1、運動,由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的能量減小，磁感應強度B帶電知能優(yōu)化演練隨堂自測1. （2012 北京西城區(qū)抽樣）兩個電荷量相等的帶電粒子，在同一勻強磁場中只受洛倫茲力 作用而做勻速圓周運動.下列說法中正確的是（）A. 若它們的運動周期相等，則它們的質量相等B. 若它們的運動周期相等，則它們的速度大小相等C. 若它們的軌跡半徑相等，則它們的質量相等D. 若它們的軌跡半徑相等，則它們的速度大小相等mv2nm解析：選 A.由洛倫茲力提供向心力可得r=qB T=-qB，由此可知，在粒子的電荷量相同的情況下，半徑由粒子的質量、速度大小共同決定，周期由帶電粒子的質量決定，A 正確.2. （201

2、2 長沙模擬）如圖 8-2 22 所示，在x0、y0 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(xiàn)有一質量為m電量為q的帶電粒子，在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.由這些條件可知（）X X X X X XX X礦 X 塑城A.能確定粒子通過 y 軸時的位置B.能確定粒子速度的大小C.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：選 ABC.粒子在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出磁場，可知半徑大小等于X0, AmvBqX）選項正確；由r= =X0?v=

3、所以 B 選項正確；畫出軌跡可知粒子完成了四分之一圓Bqm周的路徑，所以有 t =T=；三一=Tm, C 選項正確，D 選項錯誤.44Bq2Bq3.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 示.徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧.由于帶電粒子使沿途的空氣電離,漸減?。◣щ娏坎蛔儯?從圖中情況可以確定（）XX XXXXXXXXX圖 8 2 23A.粒子從a到b,帶正電B.粒子從a到b,帶負電C.粒子從b到a,帶正電D.粒子從b到a,帶負電解析：選 C.垂直于磁場方向射入勻強磁場的帶電粒子受洛倫茲力作用，使粒子做勻速圓周8 2 23 所粒子的能量逐0FJT圖 8 2 2212荷

4、量q不變.又據(jù)& =2mw知，v在減小，故R減小，可判定粒子從b向a運動；另據(jù)左手 定則，可判定粒子帶正電，C 選項正確.4如圖 8 2-24 所示，在第I象限內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子分別以相同速率與x軸成 30角的方向從原點射入磁場，則正、負電子在磁場中運動的時間之比為()1$KBKXX*0圖 8 2 24A.1 : 2B. 2 : 1C. 1 : 3D. 1 : 1解析：選 B.由T= 氣可知，正、負電子的運動周期相同，故所用時間之比等于軌跡對應的qB圓心角之比.作出正、負電子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得正電子運動的圓心角等于A子運動的圓心角等于 60,而電

5、荷在磁場中的運動時間t=廠T,所以t正：t負正：A2n負=2 ： 1,故 B 正確，A、C、D 錯誤.5. (2012 皖南八校聯(lián)考)帶電粒子的質量 mp 1.7X1027kg，電荷量q= 1.6X1019C,以 速度v=3.2X106m/s 沿垂直于磁場同時又垂直于磁場邊界的方向進入勻強磁場中，磁場的圖 8 2 25(1) 求帶電粒子離開磁場時的速度和偏轉角.(2) 求帶電粒子在磁場中運動的時間以及出磁場時偏離入射方向的距離.解析：粒子所受的洛倫茲力F=qvB= 8.7X1014N,遠大于粒子所受的重力G= 1.7X1026N,因此重力可忽略不計.120,負電磁感應強度為8 2 25 所示.

6、(1)由于洛倫茲力不做功，所以帶電粒子離開磁場時速度仍為m/s.由qvB=軌道半徑mv1.7x1027x3.2x106r=qB=1.6x10l9x0.17m=0.2 ml0 1由圖可知偏轉角0滿足 sin0= = 02=0.5，故0= 30.T=,可見帶電粒子在磁場中運動的時間t=qB(2)帶電粒子在磁場中運動的周期27nm3.14x1.7x10=3.3x108st=9s6qB6x1.6x1019x0.17離開磁場時偏離入射方向的距離1 m=2.7x102m.8一 30(2)3.3x10 s 2.7x10 m 課時作業(yè)d=r(1cos0)=0.2x6答案：(1)3.2x10 m/s、選擇題1.

