磁场临界类问题一轮复习专题练习(三)带答案高中物理选修3-1

高中物理专题复习选修3-1
磁场单元过关检测
考试范围：磁场临界类问题；满分：100分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上 评卷人
得分 一、计算题
1． 如图所示，A 、B 为水平放置的足够长的平行板，板间距离为
m d 2100.1-⨯=，A 板中央有一电子源P ，在纸面内能向各个方向发射速度在s m /102.3~07⨯范围内的电子，Ｑ为P 点正上方B 板上的一点，若垂直纸面加
一匀强磁场，磁感应强度T B 3101.9-⨯=，已知电子的质量kg m 31101.9-⨯=，电
子电量C e 19106.1-⨯=，不计电子的重力和电子间相互作用力，且电子打到板上均被吸收，并转移到大地．求：
（1）沿P Ｑ方向射出的电子击中A 、B 两板上的范围．
（2）若从Ｐ点发出的粒子能恰好击中Ｑ点，则电子的发射方向（用图中θ角表示）与电子速度的大小v 之间应满足的关系及各自相应的取值范围．
2．如图，半径为cm r 10=的匀强磁场区域边界跟y 轴相切于坐标原点O ，磁感强度T B 332.0=，方向垂直纸面向里．在O 处有一放射源S ，可向纸面各个方向射出速度为s m v /102.36⨯=的粒子．已知α粒子质量kg m 271064.6-⨯=，电量C q 19102.3-⨯=，试画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心轨道，求出α粒子通过磁场空间的最大偏角．（ ） 图11 A B
Q θ⨯
P
⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯
3．图中虚线MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外，O 是MN 上的一点，从O 点可以向磁场区域发射电量为＋q 、质量为m 、速率为v 的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向.已知先后射人的两个粒子恰好在磁场中给定的P 点相遇，P 到0的距离为L,不计重力及粒子间的相互作用.
（1）求所考察的粒子在磁场中的轨道半径
（2）求这两个粒子从O 点射人磁场的时间间隔
4．如图所示，矩形匀强磁场区域的长为L ，宽为L /2。

磁感应强度为B ，质量为m ，电荷量为e 的电子沿着矩形磁场的上方边界射入磁场，欲使该电子由下方边界穿出磁场，求：电子速率v 的取值范围？（ ）
5．许多仪器中可利用磁场控制带电粒子的运动轨迹。

如图11所示的真空环境中，有一半径r=0.05m 的圆形区域内存在磁感应强度B=0.2T 的匀强磁场，其右侧相距d=0.05m 处有一足够大的竖直屏。

从S 处不断有比荷
m q =108C/k g 的带正电粒子以速度v=2×106m/s 沿SQ 方向射出，经过磁场区域后打在屏上。

不计粒
子重力，求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；
（2）绕通过P 点（P 点为SQ 与圆的交点）垂直纸面的轴，将该圆形磁场区域逆时针缓慢转动90°的过程中，粒子在屏上能打到的范围。

6． 如图所示，两个同心圆是磁场的理想边界，内圆半径为R ，外圆半径为3R ，磁场方向垂直于纸面向里，内外圆之间环形区域磁感应强度为B ，内圆的磁感应强度为B /3。

t =0时一个质量为m ，带－q 电量的离子（不计重力），从内圆上的A 点沿半径方向飞进环形磁场，刚好没有飞出磁场。

（1）求离子速度大小
（2）离子自A 点射出后在两个磁场不断地飞进飞出，从t =0开始经多长时间第一次回到A 点？
（3）从t =0开始到离子第二次回到A 点，离子在内圆磁场中运动的时间共为多少？
（4）画出从t =0到第二次回到A 点离子运动的轨迹。

