1、 A.电子将向右偏转,速率不变 B.电子将向左偏转,速率改变 C.电子将向左偏转,速率不变 D.电子将向右偏转,速率改变 解析 由安培定则可知,通电导线右方磁场方向垂直纸面向里,则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右,所以电子向右偏;由于洛伦兹力不做功,所以电子速率不变. 答案 A 2、如图8-2-22所示,重力不计、初速度为v的正电荷,从a点沿水平方向射入有明显左边界的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,若边界右侧的磁场范围足够大,该电荷进入磁场后 ( ). A.动能发生改变 B.运动轨迹是一个完整的圆,正电荷始终在磁场中运动 C.运动轨迹是一个半圆,并从a点上方某处穿出边界向左射出 D.运动轨迹是一个半圆,并从a点下方某处穿出边界向左射出 解析 洛伦兹力不做功,电荷的动能不变,A不正确;由左手定则知,正电荷刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向向上,电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹是一个半圆,并从a点上方某处穿出边界向左射出,B、D均不正确,C正确. 答案 C 3、处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动.将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值 ( ). A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比 解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T=,该粒子运动等效的环形电流I==,由此可知,I∝q2,故选项A错误;I与速率无关,选项B错误;I∝,即I与m成反比,故选项C错误;I∝B,选项D正确. 答案 D 4、在如图8-2-23所示的足够大匀强磁场中,两个带电粒子以相同方向垂直穿过虚线MN所在的平面,一段时间后又再次同时穿过此平面,则可以确定的是( ). A.两粒子一定带有相同的电荷量 B.两粒子一定带同种电荷 C.两粒子一定有相同的比荷 D.两粒子一定有相同的动能 解析 粒子垂直穿过平面MN,再次穿过时速度一定又垂直此平面,因此两粒子均运动了半个周期,即粒子在磁场中运动的周期相同,由T=可知,两粒子具有相同的比荷,但可以有不同的质量和电荷量,A错、C对;无论粒子向哪个方向绕行,均运动半个周期,所以粒子的电性不能确定,B错;粒子运动的周期与速度无关,所以动能也不能确定,D错. 答案 C 5、质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器,如图8-2-24所示.它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后,垂直进入同一匀强磁场做圆周运动,然后利用相关规律计算出带电粒子质量.图中虚线为某粒子运动轨迹,由图可知 ( ). A.此粒子带负电 B.下极板S2比上极板S1电势高 C.若只增大加速电压U,则半径r变大 D.若只增大入射粒子的质量,则半径r变小 解析 粒子从S3小孔进入磁场中,速度方向向下,粒子向左偏转,由左手定则可知粒子带正电.带正电的粒子在S1和S2两板间加速,则要求场强的方向向下,那么S1板的电势高于S2板的电势.粒子在电场中加速,由动能定理有mv2=qU,在磁场中偏转,则有r=,联立两式解得r= ,由此式可以看出只增大U或只增大m时,粒子的轨道半径都变大. 答案 C 6、回旋加速器的原理如图8-2-25所示,它由两个铜质D形盒D1、D2构成,其间留有空隙,下列说法正确的是 ( ). A.离子从电场中获得能量 B.离子从磁场中获得能量 C.只增大空隙距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能 D.只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能 解析 回旋加速器通过电场对离子做功获得能量,A正确;洛伦兹力对离子不做功,B错误;电场对离子做功与电势差成正比,增大空隙距离不能增加电场力对离子做功,C错误;增大D形盒的半径可以使离子加速次数增加,从而增加从回旋加速器中获得的动能,故D正确. 答案 AD 7、 (2013·苏北四市模拟)如图8-2-26所示是医用回旋加速器示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连.现分别加速氘核(H)和氦核(He).下列说法中正确的是( ) A.它们的最大速度相同 B.它们的最大动能相同 C.它们在D形盒内运动的周期相同 D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 解析 由Bqv=m得v=,H和He的比荷相等,故v也相同,即A项正确.Ekm=mv2=,H和He的的值不等,则Ekm不同,即B项错.周期T=,由上述分析可见T相同,即C项对.粒子的最大动能与频率无关,故D项错. 答案 AC 8、某空间存在着如图8-2-27甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场.在磁场中A、B两个物块叠放在一起,置于光滑水平面上,物块A带正电,物块B不带电且表面绝缘.在t1=0时刻,水平恒力F作用在物块B上,物块A、B由静止开始做加速度相同的运动.在A、B一起向左运动的过程中,以下说法正确的是 ( ). 图8-2-27 A.图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系 B.图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系 C.图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系 D.