2020版高考物理一轮复习第九章磁场综合检测新人教版
2020版高考物理大一轮复习第九章磁场第二节磁吃运动电荷的作用检测
第二节磁场对运动电荷的作用(建议用时：分钟)一、单项选择题．(·北京海淀区模拟)如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为；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( )．无论小球带何种电荷，小球仍会落在点．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长．若小球带负电荷，小球会落在更远的点．若小球带正电荷，小球会落在更远的点解析：选.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，故正确．．“人造小太阳”托卡马克装置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正比于( )．．解析：选.考查带电粒子在磁场中的圆周运动问题．由题意知，带电粒子的平均动能＝∝，故∝.由＝整理得：∝，故选项正确．.初速度为的电子，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所示，则( )．电子将向右偏转，速率不变．电子将向左偏转，速率改变．电子将向左偏转，速率不变．电子将向右偏转，速率改变解析：选.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．.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子、、，以不同的速率对准圆心沿着方向射入磁场，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( )．粒子速率最大，在磁场中运动时间最长．粒子速率最大，在磁场中运动时间最短．粒子速率最小，在磁场中运动时间最短．粒子速率最小，在磁场中运动时间最短解析：选.由题图可知，粒子的运动半径最小，圆心角最大，粒子的运动半径最大，圆心角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得：＝，故半径公式＝，＝＝，故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，速率越小，半径越小，所以粒子的运动速率最小，粒子的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动所对应的圆心角，所以粒子的运动时间最长，粒子的运动时间最短．.如图所示，直角坐标系中轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为的有界匀强磁场，磁感应强度为，右边界平行于轴，一粒子(重力不计)从原点以与轴正方向成θ角的速率垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为( )．．。
2020版高考物理一轮复习第九章第1讲磁场及其对电流的作用课件新人教版
A．a 点和 b 点的磁感应强度方向相反 B．a 点和 b 点的磁感应强度大小之比为 16 1 C．c 点和 b 点的磁感应强度方向相同 D．c 点和 b 点的磁感应强度大小之比为 8 1
解析：由题意知 B＝kIr.由安培定则知，电流 3I 在 a 点产生 的磁感应强度方向向下，电流 I 在 a 点产生的磁感应强度方向向 下，由磁场叠加知，a 点的磁感应强度方向向下，电流 3I 在 b 点 产生的磁感应强度方向向下，电流 I 在 b 点产生的磁感应强度方
求解有关磁感应强度问题的 3 个关键 (1)磁感应强度―→由磁场本身决定． (2)合磁感应强度―→等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满 足平行四边形定则)． (3) 牢记判断 电流的磁场 的方法 ―→安 培定则，并能 熟练应 用，建立磁场的立体分布模型．
考点 2 安培力及在安培力作用下导体运动
1．判断导体运动情况的基本思路：首先明确导体所在位置 的磁感线的分布体的运动方向或运动趋势的方向．
向向上，由 B＝krI知，电流 3I 在 b 点产生的磁感应强大，由磁场 叠加知，b 点的磁感应强度方向向下，故 a 点和 b 点的磁感应强 度方向相同，选项 A 错误；由磁场叠加知，a 点的磁感应强度大
小 Ba＝k3LI＋kLI ＝8LkI，b 点的磁感应强度大小 Bb＝k23LI －kLI ＝2kLI ， 22
考点 3 通电导体在安培力作用下的平衡与加速问题
1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的基本思路 (1)确定要研究的导体． (2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导 体受力分析． (3)分析导体的运动情况． (4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解．
2．受力分析的注意事项 (1)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即 F 垂直于 B 和 I 决 定的平面． (2)安培力的大小：应用公式 F＝BILsinθ 计算弯曲导线在匀 强磁场中所受安培力的大小时，有效长度 L 等于曲线两端点的直 线长度． (3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力 往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图 或侧视图等，变立体图为二维平面图．
2020高考人教版物理第一轮总复习练习：第九章 磁场 基础课1
