第八章磁場(時間90分鐘，滿分100分)命題設(shè)計難度題號目標(biāo)較易中等稍難帶電粒子在磁場中的運動1、2、5、78、9、10帶電粒子在復(fù)合場中的運動及應(yīng)用3、4、611、1213綜合應(yīng)用14、15、16一、選擇題(本大題共12個小題，共60分，每小題至少有一個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．(2008·廣東高考)帶電粒子進(jìn)入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．圖1所示是在有勻強(qiáng)磁場的云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強(qiáng)磁場B垂直于紙面向里．該粒子在運動時，其質(zhì)量和電荷量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是 ()A．粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點B．粒子先經(jīng)過b點，再經(jīng)過a點C．粒子帶負(fù)電D．粒子帶正電解析：由于粒子的速度減小，所以軌道半徑不斷減小，所以A對B錯；由左手定則得粒子應(yīng)帶負(fù)電，C對D錯．答案：AC2．兩根通電的長直導(dǎo)線平行放置，電流分別為I1和I2，電流的方向如圖2所示，在與導(dǎo)線垂直的平面上有a、b、c、d四點，其中a、b在導(dǎo)線橫截面連線的延長線上，c、d在導(dǎo)線橫截面連線的垂直平分線上．則導(dǎo)線中的電流在這四點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的是 ()A．a(chǎn)點B．b點C．c點 D．d點解析：由安培定則可知，直線電流的磁場是以導(dǎo)線為圓心的同心圓，I1產(chǎn)生的磁場方向為逆時針方向，I2產(chǎn)生的磁場方向為順時針方向，則I1在a點產(chǎn)生的磁場豎直向下，I2在a點產(chǎn)生的磁場豎直向上，在a點磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零，此時需滿足I2>I1；同理，在b點磁感應(yīng)強(qiáng)度也可能為零，此時需滿足I1>I2.I1在c點產(chǎn)生的磁場斜向左上方，I2在c點產(chǎn)生的磁場斜向右上方，則c點的磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為零，同理，在d點的磁感應(yīng)強(qiáng)度也不可能為零，故選項A、B正確．答案：AB3．回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖3所示．它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強(qiáng)電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速．兩盒放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復(fù)被加速，直到達(dá)到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出．如果用同一回旋加速器分別加速氚核(13H)和α粒子(24He)，比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，有 ()A．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大B．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小C．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小D．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大解析：由題意知eq\f(mH,mα)＝eq\f(3,4)，eq\f(qH,qα)＝eq\f(1,2)，回旋加速器交流電源的周期應(yīng)與帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期相等．由T＝eq\f(2πm,Bq)可得eq\f(TH,Tα)＝eq\f(3,2)，故加速氚核的交流電源的周期較大，因為粒子最后直到達(dá)到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出，由R＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(\r(2mEk),qB)可得氚核和α粒子的最大動能之比eq\f(EkH,Ekα)＝eq\f(1,3)，氚核獲得的最大動能較?。