2024-2025版高中物理第三章磁場6帶電粒子在勻強磁場中的運動課時作業(yè)含解析新人教版選修3-1

PAGE8-帶電粒子在勻強磁場中的運動(25分鐘·60分)一、選擇題(本題共6小題,每題6分,共36分)1.質量和電量都相等的帶電粒子M和N,以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場,運行的半圓軌跡如圖中兩種虛線所示,下列表述正確的是 ()A.M帶負電,N帶正電B.M的速率小于N的速率C.洛倫茲力對M、N做正功D.M的運行時間大于N的運行時間【解析】選A。由左手定則可知,M帶負電,N帶正電,選項A正確;由R=可知,M的速率大于N的速率,選項B錯誤;洛倫茲力對M、N都不做功,選項C錯誤;由T=可知,M的運行時間等于N的運行時間,選項D錯誤。2.質子(p)和α粒子以相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動,軌道半徑分別為Rp和Rα,周期分別為Tp和Tα,則下列選項正確的是 ()A.Rp∶Rα=1∶2,Tp∶Tα=1∶2B.Rp∶Rα=1∶1,Tp∶Tα=1∶1C.Rp∶Rα=1∶1,Tp∶Tα=1∶2D.Rp∶Rα=1∶2,Tp∶Tα=1∶1【解析】選A。設質子的質量為m,電量為q,則α粒子的質量為4m,電量為2q;依據R=可得:=∶=;依據T=可得:=∶=,故選項A正確,B、C、D錯誤;故選A。3.(多選)兩個粒子電荷量相同,在同一勻強磁場中受磁場力而做勻速圓周運動()A.若速率相等,則半徑必相等B.若動能相等,則周期必相等C.若質量相等,則周期必相等D.若質量與速度的乘積大小相等,則半徑必相等【解析】選C、D。因為粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=,周期T=,又粒子電荷量相同且在同一磁場中,所以q、B相等,r與m、v有關,T只與m有關,所以C、D正確。4.粒子甲的質量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍,兩粒子均帶正電荷。讓它們在勻強磁場中同一點以大小相等、方向相反的速度起先運動。已知磁場方向垂直于紙面對里。則下列四個圖中,能正確表示兩粒子運動軌跡的是 ()【解析】選A。由洛倫茲力和牛頓其次定律可得r甲=,r乙=,故=2,且由左手定則對其運動的方向推斷可知A正確。5.如圖所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并處于方向垂直紙面對里的勻強磁場B中。質量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。對滑塊下滑的過程,下列推斷正確的是 ()A.滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面對上B.滑塊受到的摩擦力大小不變C.滑塊肯定不能到達斜面底端D.滑塊到達地面時的動能與B的大小有關【解析】選D。小滑塊向下運動的過程中受到重力、支持力、垂直斜面對下的洛倫茲力、摩擦力,向下運動的過程中,速度增大,洛倫茲力增大,支持力增大,滑動摩擦力增大,故A、B錯誤;滑塊到地面時,若B很大,則摩擦力有可能很大,所以滑塊可能靜止在斜面上;若B很小,則滑塊有可能到達斜面底端,故C錯誤;B的大小不同,洛倫茲力大小不同,導致滑動摩擦力大小不同,依據動能定理,摩擦力做功不同,到達地面時的動能不同,故D正確。6.如圖所示,粒子a和粒子b所帶的電荷量相同,以相同的動能從A點射入勻強磁場中,做圓周運動的半徑ra=2rb,則下列說法正確的是(重力不計) ()A.兩粒子都帶正電,質量之比=B.兩粒子都帶負電,質量之比=C.兩粒子都帶正電,質量之比=D.兩粒子都帶負電,質量之比=【解析】選B。依據左手定則可知兩粒子都帶負電;由qa=qb、Eka=Ekb,動能Ek=mv2和粒子做圓周運動的半徑r=,可得m=,可見質量m與半徑r的平方成正比,故=,故選B。二、計算題(本題共2小題,共24分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數值計算的要標明單位)7.(12分)一個質量m=0.1g的小滑塊,帶電量大小q=5×10-4C,放置在傾角α=30°的光滑斜面上(斜面絕緣),斜面置于B=0.5T的勻強磁場中,磁場方向垂直紙面對里,如圖所示,小滑塊由靜止起先沿斜面下滑,其斜面足夠長,小滑塊滑至某一位置時,要離開斜面。(g取10m/s2(1)小滑塊帶何種電荷?(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大?(3)該斜面的長度至少多長?【解析】(1)由題意可知:小滑塊受到的洛倫茲力垂直斜面對上,依據左手定則可得:小滑塊帶負電(2)由題意:當滑塊離開斜面時,洛倫茲力Bqv=mgcosα則v==2m/s≈3.46m/s(3)由公式v2=2ax與mgsinα=ma得x==m=1.2m答案:(1)負電荷(2)3.46m/s(3)1.2m8.