第九章基础课 1 磁场及磁场对电流的作用跟踪检测一、选择题1．(多选)指南针是我国古代四大发明之一，关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC指南针两端分别是N极和S极，具有两个磁极，选项A错误；指南针静止时，N极的指向为该处磁场的方向，故指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，选项B正确；铁块在磁场中被磁化，会影响指南针的指向，选项C 正确；通电直导线在其周围会产生磁场，会影响指南针的指向，选项D错误．2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是() A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错误，B正确；安培力的大小F＝BIL sinθ，与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的2 2，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．3．(2017年上海卷)如图，一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间．电键闭合后导体棒受到的安培力方向()A．向上B．向下C．向左D．向右解析：选D根据图中的电流方向，由安培定则知U形铁芯下端为N极，上端为S极，ab中的电流方向由a→b，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D正确．4．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面，b 点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是()A．a点B．b点C．c点D．d点解析：选C由安培定则画出a、b、c、d点的磁感线的分布图，由图可知电流I1、I2在a、c两点的磁场方向相反，这两点处的磁感应强度可能为零，又I1＞I2，故磁感应强度为零的点距I1的距离应比I2的大，故C正确，A、B、D均错误．5．(多选)通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列描述正确的是()A．L2绕轴O按顺时针转动B．L2绕轴O按逆时针转动C．L4绕轴O按顺时针转动D．L4绕轴O按逆时针转动解析：选BC题图甲中由安培定则，可知导线L1上方磁场垂直纸面向外，且离导线L1的距离越近，磁场越强，导线L2上每一小部分受到的安培力方向水平向右，但轴O下方导线所受安培力较大，所以L2绕轴O按逆时针转动，A错，B对；题图乙中轴O上方导线L4所受安培力向右，轴O下方导线L4所受安培力向左，即L4绕轴O按顺时针转动，C对，D错．6．如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝33，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为(不考虑金属棒切割的影响)()A．37°B．30°C．45°D．60°解析：选B由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BIL cosθ＝μ(mg－BIL sinθ)，整理得BIL＝μmgcosθ＋μsinθ.电流有最小值，就相当于安培力有最小值，由数学知识解得θ＝30°，则选项A、C、D错误，B正确．7．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析：选A金属棒MN受力分析及其侧视图如图所示，由平衡条件可知F安＝mg tanθ，而F安＝BIL，即BIL＝mg tanθ，则I↑⇒θ↑，m↑⇒θ↓，B↑⇒θ↑，故A正确，C、D错误；θ角与悬线长度无关，B错误．8．(多选)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行且足够长的水平光滑导轨上，电流方向由M指向N，在两导轨间存在着竖直磁场，取垂直导轨面向下的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，则下列说法正确的是()A．在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动B ．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C ．导线一直做加速度不变的匀加速直线运动D ．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小解析：选AD 由安培力的表达式F ＝BIL 结合题图乙可知，安培力F 在一个周期内随磁感应强度B 的变化而变化，在前14周期内，安培力F 大小方向均不变，加速度大小方向均不变，由于初速度为零，所以导线在水平方向上向右做匀加速直线运动；在14周期到12周期内，磁场方向改变，安培力方向改变，加速度方向改变，速度减小，至12周期时速度减小到零，所以D 项正确；而后在12周期到34周期内，导线MN 反向加速，34周期到1个周期内，导线又减速，在一个周期结束时又回到原来的位置，即做往复运动，所以A 项正确，B 、C 错误．9．(多选)(2019届山东潍坊调研)美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射中将炮弹以5倍音速，击向200公里外目标，射程为海军常规武器的10倍，其破坏力惊人．电磁炮原理如图所示，若炮弹质量为m ，水平轨道长L ，宽为d ，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上做匀加速运动．要使炮弹达到5倍音速(设音速为v )，则( )A ．炮弹在轨道上的加速度为25v 22LB ．磁场力做的功为52m v 2C ．磁场力做功的最大功率为125m v 32LD ．磁场力的大小为25md v 22L解析：选AC 炮弹在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，由公式v 2＝2ax 得a ＝(5v )22L ，A 正确；不计摩擦，磁场力做的功等于炮弹增加的动能，即W＝12m (5v )2＝25m v 22，B 错误；由动能定理得FL ＝12m (5v )2，磁场力的大小F ＝m (5v )22L ，则磁场力的最大功率P m ＝F ·(5v )＝m (5v )22L ·(5v )＝125m v 32L ，C 正确，D 错误．10．