第二定律得qvB2＝m⑧ 由幾何知識可得 h＝(R1＋R2)(1－cos θ)＋Ltan θ ⑨ 聯立②③⑧⑨式，代入數據得 h＝(2－)L ⑩ (3)如圖2所示，為使粒子能再次回到Ⅰ區(qū)，應滿足 R2(1＋sin θ) (或

12、B2≥ ) ? 答案：(1)B0＝ 　t＝ (2)h＝(2－)L　(3)B2> (或B2≥ ) 12．如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.H的質量為m，電荷量為q.不計重力．求： (1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應強度大?。? (3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離． 解析：(1)H在電場中做

13、類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示．設H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學公式有 s1＝v1t1 ① h＝a1t ② 由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.H進入磁場時速度的y分量的大小為 a1t1＝v1 tan θ1 ③ 聯立以上各式得 s1＝h ④ (2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1 ⑤ 設H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有 v1′＝ ⑥ 設磁感應強度大小為B，H在磁場中運動的圓軌道半徑為R

14、1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv1′B＝ ⑦ 由幾何關系得 s1＝2R1 sin θ1 ⑧ 聯立以上各式得 B＝ ⑨ (3)設H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv ⑩ 由牛頓第二定律有 qE＝2ma2 ? 設H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有 s2＝v2t2 ? h＝a2t ? v2′＝ ? sin θ2＝ ? 聯立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′ ? 設H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 R2＝＝R1 ? 所以出射點在原點左側．設H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關系有 s2′＝2R2 sin θ2 ? 聯立④⑧???式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 s2′－s2＝(－1)h ? 答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h - 10 -