(12分)如圖,絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場,電場方向水平向右,電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面對外,磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止起先沿MN下滑,到達C點時離開MN做曲線運動。A、C兩點間距離為h,重力加速度為g。(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC;(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置,當小滑塊運動到D點時撤去磁場,此后小滑塊接著運動到水平地面上的P點。已知小滑塊在D點時的速度大小為vD,從D點運動到P點的時間為t,求小滑塊運動到P點時速度的大小vP。【解析】(1)由題意知,依據左手定則可推斷,滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力,當洛倫茲力等于電場力qE時滑塊離開MN起先做曲線運動,即qvCB=qE解得:vC=(2)從A到C依據動能定理:mgh-Wf=m-0解得:Wf=mgh-m(3)設重力與電場力的合力為F,由題意知,在D點的速度vD的方向與F的方向垂直,從D到P做類平拋運動,在F方向做勻加速運動a=,t時間內在F方向的位移為x=at2從D到P,依據動能定理:Fx=m-m聯立解得:vP=答案:(1)(2)mgh-m(3)(15分鐘·40分)9.(6分)(多選)一個帶電粒子在磁場中運動,某時刻速度方向如圖所示,帶電粒子受到的重力和洛倫茲力的合力的方向恰好與速度方向相反。不計阻力,那么接下來的一小段時間內,帶電粒子 ()A.可能做勻減速運動B.不行能做勻減速運動C.可能做勻速直線運動D.不行能做勻速直線運動【解析】選B、D。勻減速運動的合外力應當恒定不變,帶電粒子在磁場中受到重力和洛倫茲力兩個力作用,而洛倫茲力的大小與速度大小成正比,若減速,則其洛倫茲力將減小,粒子的合外力將發(fā)生改變,不再恒定,所以不行能做勻減速運動,故A錯誤,B正確;若要做勻速直線運動,重力和洛倫茲力必需平衡,大小相等、方向相反,由題圖可知洛倫茲力方向斜向左上方,與重力方向不在同始終線上,兩者不行能平衡,則不行能做勻速直線運動,故C錯誤,D正確。10.(6分)(多選)如圖所示,從正離子源放射的正離子經加速電壓U加速后進入相互垂直的勻強電場E和勻強磁場B中,發(fā)覺離子向上偏轉,要使此離子沿直線穿過電場 ()A.增大電場強度E,減小磁感應強度BB.減小加速電壓U,增大電場強度EC.適當地加大加速電壓UD.適當地減小電場強度E【解析】選C、D。正離子進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場的區(qū)城中,受到的電場力F=qE,方向向上,受到的洛倫茲力f=qvB,方向向下,離子向上偏,說明白電場力大于洛倫茲力,要使離子沿直線運動,即qE=qvB,則應使洛倫茲力增大或電場力減小,增大洛倫茲力的途徑是增大加速電壓U或增大磁感應強度B,減小電場力的途徑是減小場強E。故選C、D。11.(6分)如圖所示,在矩形區(qū)域ABCD內有一垂直紙面對里的勻強磁場,AB=5cm,AD=10cm,磁感應強度B=0.2T。在AD的中點P有一個放射正離子的裝置,能夠連綿不斷地向紙面內的各個方向勻稱地放射出速率為v=1.0×105m/s的正離子,離子的質量m=2.0×10-12kg,電荷量q=1.0×10A.邊界AP段無離子飛出B.從CD、BC邊飛出的離子數之比為1∶2C.從邊界BC邊飛出的離子中,BC中點飛出的離子在磁場中運動的時間最短D.若離子可從B、C兩點飛出,則從B點和C點飛出的離子在磁場中運動的時間相等【解析】選A。設離子在磁場中做圓周運動的半徑為R,依據牛頓其次定律可得qvB=m,解得:R=0.1m。由左手定則可以推斷離子逆時針方向旋轉,放射方向與PA方向夾角較小的離子會從AP飛出,故A錯誤;作出離子的運動軌跡,PC與PB的長度等于半徑長度,與半徑構成等邊三角形,由幾何關系可知α∶β=1∶2,離子數之比亦為1∶2,故B正確;半徑確定,在離子轉過的圓心角小于π的狀況下,弦長越短,圓心角越小,時間越短,弦長相等,時間相等,故C、D正確。12.(22分)回旋加速器核心部分是兩個D形金屬扁盒,兩盒分別和一高頻溝通電源兩極相接。以便在盒間的窄縫中形成勻強電場,使粒子每次穿過狹縫都得到加速。兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中。磁場方向垂直于盒底面,粒子源置于盒的圓心旁邊,若粒子源射出的粒子帶電荷量為q,質量為m,粒子最大回旋半徑為Rn,其運動軌跡如圖所示。問:(1)D形盒內有無電場?(2)粒子在盒內做何種運動?(3)所加溝通電壓頻率應是多大?粒子運動的角速度為多大?(4)粒子離開加速器時速度為多大?最大動能為多少?(5)設兩D形盒間電場的電勢差為U,盒間距離為d,盒間電場勻稱,求把靜止粒子加速到上述能量所需時間。【解析】(1)加速器由D形盒與盒間縫隙組成,盒間縫隙對粒子加速,D形盒起到讓粒子旋轉再次通過盒間縫隙進行加速的作用,要做勻速圓周運動,故沒有電場。電場只存在于兩盒之間,而盒內無電場。(2)粒子在磁場中只受洛倫茲力作用,洛倫茲力始終與速度垂直,粒子做勻速圓周運動(3)所加溝通電壓