【創(chuàng)新設(shè)計】(廣東專用)2014屆高考物理一輪復習方案第27講磁場對運動電荷的作用(含解析)

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1、 課時作業(yè) ( 二十七 ) [ 第 27 講 磁場對運動電荷的作用 ] 基礎(chǔ)熱身 1．在武漢市某中學操場的上空中停著一個熱氣球，從它底部脫落一個塑料小部件，下 落過程中由于和空氣的摩擦而帶負電， 如果沒有風， 那么它的著地點會落在氣球正下方地面 位置的 ( ) A．偏東 B．偏西 C．偏南 D ．偏北 2．2012揭陽模擬如圖 K27－ 1 所示， 在示波管下方有一根水平放置的通電直導線， 則 示波管中的電子束將 ( ) 圖 K27－

2、1 A．向上偏轉(zhuǎn)B．向下偏轉(zhuǎn) C．向紙外偏轉(zhuǎn) D ．向紙里偏轉(zhuǎn) 3．如圖 K27－ 2 所示，一帶負電的滑塊從粗糙斜面的頂端滑至底端時的速率為 v，若加 一個垂直紙面向外的勻強磁場，并保證滑塊能滑至底端，則它滑至底端時的速率 ( ) 圖 K27－ 2 A．變大 B．變小 C．不變 D．條件不足，無法判斷 4．2012蘇北四市一模電視顯像管上的圖像是電子束打在熒光屏的熒光點上產(chǎn)生的． 為 了獲得清晰的圖像， 電子束應該準確地打在相應的熒光點上． 電子束飛行過程中受到地磁場的作用， 會發(fā)生我們所不希望的偏轉(zhuǎn)．

3、 電子重力不計， 從電子槍射出后自西向東飛向熒光屏 的過程中，下列說法正確的是 ( ) A．電子受到一個與速度方向垂直的恒力 B．電子在豎直平面內(nèi)做勻變速曲線運動 C．電子向熒光屏運動的過程中速率不發(fā)生改變 D．電子在豎直平面內(nèi)的運動是勻速圓周運動 5．2012朝陽期末正方形區(qū)域 ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個 α 粒子 ( 不 計重力 ) 以一定速度從 AB邊的中點 M沿既垂直于 AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，正好 從 AD邊的中點 N射出．若將磁感應強度 B 變?yōu)樵瓉淼? 2 倍，其他條件不變，則這個粒子射 出磁

4、場的位置是 () A． A點 B． ND之間的某一點 1 C． CD之間的某一點 D ．BC之間的某一點 圖 K27－ 3 圖 K27－ 4 6．2012廣西四市聯(lián)考 ( 雙選 ) 如圖 K27－ 4 所示，帶有正電荷的 A 粒子和 B 粒子同時以 同樣大小的速度從寬度為 d 的有界勻強磁場的邊界上的 O點分別以與邊界的夾角為 30和 60的方向射入磁場，又恰好不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是 ( ) 1 A． A、B 兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是

5、 3 3 B． A、B 兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是 2＋ 3 m 1 C． A、B 兩粒子的 q之比是 3 D． 、 兩粒子的 m 3 之比是 A B q 2＋ 3 圖 K27－ 5 7．2012廈門期末圖 K27－ 5 是回旋加速器示意圖， 其核心部分是兩個 D形金屬盒， 兩 個金屬盒置于勻強磁場中， 并分別與高頻電源相連． 現(xiàn)分別加速氘核 ( q 1、 1) 和氦核 ( q 2、 2)

6、 ．已 m m 知 q2＝ 2q1， m2＝2m1，下列說法中正確的是 () A．它們的最大速度相同B．它們的最大動能相同C．僅增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能 技能強化 8．2012鄭州模擬如圖 K27－ 6 所示，回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的裝置， 其核心部分是兩個 D形金屬盒， 置于勻強磁場中， 兩盒分別與高頻交流電源相連， 則帶電粒子獲得的最大動能與下列哪些因素有關(guān) ( )

