1、精選優質文檔-傾情為你奉上有界磁場典型習題1(多選)如圖所示，寬d4 cm的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大，磁場方向垂直紙面向里現有一群正粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r10 cm，則()A右邊界：8 cm<y<8 cm有粒子射出B右邊界：0<y<8 cm有粒子射出C左邊界：y>8 cm有粒子射出D左邊界：0<y<16 cm有粒子射出解析：選AD.根據左手定則，正粒子在勻強磁場中將沿逆時針方向轉動，由軌道半徑r10 cm畫出粒子的兩種臨界運動軌跡，如圖所示，則OO1O1AOO2O2CO2E10 cm

2、，由幾何知識求得ABBC8 cm，OE16 cm，因此答案為A、D.2(多選)如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場)，A、B、C為三角形的3個頂點今有一質量為m、電荷量為q的粒子(不計重力)，以速度v從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，若該粒子能從BC邊上某點Q射出，則()APBLBPBLCQBL DQBL解析：選AD. 由qvB，得RL.PB最大時軌跡與AC邊相切，由幾何知識得APR，BPLAPL，A正確，B錯誤QB最大時粒子平行于AB邊從Q點射出，此時QBL，C錯誤、D正確3(多選)如圖所示，S

3、處有一電子源，可向紙面內任意方向發射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內的長度L9.1 cm，中點O與S間的距離d4.55 cm，MN與SO直線的夾角為，板所在平面有電子源的一側區域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2.0×104T，電子質量m9.1×1031kg，電量e1.6×1019C，不計電子重力，電子源發射速度v1.6×106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區域的長度為l，則()A90°時，l9.1 cmB60°時，l9.1 cmC45°時，l4.55 cmD30°時，l4.55 cm解

4、析：選AD.電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力：evB，R4.55×102 m4.55 cm，90°時，擊中板的范圍如圖1，l2R9.1 cm，選項A正確60°時，擊中板的范圍如圖2所示，l<2R9.1 cm，選項B錯誤30°，如圖3所示lR4.55 cm，當45°時，擊中板的范圍如圖4所示，l>R(R4.55 cm)，故選項D正確、選項C錯誤4(多選)如圖所示是半徑為R的一圓柱形勻強磁場區域的橫截面，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，磁場外有一粒子源，能沿一直線發射速度大小不等的在一定范圍內的同種帶電粒子，帶電粒子的質量為

5、m，電荷量為q(q>0)，不計重力，現粒子以沿正對cO中點且垂直于cO方向射入磁場區域，發現帶電粒子恰能從bd之間飛出磁場則()A從b點飛出的帶電粒子的速度最大B從d點飛出的帶電粒子的速度最大C從d點飛出的帶電粒子的運動時間最長D從b點飛出的帶電粒子的運動時間最短解析：選ACD.粒子在磁場中，受到洛倫茲力作用做勻速圓周運動，根據題意作出粒子運動軌跡如圖所示圖中Ob為到達b點的軌跡的圓心，Od為到達d點的軌跡的圓心，根據幾何關系可知，rb>rd，到達d點轉過的圓心角比到達b點的圓心角大根據r可知，b的半徑最大，d的半徑最小，所以從b點飛出的帶電粒子的速度最大，從d點飛出的帶電粒子的速

6、度最小，A正確，B錯誤周期T，所以粒子運動的周期相等，而到達d點轉過的圓心角最大，到達b點轉過的圓心角最小，所以從d點飛出的帶電粒子的運動時間最長，從b點飛出的帶電粒子的運動時間最短，C、D正確5如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成角(0<<)以速率v發射一個帶正電的粒子(重力不計)則下列說法正確的是()A若v一定，越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B若v一定，越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠C若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大 D若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短解析：選A.由左手

7、定則可知，帶正電的粒子向左偏轉若v一定，越大，粒子在磁場中運動的偏轉角越小，則運動的時間越短，選項A正確若v一定，90°時，粒子離開磁場的位置距O點最遠，選項B錯誤若一定，粒子在磁場中運動的周期與v無關，粒子在磁場中運動的角速度與v無關，粒子在磁場中運動的時間與v無關，選項C、D錯誤6(多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區域內有勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)一群比荷為的負離子以相同速率v0(較大)由P點在紙平面內向不同方向射入磁場中發生偏轉后，又飛出磁場，則下列說法正確的是(不計重力)()A離子飛出磁場時的動能一定相等B離子在磁場中運動半徑一定相等C由Q點飛出的離

8、子在磁場中運動的時間最長D沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大解析：選BC.射入磁場的離子比荷相等，但質量不一定相等，故射入時初動能可能不等，又因為洛倫茲力對離子不做功，故這些離子從射入到射出動能不變，故飛出磁場時的動能可能不等，A錯誤離子在磁場中偏轉的半徑為r，由于比荷和速度都相等，磁感應強度B為定值，故所有離子的偏轉半徑都相等，B正確各離子在磁場中做圓周運動的周期T也相等，根據幾何知識，在半徑相同的圓內，較長的弦對應較大的圓心角，所以從Q點射出的離子偏轉角最大，在磁場內運動的時間最長，C正確沿PQ方向射入的離子不可能從Q點射出，故偏轉角不是最大，D錯誤綜合應用題組7如圖所示，內圓半徑為r、