（小圆上的黑点为圆周的等分点，供画图时参考）
解析：解析：如图12所示，沿ＰＱ方向射出的电子最大轨迹半径由r
v m Bev 2
Q S P
d B
r B
B/3
A
可得Be
mv r m m =，代入数据解得d m r m 21022=⨯=-．
该电子运动轨迹圆心在A 板上Ｈ处，恰能击中B 板Ｍ处．随着电子速度的减少，电子轨迹半径也逐渐减小．击中B 板的电子与Ｑ点最远处相切于Ｎ点，此时电子的轨迹半径为d ，并恰能落在A 板上Ｈ处．所以电子能击中B 板ＭＮ区域和A 板ＰＨ区域．
在∆ＭF Ｈ中，有d d d MF HM FH 3)2(222
2-=-=， s m d PF QM /1068.2)32(3-⨯=-==，
m d QN 2101-⨯==，m d PH 21022-⨯==．
电子能击中B 板Ｑ点右侧与Ｑ点相距m m 23101~1068.2--⨯⨯的范围．电子能击中A 板Ｐ点右侧与Ｐ点相距m 2102~0-⨯的范围．
（2）如图13所示，要使Ｐ点发出的电子能击中Ｑ点，则有Be
mv r =，2
sin d r =θ． 解得6108s in ⨯=θv ．
v 取最大速度s m /102.37⨯时，有41s in =θ，4
1arcsin min =θ；v 取最小速度时有2m a x π
θ=，s m v /1086
min ⨯=． 所以电子速度与θ之间应满足6108sin ⨯=θv ，且]2
,41[ar c s in πθ∈，
]
/102.3,/108[76s m s m v ⨯⨯∈2．解析：设粒子在洛仑兹力作用下的轨道半径为R ，由R
v m Bqv 2
= 得
cm m m Bq mv R 2020.010
2.3332.0102.31064.6196
27==⨯⨯⨯⨯⨯==-- 虽然α粒子进入磁场的速度方向不确定，但粒子进场点是确定的，因此α粒子作圆周运动的圆心必落在以O 为圆心，半径cm R 20=的圆周上，如图2中虚线． 由几何关系可知，速度偏转角总等于其轨道圆心角．在半径R 一定的条件下，为使α粒子速度偏转角最大，即轨道圆心角最大，应使其所对弦最长．该弦是偏转轨道圆的弦，同时也是圆形磁场的弦．显然最长弦应为匀强磁场区域圆的直径．即α粒子应从磁场圆直径的A 端射出．
如图2，作出磁偏转角ϕ及对应轨道圆心O '，据几何关系得2
12sin ==R r ϕ
，得060=ϕ，即α粒子穿过磁场空间的最大偏转角为060．
3．解析：设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律，有
（1）得
（2）如图所示，以OP 为弦可画两个半径半径相同的圆，分别表示在P 点相遇的两个粒子的轨道，圆心和直径分别为O 1、O 2和OO1Q1、OO2Q2，在O 处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。

由几何关系可
知：
从O 点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧
长
=R θ 粒子2的路程为半个圆周减弧
长=R θ
粒子1
运动的时间：粒子2
运动的时间： 两粒子射入的时间间隔
：
因
得
可解得：
4．BCDE 解析：解析：（1）带电粒子射入磁场后，由于速率大小的变化，导致粒子轨迹半径的改变，如图所示。

当速率最小时，粒子恰好从d 点射出，由图可知其半径R 1=L/4，再由R 1=mv 1/eB ，得
当速率最大时，粒子恰好从c 点射出，由图可知其半径R 2
满足
，即R 2=5L/4，再由R 2=mv 2/eB ，得
电子速率v 的
取值范围为：。

5．解析：（1）R v m qvB 2
R =0.1m （2）所谓求范围就是两个端点的问题。

粒子偏转角最大时，弦最长（圆形磁场直径），打到最上商端的边界点，而下端边界即在Q 点。

如下图
此时圆心角为60度，解得NQ=(33-2)r ≈0.16m ，
所以粒子能打在屏上Q 点以上0.16m 范围内。

6．解析：（1）如下图所示 P Q
S d O
M N L
求半径方程21221)3(r R r R +=- R r 3
31= m qBR v 33= （2）qB
m T T t 31161322211π=+⨯= （3）qB m T t π66162=⨯
= （4）轨迹如上图 B
B/3
A r 1
O 1
O 2。