1、磁场对运动电荷的作用(建议用时40分钟)1.如图是“人造小太阳”托卡马克装置。其原理是使用强磁场约束高温等离子体,使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁场,以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于()A.B.TC.D.T2 【解题指导】解答本题注意以下两点:(1)带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,即v2正比于T,则v正比于。(2)带电粒子在磁场中的运动,根据牛顿第二定律有qvB=m。【解析】选A。带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正
2、比,则v2正比于T,从而v正比于。带电粒子在磁场中的运动半径不变,根据牛顿第二定律有qvB=m,可得B=。综上可知,B正比于,故选项A正确,B、C、D错误。【加固训练】如图所示,在赤道处,将一小球向东水平抛出,落地点为a;给小球带上电荷后,仍以原来的速度抛出,考虑地磁场的影响,下列说法正确的是()A.无论小球带何种电荷,小球仍会落在a点B.无论小球带何种电荷,小球下落时间都会延长C.若小球带负电荷,小球会落在更远的b点D.若小球带正电荷,小球会落在更远的b点【解析】选D。地磁场在赤道上空水平由南向北,从南向北观察,如果小球带正电荷,则洛伦兹力斜向右上方,该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向
3、均有分力,因此,小球落地时间会变长,水平位移会变大;同理,若小球带负电,则小球落地时间会变短,水平位移会变小,故D正确,A、B、C错误。2.(2021南昌模拟)科学家预言,自然界存在只有一个磁极的磁单极子,磁单极子N的磁场分布如图甲所示,它与如图乙所示正点电荷Q的电场分布相似。假设磁单极子N和正点电荷Q均固定,有相同的带电小球分别在N和Q附近 (图示位置)沿水平面做匀速圆周运动,则下列判断正确的是()A.从上往下看,图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动B.从上往下看,图甲中带电小球一定沿顺时针方向运动C.从上往下看,图乙中带电小球一定沿顺时针方向运动D.从上往下看,图乙中带电小球一定沿逆时针方向
4、运动【解析】选A。根据圆周运动的受力条件可以从题图乙中判断带电小球带的一定是负电,且在电场中小球的运动方向与电场力的方向无关;由题图甲中洛伦兹力方向,根据左手定则可知,带电小球一定沿逆时针方向运动。故选A。3.如图所示,等腰直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场,在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3,且t1t2t3=331。直角边bc的长度为L,不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.三个速度的大小关系一定是v1=v2v3B.三个速度的大小关系可能是v2v1v3C.粒子的比荷=D.粒子的比
5、荷=【解析】选B。由于t1t2t3=331,作出粒子运动轨迹图如图所示,它们对应的圆心角分别为90、90、30,由几何关系可知轨道半径大小分别为R2R3,R1R3=2L,由qvB=m可知三个速度的大小关系可能是v2v1v3,故A错误,B正确;粒子运动周期T=,则t1=T=,解得=,故C错误;由qv3B=m及R3=2L,解得粒子的比荷=,故D错误。 【题后反思】解决本题的关键是要搞清楚,带电粒子在磁场中运动的时间与所对应的圆心角有关,再结合几何知识与洛伦兹力提供向心力联立求解。4. (2021临沧模拟)如图所示,圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,三个质量和电荷量相同的带电粒子a、b、c,以不同的速
6、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()A.a粒子动能最大B.c粒子速率最大C.b粒子在磁场中运动时间最长D.它们做圆周运动的周期TaTbTc【解析】选B。由运动轨迹可知rarbvbva,所以A错,B对;根据运动轨迹对应的圆心角及周期公式,可知a粒子在磁场中运动时间最长,它们的周期相等,C、D错。5. (多选)如图所示,一单边有界磁场的边界上有一粒子源,以与水平方向成角的不同速率,向磁场中射入两个相同的粒子1和2,粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场,粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场,OA=AB,则()A.粒子1与粒子2的速度之比
7、为12B.粒子1与粒子2的速度之比为14C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为11D.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为12【解析】选A、C。粒子进入磁场时的速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心,由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1r2=12,由r=可知,粒子1与粒子2的速度之比为12,A正确,B错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T=,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此粒子在磁场中运动的时间相同,C正确,D错误。6. (
