第三章 磁场 同步作业Word版含解析

磁场

1．如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B并相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过。则该带电粒子(　　)
A．一定带正电
B．速度大小为
C．可能沿QP方向运动
D．若沿PQ方向运动的速度大于，将一定向下极板偏转
解析：　速度选择器不选择电性，只选择速度，粒子不一定带正电，选项A错误；根据电场力等于洛伦兹力，qE＝qvB，解得v＝，选项B正确；粒子只能沿PQ方向运动，不能沿QP方向运动，选项C错误；由于不知道粒子的电性，若运动的速度大于，无法确定粒子偏转方向，选项D错误。
答案：　B
2.
(多选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是(　　)
A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大
B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短
C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子
D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶
解析：　由r＝可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C错误；由nqU＝mv以及rn＝可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶，D正确。
答案：　BD
3.
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，它的构造原理如图所示。粒子源S发出两种带正电的同位素粒子甲和乙，两种粒子从S出来时速度很小，可忽略不计，粒子经过加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场(图中线框所示)，最终打到照相底片上。测得甲、乙两种粒子打在照相底片上的点到入口的距离之比为5∶4，则它们在磁场中运动的时间之比是(　　)
A．5∶4　　　　　　　　 B．4∶5
C．25∶16 D．16∶25
解析：　根据甲、乙两种粒子打在照相底片上的点到入口的距离之比为5∶4，可得甲、乙两种粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径之比r1∶r2＝5∶4，由于甲、乙两种粒子是同位素，带电荷量相等，由qU＝mv2，得v＝ ，由qvB＝m，得r＝＝，可得甲、乙两种粒子在磁场中运动的半径之比＝ ，则可得＝，由粒子在磁场中运动的周期公式T＝可得，＝＝，故C选项正确。
答案：　C
4.
如图所示。在宽L＝10 cm的有界区域内存在相互正交的匀强电场和磁场，MN为与电场线平行、距电磁场右侧边界d＝15 cm的荧光屏，一束电子以垂直电磁场的方向射入，不改变运动方向，打在中央O处，当去掉电场时电子穿过磁场的偏转距离为5 cm，求：
(1)撤去电场，电子打在荧光屏上的点距O点的距离；
(2)撤去磁场，电子穿过电场后打在荧光屏上的点距O点的距离。
解析：　(1)撤去电场后，电子的运动轨迹如图甲所示。根据几何关系
r2＝(r－5)2＋L2①
tan θ＝②
联立得tan θ＝
O′P＝dtan θ＝20 cm。
则OP＝20 cm＋5 cm＝25 cm。
(2)撤去磁场后，电子先做类平抛运动后做直线运动，如图乙所示，由y＝L2，qE＝qv0B，r＝
得电场中的侧移量y＝L2＝＝ cm＝4 cm
由＝得OP′＝16 cm。
可见相同尺寸的条件下，磁偏转量比电偏转量要大，这也是电视机显像管要用磁偏转的原因。
答案：　(1)20 cm　(2)16 cm
◎ 能力提升练
5．(多选)(2018·河北衡水模拟)如图所示，一对间距可变的平行金属板C、D水平放置，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B。两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连，这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态，即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压，当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态。闭合开关S后，有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v0射入两板间恰能做直线运动。现对入射粒子或对装置进行调整，则下列有关描述正确的是(　　)
A．若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子，也能直线通过
B．若只增大两板间距到一定程度时可使铅蓄电池处于充电状态
C．若将滑动变阻器的滑片P向a端滑动，可提高C极板的电势
D．若只减小入射粒子的速度，可使铅蓄电池处于充电状态
解析：　带正电的粒子恰好做直线运动，其电场力和洛伦兹力相平衡，由q＝qv0B可知v0＝，若换成带负电的粒子，电场力和洛伦兹力都反向，仍然平衡，直线通过，故选项A正确；若增大两板间距，带正电粒子射入时受洛伦兹力作用偏转而堆积在上极板上，将提高两板间电压，若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于“逆变”状态而被充电，故选项B正确；由于电容器的两极板是彼此绝缘的，调节滑片P对电压不起任何作用，故选项C错误；若减小入射粒子的速度，粒子所受洛伦兹力减小，粒子会在电场力作用下落在下极板上，电势也会降低，不能达到逆变电压，故选项D错误。
答案：　AB
6．如图所示，在两块水平金属极板间加上电压U构成偏转电场(电场只存在金属极板正对区域内)，一束比荷为＝106 C/kg的带正电的粒子流(重力不计)，以速度v0＝104 m/s沿水平方向从两金属极板正中间位置射入。粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O为圆心，磁场区域直径AD长度为L＝1 m，AD与水平方向成30°角。区域内有按如图所示规律周期性变化的磁场，已知B0＝0.5 T，磁场方向以垂直于纸面向外为正方向。粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成60°角斜向下射入磁场。
(1)两金属极板间的电压U是多大？
(2)若T0＝0.5 s，求t0＝0时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间和离开磁场的位置。
(3)要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从A、D两点间越过，求磁场的变化周期T0应满足的条件。
解析：　(1)粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出时与水平方向成60°，所以粒子在O点时的速度大小v＝2v0，根据动能定理有q＝m(2v0)2－mv，代入数据可得U＝300 V。
(2)由T＝，可得＝＝2π×10－6 s<
由Bqv＝，可得R＝＝0.04 m<
粒子在磁场中运动半个周期从O、D间穿出，粒子在磁场中运动时间t＝＝2π×10－6 s
射出点在OD线段上离O点的距离为d＝2R＝0.08 m处。
(3)粒子运动周期T＝＝4π×10－6 s，粒子在t0＝0，t1＝，t2＝T0，t3＝，…射入时，粒子最可能从A、D间射出，如图所示，由几何关系可得，若这些时刻射入的粒子恰好不从AD边界射出，则其射入磁场经后偏转的角度为θ＝
要使所有粒子都不从AD边界射出，应满足≤T，得
T0≤T＝T，因此T0≤×10－5 s。
答案：　(1)300 V　(2)2π×10－6 s　见解析　(3)T0≤×10－5 s
7.
(2018·河北衡水中学调研)如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T。现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s。滑块可视为质点，g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字。
(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能。
(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r。
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径。
解析：　(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，滑块从A运动到D的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，
解得v2＝0。
设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有
ΔE＝mv＋Mv2－mv，
解得ΔE＝85 J。
(2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76 N，由牛顿第二定律可得FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m，解得r＝1 m。
(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得mv1＝(m＋M)v′，解得v′＝ m/s。
设圆弧轨道的最大半径为Rm，
由能量守恒定律有mv＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，解得
Rm＝0.71 m。
答案：　(1)85 J　(2)1 m　(3)0.71 m