(浙江专版)2019版高考物理大一轮复习第八章磁场第2课时磁场对运动电荷的作用学案 下载本文

D.加一沿z轴负方向的磁场

解析 若想使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转,则需使每个电子向上受洛伦兹力作用,根据左手定则可知需要加一沿y轴负方向的磁场,故选B。 答案 B

5.a、b、c三束粒子沿纸面向上射入垂直于纸面向内的匀强磁场中,偏转轨迹如图所示,关于粒子带电性质,下列判断正确的是( )

A.a带负电荷 C.b带正电荷

B.a带正电荷 D.c带正电荷

解析 由左手定则判断洛伦兹力的方向,负电荷粒子向右偏,正电荷粒子向左偏,不带电的粒子做直线运动,选项B正确。 答案 B

6.如图甲所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。电流方向如图乙所示,试判断垂直纸面向外而来的电子束将向哪边偏转( )

A.向上 C.向左

B.向下 D.向右

解析 由安培定则可知两侧线圈内的磁场方向向上,则通过圆环中间区域的磁场方向向下,根据左手定则可知电子束将向左偏转,故选项C正确。 答案 C

7.洛伦兹力可以使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度、洛伦兹力及磁场B的方向,虚线圆表示粒子的轨迹,其中可能正确的是( )

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解析 电荷在磁场中所受的洛伦兹力遵守左手定则,再结合曲线运动的受力特点,即所受合力一定指向曲线内侧,可判断A正确。 答案 A

8.一倾角为θ的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑如图所示,设斜面足够长,如物块始终没有离开斜面。则下列说法正确的是( )

A.物块带正电

B.下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功 C.物块最终将静止在斜面上 D.下滑过程中物块的机械能守恒

解析 物块始终没有离开斜面,洛伦兹力必然垂直于斜面向下,由左手定则知,物块带正电,选项A正确;洛伦兹力始终垂直于速度,不做功,选项B错误;物块最终将在斜面上做匀速直线运动,选项C错误;由于摩擦力做负功,下滑过程中物块的机械能不守恒,选项D错误。 答案 A

[能力提升]

9.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子( ) 1A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的

kB.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等

解析 设电子的质量为m,速率为v,电荷量为q,设B2=B,B1=kB 则由牛顿第二定律得:

mv2

qvB=①

RT=

2πR②

v 18

mv2πm由①②得:R=,T=

qBqB所以=k,=k

R2

R1T2T1

v2v根据a=,ω=可知

RRa21ω21

=,= a1kω1k所以选项C正确,A、B、D错误。 答案 C

10.如图所示,为一圆形区域的匀强磁场,在O点处有一放射源,沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子,其中带电粒子1从A点飞出磁场,带电粒子2从B点飞出磁场,不考虑带电粒子的重力,则( )

A.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1 B.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1 C.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为2∶1 D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为1∶2

解析 带电粒子在匀强磁场中运动,r=,设圆形磁场区域的半径为R,由几何关系得,

mvqBRRr11qvtan 60°=,tan 30°=,联立解得带电粒子的运动半径之比=,由=知粒子1

r1r2r23mBrθθ2πmmθ的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1,A正确,B错误;由t=·T=·==

2π2πqBqB2πr1

rθt132r12知带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为===,C、D错误。 vt2πr23

r23答案 A

11.如图所示,在某空间实验室中,有两个靠在一起的等大的圆柱形区域,分别存在着等大2

反向的匀强磁场,磁感应强度B=0.10 T,磁场区域的半径r= 3 m,左侧区域圆心为O1,

3磁场方向垂直纸面向里,右侧区域圆心为O2,磁场方向垂直纸面向外,两区域切点为C。今

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有质量为m=3.2×10

6

-26

kg、带电荷量为q=-1.6×10

-19

C的某种离子,从左侧区域边缘

的A点以速度v=10 m/s正对O1的方向垂直磁场射入,它将穿越C点后再从右侧区域穿出。求:

(1)该离子通过两磁场区域所用的时间;

(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大?(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)

解析 (1)离子在磁场中做匀速圆周运动,在左、右两区域的运动轨迹是对称的,如图所

v22πR示,设轨迹半径为R,圆周运动的周期为T。由牛顿第二定律有qvB=m,又T=,联

Rvmv2πmr3

立得R=,T=,代入数据可得R=2 m。由轨迹图知tan θ==,即θ=30°,

qBqBR3

则全段轨迹运动时间t=2×

2θT2πm-6

T==,代入数据,可得t=4.19×10 s。 360°33qB

(2)在图中过O2点向AO1作垂线,根据运动轨迹的对称关系可知侧移距离为d=2rsin 2θ=2 m。

答案 (1)4.19×10 s (2)2 m

12.(2017·台州模拟)如图所示,一个电子沿磁场边界从A点射入Ⅰ区域,速度大小未知,已知电子质量为m、电荷量为-e,其中区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ宽均为d,Ⅰ、Ⅲ两区域存在垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度均为B,Ⅱ区域无任何场。电子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后恰能回到A点,不计电子重力。

-6

(1)求电子从A点射出到回到A点经历的时间t;

(2)若在区域Ⅱ内加一水平方向的匀强电场,且区域Ⅲ的磁感应强度变为2B,电子也能回

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