(多选)(2018届沈阳四校联考)一质量为0.06 kg 、长为0.1 m 的金属棒MN 用两根长度均为1 m 的绝缘细线悬挂于天花板的顶端，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5 T 的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动，当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°，已知一切阻力可忽略不计，g ＝10 m/s 2 ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列正确的说法是( )A ．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能增加B ．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少C ．通入金属棒中的电流为9 AD ．通入金属棒中的电流为4 A解析：选AD 金属棒的长度用l 表示，细线的长度用R 表示，则在金属棒上升过程中，安培力做正功，机械能一直增加，A 正确，B 错误；由动能定理知W 安－W 重＝0，即BIlR sin37°＝mgR (1－cos37°)，代入数值得I ＝4 A ，C 错误，D正确．二、非选择题11．如图所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm ，重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝BIL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.答案：竖直向下0.01 kg12．(2019届陕西渭南教学质量检测)如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1 m，两环分别与电源正负极相连．现将一质量0.06 kg、电阻1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触．两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场．当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？解析：棒受的安培力F＝BIL棒中电流为I＝ER，代入数据解得F＝BELR＝0.8 N对棒受力分析如图所示(从右向左看)，两环支持力的总和为2N＝F2＋(mg)2代入数据解得N＝0.5 N由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N由图中几何关系有tanθ＝Fmg＝0.80.6＝43，得θ＝53°棒距环底的高度为h＝r(1－cosθ)＝0.2 m. 答案：0.5 N0.2 m。
山东省2020版高考物理一轮复习第九章磁场第2节磁场对运动电荷的作用课件新人教版
可知两种情况中粒子角速度相等。由 t= , 且 θb ∶θc=2∶1, 所以 tb ∶ B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2 ������ 关闭 tA 2b ∶ 1, 故选 。 C. ∶ vc =2∶A 1, tb∶tc=2∶1 c=v D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2 解析 答案
-23命题点一 命题点二 命题点三
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”
-21命题点一 命题点二 命题点三
即学即练 1.(2017· 全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面 的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同 关闭 的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率 最远的出射点和入射点的连线为粒子在磁场中做匀速圆周运动的 ������ 为v1, 如图所示。 这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上 ;若粒子 直径 由几何关系可以得到, 当速度为 v 1 入射时, 半径 r1 =2 , 射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及 3 ������������ 当速度为 v 2 入射时 , 半径 r2 = r, 再由 r= 可得, v 2 ∶v1 = 3∶1, 故选 2 v ∶v 为(������������ 带电粒子之间的相互作用。则 ) 2 1 项 C 正确。
2020高考物理一轮总复习第九章磁场能力课1带电粒子在组合场中的运动课件新人教版
则 T＝2qπBm＝πER 2mE，B 项正确；粒子在 D 形盒中运动的时间 t＝nT2＝n2πER 2mE＝
πR 2qU
2mE，D 项错误．
4．(2019 届衡水市冀州中学检测)如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中 盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在 AC 板间，虚线中间不需加电场，如图 所示，带电粒子从 P0 处以速度 v0 沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D 形 盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是
由动能定理得
－qEyb＝12mvb2－12mv12
解得 E＝
2－1qhB2 m.
(3)粒子在磁场中的周期为
T＝2vπ1r＝2Bπqm
第一次经过 x 轴的时间 t1＝58T＝54πqmB
在电场中运动的时间 t2＝2t＝2
2＋1m qB
在第二次经过 x 轴到第三次经过 x 轴的时间
t3＝34T＝32πqBm 则总时间 t 总＝t1＋t2＋t3＝114π＋2 2＋2Bmq.