图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系 解析 AB整体向左做初速度为零的匀加速直线运动,所以f洛与t成正比,A错,A对B的摩擦大小恒定,B错,A对B压力N1=mg+Bqv,C正确,B对地压力N2=(M+m)g+Bqv,D正确. 答案 CD 9、如图8-2-28所示,O点有一粒子源,在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内.在直线x=a与x=2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场,与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出.不计粒子的重力和粒子间的相互作用力.关于这些粒子的运动,下列说法正确的是 ( ). A.粒子的速度大小为 B.粒子的速度大小为 C.与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长 D.与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长 解析 带正电粒子与y轴正方向成60°角射出进入磁场后的轨迹如图甲所示,根据几何关系可得a=Rsin 30°,其中R=,联立解得v=,故选项A正确、B错误;带电粒子在匀强磁场中运动的时间t=T,可见圆弧所对的圆心角θ越大,粒子在磁场中运动的时间越长,由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R=2a,因此当带电粒子与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°,粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切,如图乙所示,最长时间tm=T,故选项C正确、D错误. 答案 AC 10、一个质量m=0.1 g的小滑块,带有q=5×10-4 C的电荷量,放置在倾角α=30°的光滑斜面上(斜面绝缘),斜面置于B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,如图8-2-29所示,小滑块由静止开始沿斜面滑下,其斜面足够长,小滑块滑至某一位置时,要离开斜面.求: (1)小滑块带何种电荷? (2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大? (3)该斜面的长度至少多长? 解析 (1)小滑块沿斜面下滑过程中,受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面,洛伦兹力F方向应垂直斜面向上,根据左手定则可知,小滑块应带负电荷. (2)小滑块沿斜面下滑时,垂直斜面方向的加速度为零,有qvB+FN-mgcos α=0. 当FN=0时,小滑块开始脱离斜面,此时,qvB=mgcos α,得 v== m/s=2 m/s. (3)下滑过程中,只有重力做功,由动能定理得 mgxsin α=mv2, 斜面的长度至少应是x== m=1.2 m. 答案 (1)负电荷 (2)2 m/s (3)1.2 m 11、如图8-2-30所示,两个同心圆,半径分别为r和2r,在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.圆心O处有一放射源,放出粒子的质量为m,带电荷量为q,假设粒子速度方向都和纸面平行. (1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向,OA与初速度方向夹角为60°,要想使该粒子经过磁场第一次通过A点,则初速度的大小是多少? (2)要使粒子不穿出环形区域,则粒子的初速度不能超过多少? 解析 (1)如图所示,设粒子在磁场中的轨道半径为R1,则由几何关系得 R1=,又qv1B=m得 v1=. (2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时,粒子在磁场中的轨道半径为R2,则由几何关系有(2r-R2)2=R+r2 可得R2=,又qv2B=m,可得v2= 故要使粒子不穿出环形区域,粒子的初速度不能超过. 答案 (1) (2) 12、图8-2-31(a) 所示的xOy平面处于匀强磁场中,磁场方向与xOy平面(纸面)垂直,磁感应强度B随时间t变化的周期为T,变化图线如图(b)所示.当B为+B0时,磁感应强度方向指向纸外.在坐标原点O有一带正电的粒子P,其电荷量与质量之比恰好等于.不计重力.设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向从O点开始运动,将它经过时间T到达的点记为A. 图8-2-31 (1)若t0=0,则直线OA与x轴的夹角是多少? (2)若t0=,则直线OA与x轴的夹角是多少? (a) (b) 解析 (1)设粒子P的质量\,电荷量与初速度分别为m\,q与v,粒子P在洛伦兹力作用下,在xOy平面内做圆周运动,分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期,则有 qvB0=m()2R① v=② 由①②式与已知条件得T′=T 粒子P在t=0到t=时间内,沿顺时针方向运动半个圆周,到达x轴上B点,此时磁场方向反转;继而,在t=到t=T时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达x轴上A点,如图所示.OA与x轴的夹角θ=0 (2)粒子P在t0=时刻开始运动,在t=到t=时间内,沿顺时针方向运动个圆周,到达C点,此时磁场方向反转;继而,在t=到t=T时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达B点,此时磁场方向再次反转;在t=T到t=时间内,沿顺时针方向运动个圆周,到达A点,如图所示.