7、 2 圖 K27－ 6 A．加速的次數(shù) B．加速電壓的大小 C．交流電的頻率 D．勻強磁場的磁感應強度 9．2012廈門適應性考試顯像管原理的示意圖如圖 K27－7 所示，當沒有磁場時， 電子 束將打在熒光屏正中的 O點，安裝在管徑上的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生磁場， 使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)． 設(shè) 垂直紙面向里的磁場方向為正方向， 若使高速電子流打在熒光屏上的位置由 a 點逐漸移動到 b 點，下列變化的磁場能夠使電子發(fā)生上述偏轉(zhuǎn)的是 ( ) 圖 K27－ 7

8、 A B C D 圖 K27－ 8 10．如圖 K27－9 所示，在 x<0 與 x>0 的區(qū)域中，存在磁感應強度大小分別為 B1 與 B2 的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，且 B1＞ B2，一個帶負電、比荷為 k 的粒子從坐標原 點 O以速度 v 沿 x 軸負方向射出，粒子重力不計． (1) 求粒子在兩個磁場中運動的軌道半徑； (2) 如果 B1＝ 2B2，則粒子再次回到原點時運動了多長時間？ (3) 要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點， B1 與 B2 的比

9、值應滿足什么條件？ 圖 K27－ 9 3 挑戰(zhàn)自我 11．2012湖北八校聯(lián)考如圖 K27－ 10 所示，在正方形區(qū)域 ABCD內(nèi)充滿方向垂直紙面 向里的、磁感應強度為 B 的勻強磁場．在 t ＝0 時刻，一位于 AD邊中點 O的粒子源在 ABCD 平面內(nèi)發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向分布在與 OD邊的夾 角 0～ 180范圍內(nèi)． 已知

10、沿 OD方向發(fā)射的粒子在 t ＝t 0 時刻剛好從磁場邊界 CD上的 P 點離 開磁場，粒子在磁場中做圓周運動的半徑恰好等于正方形邊長 L，粒子重力不計，求： q (1) 粒子的比荷 ； m (2) 假設(shè)粒子源發(fā)射的粒子在 0～ 180范圍內(nèi)均勻分布， t 0 時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比； (3) 從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間． 圖 K27－ 10

11、 4 課時作業(yè) ( 二十七 ) 1．B [ 解析 ] 小部件帶負電，下落過程受洛倫茲力作用， 由左手定則， 洛倫茲力向西， 它的著地點回落在氣球正下方地面偏西位置， B 正確． 2． A [ 解析 ] 根據(jù)安培定則，通電導線在上方產(chǎn)生垂直紙面向外的磁場，又根據(jù)左手 定則，電子束受到向上的洛倫茲力，向上偏轉(zhuǎn)， A 正確． 3． B [ 解析 ] 加一個垂直紙面向外的勻強磁場，帶負電的滑塊下滑時受到垂直于斜面 向下的洛倫茲力，使得滑塊受到的摩擦力增大，故滑至

12、底端時的速率變小， A、 C、 D錯誤， B 正確． 4．CD [ 解析 ] 電子在飛行過程中受到地磁場洛倫茲力的作用， 洛倫茲力是變力而且不 做功，所以電子的速率不發(fā)生改變，選項 A、 B 錯誤，選項 C 正確；電子在自西向東飛向熒 光屏的過程中所受的地磁場磁感應強度的水平分量可視為定值， 故電子在豎直平面內(nèi)所受洛 倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，故電子在豎直平面內(nèi)的運動是勻速圓周運動，選項 D 正確． a 5．A [ 解析 ] 從 M射入從 N射出，則軌道半徑為 r ＝ 2( a

13、為正方形邊長 ) ，若將 B加倍， 由半徑公式 ＝ mv r ′＝ a A 射出磁場， A 正確． 可得，粒子軌道半徑減半，即 ，所以粒子從 R Bq 4 6．BD [ 解析 ] 粒子做勻速圓周運動， 由幾何關(guān)系， 有 RAcos30 ＋ RA＝ d，RBcos60＋ RB＝d，解得 RA 1＋ cos60 ＝ 3 R＝ mv m RB mA/ qA 3 ＝ 1＋ cos30 ，A 錯，B 對；因半徑 ，故 ＝ ∝ R，故