第九章 磁 场
带电粒子在组合场中的运 动
栏 板块一 考 1 目 点突破 导 板块二 素养 2
培优
航
3 板块三 跟 踪检测
板块 考点突破 一 通关
记要点、练高分、考点
考点一 质谱仪与回旋加速器——自主练透
|记要点| 1．质谱仪 (1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．
解析：选 D 由题意知，开始离子在电场中加速，有 qU0＝12mv2，在磁场中做匀 速圆周运动，有 qvB＝mvr02，打在 P 点的离子 r0＝34L，解得 U0＝9q3B2m2L2；当加速电 压为 U 时，qU＝12mv′2，qv′B＝mvr′2；离子打在 Q 点时，r＝56L，得 U＝10801U0； 离子打在 N 点时，r＝L，得 U＝169U0；则加速电压 U 的范围为10801U0≤U≤169U0，选 项 D 符合题意．
2020届高考物理一轮复习__第九章磁场单元评估检测(九) (2)
高频考点强化练(八)带电粒子在复合场中的运动问题(45分钟100分)1.(8分)(多选)(2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动，与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子 ( )A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【解析】选A、C。
Ⅱ中的磁感应强度是Ⅰ中的，故Ⅱ中的电子所受洛伦兹力和加速度均为Ⅰ中的，B项错误；由洛伦兹力提供向心力可得R=，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，A项正确；由洛伦兹力提供向心力可得T=，Ⅱ中的电子做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍，C项正确；由周期公式T=可得ω==，Ⅱ中的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的，D项错误。
2.(8分)(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。
质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。
此离子和质子的质量比约为( )A.11B.12C.121D.144【解析】选D。
离子在加速电场有qU=mv2，在磁场中偏转有qvB=m，联立解得R=，经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，即R相同，因此有=()2，离子和质子的质量比约为144，故选D。
3.(16分)如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。
不计带电粒子所受重力。
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T。
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。
【解题指导】解答本题应把握以下三点：(1)明确洛伦兹力提供向心力。
2020版高考物理一轮总复习 第九章 课件 新人教版
一、电流 1．形成的条件：导体中有_自__由__电__荷____；导体两端存在 ___电__压______． 2．电流是标量， __正__电__荷_____定向移动的方向规定为电流的方
向．
3．两个表达式：①定义式：I＝qt ；②决定式：I＝UR.
4．导体的伏安特性曲线(I-U)图线 (1)比较电阻的大小：图线的斜率 k＝ΔΔUI ＝UI ＝R1， 图中 R1_____＞______R2(填“＞”“＜”或“＝”)． (2)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件． (3)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件．
四、电功率、焦耳定律 1．电功：电路中___电__场__力____移动电荷做的功．表达式为W＝qU ＝___U__It______. 2．电功率：单位时间内电流做的功．表示电流做功的 ____快__慢_____．表达式为P＝Wt ＝______U__I ___. 3．焦耳定律：电流通过导体产生的_____热__量____跟电流的二次方 成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．表达式为___Q__＝__I_2R__t _. 4．热功率：单位时间内的发热量．表达式为P＝Qt .
4．(2019·河北石家庄模拟)一个内阻可以忽略的电源，给一个绝缘
的圆管里装满的水银供电，电流为0.1 A，若把全部水银倒在一个内径
大一倍的绝缘圆管里，那么通过的电流将是( C )
A．0.4 A
B．0.8 A
C．1.6 A
D．3.2 A
解析：选C.设电源电动势为E，第一个圆管内部装的水银横截面积
为S，长度为l，水银的电阻率为ρ，则I1＝
E R1
＝
E l ρS
＝
ES ρl
2020高考物理一轮复习第九章磁场课时规范练30带电粒子在复合场中的运动新人教版-精装版
教学资料范本2020高考物理一轮复习第九章磁场课时规范练30带电粒子在复合场中的运动新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习第九章磁场课时规范练30带电粒子在复合场中的运动新人教版基础巩固组1.(带电粒子在叠加场中的运动)(20xx·辽宁五校联考)有一个电荷量为+q、重力为G的小球,从两竖直的带电平行板上方h处自由落下,两极板间另有匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图所示,则带电小球通过有电场和磁场的空间时,下列说法正确的是( )A.一定做曲线运动B.不可能做曲线运动C.有可能做匀加速直线运动D.有可能做匀速直线运动答案A解析带电小球在没有进入复合场前做自由落体运动,进入磁场后,受竖直向下的重力G=mg、水平向左的电场力F电=qE与水平向右的洛伦兹力F洛=qBv,重力与电场力大小和方向保持恒定,但因为速度大小会发生变化,所以洛伦兹力大小和方向会发生变化,所以一定会做曲线运动,A正确,B、C、D错误.2.(多选)(带电粒子在叠加场中的运动)(20xx·河南郑州质检)如图所示为一个质量为m、电荷量为+q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中,不计空气阻力,现给圆环向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的速度图象可能是下图中的( )答案AD解析带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力,当重力与洛伦兹力相等时,圆环将做匀速直线运动,A正确;当洛伦兹力大于重力时,圆环受到摩擦力的作用,并且随着速度的减小而减小,圆环将做加速度减小的减速运动,最后做匀速直线运动,D正确;如果重力大于洛伦兹力,圆环也受摩擦力作用,且摩擦力越来越大,圆环将做加速度增大的减速运动,故B、C错误.3.