9、外圓半徑為3r的圓環區域內有垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場圓環左側的平行板電容器兩板間電壓為U，靠近M板處靜止釋放質量為m、電荷量為q的正離子，經過電場加速后從N板小孔射出，并沿圓環直徑方向射入磁場，不計離子的重力，忽略平行板外的電場求：(1)離子從N板小孔射出時的速率；(2)離子在磁場中做圓周運動的周期；(3)要使離子不進入小圓區域，電壓U的取值范圍解析：(1)設離子射入勻強磁場時的速率為v，由動能定理得qUmv2，解得v .(2)設離子在磁場中做圓周運動的半徑為R，離子所受洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得qvBm，運動周期T，聯立解得T.(3)若離子恰好不進入小圓區域，設離子

10、與小圓相切時軌道半徑為R0，此時軌跡如圖所示由幾何關系得R(3r)2(R0r)2，解得R04r.需滿足的條件為RR0，又qvBm，qUmv2.聯立解得U.答案：(1) (2)(3)U8如圖所示，M、N、P為很長的平行邊界面，M、N與M、P間距分別為l1、l2，其間分別有磁感應強度為B1和B2的勻強磁場區，磁場和方向垂直紙面向里，B1B2，有一帶正電粒子的電荷量為q，質量為m，以某一初速度垂直邊界N及磁場方向射入MN間的磁場區域不計粒子的重力求：(1)要使粒子能穿過磁場進入磁場，粒子的初速度v0至少應為多少？(2)若粒子進入磁場的初速度v1，則粒子第一次穿過磁場所用時間t1是多少？(3)粒子初速

11、度v為多少時，才可恰好穿過兩個磁場區域解析：(1)設粒子的初速度為v0時恰好能進入磁場，則進入磁場時速度恰好沿M邊界，所以半徑為rl1，由B1qv0m，解得v0.(2)粒子在磁場中運動，則有B1qv1m，解得r12l1.設粒子在磁場中做勻速圓周運動(軌跡如圖甲)對應的圓心角為，則有sin ，所以.所以第一次穿過磁場所用時間為t1T×.(3)設粒子速度為v時，粒子在磁場中的軌跡恰好與P邊界相切，軌跡如圖乙所示由Bqvm可得R1，R2.由圖得sin .粒子在磁場中運動有R2R2sin l2，解得v.答案：(1)(2)(3)9如圖所示，以O為原點建立平面直角坐標系Oxy，沿y軸放置一平面熒

12、光屏，在y0,0x0.5 m的區域有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小B0.5 T在原點O放一個開有小孔的粒子源，粒子源能同時放出比荷為4.0×106 C/kg的不同速率的正離子束，沿與x軸成30°角從小孔射入磁場，最后打在熒光屏上，使熒光屏發亮，入射正離子束的速率在0到最大值vm2.0×106 m/s的范圍內，不計離子之間的相互作用，也不計離子的重力(1)求離子從粒子源放出到打到熒光屏上所用的時間；(2)求離子打到熒光屏上的范圍；(3)實際上，從O點射入的正離子束有一定的寬度，設正離子將在與x軸成30°60°角內進入磁場，則某時刻

13、(設為t0時刻)在這一寬度內向各個方向射入各種速率的離子，經過×107 s時這些離子可能出現的區域面積是多大？解析：(1)離子在磁場中運動的周期為：T×106 s由幾何關系知，能夠打到熒光屏上的離子從粒子源放出到打到熒光屏上轉過的圓心角都相等離子從粒子源放出到打到熒光屏所用時間tT×106 s(2)由qvB，r，則rm1 m離子在磁場中運動最大軌道半徑rm1 m由幾何關系知，最大速度的離子剛好沿磁場邊緣打在熒光屏上，如圖，所以OA1長度為：y2rmcos 30° m即離子打到熒光屏上的范圍為：y0到y m(3)經過時間t×107 s離子轉過的圓

14、心角t與x軸成60°方向入射的離子，在t×107 s剛好打在y軸上，與x軸成30°方向入射的離子，在t×107 s都到達線段OC1，所以在t0時刻與x軸成30°60°內進入磁場的正離子在t×107s時刻全部出現在以O為圓心的扇形OA2C1范圍內，如圖，則離子可能出現的區域面積：S m20.26 m2答案：(1)×106s(2)y0到y m(3)0.26 m210如圖所示，在半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，圓形區域右側有一豎直感光板，圓弧頂點P有一速度為v0的帶正電粒子平行于紙面進入磁場

15、，已知粒子的質量為m，電荷量為q，粒子重力不計(1)若粒子對準圓心射入，求它在磁場中運動的時間；(2)若粒子對準圓心射入，且速率為v0，求它打到感光板上時速度的垂直分量；(3)若粒子以速度v0從P點以任意角射入，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上解析：(1)設帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律得Bqv0mrR帶電粒子在磁場中的運動軌跡為四分之一圓周，軌跡對應的圓心角為，如圖甲所示，則t(2)由(1)知，當vv0時，帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，其運動軌跡如圖乙所示，由幾何關系可知PO2OOO2J30°，所以帶電粒子離開磁場時偏轉角為60°.vvsin 60°v0(3)由(1)知，當帶電粒子以v0射入時，帶電粒子在磁場中的運動軌道半徑為R.設粒子射入方向與PO方向之間的夾角為，帶電粒子從區域邊界S射出，帶電粒子的運動軌跡如圖丙所示因PO3O3SPOSOR所以四邊形POSO3為菱形由圖可知：POO3S，v0SO3，故v0PO因此，帶電粒子射出磁場時的方向為水平方向，與入射的方向無關 答案：(1)(2)v0(3)見解析專心-