14、＝ ， R 2＋ 3 qB q v / 2＋ 3 m q B BB C錯， D 對． v2 Bqr 7．A [ 解析 ] 由洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝mr ，即 v＝ m ，當粒子運動的軌道半 qBR 徑最大即 r ＝ R時，粒子的速度達到最大，即 vm＝ m ，而氘核和氦核的比荷相等，

15、所以它們 的最大速度相同，選項 A 正確；又因為它們的質(zhì)量不同，所以它們的最大動能不同，選項 B m qBR 錯誤；根據(jù)關(guān)系式 v ＝ m 可知，粒子的最大速度或最大動能與磁感應強度 B 和 D形金屬盒 的尺寸 R有關(guān)，而與高頻電源的電壓或頻率無關(guān)，選項 C、 D錯誤． 2 mv 8．D [ 解析 ] 在勻強磁場中， 帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動， 有 qvB＝ R ， mv 2mE （ qBR） 2 最大半徑

16、R＝ qB＝ k Ek＝ ， D 正確． qB ，帶電粒子獲得的最大動能 2m 9． A [ 解析 ] 電子流打在熒光屏上的位置由 a 點逐漸移動到 b 點，洛倫茲力先向上后 向下， 由左手定則， 磁場方向先向外后向里； 由 a 點逐漸移動到 b 點，電子做圓周運動的半 mv 徑先增大再減小，由 r ＝ qB，則磁感應強度先減小再增大，故選 A. 10． (1) r 1＝ v r 2 ＝ v kB1 kB2 2π (3) B1 n＋ 1 (2) t ＝ ＝

17、 kB B n 2 2 mv q [ 解析 ] (1) 粒子做圓周運動的半徑公式 r ＝ qB，又 k＝ m 5 粒子在兩個磁 中運 的 道半徑 r 1＝ v ， r 2＝ v kB1 kB2 (2) 因 B1＝ 2B2， r 2＝ 2r 1，粒子再次回到原點需 左 兩個半 和右 一個半 ， 則 左 兩個半 的 1 2π r 1 2π m πm t ＝ v1 ＝ B1q

18、 ＝ B2q 右 一個半 的 t 2＝ π r 2 ＝π m v 2 B q 2 2π m 2π 則總時間 t ＝ t 1＋ t 2＝ ＝ . B2q kB2 (3) 在 xOy平面內(nèi)，粒子分 在左 和右 各運 一個半 ， 其直徑差 d＝ 2( r 2－ r 1) ， 如 所示． 粒子每

19、 一次回旋，其 y 坐 就減小 d， n 次回旋 y 坐 減小 2r 1 ， 再 左 的半個 周恰好通 O點， d n＝ 2r 1 ( n＝1， 2，3，? ) r 1 n ( n＝ 1， 2，3，? ) 所以 2 ＝ ＋ 1 r n B1 n＋ 1 ( n＝ 1， 2，3，? ) 解得 B2 ＝ n π 5

20、 12 5 11． (1) 6Bt 0 (2) 6 (3) t ＝( π arcsin 4 ) t 0 [ 解析 ] (1) 初速度沿 OD 方向 射的粒子在磁 中運 的 跡如 所示，其 心 ， N 由幾何關(guān)系有：∠ ONP＝ π T 6 ，t ＝12. 0 粒子做 周運 的向心力由洛 力提供，根據(jù)牛 第二定律得

21、 2π 2 Bqv＝ m T R 2π R 且 v＝ T q π 解得 ＝. m 6Bt 0 (2) 依 意，同一 刻仍在磁 中的粒子到 O點距離相等．在 t 0 刻仍在磁 中的粒子 位于以 O 心， OP 半徑的弧 PW上 . 6 5π 由圖知∠ POW＝ 6 5 此時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與總粒子數(shù)之比為 . 6 (3) 在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應該與磁場邊界 B 點相交． θ ，則 sin θ

22、 5 設(shè)此粒子運動軌跡對應的圓心角為 2 ＝ 4 12arcsin 5 θ 4 在磁場中運動的最長時間 π t t ＝ 2πT＝ 0 12 5 所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為 t ＝ ( π arcsin 4 ) t 0. 7