(现代科技中的电磁场问题)(20xx·山西四校联考)如图所示,有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中,当有稳恒电流沿平行平面C的方向通过时,下列说法正确的是( )A.金属块上表面M的电势高于下表面N的电势B.电流增大时,M、N两表面间的电压U增大C.磁感应强度增大时,M、N两表面间的电压U减小D.金属块中单位体积内的自由电子数越少,M、N两表面间的电压U越小答案B解析由左手定则可知,金属块通有图示电流时,自由电子受到向上的洛伦兹力,向M面偏转,故上表面M电势低于下表面N的电势,A项错误;最终电子在洛伦兹力和电场力作用下处于平衡,即evB=e,则有U=Bvd,由此可知,磁感应强度增大时,M、N两表面间的电压增大,C项错误;由电流的微观表达式I=neSv可知,电流增大说明自由电子定向移动速率v增大,所以M、N两表面间的电压增大,B项正确;电流一定时,金属块中单位体积内的自由电子数n越少,自由电子定向移动的速率一定越大,所以M、N两表面间的电压增大,D项错误.4.(现代科技中的电磁场问题)(20xx·江苏常州模拟)回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,磁场方向如图所示.设D形盒半径为r.若用回旋加速器加速质子时,匀强磁场的磁感应强度为B,高频交变电流频率为f.则下列说法正确的是( )A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πfrB.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C.高频电源只能使用矩形交变电流,不能使用正弦式交变电流D.不改变B和f,该回旋加速器也能用于加速α粒子答案A解析由T=,T=,可得质子被加速后的最大速度为2πfr,其不可能超过2πfr,质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关,选项A正确、选项B错误;高频电源可以使用正弦式交流电源,选项C错误;要加速α粒子,高频交流电源周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期,即T=,故选项D错误.5.(现代科技中的电磁场问题)(20xx·湖南模拟)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=S0C,则下列相关说法正确的是( )A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2答案B解析由左手定则可判定甲束粒子带负电,乙束粒子带正电,A错误.粒子在磁场中做圆周运动,满足B2qv=m,得,由题意知r甲<r乙,所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷,B正确.由qE=B1qv知能通过狭缝S0的带电粒子的速率v=,C错误.由,知,D错误.6.(多选)(带电粒子在叠加场中的运动)(20xx·贵州遵义月考)如图所示,质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.如果微粒做匀速直线运动,则下列说法正确的是( )A.微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B.微粒带负电,微粒在运动中电势能不断增加C.匀强电场的电场强度E=D.匀强磁场的磁感应强度B=答案AB解析微粒做匀速直线运动,若受电场力和洛伦兹力两个力作用,不可能平衡,可知微粒受重力、电场力和洛伦兹力三个力作用,故A正确;若微粒带正电,电场力水平向左,洛伦兹力垂直速度方向斜向下,则三个力不可能平衡,可知微粒带负电,受力如图所示,电场力做负功,则电势能不断增加,故B正确;根据平衡有qvBcos θ=mg,解得B=,qE=qvBsin θ,解得E=Bvsin θ=,故C、D错误.7.(带电粒子在叠加场中的运动)(20xx·广东湛江一中月考)如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨道半径为r.已知电场的电场强度为E,方向竖直向下;磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,不计空气阻力,重力加速度取g,则( )A.液滴带正电B.液滴比荷C.液滴顺时针运动D.液滴运动的速度大小v=答案C解析液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动,可知,液滴受到的重力和电场力是一对平衡力,重力竖直向下,所以电场力竖直向上,与电场方向相反,故可知液滴带负电,故A错误;由液滴做匀速圆周运动,得知电场力和重力大小相等,得mg=qE,解得,故B错误;磁场方向垂直纸面向里,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可判断液滴的运动方向为顺时针,故C正确;液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为r=,联立各式得v=,故D错误.8.(带电粒子在组合场中的运动)(20xx·河南洛阳统考)如图所示,一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力),经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,粒子在磁场中转半个圆后打在P点,设OP=x,能够正确反映x与U之间的函数关系的是( )答案B解析带电粒子经电压U加速,由动能定理,qU=mv2,垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,洛伦兹力提供向心力,qvB=m,而r=,联立解得x=.由此可知能够正确反映x与U之间的函数关系的是选项B中图象.〚导学号06400470〛能力提升组9.(20xx·四川凉山州一诊)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具,其构造原理如图所示,离子源S产生质量为m、电荷量为q、初速度为0的某种正离子,离子经过电压U加速后形成离子流,然后从S1处垂直于磁场进入矩形ABCD区域内的匀强磁场中,运动半周到达记录它的照相底片上的P点,已知P与S1的距离为x,离子形成的等效电流为I.求:(1)磁场的磁感应强度;(2)在时间t内到达照相底片P上的离子个数.答案(1),方向垂直于纸面向外(2)解析(1)加速过程中有qU=mv2,在磁场中偏转过程中有x=2r,qvB=m.