《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做11 磁場對運動電荷的作用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做11 磁場對運動電荷的作用（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、大題精做十一 磁場對運動電荷的作用 精選大題 1．【昭通質(zhì)檢】如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106 m的α粒子。已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm，縫長AD＝18 cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27 kg，電量q＝3.2×10－19 C。若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應強度B＝0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中。 (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在

2、磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) 【解析】(1)由題意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得：∠BAO＝∠ODC＝45° 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設為R，根據(jù)牛頓第二定律有 解得R＝0.2 m＝20 cm 由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，如圖所示。 設此時磁場寬度為d0，由幾何關(guān)系得： d0＝R＋Rcos45°＝(20＋10)cm＝0.34 m (2)設α粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動的周期為T，則 T＝＝×10－6 s 設

3、速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)域的α粒子的入射點為E，如圖所示． 因磁場寬度d＝20 cm

4、，故 tmin＝＝×10－6s＝6.5×10－8 s。 2．【菏澤模擬】如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一束正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。求： (1)磁感應強度B0的大??； (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。 【解析】設垂直于直面向里的磁

5、場方向為正方向 (1)正粒子射入磁場，洛倫茲力提供向心力： 做勻速圓周運動的周期 聯(lián)立兩式得磁感應強度B0＝。 (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，在兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有r＝。當在兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有 r＝(n＝1，2，3，…)。 聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為v0＝＝(n＝1，2，3…)。 1．【江蘇質(zhì)檢】如圖所示，在坐標系xOy中，第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，磁場a的磁感應強度為2B，方向垂直紙面向里；磁場b的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外，P點坐標為(4l，3l)。一質(zhì)量為

6、m，電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b，經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)過原點O，不計粒子重力。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)粒子從P點運動到O點的時間最少是多少？ (2)粒子運動的速度可能是多少？ 【解析】(1)設粒子的入射速率為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a和b運動的軌道半徑和周期，則： Ra＝，Rb＝ Ta＝＝，Tb＝ 粒子先從磁場b運動，后進入磁場a運動，然后從O點射出，粒子從P運動到O點所用時間最短，如圖所示。粒子在磁場b和磁場a運動的時間分別為： tb＝Tb，ta＝Ta 故從P到O所用最少時間為：t＝ta

7、＋tb＝ (2)由題意及圖可知：n(2Racosα＋2Rbcosα)＝ 解得：v＝(n＝1，2，3，…)。 2．【宜豐期末】如圖所示，在半徑分別為r和2r的同心圓（圓心在O點）所形成的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在大圓邊界上A點有一粒子源，垂直AO向左發(fā)射一質(zhì)量為m，電荷量為＋q，速度大小為的粒子，求： (1)若粒子能進入磁場，求粒子在磁場中運動的半徑； (2)若粒子能進入磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則該粒子第一次到達磁場小圓邊界時，粒子速度相對于初始方向偏轉(zhuǎn)的角度； (3)若粒子每次到達磁場大圓邊界時都未從磁場中射出，那么至少經(jīng)過多長時間該粒子能夠回到出發(fā)點A。

8、 【解析】(1)如圖所示，粒子做勻速圓周運動，設初速度為v0，軌跡半徑為 R＝mv0qB＝r。 (2)如圖所示：粒子將沿著AB?。▓A心在O1）運動，交內(nèi)邊界于B點。ΔOO1B為等邊三角形，則∠BO1O＝60°，粒子的軌跡AB弧對應的圓心角為∠BO1A＝120°，則速度偏轉(zhuǎn)角為120°。 (3)粒子從B點進入中間小圓區(qū)域沿直線BC運動，又進入磁場區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)與外邊界相切于D點．在磁場中運動的軌跡如圖所示。 粒子在磁場區(qū)域運動的時間：t1＝3×43π2π×T＝2T，周期：T＝2πmqB 每通過一次無磁場區(qū)域粒子在該區(qū)域運動的距離：l＝2rcos30°＝3r 粒子在無磁場區(qū)域運動的總時

9、間：t2＝3lv0，代入：v0＝qBrm，解得：t2＝33mqB 則粒子回到A點所用的總時間：t＝t1+t2＝(4π+33)mqB。 3．【蘇北三市聯(lián)考】在科學研究中，可以通過施加適當?shù)拇艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制。在如圖所示的平面坐標系xOy內(nèi)，矩形區(qū)域(－3d

10、多少路程經(jīng)過P點。 【解析】(1)由題條件可判斷粒子做圓周運動半徑為：R＝d 粒子在磁場中qvB＝mv02R，得到：B＝mv0qd。 (2)粒子運動軌跡如圖所示： 粒子在磁場中運動時間：t1＝2πdv0 粒子在無場區(qū)運動時間：t2＝43dv0 粒子再次回到P點時間：t＝t1＋t2 得到：t＝2πdv0+43dv0。 (3)粒子運動軌跡如圖所示： 粒子速度變?yōu)?v0，則在磁場中運動半徑為：R'＝2d 由P點沿圓弧運動到C點時間：t3＝23×2π×2d2v0＝4πd3v0 由C點沿直線運動到D點時間：t4＝23d2v0＝3dv0 ①粒子以2v0沿y軸正向經(jīng)過P 則粒子運動

