PAGE7-課時作業(yè)(二十五)一、選擇題(1～10為單選，11、12為多選)1.在如圖所示中，水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將()A．沿路徑a運(yùn)動，軌跡是圓B．沿路徑a運(yùn)動，軌跡半徑越來越大C．沿路徑a運(yùn)動，軌跡半徑越來越小D．沿路徑b運(yùn)動，軌跡半徑越來越小解析由左手定則可推斷電子運(yùn)動軌跡向下彎曲．又由r＝eq\f(mv,qB)知，B減小，r越來越大，故電子的徑跡是a.故B項正確，A、C、D三項錯誤．答案B設(shè)置目的定性考查帶電粒子在非勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動規(guī)律2．“月球勘探者號”空間探測器運(yùn)用高科技手段對月球近距離勘探，在月球的重力分布、磁場分布及元素測定方面取得了新成果．月球上的磁場極其微弱，通過探測器拍攝電子在月球磁場中的運(yùn)動軌跡，可分析月球磁場的強(qiáng)弱分布狀況．如圖所示是探測器通過月球表面甲、乙、丙、丁四個位置時拍攝到的電子運(yùn)動軌跡照片，設(shè)電子的速率相同，且與磁場方向垂直，則可知磁場從強(qiáng)到弱的位置排列正確的是()A．乙→甲→丁→丙 B．丁→丙→乙→甲C．丙→丁→甲→乙 D．甲→乙→丙→丁解析電子在磁場中做圓周運(yùn)動，有evB＝meq\f(v2,r)，即r＝eq\f(mv,eB)，在e、m、v相同時，r∝eq\f(1,B)，由題圖知r甲<r乙<r丙<r丁，故D項正確．解析D設(shè)置目的考查帶電粒子在磁場中運(yùn)動的半徑大小與什么因素有關(guān)3.如圖所示，MN為兩個勻強(qiáng)磁場的分界面，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的關(guān)系為B1＝2B2，一帶電荷量為＋q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子從O點垂直MN進(jìn)入B1磁場，則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過O點()A.eq\f(2πm,qB1) B.eq\f(2πm,qB2)C.eq\f(2πm,q（B1＋B2）) D.eq\f(πm,q（B1＋B2）)解析帶電粒子在B1區(qū)的徑跡的半徑r1＝eq\f(mv,qB1)，運(yùn)動周期T1＝eq\f(2πm,qB1)；在B2區(qū)的徑跡的半徑r2＝eq\f(mv,qB2)，運(yùn)動周期T2＝eq\f(2πm,qB2).由于B1＝2B2，所以r2＝2r1，粒子運(yùn)動徑跡如圖所示，到下一次通過O點的時間t＝T1＋eq\f(T2,2)＝eq\f(2πm,qB1)＋eq\f(πm,qB2)＝eq\f(4πm,qB1)＝eq\f(2πm,qB2)，故選B項．答案B設(shè)置目的考查帶電粒子在組合磁場中運(yùn)動時間4.如圖所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中點O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AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強(qiáng)磁場的大小B需滿意()A．B>eq\f(\r(3)mv,3aq) B．B<eq\f(\r(3)mv,3aq)C．B>eq\f(\r(3)mv,aq) D．B<eq\f(\r(3)mv,aq)解析粒子剛好達(dá)到C點時，其運(yùn)動軌跡與AC相切，則粒子運(yùn)動的半徑為r0＝acot30°.由r＝eq\f(mv,qB)得，粒子要能從AC邊射出，粒子運(yùn)行的半徑r>r0，解得B<eq\f(\r(3)mv,3qa)，B項正確．答案B設(shè)置目的考查帶電粒子在三角邊界磁場中圓周運(yùn)動圓心確定及半徑的計算5.如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，發(fā)覺電子流向上極板偏轉(zhuǎn)，設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只實行下列措施，其中可行的是()A．適當(dāng)減小電場強(qiáng)度EB．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度BC．適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離D．適當(dāng)減小加速電壓解析電子受電場力方向與場強(qiáng)方向相反，即電子受到電場力方向豎直向上，由左手定則知電子受洛倫茲力豎直向下．電子打在上極板，說明電場力大于洛倫茲力，欲使電子沿直線運(yùn)動，可行方法是減小電場力或增大洛倫茲力．減小電場強(qiáng)度E，電場力減小，則A可行，減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B.洛倫茲力減小，B不行行；適當(dāng)增大加速電場極板間的距離，對電子無影響，C不行行；減小加速電壓，進(jìn)入電場和磁場區(qū)域的速度減小，洛倫茲力減?。瓺不行行．答案A設(shè)置目的考查帶電粒子在復(fù)合場中的平衡條件6.如圖所示，有界勻強(qiáng)磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場．其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過b點的粒子速度v2與MN成60°角，設(shè)粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(重力不計)()A．1∶3 B．4∶3C．1∶1 D．