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2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做11 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用

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1、大題精做十一 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)放一醫(yī)用放射源,可通過(guò)細(xì)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(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)來(lái)隔離輻射,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.332 T,方向垂直于紙面向里,整個(gè)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(chǎng)隔離區(qū)的右側(cè)穿出,則磁場(chǎng)的寬度d至少是多少? (2)若條形磁場(chǎng)的寬度d=20 cm,則射出屏蔽裝置的α粒子在

2、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同,設(shè)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(chǎng)區(qū)域的右邊界與沿OD方向進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)隔離區(qū)右側(cè)穿出,如圖所示。 設(shè)此時(shí)磁場(chǎng)寬度為d0,由幾何關(guān)系得: d0=R+Rcos45°=(20+10)cm=0.34 m (2)設(shè)α粒子在磁場(chǎng)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén),則 T==×10-6 s 設(shè)

3、速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子的入射點(diǎn)為E,如圖所示. 因磁場(chǎng)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(gè)小孔O、O′且正對(duì),在兩板間有垂直于紙面方向的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示。有一束正離子在t=0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場(chǎng)。已知正離子的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T(mén)0,不考慮由于磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的電場(chǎng)的影響,不計(jì)離子所受重力。求: (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小; (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場(chǎng),正離子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的可能值。 【解析】設(shè)垂直于直面向里的磁

5、場(chǎng)方向?yàn)檎较? (1)正粒子射入磁場(chǎng),洛倫茲力提供向心力: 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期 聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=。 (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場(chǎng),v0的方向應(yīng)如圖所示,在兩板之間正離子只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期即T0時(shí),有r=。當(dāng)在兩板之間正離子運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期即nT0時(shí),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(biāo)系xOy中,第一象限內(nèi)充滿著兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)a和b,OP為分界線,磁場(chǎng)a的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B,方向垂直紙面向里;磁場(chǎng)b的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向外,P點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)b,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,粒子恰能經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O,不計(jì)粒子重力。求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間最少是多少? (2)粒子運(yùn)動(dòng)的速度可能是多少? 【解析】(1)設(shè)粒子的入射速率為v,用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場(chǎng)a和b運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和周期,則: Ra=,Rb= Ta==,Tb= 粒子先從磁場(chǎng)b運(yùn)動(dòng),后進(jìn)入磁場(chǎng)a運(yùn)動(dòng),然后從O點(diǎn)射出,粒子從P運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用時(shí)間最短,如圖所示。粒子在磁場(chǎng)b和磁場(chǎng)a運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為: tb=Tb,ta=Ta 故從P到O所用最少時(shí)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(diǎn))所形成的圓環(huán)區(qū)域內(nèi),存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在大圓邊界上A點(diǎn)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(jìn)入磁場(chǎng),求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑; (2)若粒子能進(jìn)入磁場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn),則該粒子第一次到達(dá)磁場(chǎng)小圓邊界時(shí),粒子速度相對(duì)于初始方向偏轉(zhuǎn)的角度; (3)若粒子每次到達(dá)磁場(chǎng)大圓邊界時(shí)都未從磁場(chǎng)中射出,那么至少經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間該粒子能夠回到出發(fā)點(diǎn)A。

8、 【解析】(1)如圖所示,粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)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(yùn)動(dòng),交內(nèi)邊界于B點(diǎn)。ΔOO1B為等邊三角形,則∠BO1O=60°,粒子的軌跡AB弧對(duì)應(yīng)的圓心角為∠BO1A=120°,則速度偏轉(zhuǎn)角為120°。 (3)粒子從B點(diǎn)進(jìn)入中間小圓區(qū)域沿直線BC運(yùn)動(dòng),又進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域,經(jīng)偏轉(zhuǎn)與外邊界相切于D點(diǎn).在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。 粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:t1=3×43π2π×T=2T,周期:T=2πmqB 每通過(guò)一次無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域粒子在該區(qū)域運(yùn)動(dòng)的距離:l=2rcos30°=3r 粒子在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)

9、間:t2=3lv0,代入:v0=qBrm,解得:t2=33mqB 則粒子回到A點(diǎn)所用的總時(shí)間:t=t1+t2=(4π+33)mqB。 3.【蘇北三市聯(lián)考】在科學(xué)研究中,可以通過(guò)施加適當(dāng)?shù)拇艌?chǎng)來(lái)實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制。在如圖所示的平面坐標(biāo)系xOy內(nèi),矩形區(qū)域(-3d