由几何关系可知,A点在y轴上,即OA与x轴的夹角θ= 答案 (1)0 (2) 13、带电荷量为+q的粒子在匀强磁场中运动,下列说法中正确的是( ). A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同 B.如果把+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变 C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直 D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变 解析 因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F=qvB,当粒子速度与磁场平行时F=0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以A选项错.因为+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F=qvB知大小不变,所以B项正确.因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以C选项错.因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此洛伦兹力不做功,粒子动能不变,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,所以D项错. 答案 B 14、初速为v0的电子,沿平行于通电长直导线的方向射出,直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图8-2-1所示,则( ). 图8-2-1 A.电子将向右偏转,速率不变 B.电子将向左偏转,速率改变 C.电子将向左偏转,速率不变 D.电子将向右偏转,速率改变 解析 由安培定则可知,通电导线右方磁场方向垂直纸面向里,则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右,所以电子向右偏;由于洛伦兹力不做功,所以电子速率不变. 答案 A 15、如图8-2-2所示,一个带负电的物体从绝缘粗糙斜面顶端滑到底端时的速度为v,若加上一个垂直纸面向外的磁场,则滑到底端时( ). 图8-2-2 A.v变大 B.v变小 C.v不变 D.不能确定v的变化 解析 物体受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下,物体受到的摩擦力变大,到达底端时克服摩擦力做功增加,动能减少,速度变小,B正确. 答案 B 16、垂直纸面的匀强磁场区域里,一离子从原点O沿纸面向x轴正方向飞出,其运动轨迹可能是下图中的( ). 解析 题中既没给出离子所带电性,又没给出匀强磁场的具体方向,因此可能有多个解.假设磁场方向垂直纸面向外,当离子带正电时,由左手定则可以判断离子刚飞入时所受洛伦兹力方向沿y轴负方向,离子运动轨迹是B;同理可以判断当离子带负电时,运动轨迹是C,无论哪种情况,离子的运动轨迹都是和x轴相切的,A、D错误. 答案 BC 17、两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场,在磁场中它们的运动轨迹如图8-2-3所示.粒子a的运动轨迹半径为r1,粒子b的运动轨迹半径为r2,且r2=2r1,q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量,则( ). 图8-2-3 A.a带负电、b带正电,比荷之比为∶=2∶1 B.a带负电、b带正电,比荷之比为∶=1∶2 C.a带正电、b带负电,比荷之比为∶=2∶1 D.a带正电、b带负电,比荷之比为∶=1∶1 解析 根据磁场方向及两粒子在磁场中的偏转方向可判断出a、b分别带正、负电,根据半径之比可计算出比荷之比为2∶1. 答案 C 18、如图8-2-4所示,一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m,电量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场,从磁场中射出时速度方向改变了θ角.磁场的磁感应强度大小为 ( ). 图8-2-4 A. B. C. D. 解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动.根据画轨迹、找圆心、定半径思路分析.注意两点,一是找圆心的两种方法:(1)根据初末速度方向垂线的交点.(2)根据已知速度方向的垂线和弦的垂直平分线交点.二是根据洛伦兹力提供向心力和三角形边角关系,确定半径qvB=,r=Rcot ,B=.B选项正确.(圆边界模型) 答案 B 19、如图8-2-5所示,圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c以不同的速率对准圆心O沿 着AO方向射入磁场,其运动轨迹如图,若带电粒子只受磁场力的作用,则下列说法正确的是( ). 图8-2-5 A.a粒子速率最大 B.c粒子速率最大 C.c粒子在磁场中运动时间最长 D.它们做圆周运动的周期Ta<Tb<Tc 解析 做出三个粒子运动的圆心和半径,如图所示,半径最大的是c粒子,最小的是a粒子,圆心角最大的是 a粒子,最小的是c粒子,所以速率最大的是c粒子,最小的是a粒子;因为三个粒子的电荷量与质量都相同,所以运动的周期是相同的,在磁场中运动时间最长的是a粒子,最短的是c粒子.(圆边界模型) 答案 B 20、如图8-2-6所示,匀强磁场的边界为平行四边形ABDC,其中AC边与对角线BC垂直,一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场,不计电子的重力和电子之间的相互作用,关于电子在磁场中运动的情况,下列说法中正确的是 ( ). 图8-2-6 A.入射速度越大的电子,其运动时间越长 B.入射速度越大的电子,其运动轨迹越长 C.从AB边出射的电子的运动时间都相等 D.