7、 (2012 濰坊模擬)如圖 8 2 26 所示， 電子束沿垂直于熒光屏的方向做直線運動, 電子打在熒光屏上方的位置P,為使則能使電子發(fā)生上述偏轉的場是()fif八-1- F-0圖 8 2 26A.B.C.D.勻強電場負點電荷的電場 垂直紙面向里的勻強磁場 垂直紙面向外的勻強磁場答案：ABD2用絕緣細線懸掛一個質量為 磁感應強度為B的勻強磁場中.向夾角為a，并被拉緊，則磁場的運動速度和方向是m帶電荷量為+q的小球，讓它處于如圖由于磁場的運動，小球靜止在圖中位置，( )8 2 27 所示的 這時懸線與豎直方XXXX圖 8 2 27A. v =mg水平向左Bqmgana亠，C. v =，豎直向上B

8、q解析：選 AC.根據(jù)運動的相對性,止)的速度大小相等、方向相反.mgana山+亠十B. v =，豎直向下BqD. v =m,水平向右Bq帶電小球相對磁場的速度與磁場相對于小球洛倫茲力F=qvB中的v是相對于磁場的速度.(相對地面靜根據(jù)力的平衡條件可以得出，當小球相對磁場以速度v=嚮豎直向下運動或以速度v=黔平向右 運動，帶電小球都能處于圖中所示的平衡狀態(tài)，故本題選A、C.3.個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平方向的勻強磁場，如圖 8-2-28 所示，小球飛離桌面后落到地板上，設飛行時間為ti,水平射程為xi,著地速度為Vi.撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為

9、t2,水平射程為X2,著地速度 為V2，則下列論述不正確的是（）A. XiX2B. ti12C. Vi和V2大小相等D. Vi和V2方向相同解析：選 D.當桌面右邊存在磁場時，由左手定則，帶電小球在飛行過程中受到斜向右上方 的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直方向上分量向上，因此小球水平方向存在加速度，豎直方向加速度a12,xiX2, A、B 對；又因為洛倫茲力不做功， C 對；兩次小球著地時方向不同，D 錯，故本題選 D.4. （20i2 蘭州模擬）如圖8 2 29 所示，在勻強磁場中有 i 和 2 兩個質子在同一平面內沿 逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑12,分別表示 i、

10、次通過圖中虛線A. Ti=T2C. aia2知aia2，故 C 正確；由圖可知質子 i 從P到虛線位置對應的圓心角小，故ti2并相切于P點，設T、T2,vi、V2,ai、a2,ti、2 兩個質子的周期，線速度，向心加速度以及各自從經過P點算起到第一MN所經歷的時間，貝 UB. vi=V2D. tiV2,故 B圖 8 2 30圖中能正確反映圖 8 2 31122mv解析：選 B.帶電粒子先經加速電場加速，故qlamd,進入磁場后偏轉，OP= x= 2r=,2qB兩式聯(lián)立得OP=x= /B2q xjU所以B正確.6. （2012 哈師大附中、 東北師大附中、遼寧省實驗中學聯(lián)考）如圖 8 2 32

11、所示，回旋加 速器 D 形盒的半徑為R所加磁場的磁感應強度為B,用來加速質量為m電荷量為q的質 子，質子從下半盒的質子源由靜止出發(fā)，加速到最大能量E后，由A孔射出則下列說法正確的是（）圖 8-2 32A.B.C.回旋加速器不能無限加速質子增大交變電壓 U,則質子在加速器中運行時間將變短回旋加速器所加交變電壓的頻率為22nmR下半盒內部，質子的軌道半徑之比（由內到外）為 1 : 3 : 5D.解析：選 ABC.本題考查回旋加速器原理.當回旋加速器所加交變電壓周期與質子在磁場中T=話,質子在回旋加速運動周期相同時，質子才能被加速；質子在勻強磁場中運動周期mv器中運動的最大半徑R=qB,正確；當隨著

12、質子速度的增大， 保持與所加電場變化的周期同步,場時獲得的動能增大，E= qmV，交變電壓頻率f=，解以上各式得：f= 二 相對論效應逐漸顯現(xiàn)，質子質量增大，從而不能再被加速，質子在磁場中運動半徑增大，C2nmR做圓周運動周期不能A 正確；增大電壓，質子每次經過電加速次數(shù)和所做圓周運動次數(shù)減少，因竽，R=之比（由內到外）與被電場加速的次數(shù)的平方根成正比，即為.2 : 4： 6, D 錯誤.7. （2012 西安八校聯(lián)考）環(huán)形對撞機是研究高能粒子的重要裝置，其核心部件是一個高真 空的圓環(huán)狀的空腔， 若帶電粒子初速度可視為零，經電壓為U的電場加速后，沿圓環(huán)切線方向注入對撞機的環(huán)狀空腔內，空腔內存在