3∶2解析如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應(yīng)的圓心角為90°.從b點射出的粒子對應(yīng)的圓心角為60°.由t＝eq\f(θ,360°)T，可得：t1∶t2＝3∶2，故D項正確．答案D設(shè)置目的考查帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動時間的計算7.如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面對里，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電性是()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)電荷解析因粒子進(jìn)入磁場后首先穿過y軸正半軸，故粒子應(yīng)帶負(fù)電，作出粒子進(jìn)入磁場后的運(yùn)動軌跡如圖所示，由圖可知a＝r＋rcos60°，所以r＝eq\f(2,3)a.依據(jù)牛頓運(yùn)動定律，可得qvB＝meq\f(v2,r)所以r＝eq\f(mv,qB)，可解得eq\f(q,m)＝eq\f(3v,2aB)，正確選項為C.答案C設(shè)置目的考查帶電粒子在直線邊界磁場運(yùn)動圓心位置確定與半徑的計算8.如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運(yùn)動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運(yùn)動的時間為tc，不計粒子重力．則()A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1B．vb∶vc＝2∶2，tb∶tc＝1∶2C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2解析帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得，rc＝2rb，θb＝60°，θc＝120°，由qvB＝meq\f(v2,r)得，v＝eq\f(qBr,m)，則vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，又由T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θ,2π)T和θB＝2θC得tb∶tc＝2∶1，故A項正確，B、C、D三項錯誤．答案A設(shè)置目的考查帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動9.如圖所示，一帶正電的粒子以速度v0垂直飛入，B、E、v0三者方向如圖所示．已知粒子在運(yùn)動過程中所受的重力恰與電場力平衡，則帶電粒子在運(yùn)動過程中，下列說法錯誤的是()A．機(jī)械能不守恒 B．動能守恒C．動能與電勢能總和始終不變 D．電勢能與機(jī)械能總和守恒解析帶正電的粒子受力如圖所示，由題意知qE＝mg，所以粒子將在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，動能不變，B項正確，上升時重力勢能增大，下降時重力勢能削減，機(jī)械能不守恒，A項正確，上升時，電場力做正功，電勢能削減，下降時電勢能增大，動能和電勢能之和不守恒，C項錯誤，依據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，電勢能與機(jī)械能總和守恒，D項正確．答案C設(shè)置目的考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動10．帶電小球以肯定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強(qiáng)電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，如圖所示，不計空氣阻力，則()A．h1＝h2＝h3 B．h1>h2>h3C．h1＝h2>h3 D．h1＝h3>h2解析由豎直上拋運(yùn)動的最大高度公式得：h1＝eq\f(v02,2g)；當(dāng)小球在磁場中運(yùn)動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mv02＝mgh1，所以h1>h2；當(dāng)加上電場時，由運(yùn)動的分解可知：在豎直方向上有v02＝2gh3，所以h1＝h3，D項正確．答案D設(shè)置目的考查能量轉(zhuǎn)化與守恒及洛倫茲力不做功11.如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充溢了垂直于紙面對里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，速度方向與半徑方向的夾角為30°.當(dāng)該電荷離開磁場時，速度方向剛好變更了180°.不計電荷的重力，下列說法正確的是()A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點B．該點電荷的比荷為eq\f(2v0,BR)C．該點電荷在磁場中的運(yùn)動時間為eq\f(πR,2v0)D．該點電荷在磁場中的運(yùn)動時間為eq\f(πR,3v0)解析由題意可畫出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示，A項錯誤；由幾何關(guān)系知粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r＝eq\f(R,2)，結(jié)合qv0B＝eq\f(mv02,r)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2v0,BR)，B項正確；粒子在磁場中的運(yùn)動時間t＝eq\f(πr,v0)＝eq\f(πR,2v0)，C項正確，D項錯誤．