蔬x項B正確．答案：B4．如圖4所示，一帶電小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面，當(dāng)小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方擺到最低點時懸線上的張力為()A．0 B．2mgC．4mg D．6mg解析：若沒有磁場，則到達(dá)最低點繩子的張力為F，則F－mg＝eq\f(mv2,l)①由能量守恒得：mgl(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2②聯(lián)立①②得F＝2mg.當(dāng)有磁場存在時，由于洛倫茲力不做功，在最低點懸線張力為零，則F洛＝2mg當(dāng)小球自右方擺到最低點時洛倫茲力大小不變，方向必向下可得F′－F洛－mg＝eq\f(mv2,l)所以此時繩中的張力F′＝4mg.C項正確．答案：C5．如圖5所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點O處以速度v進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負(fù)是 ()A.eq\f(3v,2aB)，正電荷 B.eq\f(v,2aB)，正電荷C.eq\f(3v,2aB)，負(fù)電荷 D.eq\f(v,2aB)，負(fù)電荷解析：從“粒子穿過y軸正半軸后……”可知粒子向右側(cè)偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力指向運動方向的右側(cè)，由左手定則可判定粒子帶負(fù)電，作出粒子運動軌跡示意圖如右圖．根據(jù)幾何關(guān)系有r＋rsin30°＝a，再結(jié)合半徑表達(dá)式r＝eq\f(mv,qB)可得eq\f(q,m)＝eq\f(3v,2aB)，故C項正確．答案：C6．如圖6所示，相距為d的水平金屬板M、N的左側(cè)有一對豎直金屬板P、Q，板P上的小孔S正對板Q上的小孔O，M、N間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在小孔S處有一帶負(fù)電粒子，其重力和初速度均不計，當(dāng)滑動變阻器的滑片在AB的中點時，帶負(fù)電粒子恰能在M、N間做直線運動，當(dāng)滑動變阻器的滑片滑到A點后 ()A．粒子在M、N間運動過程中，動能一定不變B．粒子在M、N間運動過程中，動能一定增大C．粒子在M、N間運動過程中，動能一定減小D．以上說法都不對解析：當(dāng)滑片向上滑動時，兩個極板間的電壓減小，粒子所受電場力減小，當(dāng)滑到A處時，偏轉(zhuǎn)電場的電壓為零，粒子進(jìn)入此區(qū)域后做圓周運動．而加在PQ間的電壓始終沒有變化，所以進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場后動能也就不發(fā)生變化了．綜上所述，A項正確．答案：A7．如圖7所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓?。Ｗ釉诿慷螆A弧上運動的時間都為t.規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為正，則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x變化的關(guān)系可能是圖8中的 ()圖8解析：由左手定則可判斷出磁感應(yīng)強(qiáng)度B在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁場方向分別為向外、向里、向外，在三個區(qū)域中均運動eq\f(1,4)圓周，故t＝eq\f(T,4)，由于T＝eq\f(2πm,qB)，求得B＝eq\f(πm,2qt).只有C選項正確．答案：C8．(2010·黃岡模擬)如圖9所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一個垂直于紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場，其邊界過原點O和y軸上的點a(0，L)．一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場，此時速度方向與x軸正方向的夾角為60°.下列說法中正確的是 ()A．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πL,v0)B．電子在磁場中運動的時間為eq\f(2πL,3v0)C．磁場區(qū)域的圓心坐標(biāo)(eq\f(\r(3)L,2)，eq\f(L,2))D．