13、著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B帶電粒子將被局限在圓環(huán)狀空腔內運動.動，下列說法錯誤的是（A.B.C.D.此運動時間減小，B 正確.由v=，質子在下半盒內部，質子的軌道半徑要維持帶電粒子在圓環(huán)內做半徑確定的圓周運）對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，帶電粒子運動的頻率越小q/m越大，磁感應強度B越大q/m越大，磁感應強度B越小對于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，帶電粒子運動的周期都不變12mv解析：選 ACD 在電場中，帶電粒子加速，有qlamd,進入磁場中由半徑公式：R=2qB2nR感應強度B越大，由周期T

14、= 2nRv電壓U越大，周期越小，頻率越大，2qu，對于給定的帶電粒子，比荷恒定，加速 D 均錯誤.8.比荷為m的電子以速度v-沿AB邊射入邊長為a的等邊三角形的勻強磁場區(qū)域中，如圖 2 33所示，為使電子從BC邊穿出磁場，磁感應強度B的取值范圍為（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2qU1mB2qmU依題意R保持不變，則電壓U恒定時，帶電粒子的比荷q/m越小,mqBABea2mvC. B-eaB. B4ea2mv-D. Bvea解析：選 B.電子進入磁場后向上偏，剛好從C點沿切線方向穿出是臨界條件，

15、要使電子從BC邊穿出，其運動半徑應比臨界半徑大，由R=，磁感應強度應比臨界值小，如圖，由幾何關系可得，半av2、/3mv徑R=2sna-9. （2011 高考浙江卷）利用如圖 8 2 34 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（）XXXXKXXXX X X X Xjg X X XXXXXKXXXxxxxxxxxxxxxxxxx蘭k 埜廠

16、口川匚艸11圖 8 2 34A. 粒子帶正電B. 射出粒子的最大速度為qB :d+L2m圖 8-2 33解析：選 BC.本題考查帶電粒子在磁場中的運動，意在考查考生應用數(shù)學知識處理問題的能 力和分析問題的能力由左手定則和粒子的偏轉情況可以判斷粒子帶負電，A 錯誤；根據(jù)洛mvqBr3d+L倫茲力提供向心力qvB=可得v=,越大v越大，由題圖可知r最大值為rmax=,rm2B 正確；又r最小值為rmin=將r的最大值和最小值代入v的表達式后得出速度之差為v=3qBd，可見 C 正確、D 錯誤.2m10. （2012 安慶模擬）如圖 8 2-35 所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁

17、場，場內有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的傾角為0，一帶電量為一q、質量為m的帶負電的小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為A.小球下滑的最大速度為 v=mg?：0卩BqB.小球下滑的最大加速度為am=gsin0C. 小球的加速度一直在減小D. 小球的速度先增大后減小解析：選 B.小球開始下滑時有：mgjin0卩（mgcos0qvE） =ma隨v增大，a增大，當v=呼0；0時，達最大值gsin0，此后下滑過程中有:qB磁感應強度的方向垂直于xOy平面向外、大小為B,沿x軸放置一個垂直于xOy平面的較大 的熒光屏，P點位于熒光屏上，在y軸上的A點放置一放射源，可以不斷

18、地沿平面內的不同 方向以大小不等的速度放射出質量為m電荷量為+q的同種粒子，這些粒子打到熒光屏上能在屏上形成一條亮線，P點處在亮線上，已知OA= OP= l，求:圖 8 2 36（1）若能打到P點，則粒子速度的最小值為多少？若能打到 P 點，則粒子在磁場中運動的最長時間為多少?解析：（1）粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，設粒子的速度大小為v時，其在磁場中的運動半徑為R,則F=qBv2由牛頓運動定律有：F=mR若粒子以最小的速度到達P點時，其軌跡一定是以AP為直徑的圓 （如圖中圓O所示）min0 (qvBmgpos0)=ma隨v增大，a減小，當vm=mg后不變；a先增大后減小， 所以 二、非選擇題11. （2012 湖南部分中學調研sin0 +卩 cos0卩qBB 選項正確.時，a= 0.所以整個過程中，v先一直增大）如圖 8 2 36 所示，無重力空間中有一恒定的勻強磁場,圖 8 2 350由幾何關系知：SAP=叮 2160：R= SAP=尊則粒子的最小速度普.(2)粒子在磁場中的運動周期T=qB設粒子在磁場中運動時其軌跡所對應的圓心角為t=2T=t2nTqB由圖可知，在磁場中