11、時間：t＝k(3t3+3t4)，其中k＝1、2、3… 粒子運動距離：s＝2v0t 得到：s＝2k(4πd+33d)，其中k＝1、2、3… ②粒子以2v0大小與－y方向成60°經(jīng)過P 則：t'＝2t3+t4+k(3t3+3t4)，其中k＝0、1、2、3… 粒子運動距離為：s'＝2v0t' 得到：s'＝28πd3+3d+k4πd+33d，其中k＝0、1、2、3… 4．【太和一中預測】如圖所示，在水平邊界MN上方有磁感應強度大小為B0、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，O、A是MN上的兩點，OA距離為L，PQ是一足夠長的擋板，粒子打在擋板上均被吸收，開始時P點與O點重合，∠Q

12、ON＝θ＝53°。在OA之間有大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q且速度相同的粒子，速度方向均垂直邊界MN豎直向上，且在紙面內(nèi)。其中從OA中點射入的粒子，恰能垂直打在擋板上。(不計粒子重力及其相互作用，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (1)求粒子的初速度大小v0； (2)求擋板上被粒子打中的長度x1； (3)若將擋板沿MN向右平移距離，方向不變；磁感應強度的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，求擋板上被粒子打中的長度x2。 【解析】(1)粒子運動軌跡的圓心為O點，軌跡如圖所示。 設粒子軌跡的半徑為r1，由幾何關(guān)系得： 由洛倫茲力提供向心力： 解得：。 (2)(i)如圖所示，從某點射

13、出的粒子水平打在板上，其軌跡圓圓心為O1，此粒子打在板上的點離P點距離設為d1，由幾何關(guān)系得： 該粒子入射點在O點左側(cè)距O點的距離為，是存在的，符合題意； (ii)如圖所示，從A點射入的粒子打在板上的O(P)點，該粒子軌跡圓圓心O2； (iii)如圖所示，從O點發(fā)出的粒子打在板上的點離P點的距離為d2，其軌跡圓圓心為O3，由幾何關(guān)系得： 。 綜上所述，擋板上被粒子打中的長度。 (3)磁感應強度的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，設粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r2，由洛倫茲力提供向心力： 解得： 所有粒子的軌跡圓心在O點右側(cè)長度L的范圍內(nèi)。 (i)如圖所示，從某點射出的粒子水平打在板上，

14、其軌跡圓圓心為O4，此粒子打在板上的點離P點距離設為d4，由幾何關(guān)系得： 該粒子入射點離O4點的距離為L，而OO4的距離為，即該粒子是不存在的； (ii)從O點射入的粒子打在擋板上，軌跡如圖所示，其軌跡圓圓心為O5，離P點距離設為d5，由幾何關(guān)系得： 解得：； (iii)從A點射入的粒子打在擋板上，粒子軌跡如圖所示，其軌跡圓圓心恰好為O，離P點的距離設為d6，由幾何關(guān)系得： 解得： 綜上所述，擋板上被粒子打中的長度。 5．【杭州期末】光電倍增管是用來將光信號轉(zhuǎn)化為電信號并加以放大的裝置，其主要結(jié)構(gòu)為多個相同且平行的倍增極。為簡單起見，現(xiàn)只研究其第1倍增極和第2倍增極，其結(jié)構(gòu)如

15、圖所示。兩個倍增極平行且長度均為2a，幾何位置如圖所示（圖中長度數(shù)據(jù)已知）。當頻率為v的入射光照射到第1倍增極上表面時，從極板上逸出的光電子最大速率為vm。若加電場或磁場可使從第1倍增極逸出的部分光電子打到第2倍增極上表面，從而激發(fā)出更多的電子，實現(xiàn)信號放大。已知元電荷為e，電子質(zhì)量為m，普朗克常量為h，只考慮電子在紙面內(nèi)的運動，忽略相對論效應，不計重力。 (1)試求制作第1倍增極的金屬材料的逸出功W。 (2)為使更多光電子達到第2倍增極，可在接線柱AB間接入一個電動勢為E的電源，則到達第2倍增極的電子的最大動能是多少？ (3)若僅在紙面內(nèi)加上垂直紙面的勻強磁場時，發(fā)現(xiàn)速度為垂直第1倍增

16、極出射的電子恰能全部到達第2倍增極上表面。忽略電場力的作用，試求： (I)磁感強度B的大小和方向； (II)關(guān)閉光源后多長時間仍有光電子到達第2倍增極上表面？ 可能用到的三角函數(shù)值：sin 11.5°＝0.20，sin 15°＝0.26，sin 37°＝0.60。 【解析】(1)根據(jù)光電效應方程：，所以金屬材料的逸出功。 (2)電子在電場中加速度過程中電場力做功，由動能定理可得到達第2倍增極的電子的最大動能為：。 (3)(I)磁場方向垂直紙面向內(nèi)。 當?shù)? 倍增極某位置出射的電子到達第2 倍增極相應位置時該粒子全部被下一倍增極收集到。根據(jù)幾何關(guān)系有：，得： 電子在磁場中做圓周運動的半徑，得：； (II)即問所有光電子中到達第2 倍增極的最長時間。所有電子周期均相同，圓心角越大的粒子時間越長。若電子從第一倍增極M點出發(fā)到達第二倍增極N點，則MN為圓周上的一條弦，若圓心角θ越大，則要求R越大，即當粒子和第二倍增極相切時圓心角最大。 圖中，當R越大，α越大，圓心角θ越大，故在所有軌跡和第二倍增極相切的電子中，半徑越大圓心角越大。 綜上當粒子以最大速率從第一倍增極最右端出射，剛好與第二倍增極相切時，圓心角最大，如圖所示。此時，即θ＝37° 所以：。 8