電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)為(0，－2L)解析：由圖可以計算出電子做圓周運動的半徑為2L，故在磁場中運動的時間為t＝eq\f(\f(π,3)·2L,v0)＝eq\f(2πL,3v0)，A錯，B正確；ab是磁場區(qū)域圓的直徑，故圓心坐標(biāo)為(eq\f(\r(3),2)L，eq\f(L,2))，電子在磁場中做圓周運動的圓心為O′，計算出其坐標(biāo)為(0，－L)，所以C正確，D錯、誤．答案：BC9．(2010·泰安模擬)如圖10所示，為了科學(xué)研究的需要，常常將質(zhì)子(11H)和α粒子(24He)等帶電粒子儲存在圓環(huán)狀空腔中，圓環(huán)狀空腔置于一個與圓環(huán)平面垂直的勻強(qiáng)磁場(偏轉(zhuǎn)磁場)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.如果質(zhì)子和α粒子在空腔中做圓周運動的軌跡相同(如圖中虛線所示)，偏轉(zhuǎn)磁場也相同，則質(zhì)子和α粒子在圓環(huán)狀空腔中運動的動能EH和Eα、運動的周期TH和Tα的大小關(guān)系是 ()A．EH＝Eα，TH≠Tα B．EH＝Eα，TH＝TαC．EH≠Eα，TH≠Tα D．EH≠Eα，TH＝Tα解析：由eq\f(mv2,R)＝qvB可得：R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，又因為eq\f(\r(mα),qα)∶eq\f(\r(mH),qH)＝1∶1，eq\f(mα,qα)∶eq\f(mH,qH)＝2∶1，故EH＝Eα，TH≠Tα.A項正確．答案：A10．一電子以與磁場垂直的速度v從P處沿PQ方向進(jìn)入長為d、寬為h的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，從N點射出，如圖11所示，若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則()A．h＝dB．電子在磁場中運動的時間為eq\f(d,v)C．電子在磁場中運動的時間為eq\f(\x\to(PN),v)D．洛倫茲力對電子做的功為Bevh解析：過P點和N點作速度的垂線，兩垂線的交點即為電子在磁場中做勻速圓周運動時eq\x\to(PN)的圓心O，由勾股定理可得(R－h(huán))2＋d2＝R2，整理知d＝eq\r(2Rh－h(huán)2)，而R＝eq\f(mv,eB)，故d＝eq\r(\f(2mvh,eB)－h(huán)2)，所以A錯誤．由帶電粒子在有界磁場中做勻速圓周運動，得t＝eq\f(\x\to(PN),v)，故B錯誤，C正確．又由于洛倫茲力和粒子運動的速度總垂直，對粒子永遠(yuǎn)也不做功，故D錯誤．答案：C11.用一金屬窄片折成一矩形框架水平放置，框架右邊上有一極小開口．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里，如圖12所示，框架以速度v1向右勻速運動，一帶電油滴質(zhì)量為m，電荷量為q，以速度v2從右邊開口處水平向左射入，若油滴恰能在框架內(nèi)做勻速圓周運動，則 ()A．油滴帶正電，且逆時針做勻速圓周運動B．油滴帶負(fù)電，且順時針做勻速圓周運動C．圓周運動的半徑一定等于eq\f(mv1,Bq)D．油滴做圓周運動的周期等于eq\f(2πv1,g)解析：金屬框架在磁場中切割磁感線運動，由右手定則可知上板帶正電，下板帶負(fù)電．油滴恰能在框架內(nèi)做勻速圓周運動，說明油滴受的重力與電場力平衡，可判定油滴帶負(fù)電．由左手定則可知，油滴沿順時針方向做勻速圓周運動，A錯B對；r＝eq\f(mv2,qB)，C錯；設(shè)框架寬為l，F(xiàn)＝Eq＝qeq\f(Blv1,l)＝qBv1＝mg，T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π,q)·eq\f(qv1,g)＝eq\f(2πv1,g)，D對．答案：BD12．帶電粒子以速度v沿CB方向射入一橫截面為正方形的區(qū)域．C、B均為該正方形兩邊的中點，如圖13所示，不計粒子的重力．當(dāng)區(qū)域內(nèi)有豎直方向的勻強(qiáng)電場E時，粒子從A點飛出，所用時間為t1；當(dāng)區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場時，粒子也從A點飛出，所用時間為t2，下列說法正確的是 ()A．t1<t2 B．t1>t2C.eq\f(E,B)＝eq\f(4,5)v D.eq\f(E,B)＝eq\f(5,4)v解析：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，水平方向上做勻速運動，而在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，水平方向上做減速運動，所以t2>t1，A項正確，B項錯；設(shè)正方形區(qū)域的邊長為l，則當(dāng)加電場時，有l(wèi)＝vt1和eq\f(l,2)＝eq\f(qE,2m)t12，得E＝eq\f(mv2,ql).