2012届高考物理总复习磁场对运动电荷的作用讲与练课时训练题（有答案）

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课时作业25　磁场对运动电荷的作用
时间：45分钟　　满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
 
图1
1．如图1所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t，若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．两个微粒所受重力均忽略．新微粒运动的(　　)
A．轨迹为pb，至屏幕的时间将小于t
B．轨迹为pc，至屏幕的时间将大于t
C．轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t
D．轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t
解析：碰撞过程其动量守恒，所以碰撞前后动量不变．由r＝mvqB知，微粒的轨道半径不变，故其轨迹仍为pa，但由于碰后其运动速率比原来小，所以至屏幕时间将大于t.
答案：D
2．质子(p)和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为Rp和Rα，周期分别为Tp和Tα.则下列选项正确的是(　　)
A．Rp∶Rα＝1∶2　Tp∶Tα＝1∶2
B．Rp∶Rα＝1∶1　Tp∶Tα＝1∶1
C．Rp∶Rα＝1∶1　Tp∶Tα＝1∶2
D．Rp∶Rα＝1∶2　Tp∶Tα＝1∶1
解析：由洛伦兹力提供向心力，则qvB＝mv2R，R＝mvqB，由此得：RpRα＝mpqp•qαmα＝mq•2q4m＝12
由周期T＝2πmqB得：TpTα＝mpqp•qαmα＝RpRα＝12，故A选项正确．
答案：A
 
图2
3．如图2所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将(　　)
A．沿路径a运动，轨迹是圆
B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大
C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小
D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小
解析：由r＝mvBq知B减小，r越来越大，故电子的径迹是a.
 
图3
答案：B
4．如图3所示是电视机中显像管的偏转线圈示意图，它由绕在磁环上的两个相同的线圈串联而成，线圈中通有如图3所示方向的电流．当电子束从纸里经磁环中心向纸外射来时(图中用符号“•”表示电子束)．它将(　　)
A．向上偏转　　　　　　 B．向下偏转
C．向右偏转   D．向左偏转
解析：由右手定则判断在偏转线圈内部存在水平向左的磁场，再由左手定则判定电子束向上偏转．
答案：A
5．如图4所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场．在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同．两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是(　　)
 
图4
A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同
B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场
C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场
D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场
 
图5
解析：画轨迹草图如图5所示，容易得出粒子在圆形磁场中的轨迹长度(或轨迹对应的圆心角)不会大于在正方形磁场中的，故A、B、D正确．
答案：ABD
6．如图6所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P为屏上的一小孔，PC与MN垂直．一群质量为m 、带电荷量为－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(　　)
 
图6
A.2mvqB   B.2mvcosθqB
C.2mv1－sinθqB   D.2mv1－cosθqB
 
图7
解析：能打到的范围中最远点为2R处，其中R为轨迹半径，R＝mvqB，最近点为2Rcosθ处，所以总长度L＝2R－2Rcosθ＝2mv1－cosθqB.
答案：D
 
图8
7．如图8所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入磁感应强度为B1的磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点(　　)
A.2πmqB1   B.2πmqB2
C.2πmqB1＋B2   D.πmqB1＋B2
 
图9
解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图9所示．由周期公式T＝2πmqB知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝2πmqB1＋πmqB2 ＝2πmqB2，所以B选项正确．
答案：B
8．(2010•重庆高考)如图10所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示．
 
图10
粒子编号 质量 电荷量(q>0) 速度大小
1 m 2q v
2 2m 2q 2v
3 3m －3q 3v
4 2m 2q 3v
5 2m －q v

由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为(　　)
A．3、5、4   B．4、2、5
C．5、3、2   D．2、4、5
解析：由左手定则可以判断a、b带同种电荷，且与C电性相反，再由R＝mvqB可以判断5个粒子做圆周运动的半径分别为mv2qB、2mvqB、3mvqB、3mvqB、2mvqB，结合题图半径可以判断只有选项D正确．
答案：D
二、计算题(3×12′＝36′)
 
图11
9．如图11中MN表示真空室中垂直于纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速度v射入磁场区域，最后到达平板上的P点．已知B、v以及P到O的距离l，不计重力，求此粒子的电荷量q与质量m之比．
解析：粒子初速度v垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，设其半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有qvB＝mv2R
因粒子经O点时的速度垂直于OP，故OP为直径，l＝2R
由此得qm＝2vBl
答案：qm＝2vBl
 
图12
10．如图12所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)．
解析：
 
图13
设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出．用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度、轨道半径和周期
qvB1＝mv2R1　qvB2＝mv2R2
T1＝2πR1v＝2πmqB1，T2＝2πR2v＝2πmqB2，设圆形区域的半径为r.如图13所示，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场．连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其轨迹的半径R1＝A1A2＝OA2＝r
圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝16T1
带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即R2＝12r，在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2＝12T2
带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2
由以上各式可得B1＝5πm6qt　B2＝5πm3qt.
答案：B1＝5πm6qt　B2＝5πm3qt
11．如图14所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B＝5.0×10－3 T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m＝6.64×10－27kg、电荷量为q＝＋3.2×10－19C的α粒子(不计α粒子重力)，由静止开始经加速电压为U＝1205 V的电场(图中未画出)加速后，从坐标点M(－4，2)处平行于x轴向右运动，并先后通过两个匀强磁场区域．
 
图14
(1)请你求出α粒子在磁场中的运动半径；
(2)你在图中画出α粒子从直线x＝－4到直线x＝4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x＝4交点的坐标；
(3)求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间．
解析：(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得qU＝12mv2
α粒子在磁场中偏转，则牛顿第二定律得qvB＝mv2r
联立解得r＝1B2mUq＝10.0052×6.64×10－27×12053.2×10－19＝2(m)．
(2)由几何关系可得，α粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象为(如图15所示)．
(3)带电粒子在磁场中的运动周期T＝2πrv＝2πmqB

 
图15
α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为π4，在磁场中的运动总时间
t＝14T＝πm2qB＝3.14×6.64×10－272×3.2×10－19×5×10－3
＝6.5×10－6(s)．
答案：(1)2(m)　(2)略　(3)6.5×10－6(s)
 

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