1、2014屆高三物理一輪復習課時作業及詳細解析：第38講帶電粒子在有界磁場中的運動.12013·張家界模擬 如圖K381所示，質量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v0垂直射入寬度為d的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，為使粒子能穿過磁場，則v0至少等于()A.B.C.D.圖K381圖K38222013·東營模擬 如圖K382所示，在一勻強磁場中有三個帶電粒子，其中1和2為質子(H)的徑跡，3為粒子(H)的徑跡它們在同一平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，三者軌跡半徑r1>r2>r3并相切于P點設T、v、a、t分別表示它們做圓周運動的周期、線速度、向心加速度以及各自從經過

2、P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經歷的時間，則下列結論錯誤的是()AT1T2<T3 Bv1v2>v3Ca1>a2>a3 Dt1<t2<t33如圖K383所示，勻強磁場中有一個電荷量為q的正離子自a點沿半圓軌道運動，當它運動到b點時，突然吸收了附近若干電子，接著沿另一半圓軌道運動到c點已知a、b、c在同一直線上，且acab，電子電荷量為e，電子質量可忽略不計，則該離子吸收的電子個數為()A.B.C.D.圖K383圖K38442013·淄博模擬 如圖K384所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在xOy平面內，從原點O處沿與x

3、軸正方向成角(0<<)以速率v發射一個帶正電的粒子(重力不計)，則下列說法正確的是()A若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大C若v一定，越大，則粒子在磁場中運動的時間越短D若v一定，越大，則粒子離開磁場的位置距O點越遠5如圖K385所示，一粒子源位于一邊長為a的正三角形ABC的中點O處，可以在三角形所在的平面內向各個方向發射出速度大小為v、質量為m、電荷量為q的帶電粒子，整個三角形位于垂直于ABC的勻強磁場中若使任意方向射出的帶電粒子均不能射出三角形區域，則磁感應強度的最小值為()A. B. C. D.圖K385圖K3866如

4、圖K386所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進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是()A.，正電荷 B.，正電荷C.，負電荷 D.，負電荷72013·富陽檢測 電荷量分別為q和q的兩個帶電粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發，同時到達B點，如圖K387所示，則()Aa粒子帶正電

5、，b粒子帶負電B兩粒子的軌道半徑之比RaRb1C兩粒子的質量之比mamb12D兩粒子的速度之比vavb12圖K387圖K3888如圖K388所示，直徑為R的絕緣筒中為勻強磁場區域，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里一個質量為m、電荷量為q的正離子以速度v從圓筒上C孔處沿直徑方向射入筒內，如果離子與圓筒碰撞三次(碰撞時不損失能量，且時間不計)，又從C孔飛出，則離子在磁場中運動的時間為()A. B. C. D.9如圖K389所示，長方形abcd長ad0.6 m，寬ab0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內有垂直于紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應強度B0.25 T一群

6、不計重力、質量m3×107 kg、電荷量q2×103 C的帶電粒子以速度v5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區域，則()A從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊B從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊C從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在be邊D從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊圖K389圖K3810102013·哈爾濱二模 如圖K3810所示，在平面直角坐標系中有一個垂直于紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點a(0，L). 一質量為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

7、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°.下列說法正確的是()A電子在磁場中運動的時間為B電子在磁場中運動的時間為C磁場區域的圓心坐標為(，)D電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0，2L)112013·南充模擬 在電視機的設計制造過程中，要考慮到地磁場對電子束偏轉的影響，可采用某種技術進行消除為確定地磁場的影響程度，需先測定地磁場的磁感應強度的大小，在地球的北半球可將地磁場的磁感應強度分解為水平分量B1和豎直向下的分量B2，其中B1沿水平方向，對電子束影響較小可忽略，B2可通過以下裝置進行測量如圖K3811所示，水平放置的顯像管中電子(質量為m，電荷量為

8、e)從電子槍的熾熱燈絲上發出后(初速度可視為0)，先經電壓為U的電場加速，然后沿水平方向自南向北運動，最后打在距加速電場出口水平距離為L的屏上，電子束在屏上的偏移距離為d.(1)試判斷電子束偏向什么方向；(2)試求地磁場的磁感應強度的豎直分量B2.圖K3811122013·雅安三診 可控熱核聚變反應堆產生能量的方式和太陽類似，因此，它被俗稱為“人造太陽”熱核反應的發生需要幾百萬度以上的高溫，因而反應中的大量帶電粒子沒有通常意義上的容器可裝人類正在積極探索各種約束裝置，磁約束托卡馬克裝置就是其中一種如圖K3812所示為該裝置的簡化模型有一個圓環形區域，區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，已

9、知其截面內半徑為R11.0 m，磁感應強度為B1.0 T，被約束粒子的比荷為4.0×107 C/kg，該帶電粒子從中空區域與磁場交界面上的P點以速度v04.0×107 m/s沿環的半徑方向射入磁場(不計帶電粒子在運動過程中的相互作用，不計帶電粒子的重力)(1)為約束粒子不穿越磁場外邊界，求磁場區域的最小外半徑R2.(2)若改變該粒子的入射速率v，使vv0，求該粒子從P點進入磁場開始到第一次回到P點所需要的時間t.圖K3812132013·湖北聯考 如圖K3813所示，在鉛板A上放一個放射源C，可向各個方向射出速率為v的射線B為金屬網，A、B連接在電路上，電源電動勢