當(dāng)加磁場時，根據(jù)幾何關(guān)系，有(R－eq\f(l,2))2＋l2＝R2，得R＝eq\f(5,4)l，再由R＝eq\f(mv,qB)得B＝eq\f(4mv,5ql).所以eq\f(E,B)＝eq\f(5,4)v，D項對，C項錯．答案：AD二、計算題(本大題共4個小題，共40分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)13．(8分)如圖14所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，用來加速質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子，使質(zhì)子由靜止加速到能量為E后，由A孔射出，求：(1)加速器中勻強(qiáng)磁場B的方向和大??；(2)設(shè)兩D形盒間距為d，其間電壓為U，電場視為勻強(qiáng)電場，質(zhì)子每次經(jīng)電場加速后能量增加，加速到上述能量所需回旋周數(shù)；(3)加速到上述能量所需時間．解析：(1)帶電粒子在磁場中做勻圓周運動，由Bqv＝eq\f(mv2,R)得，v＝eq\f(BqR,m)，又E＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(eq\f(BqR,m))2，所以B＝eq\f(\r(2mE),Rq)，方向垂直于紙面向里．(2)帶電粒子每經(jīng)過一個周期被電場加速二次，能量增加2qU，則：E＝2qUn，n＝eq\f(E,2qU).(3)可以忽略帶電粒子在電場中運動的時間，又帶電粒子在磁場中運行周期T＝eq\f(2πm,Bq)，所以t總＝nT＝eq\f(E,2qU)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πmE,q2BU)＝eq\f(πR\r(2mE),2qU).答案：(1)eq\f(\r(2mE),Rq)方向垂直于紙面向里(2)eq\f(E,2qU)(3)eq\f(πR\r(2mE),2qU)14．(10分)據(jù)報道，最近已研制出一種可以投入使用的電磁軌道炮，其原理如圖15所示．炮彈(可視為長方形導(dǎo)體)置于兩固定的平行導(dǎo)軌之間，并與軌道壁密接．開始時炮彈在導(dǎo)軌的一端，通電流后，炮彈會被磁場力加速，最后從位于導(dǎo)軌另一端的出口高速射出．設(shè)兩導(dǎo)軌之間的距離d＝0.10m，導(dǎo)軌長L＝5.0m，炮彈質(zhì)量m＝0.30kg.導(dǎo)軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示．可認(rèn)為，炮彈在軌道內(nèi)運動時，它所在處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為B＝2.0T，方向垂直于紙面向里．若炮彈出口速度為v＝2.0×103m/s，求通過導(dǎo)軌的電流I.(忽略摩擦力與重力的影響)解析：當(dāng)導(dǎo)軌通有電流I時，炮彈作為導(dǎo)體受到磁場施加的安培力為F＝IdB ①設(shè)炮彈加速度的大小為a，則有F＝ma ②炮彈在兩導(dǎo)軌間做勻加速運動，因而v2＝2aL ③聯(lián)立①②③式得I＝eq\f(\f(1,2)mv2,BdL)代入題給數(shù)據(jù)得I＝6.0×105A.答案：6.0×105A15．(10分)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的帶電粒子，從A點射入寬度為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，MN、PQ為該磁場的邊界線，磁感線垂直于紙面向里，磁場區(qū)域足夠長．如圖16所示．帶電粒子射入時的初速度與PQ成45°角，且粒子恰好沒有從MN射出．(不計粒子所受重力)求：(1)該帶電粒子的初速度v0；(2)該帶電粒子從PQ邊界射出的射出點到A點的距離x.解析：(1)若初速度向右上方，設(shè)軌道半徑為R1，如圖甲所示．則R1＝(R1－d)/cos45°，R1＝(2＋eq\r(2))d.又R1＝eq\f(mv0,qB)，解得v0＝eq\f((2＋\r(2))dqB,m).若初速度向左上方，設(shè)軌道半徑為R2，如圖乙所示．則(d－R2)/cos45°＝R2，R2＝(2－eq\r(2))d，v0＝eq\f((2－\r(2))dqB,m).(2)若初速度向右上方，設(shè)射出點C到A點的距離為x1，則x1＝eq\r(2)R1＝2(eq\r(2)＋1)d.若初速度向左上方，設(shè)射出點到A點的距離為x2，則x2＝eq\r(2)R2＝2(eq\r(2)－1)d.答案：見解析16．(12分)(2009·江蘇高考)1932年，勞倫斯和利文斯頓設(shè)計出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如圖17所示，置于高真空中的D形