答案BC設(shè)置目的圓形邊界磁場12.如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子放射裝置，在－R≤y≤R的區(qū)間內(nèi)各處均沿x軸正方向同時放射出一個帶正電粒子，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q、初速度均為v，重力及粒子間的相互作用均忽視不計，全部粒子都能到達(dá)y軸，其中最終到達(dá)y軸的粒子比最先到達(dá)y軸的粒子晚Δt時間，則()A．有些粒子可能到達(dá)y軸上相同的位置B．磁場區(qū)域半徑R應(yīng)滿意R≥eq\f(mv,qB)C．Δt＝eq\f(πm,qB)－eq\f(R,v)D．Δt＝eq\f(θm,qB)－eq\f(R,v)，其中角度θ的弧度值滿意sinθ＝eq\f(qBR,mv)解析A項，粒子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡如圖所示，y＝±R的粒子干脆沿直線運(yùn)動到達(dá)y軸，其他粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)．由圖可知，發(fā)生偏轉(zhuǎn)的粒子也有可能干脆打在y＝R的位置上，所以有些粒子可能會到達(dá)y軸的同一位置，故A項正確；B項，以沿x軸射入的粒子為例，若r＝eq\f(mv,qB)<R，則粒子不能到達(dá)y軸就偏向上離開磁場區(qū)域，所以要求R<eq\f(mv,qB)，全部粒子才能穿越磁場到達(dá)y軸，故B項錯誤；D項，從x軸入射的粒子在磁場中對應(yīng)的弧長最長，所以該粒子最終到達(dá)y軸，t1＝eq\f(L－R,v)＋eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(L－R,v)＋eq\f(θm,qB)，(其中θ為從x軸入射粒子運(yùn)動的圓心角，依據(jù)幾何關(guān)系有α＝θ，則sinθ＝sinα＝eq\f(R,r)＝eq\f(qBR,mv))；而y＝±R的粒子沿直線勻速運(yùn)動到y(tǒng)軸，時間最短，t2＝eq\f(L,v)，所以：Δt＝t1－t2＝eq\f(θm,qB)－eq\f(R,v)，故D項正確；C項，由于θ≤eq\f(π,2)，所以Δt≤eq\f(πm,qB)－eq\f(R,v)，C項錯誤；故選A、D項．答案AD二、非選擇題13．如圖所示，坐標(biāo)平面第Ⅰ象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場，在y軸左側(cè)區(qū)域存在寬度為d＝0.3m的垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B(大小可調(diào)整)．現(xiàn)有比荷為eq\f(q,m)＝2.5×109C/kg的帶正電粒子從x軸上的A點以初速度v0＝2.0×107m/s垂直x軸射入電場，然后從y軸上的P點進(jìn)入磁場，已知OA＝0.25m，OP＝eq\f(\r(3),6)m，不計重力．求：(1)電場強(qiáng)度的大小和粒子經(jīng)過P點時的速度v的大小；(2)要使粒子不從CD邊界射出，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍；(3)在(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小的狀況下，帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間(不考慮粒子二次進(jìn)入磁場的狀況)．解析(1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，豎直方向：OP＝v0t1，水平方向：OA＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t12，代入數(shù)據(jù)解得：E＝9.6×105V/C，由動能定理得：qE·OA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得：v＝4×107m/s；(2)粒子經(jīng)過P點時速度方向與y軸夾角為θ，則：cosθ＝eq\f(v0,v)，解得：θ＝60°，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：由幾何學(xué)問得：r＋rcos60°≤d，解得：B≥0.08T；(3)粒子在磁場中的運(yùn)動時間：t2＝eq\f(2,3)T，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期：T＝eq\f(2πr,v)，解得：t2＝eq\f(π,15)×10－7s.答案(1)9.6×105V/C4×107m/s(2)B≥0.08T(3)eq\f(π,15)×10－7s14.電視機(jī)的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實現(xiàn)的，電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進(jìn)入一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)，如圖所示，磁場方向垂直于圓面，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r.當(dāng)不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心M點，為了讓電子束射到屏幕邊緣P，須要加磁場，