10、為E，內阻為r，滑動變阻器的總阻值為R.圖中滑動變阻器滑片置于中點，AB間的間距為d，M為足夠大的熒光屏，M緊挨著金屬網外側已知粒子質量為m，電量為e.不計射線所形成的電流對電路的影響，求：(1)閉合開關S后，AB間場強的大小是多少？(2)粒子到達金屬網B的最長時間是多少？(3)切斷開關S，并撤去金屬網B，加上垂直紙面向里、范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B，若加上磁場后粒子仍能到達熒光屏，這時在熒光屏上發亮區的長度是多少？圖K3813課時作業（三十八）【基礎熱身】1C解析 帶電粒子恰好能夠穿過磁場時，軌跡恰好與磁場右邊界相切，則軌跡半徑rd，即v，故速度應滿足v0，選項C正確2B解析 各粒

11、子做圓周運動的周期T，根據粒子的比荷大小可知：T1T2<T3，選項A正確；由于r1>r2>r3，結合r及粒子的比荷關系可知：v1>v2>v3，選項B錯誤；粒子運動的向心加速度a，結合粒子的比荷關系及v1>v2>v3可得：a1>a2>a3，選項C正確；由題圖可知，粒子運動到MN時所對應的圓心角的大小關系為1<2<3，而T1T2，因此t1<t2，由T2<T3，且2<3，可知t2<t3，選項D正確3D解析 離子在磁場中所受的洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，其半徑R，離子碰上電子后半徑變化，R，所以q，qq，

12、正確選項為D.4C解析 粒子運動周期T，當一定時，粒子在磁場中運動時間tTT，.由于t、均與v無關，故選項A、B錯誤，選項C正確當v一定時，由r知，r一定；在從0變至的過程中，越大，粒子離開磁場的位置距O點越遠；當大于時，越大，粒子離開磁場的位置距O點越近，選項D錯誤【技能強化】5D解析 如圖所示，帶電粒子不能射出三角形區域的最小半徑是r·tan30°a，由qvBm得，最小的磁感應強度是B，選項D正確6C解析 由題意可知，粒子向右側偏轉，洛倫茲力指向運動方向的右側，由左手定則可判定粒子帶負電作出粒子運動軌跡示意圖如圖所示根據幾何關系有rrsin30°a，再結合半徑

13、表達式r可得，選項C正確7C解析 由左手定則可知：a粒子帶負電，b粒子帶正電，選項A錯誤；由幾何關系可得：RaRb1，選項B錯誤；兩者運動時間相同，由tTbTa，可得，由T，則，選項C正確；又Bqvm，解得v，則，選項D錯誤8AC解析 根據對稱性畫出離子的運動軌跡應為四個圓弧，軌跡圓的半徑等于圓筒的半徑，總時間應等于一個圓周的周期，所以選項A、C正確9CD解析 由左手定則可知，粒子射入后向上偏轉，軌道半徑R0.3 m從O點射入的粒子運動軌跡如圖中的1所示，從aO邊上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的2所示，從Od邊上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的3所示綜上所述，選項C、D正確10BC解析 電子射出

14、磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為60°，過b點的半徑與此時的速度方向垂直，則該半徑與x軸負方向的夾角為30°，由幾何關系可知RLRsin30°，即R2L，故電子在磁場中做圓周運動的圓心在原點O的正下方，坐標為(0，L)，選項D錯誤；電子在磁場中運動的時間為tT，選項A錯誤、選項B正確；容易判斷圓形勻強磁場區域的圓心坐標應該在a、b連線的中點上，根據幾何知識，其x軸、y軸的坐標分別為xxb，yya，故磁場區域的圓心坐標為(，)，選項C正確11(1)向東偏(2)解析 (1)利用左手定則，可得電子束向東偏(2)由題意作出電子的運動軌跡如圖所示電子經電場加速，由動能定理

15、得eUmv2電子在磁場中做圓周運動，利用幾何知識得：R2(Rd)2L2由洛倫茲力提供向心力，有evB2m，即：R聯立解得：B2.12(1)2.41 m(2)5.74×107s解析 (1)設粒子在磁場中做圓周運動的最大半徑為R，由qv0B得R1.0 m如圖所示，由幾何關系得R2R解得R2(1)m2.41 m(2)設粒子此時在磁場中做圓運動的半徑為r，則r m如圖所示，由幾何關系得arctan30°，POP60°故帶電粒子進入磁場繞圓O轉過360°(180°60°)240°又回到中空部分，粒子的運動軌跡如圖所示粒子從P點進入磁場到第一次回到P點時，粒子在磁場中運動的時間為t13×2T，粒子在中空部分運動的時間為t2，故粒子運動的總時間為tt1t25.74×107 s.