联立解得B=,由左手定则可判断出磁场方向垂直于纸面向外.(2)时间t内,n=,又Q=It,可得n=.10.(20xx·福州质检)如图所示,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.在x轴下方存在匀强电场,方向竖直向上.一个质量为m,电荷量为q,重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0,h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动,一段时间后,粒子速度方向与x轴正方向成45°进入电场,经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直.求:(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1;(2)匀强电场的电场强度大小E;(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t0.答案(1)h (2) (3)+2+2解析(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示,由几何关系得rcos 45°=h可得r=h又qv1B=可得v1=.(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1,到达b点时速度大小为vb,结合类平抛运动规律,有vb=v1cos 45°得vb=设粒子进入电场经过时间t运动到b点,b点的纵坐标为-yb结合类平抛运动规律得r+rsin 45°=vbtyb=(v1sin 45°+0)t=h由动能定理有-qEyb=解得E=.(3)粒子在磁场中的周期为T=第一次经过x轴的时间t1=T=在电场中运动的时间t2=2t=在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3=T=所以总时间t0=t1+t2+t3=+2+2.〚导学号06400471〛11.(20xx·山东滨州一模)如图所示,半径为r的圆形区域位于正方形ABCD的中心,圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等,方向相反.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0沿纸面从M点平行于AB边沿半径方向射入圆形磁场,在圆形磁场中转过90°从N点射出,且恰好没射出正方形磁场区域,粒子重力不计.求:(1)磁场的磁感应强度B;(2)正方形区域的边长;(3)粒子再次回到M点所用的时间.答案(1) (2)4r (3)解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示,设粒子在圆形磁场中的轨迹半径为r1,qv0B=m,由几何关系r1=r,解得B=.(2)设粒子在正方形磁场中的轨迹半径为r2,粒子恰好不从AB边射出,则有qv0B=m,r2==r,正方形的边长l=2r1+2r2=4r.(3)粒子在圆形磁场中做圆周运动的周期T1=,在圆形磁场中运动的时间t1=T1=,粒子在正方形区域做圆周运动的周期T2=,t2=T2=,再次回到M点的时间为t=t1+t2=.。
(名师导学)2020版高考物理总复习第九章磁场同步测试卷新人教版
磁场 同步测试卷时间：90分钟 总分：100分一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～7为单项选择题，8～12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”．进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是(B)A ．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B ．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C ．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D ．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置【解析】地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近；所以在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，选项A 错误；在地球的南、北极地磁的方向几乎与地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场力最大，选项B 正确；地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可能地球是带负电的，故C 错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D 错误．2．如图，闭合圆环由一段粗细均匀的电阻丝构成，圆环半径为L ，圆心为O ，P 、Q 在圆环上，∠POQ ＝90°，圆环处在垂直于圆面的匀强磁场中，磁场磁感应强度为B.两根导线一端分别连接P 、Q 两点，另一端分别与直流电源正、负极相连，已知圆环的电阻为4r ，电源的电动势为E ，内阻为r 4，则圆环受到的安培力的大小为(D) A.4BEL 17r B.42BEL 17rC.BEL r D.2BEL r【解析】优弧PQ 的电阻为3r ，劣弧PQ 的电阻为r ，两部分并联在电路中，流过优弧PQ 的电流由P 到Q ，流过劣弧的电流由P 到Q ，电流分别为E r ×14＝E 4r ，E r ×34＝3E 4r，将优、劣弧等效为直导线PQ ，所受安培力为F 1＝B E 4r ·2L ，F 2＝B 3E 4r ·2L ，所以合力为F ＝F 1＋F 2＝2BEL r，故D 正确．3．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B ＝k I r，即磁感应强度B 与导线中的电流I 成正比，与该点到导线的距离r 成反比．如图所示两根平行长直导线相距为R ，通以大小、方向均相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向外为正，则在0～R 区间内磁感应强度B 随x 变化的图线可能是(C)【解析】根据安培定则可得通电导线a 在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向内，通电导线b 在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B 的正方向为垂直纸面向外，所以C 正确，A 、B 、D 错误．4．如图1是回旋加速器D 形盒外观图，如图2是回旋加速器工作原理图．