10、多少路程經(jīng)過(guò)P點(diǎn)。 【解析】(1)由題條件可判斷粒子做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為:R=d 粒子在磁場(chǎng)中qvB=mv02R,得到:B=mv0qd。 (2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示: 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t1=2πdv0 粒子在無(wú)場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t2=43dv0 粒子再次回到P點(diǎn)時(shí)間:t=t1+t2 得到:t=2πdv0+43dv0。 (3)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示: 粒子速度變?yōu)?v0,則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為:R'=2d 由P點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)間:t3=23×2π×2d2v0=4πd3v0 由C點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)間:t4=23d2v0=3dv0 ①粒子以2v0沿y軸正向經(jīng)過(guò)P 則粒子運(yùn)動(dòng)

11、時(shí)間:t=k(3t3+3t4),其中k=1、2、3… 粒子運(yùn)動(dòng)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(guò)P 則:t'=2t3+t4+k(3t3+3t4),其中k=0、1、2、3… 粒子運(yùn)動(dòng)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(yù)測(cè)】如圖所示,在水平邊界MN上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,O、A是MN上的兩點(diǎn),OA距離為L(zhǎng),PQ是一足夠長(zhǎng)的擋板,粒子打在擋板上均被吸收,開(kāi)始時(shí)P點(diǎn)與O點(diǎn)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(diǎn)射入的粒子,恰能垂直打在擋板上。(不計(jì)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(zhǎng)度x1; (3)若將擋板沿MN向右平移距離,方向不變;磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半,求擋板上被粒子打中的長(zhǎng)度x2。 【解析】(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為O點(diǎn),軌跡如圖所示。 設(shè)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(diǎn)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(diǎn)離P點(diǎn)距離設(shè)為d1,由幾何關(guān)系得: 該粒子入射點(diǎn)在O點(diǎn)左側(cè)距O點(diǎn)的距離為,是存在的,符合題意; (ii)如圖所示,從A點(diǎn)射入的粒子打在板上的O(P)點(diǎn),該粒子軌跡圓圓心O2; (iii)如圖所示,從O點(diǎn)發(fā)出的粒子打在板上的點(diǎn)離P點(diǎn)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(zhǎng)度。 (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半,設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(diǎn)右側(cè)長(zhǎng)度L的范圍內(nèi)。 (i)如圖所示,從某點(diǎn)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(diǎn)離P點(diǎn)距離設(shè)為d4,由幾何關(guān)系得: 該粒子入射點(diǎn)離O4點(diǎn)的距離為L(zhǎng),而OO4的距離為,即該粒子是不存在的; (ii)從O點(diǎn)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(diǎn)距離設(shè)為d5,由幾何關(guān)系得: 解得:; (iii)從A點(diǎn)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(diǎn)的距離設(shè)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(zhǎng)度。 5.【杭州期末】光電倍增管是用來(lái)將光信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)并加以放大的裝置,其主要結(jié)構(gòu)為多個(gè)相同且平行的倍增極。為簡(jiǎn)單起見(jiàn),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(gè)倍增極平行且長(zhǎng)度均為2a,幾何位置如圖所示(圖中長(zhǎng)度數(shù)據(jù)已知)。當(dāng)頻率為v的入射光照射到第1倍增極上表面時(shí),從極板上逸出的光電子最大速率為vm。若加電場(chǎng)或磁場(chǎng)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(shí)現(xiàn)信號(hào)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(yùn)動(dòng),忽略相對(duì)論效應(yīng),不計(jì)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(dá)到第2倍增極,可在接線柱AB間接入一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為E的電源,則到達(dá)第2倍增極的電子的最大動(dòng)能是多少? (3)若僅在紙面內(nèi)加上垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí),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(dá)第2倍增極上表面。忽略電場(chǎng)力的作用,試求: (I)磁感強(qiáng)度B的大小和方向; (II)關(guān)閉光源后多長(zhǎng)時(shí)間仍有光電子到達(dá)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(yīng)方程:,所以金屬材料的逸出功。 (2)電子在電場(chǎng)中加速度過(guò)程中電場(chǎng)力做功,由動(dòng)能定理可得到達(dá)第2倍增極的電子的最大動(dòng)能為:。 (3)(I)磁場(chǎng)方向垂直紙面向內(nèi)。 當(dāng)?shù)? 倍增極某位置出射的電子到達(dá)第2 倍增極相應(yīng)位置時(shí)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(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,得:; (II)即問(wèn)所有光電子中到達(dá)第2 倍增極的最長(zhǎng)時(shí)間。所有電子周期均相同,圓心角越大的粒子時(shí)間越長(zhǎng)。若電子從第一倍增極M點(diǎn)出發(fā)到達(dá)第二倍增極N點(diǎn),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(dāng)粒子和第二倍增極相切時(shí)圓心角最大。 圖中,當(dāng)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(dāng)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(shí),圓心角最大,如圖所示。此時(shí),即θ=37° 所以:。 8

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