8、创新题)(多选)如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界,左侧磁感应强度为B1,右侧磁感应强度为B2,B1=2B2=2 T,比荷为2106 C/kg的带正电粒子(不计重力)从O点以v0=4104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域,则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为()A.10-6 sB.10-6 sC.10-6 sD.210-6 s【解析】选A、C。粒子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动,则qv0B2=,解得R2=2 cm,故粒子经过半个圆周恰好到达P点,轨迹如图甲所示。则粒子运动的时间t1=10-6 s,由于B1=2B2,由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场
9、后,做半径R1=R2=1 cm的匀速圆周运动,经过两次周期性运动可再次经过P点,轨迹如图乙所示,则粒子运动的时间t2=T1+T2=10-6 s,在以后的运动中,粒子通过MN的点会远离P点,所以,粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为10-6 s或10-6 s。则A、C正确,B、D错误。7. (2021贵阳模拟)如图所示,在某装置中有一匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于xOy所在纸面向外。某时刻在x=l0、y=0处,一质子沿y轴负方向进入磁场;同一时刻,在x=-l0、y=0处,一个粒子进入磁场,速度方向与磁场垂直。不考虑质子与粒子的相互作用,设质子的质量为m,电荷量为e(粒子的
10、质量为4m,电荷量为2e),则:(1)如果质子经过坐标原点O,它的速度为多大?(2)如果粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇,粒子的速度应为何值?方向如何?【解析】(1)质子的运动轨迹如图所示,其圆心在x=处,其半径r1=又r1=,可得v=。(2)质子从x=l0处到达坐标原点O处的时间tp=又Tp=,可得tp=粒子的周期T=若粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇,此时有t=tp可得t=两粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系得r=l0,又2evB=,解得v=,方向与x轴正方向的夹角为。答案:(1)(2),方向与x轴正方向的夹角为8. (2020哈尔滨模拟)如图所示,在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直
11、纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,一水平固定绝缘杆上套有带电小球P,P的质量为m、电荷量为-q,P与杆间的动摩擦因数为。小球由静止开始滑动,设电场、磁场区域足够大,杆足够长,在运动过程中小球的最大加速度为a0,最大速度为v0,则下列判断正确的是()A.小球先加速后减速,加速度先增大后减小B.当v=v0时,小球的加速度最大C.当v=v0时,小球一定处于加速度减小阶段D.当a=a0时,【解析】选C。开始运动阶段qvBmg,加速度a1=,小球做加速度越来越大的加速运动;当qvB=mg之后,小球受到的支持力垂直杆向下,小球的加速度a2=,小球做加速度减小的加速运动,加速度减小到
12、0后做匀速运动,则可知小球一直加速最后匀速,加速度先增大后减小为0不变,A错误;作出小球的加速度随速度的变化规律图象如图所示,两阶段的图线斜率大小相等,有v1v0,则v=v0时一定处于加速度减小阶段,B错误,C正确;a=a0可能出现在加速度增大阶段或加速度减小阶段,D错误。9. (创新题)(多选)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测仪可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是()A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判
13、断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小【解析】选A、C。电子与正电子电性相反,若入射速度方向相同时,由左手定则可判定电子和正电子受力方向相反,所以偏转方向相反,选项A正确;根据r=可知,由于电子和正电子垂直进入磁场的速度未知,故轨迹半径不一定相同,选项B错误;由于质子和正电子在磁场中的受力方向一样,所以仅凭粒子的运动轨迹无法判断是质子还是正电子,故选项C正确;根据Ek=mv2和r=得r=,可见粒子的动能越大时,轨迹半径越大,选项D错误。10. (多选)如图所示,长方形abcd长ad=0.6 m,宽ab=0.3 m,e、f分别是ad、bc的中点,以ad为直径的半
14、圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B=0.25 T,一群不计重力、质量m=310-7 kg、电荷量q=+210-3 C的带电粒子以速度v0=5102 m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域,则下列判断正确的是()A.从ae边射入的粒子,出射点分布在ab边和bf边B.从ed边射入的粒子,出射点全部分布在bf边C.从bf边射入的粒子,出射点全部分布在ae边D.从fc边射入的粒子,全部从d点射出【解析】选A、B、D。粒子进入磁场后做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv0B=m,解得:r= m=0.3 m。从ae边射入的粒子,粒子进入磁场后向上偏