微观粒子从S 处从静止开始被加速，达到其可能的最大速度v m 后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是(D)A ．D 形盒半径是决定v m 的唯一因素B ．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量C ．高频电源的电压是决定v m 的重要因素D ．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期【解析】回旋加速器中加速的粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R ＝mv m qB ，可得v m ＝qBR m，与加速的电压无关，而最大速度与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电量和质量有关．半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大，则A 、C 错误．回旋加速器是。
2020版高考物理人教版山东一轮复习单元质检九磁场
单元质检九磁场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2018·黑龙江大庆模拟)在地磁场作用下处于静止的小磁针上方,平行于小磁针水平放置一直导线,当该导线中通有电流时,小磁针会发生偏转;当通过该导线电流为I时,小磁针左偏30°,则当小磁针左偏60°时,通过导线的电流为(已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)()A.2IB.3IC.√3ID.无法确定B地,当通过电流为I,根据题意可知:地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为:当夹角为30°时,有:B1=kI=B地tan30°;当夹角为60°时,有:B2=kI1=B地tan60°联立两式解得:I1=3I,故A、C、D错误,B正确。
故选B。
2.(2018·江西南昌模拟)如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,沿边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来。
若从上向下看,下列判断正确的是()A.A接电源正极,B接电源负极,液体顺时针旋转B.A接电源负极,B接电源正极,液体顺时针旋转C.A、B与50 Hz的交流电源相接,液体持续旋转D.仅磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50Hz的交流电源相接,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向变化,故D错误。
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磁场综合检测 (时间:90分钟 满分:100分) 一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的 得0分)
1.磁感应强度B和磁场强度H是不同的物理量,在真空中H=.若用国际单位制的基本单位表示,μ0的单位为kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为( D ) A.kg/(s2·A) B.kg·A/s2 C.kg·A/m D.A/m
解析:根据H=,B的单位为;μ0的单位为 kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为
===A/m,故选D. 2.如图,一个环形电流的中心有一根通电直导线,则环受到的磁场力( D )
A.沿环半径向外 B.沿环半径向内 C.沿通电直导线水平向左 D.等于零 解析:通电直导线产生的磁场是以导线上各点为圆心的同心圆,而环形电流的方向与磁场方向平行,即B平行I,所以通电圆环不受磁场力的作用,即F=0,选项D正确,A,B,C错误. 3.在匀强磁场中,一个原来静止的原子核,由于放出射线,结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示),今测得两个相切圆半径之比r1∶r2=a,新核与射线质量之比为b,则下列说法正确的是( B )
A.放出的射线为高速电子流 B.半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹 C.射线与新核动能之比为a D.射线与新核质子数之比为b 解析:根据动量守恒可以知道,放出射线后的粒子动量大小相等,方向相反,则根据左手定则可以知道,放出的粒子均带正电,选项A错误;放射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,则 qvB=m,即R=,由于动量守恒,而且放出的粒子电荷量小,则半径R大,故半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹,选项B正确;根据动量与动能的关系Ek=,则动能之比等于质量的反比,故射线与新核动能之比为b,选项C错误;射线与新核质子数之比即为电荷量之比,由于
R=,则q=,即射线与新核质子数之比等于半径的反比,射线与新核质子数之比为a,选项D错误. 4.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动,A,B为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经A板时,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速,每当粒子离开电场区域时,A板电势又降为零,粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而在环形区域内绕半径不变(设极板间距远小于R),粒子重力不计,下列关于环形加速器的说法中正确的是( C )
A.加速器对带正电粒子顺时针加速,对带负电粒子加速需要升高B板电势 B.电势U越高,粒子最终的速度就越大
C.环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为= D.粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间的关系为= 解析:带正电粒子从A板向B板加速,所以正电粒子沿顺时针运动,对负电粒子,升高B板电势,则负电粒子从A板向B板加速,在磁场运动中沿顺时针方向运动,但洛伦兹力向外,无法做圆
周运动,A错误;根据qvB=m可得v=,因为R是定值,最终速度由磁感应强度决定,B错误;粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功,设粒子绕行n圈获得的速度为vn,根
