鞏固練習磁場對運動電荷的作用提高

跡如圖所示，下列情況可能的是（） 2e/md、磁感應強B的勻強磁場區(qū)域，要從右側面穿出這個磁場區(qū)域，電子的速度至少應為（）2A. B. C. 2行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是（）A．M帶負電，NMNMN （）A與粒子電荷量成正 B與粒子速率成正C與粒子質量成正 5（2016吉林模擬）如圖所示為力演示儀的結構示意圖。由電子槍產生，過電子槍的加速電壓U和勵磁線圈的電流I來調節(jié)。適當調節(jié)UI，玻璃泡中就會出現電子束的圓形徑跡。下列調節(jié)方式中，一定能讓圓形徑跡半徑增大的是（）A.同時增大U和 B.同時減小U和C.增大U，減小 D.減小U，增大6（2015省六校高三元月調考）如圖，xOy平面的一、二、三象限內存在垂直紙面向B=1T的勻強磁場，ONyMx軸正方向上一點，OM=3mq1.0C/kgmM點，則小球射入的速度大小可能是（） 7（2016黃山一模）如圖所示，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道分別放在勻強磁場和的左端最高點由靜止釋放，M、N分別為兩軌道的最低點，則（）A.B.C.D.t；若該區(qū)域加沿軸線方向的勻強磁場,B，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區(qū)域時，速度方

，根據上述條件可求得的物理量為（3 C．帶電粒子在磁場中運動的周期D．帶電粒子的比荷

2mvＣ.2mv(1cos

Ｄ．2mv(1sin場中，沿動摩擦因數為的絕緣水平面以初速度v0開始向左運動，如圖所示。經t時間走S距離，物塊停了下來，設此過程中，q不變，則（）S2

S2t

(mg

t

(mg1、質子和粒子以相同的動能垂直于磁場方向射入同一勻強磁場，它們的運動軌跡半徑之比Rp:R ，運動周期之比TP:T= 2A，靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中的（0，0）點，如圖，某時刻突然成質量不等、但帶電完全相同的兩部分，后質量大的部分速度沿x軸正方向，yx3、如圖所示，邊界是圓周的勻強磁場的直徑為d，磁感應強度為B。若在圓心O處有一質量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0垂直于磁場運動，則其初速度v0必須大于 1、如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場．取垂直于紙面向電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經ΔtPm、q、d、v0為已知量．若t12若t32

4mv0P圖的勻強磁場，一束帶正電的粒子電量q1.91019C，質量m1.61027kg，以初0v1.0106msaba0于磁場方向，不計粒子重力。計算時取sin

0.8ab的夾角b處飛出若粒子射入磁場的速度改為v03.010ms53RM、N正對著放置，s1、s2M、N板上的小孔，s1、s2、OM、Ns2O=RO為圓心、R為半B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。D為收集板，板上各O2RM、Nm、帶電量為+qs1M、Ns2s1處的速度和M、NU時，求粒子進入磁場時速度的大小vDM、NM、Ns1Dtt的adLadO垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小為v0與ad邊夾角為30，如圖所示。已知粒子的電荷量為q，質量為m（重力不計若粒子帶負電，且恰能從d點射出磁場，求v0的大小ab邊射出磁場，求v0的取值范圍以及該范圍內粒子t的范圍。1、，解析：根據左手定則，若粒子帶正電，速度方向向左即沿逆時針方向運動力方向向下指向圓心，A對，若粒子帶負電，恰好相反，D對。故答案為AD。，2、 件是 d，解得 ，故B正確m3、解析：由粒子偏轉方向可判斷所受力的方向結合左手定則可推知M帶負電，N帶電；由Rmv結合M和N質量和電量都相等，可知M的速度率大于N的速率 不做功；由T 4、qTq 有T2m，兩式聯立

I T 速率無關，故答案為D。5【解析】根據電子所受力的方向結合定則判斷出勵磁線圈中電流方向是順eU1

0 r 解得：rmv 束的軌道半徑變大。ABD錯，C正確。y軸上，所以小球做圓周運動的r3mON=9m＜3rON碰撞一次，碰撞OONM點． 由于力提供向心力，所以：qvB ，得：v 設OO′=s，由幾何關系得：r2OM2s29 qv1mBr1113m/s=3m/sqvq

11 3ON2OO′=s，r2OM2x29x23

④ qqv3mBr311v2vFMmgqv1Bmrv2v解得：FMm1mg rFNmgmrv2v解得：FNm2 r不能到達最右端，故D錯。AB。解析：設初速度為v，圓半徑為rt2rvt（1）又已知速度方向偏轉了603 （2，子的初速度和在磁場中運動的半徑，即AB不能求出。根據T2m來不能求，但求周期還可以用T 來求，只要求出R與速度v的關系就可以了（或者v辦法求出比荷就能求出周期T2R23r（3，再由（1）rt代入 解得T

可以求出比荷q2

RvB求出比荷，qvvB

9、

PCθ2RcosθR力提供向心力，得到qvB 解得R 度為2R(1cos)(1cos)A10、

(mgqvB，加速度a(mgmv2vag，小物塊 運動，加速度越來越小。0是在沒有磁場的情況下滑行的距離2所以有磁場的情況下滑行的距離要小些，AB

(mgqvB)t

滑行時間t

(mgv

，所以t

(mg

，CBC1、1H，4He1Rmvp

所以

mpm14 mpm14 1 周期T2 周期之比TPmp1

m

4 2 Rmvx 3 Rmv0d 所以v0

。在磁場中運動的時間最多為二分之一周期，周期T

故粒子在磁場中運動時間t1Tm

arcsin1

4【解析】(1)設粒子做圓周運動的半徑為R1，由第二定律qv0B0 0 B 設粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動a0 a0 dT 由第二定律

0 R

4mv0 P板，且均要求0＜＜，由題意可22T TBn若在A點P板，據題意由幾何關系R＋2(R＋Rsin 當n＝0時，無 n＝1時，聯立⑨?(或sin1) BT B 若在B點P板，據題意由幾何關系R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsin 當n＝0時，無 n＝1時，聯立⑨? (或sin 1TB2arcsin4 n≥20＜θ＜90°的要求．2（1）

6.5108s（2）（1）v qvBm0 則R 05.0102 又sin

設該弦對應的圓心角為2，而T2

t2

6.5108s（若是特殊角用弧度方便些（2）Rmv1.5102Oa3102

a為圓心Oam3、（1）v （2）U0m

qB2

（3）t

(33(33qU1 2m解得粒子進入磁場時速度的大小vm2qvBm 2rUr

qB2rUqB2R2對應電壓U0 M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，粒子在極板間經歷的時間越短，時根據幾何關系可以求得粒子在磁場中運動的半徑r vm22

t1v2

3Rt

tR

⑦s1D

ttt

(33)m4、（1）

qBL，5mt