15、转,做圆周运动,由于轨道半径r=0.3 m=ab,粒子将从圆弧af射出磁场,最后从ab边和bf边射出,故A正确;粒子轨道半径r=ab,从d点射入的粒子恰好从f点射出磁场,从ed边射入磁场的粒子向上偏转,最终从bf边射出,故B正确;从bf边射入的粒子,出射点分布在ae边与d点,故C错误;从fc边射入的粒子,在洛伦兹力作用下向下偏转,在磁场中转过的圆心角为90,全部从d点射出,故D正确。【加固训练】(多选)两个质子以不同的速率均在匀强磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示,两圆周相切于A点,过A点作一直线与两圆周交于D点和C点。若两圆周半径r1r2=12,下列说法正确的有()A.两质子速率之比v1v2
16、=12B.两质子周期之比T1T2=12C.两质子由A点出发第一次分别到达D点和C点经历的时间之比t1t2=12D.两质子分别运动到D点和C点处时的速度方向相同【解析】选A、D。质子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,则v=,所以两质子的速率之比为12,A正确;又T=,解得T=,所以两质子的周期之比为11,B错误;由题图可知两质子由A点出发第一次分别运动到D点和C点时的偏转角相等,由于周期相同,则两质子的运动时间相等,即时间之比为11,C错误;由于两质子的偏转角相等,则两质子分别运动到D点和C点时的速度方向相同,D正确。11.如图所示,长方形ABCD内有
17、垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,边长BC=2AB,E、F分别为AD、BC边的中点,在A处有一粒子源,可以沿AB方向射出不同速率的带正电的同种粒子,粒子的质量为m,带电荷量为q,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,对于粒子在磁场中的偏转,下列说法正确的是()A.粒子可能从C点射出磁场B.粒子在磁场中运动的时间可能为C.从D点射出的粒子在磁场中运动的时间是从E点射出的粒子在磁场中运动时间的2倍D.从E点射出的粒子在磁场中运动的时间是从F点射出的粒子在磁场中运动时间的2倍【解析】选D。设AB=L,则BC=2L,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解
18、得r=,v=,粒子速度v越大,粒子做圆周运动的轨迹半径越大,当r=L时,粒子运动轨迹与BC相切于BC的中点F,粒子从D点离开磁场,当rL时粒子从BF间离开磁场,粒子不可能从FC与CD间离开磁场,故粒子不可能从C点射出磁场,A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=,粒子从AD边离开磁场时在磁场中的运动时间为t=T=,粒子恰好从BC中点离开磁场时在磁场中运动的时间为t=T=,粒子从BF间离开磁场时在磁场中运动的时间为tT=,由此可知,粒子在磁场中运动的时间为或或t,粒子在磁场中运动的时间不可能为,故B错误;从D点射出的粒子在磁场中运动的时间与从E点射出的粒子在磁场中运动的时间相等,都为,故C
19、错误;从E点射出的粒子在磁场中运动的时间为t=T=,从F点射出的粒子在磁场中运动的时间是t=T=,故从E点射出的粒子在磁场中运动的时间是从F点射出的粒子在磁场中运动的2倍,故D正确。12.(2021洛阳模拟)提纯氘核技术对于核能利用具有重大价值。如图是从质子、氘核混合物中将质子和氘核分离的原理图,x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场,初速度为0的质子、氘核混合物经电压为U的电场加速后,从x轴上的A(-L,0)点沿与+x成=30的方向进入第二象限(速度方向与磁场方向垂直),质子刚好从坐标原点离开磁场。已知质子、氘核的电荷量均为+q,质量分别为m、2m,忽略质子、氘核的重力及其相互作用。(1)求质子
20、进入磁场时速度的大小;(2)求质子与氘核在磁场中运动的时间之比;(3)若在x轴上接收氘核,求接收器所在位置的横坐标。【解析】(1)质子在电场中加速,由动能定理得qU=mv2-0解得v=(2)如图所示,质子与氘核在磁场中都转过个圆周,做圆周运动的周期T1=,T2=,粒子在磁场中的运动时间t=T,则t1t2=T1T2=12(3)质子在磁场中运动时,由几何知识得r=L,由牛顿第二定律得qvB=m氘核在电场中加速,由动能定理得qU=2mv2-0在磁场中,由牛顿第二定律得qvB=2m解得R=L,横坐标x=R-L=(-1)L答案:(1)(2)12(3)(-1)L【加固训练】在平面直角坐标系xOy中,第象限
21、内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,在A(L,0)点有一粒子源,沿y轴正向发射出速率分别为v、5v、9v的同种带电粒子,粒子质量为m,电荷量为q。在B(0,L)、C(0,3L)、D(0,5L)放一个粒子接收器,B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子,C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子。已知速率为v的粒子恰好到达B点并被吸收,不计粒子重力。(1)求第象限内磁场的磁感应强度B1;(2)计算说明速率为5v、9v的粒子能否被吸收;(3)若在第象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场,使所有粒子均到达接收器,求所加磁场的磁感应强度B2的大小和方向。【解析】(1)根据几何关系可知,速率为
22、v的粒子恰好到达B点,则粒子的运动轨迹半径为R=L,根据洛伦兹力提供向心力可得qvB1=m解得B1=。(2)根据(1)中的关系可知,速率为5v、9v的粒子在磁场中运动半径分别为5L、9L,设粒子与y轴的交点到O点的距离为y,将R=5L和R=9L分別代入(R-L)2+y2=R2,得到这两种粒子在y轴上的交点到O点的距离分别为3L、L,故速率为5v的粒子能被吸收,速率为9v的粒子不能被吸收。(3)若速率为9v的粒子能够到达D点的接收器,则所加磁场垂直于坐标平面向外,设粒子在所加磁场中运动半径为R1,根据几何关系可得=由于q9vB2=m解得B2=;若粒子到达C点的接收器,则所加磁场应该垂直于坐标平面向里同理可得=q9vB2=m解得B2=。答案:(1)(2)见解析(3)见解析