据动能定理可得nqU=m,解得vn=,粒子在环形区域磁场中,受洛伦兹力作用做半径为R的匀速圆周运动,根据牛顿第二定律和向心力公式,则有qvnBn=m,解得Bn==,所以=,C正确;粒子绕行第n圈所需时间 tn==2πR·,所以 =,D错误. 5.将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时,在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件.如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压.已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子).图中的1,2,3,4是霍尔元件上的四个接线端.当开关S1,S2闭合后,电流表A和电表B,C都有明显示数,下列说法中正确的是( C )
A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表 B.接线端4的电势高于接线端2的电势 C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变 D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大 解析:由题图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在2,4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表即毫伏表,选项A错误;由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子,磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板2,即接线端2的电势高于接线端4的电势,选项B错误;稳定时,
粒子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,当电流方向都相反,但大小不变时,粒子的偏转方向与原来相同,但仍存在如上的平衡关系式,由于电流的大小不变,由电流的微观表达式I=neSv可知,其粒子的定向移动速度也不变,故霍尔电压的大小不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让B增大,若增大R2,会让电流I减小,粒子的定向移动速率v也变小,则不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误. 6.如图(甲)所示,a,b两平行直导线中通有相同的电流,当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上,且两导线与圆心连线的夹角为60°时,圆心处的磁感应强度大小为B.如图(乙)所示,c导线中通有与a,b导线完全相同的电流,a,b,c垂直圆平面放置在圆周上,且a,b两导线与圆心连线的夹角为120°,b,c两导线与圆心连线的夹角为30°,则此时圆心处的磁感应强度大小为( A ) A.B B.B C.0 D.B 解析:当a,b两导线与圆心连线的夹角为60°时,它们在圆心处的磁感应强度如图(甲)所示,设Ba=Bb=B1,则有B=B1.当a,b两导线与圆心连线夹角为120°时,如图(乙)所示,它们在圆心处的磁感应强度矢量和为B′=B1,再与c导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量
和为B1,因此圆心处的磁感应强度大小为B,选项A正确.
7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法中正确的是( B )
A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内 B.加速电场中的加速电压U= C.磁分析器中圆心O2到Q点的距离d= D.任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器 解析:进入静电分析器后,正离子顺时针转动,所受洛伦兹力指向圆心,根据左手定则,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,选项A错误;离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据
牛顿第二定律有Eq=m,设离子进入静电分析器时的速度为v,离子在加速电场中加速的过 程中,由动能定理有qU=mv2,解得U=,选项B正确;由B项解析可知R=,与离子质量、电荷量无关.离子在磁分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有 qvB=m,得r==,即d=,选项C错误;圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电荷量有关,能够到达P点的不同离子,半径不一定都等于d,不一定都能进入收集器,选项D错误. 8.回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒,把它们放在匀强磁场中,磁场方向垂直于盒面向下.连接好高频交流电源后,两盒间的窄缝中能形成匀强电场,带电粒子在磁场中做圆周运动,每次通过两盒间的窄缝时都能被加速,直到达到最大圆周半径时通
过特殊装置引出.如果用同一回旋加速器分别加速氚核H)和α粒子He),比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能,下列说法正确的是( D )
A.加速氚核的交流电源的周期较大,氚核获得的最大动能较大 B.加速氚核的交流电源的周期较小,氚核获得的最大动能较小 C.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较小 D.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较大
解析:带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同,根据T=,可知氚核的质量与电荷量的比值大于α粒子的质量与电荷量的比值,故氚核在磁场中运动的周期大,则加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子在磁场中运动的周期小,则加速α粒子的交流电源的周
期较小;根据qvB=m,解得v=,则最大动能Ekm=mv2=,氚核的质量是α粒子的,氚核的电荷量是α粒子的,则氚核的最大动能是α粒子的,即氚核的最大动能较小,α粒子的动能较大,故A,B,C错误,D正确. 9.如图所示,一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域,电场方向竖直向上,某时刻小球运动到了b点,则下列说法正确的是( CD )