从AC边出射的电子的运动时间都相等 解析 电子以不同的速度沿BC从B点射入磁场,若电子从AB边射出,画出其运动轨迹由几何关系可知在AB边射出的粒子轨迹所对的圆心角相等,在磁场中的运动时间相等,与速度无关,C对,A错;从AC边射出的电子轨迹所对圆心角不相等,且入射速度越大,其运动轨迹越短,在磁场中的运动时间不相等,B、D错.(双直线边界模型) 答案 C 21、如图8-2-7是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场.下列表述正确的是( ). 图8-2-7 A.质谱仪是分析同位素的重要工具 B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的荷质比越小 解析 本题考查质谱仪的工作原理,意在考查考生分析带电粒子在电场、磁场中的受力和运动的能力.粒子先在电场中加速,进入速度选择器做匀速直线运动,最后进入磁场做匀速圆周运动.在速度选择器中受力平衡:qE=qvB得v=,方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外,B、C选项正确.进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由qvB0=得,R=,所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样,所以,A项正确、D项错.(单直线边界模型) 答案 ABC 22、如图8-2-8所示,在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场,MN是一竖直放置的感光板.从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电,电荷量为q,质量为m,速度为v的粒子,不考虑粒子间的相互作用力,关于这些粒子的运动以下说法正确的是( ). 图8-2-8 A.只要对着圆心入射,出射后均可垂直打在MN上 B.对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线不一定过圆心 C.对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,时间也越长 D.只要速度满足v=,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 解析 当v⊥B时,粒子所受洛伦兹力充当向心力,做半径和周期分别为R=、T=的匀速圆周运动;只要速度满足v=,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上,选项D正确.(圆边界模型) 答案 D 23、如图8-2-9所示,直角三角形OAC(α=30°)区域内有B=0.5 T的匀强磁场,方向如图所示.两平行极板M,N接在电压为U的直流电源上,左板为高电势.一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速,从N板的小孔射出电场后,垂直OA的方向从P点进入磁场中.带电粒子的比荷为=105C/kg,OP间距离为L=0.3 m.全过程不计粒子所受的重力,则: (1)若加速电压U=120 V,通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场? (2)求粒子分别从OA、OC边离开磁场时粒子在磁场中运动的时间. 图8-2-9 解析 (1)如图所示,当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态,设临界半径为R,加速电压U0,则有: R+=L,解得R=0.1 m,qU0=mv2,qvB=m,U0=125 V,U<U0,则r<R,粒子从OA边射出. (2)带电粒子在磁场做圆周运动的周期为T==4π×10-5s 当粒子从OA边射出时,粒子在磁场中恰好运动了半个周期 t1==2π×10-5s 当粒子从OC边射出时,粒子在磁场中运动的时间小于周期, 即t2≤=×10-5s.(双直线边界模型) 答案 (1)OA边 (2)2π×10-5s 小于等于×10-5s 24、受控热核聚变要把高度纯净的氘、氚混合材料加热到1亿度以上,即达到所谓热核温度.在这样的超高温度下,氘、氚混合气体已完全电离,成为氘、氚原子核和自由电子混合而成的等离子体.从常温下处于分子状态的氘、氚材料开始,一直到上述热核温度的整个加热过程中,必须把这个尺寸有限的等离子体约束起来,使组成等离子体的原子核在发生足够多的聚变反应之前不至于失散,可一般的容器无法使用,因为任何材料的容器壁都不可能承受这样的高温.而磁约束是目前的重点研究方案,利用磁场可以约束带电粒子这一特性,构造一个特殊的磁容器建成聚变反应堆.图8-2-10所示是一种简化示意图,有一个环形匀强磁场区域的截面内半径R1= m,外半径R2=3 m,磁感应强度B=0.5 T,被约束的粒子的比荷=4.0×107 C/kg,不计粒子重力和粒子间相互作用. (1)若带电粒子从中间区域沿半径方向射入磁场,则粒子不能穿越磁场外边界的最大速率vm是多少? (2)若带电粒子以(1)问中最大速率vm从圆心O出发沿圆环半径方向射入磁场,请在图中画出其运动轨迹,并求出粒子从出发到第一次回到出发点所用的时间. 图8-2-10 解析 (1)设粒子运动的最大半径为r,由牛顿第二定律有: m=qvmB 如图所示,R+r2=(R2-r)2 解得:r=1.0 m,vm=2×107 m/s. (2)粒子的运动轨迹如下答案图所示,由几何关系可知:θ=30° 由对称性可知,粒子进入磁场转过240°又回到中空区域,由几何知识可判断粒子的运动轨迹如答案图所示. 粒子在磁场中转过240°所用时间为: t1==2.09×10-7 s 粒子在中空区域运动的时间为:t2==1.73×10-7 s 粒子从出发到第一次回到出发点所用时间为: T0=t1+t2=3.82×10-7 s. 答案 (1)2×107 m/s (2)运动轨迹如图所示 3.82×10-7 s |
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