2第二节磁场对运动电荷的作用(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·连云港中学期末)如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是()A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点解析：选D．地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．2．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于()A．TB．TC．T3D．T2解析：选A．考查带电粒子在磁场中的圆周运动问题．由题意知，带电粒子的平均动能122mvEk＝2mv∝T，故v∝T．由qvB＝R整理得：B∝T，故选项A正确．3．初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析：选A．由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变．4．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是()A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短D．c粒子速率最小，在磁场中运动时间最短解析：选B．由题图可知，粒子a的运动半径最小，圆心角最大，粒子c的运动半径最v2大，圆心角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得：＝，故半径公式rqvBmrmv2πr2πm＝qB，T＝v＝qB，故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，速率越小，半径越小，所以粒子a的运动速率最小，粒子c的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动所对应的圆心角，所以粒子a的运动时间最长，粒子c的运动时间最短．5．(2018·盐城质检)如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直于纸面向外，比荷为ev0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则的电子以速度m磁感应强度B的取值应为()3020mvmvA．B>aeB．B
2mvB0B0aeae解析：选C．由题意，若电子正好经过C点，其运动轨迹如图所示，此时其圆周运动的半径R＝a＝a，要想电子从边经过，圆周运动的半径要大于a，由带电粒子在磁场2cos30°3BC3mva030mvmv中运动的半径公式r＝qB，有3，杆对球有向下的Bqvmg压力，由Bqv0＝mg＋FN知压力随球速度的减小而减小，再由ma＝Ff＝μFN知小球做加速度逐渐减小的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐减小，直到速度减小到使洛伦兹力等于重力后小球匀速运动，题目中无与此情况对应的图象；若0<，杆对球产生向上的支持力作用，BqvmgBqv0＋FN＝mg，此情况下支持力随速度的减小而增大，仍由ma＝Ff＝μFN知小球做加速度逐渐增大的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐增大，直到速度为零，此情况与D图对应，故B、D正确．8．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9．1cm，中点O与S间的距离d＝4．55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2．0×10－4T，电子质量m＝9．1×10－31kg，电量e＝－1．6×10－19C，不计电子重力，电子源发射速度v＝1．6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A．θ＝90°时，l＝9．1cmB．θ＝60°时，l＝9．1cmC．θ＝45°时，l＝4．55cmD．θ＝30°时，l＝4．55cm2mv解析：选AD．电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：＝mvR，＝＝4．55×10evBRBe－2L1，l＝2R＝9．1cm，选项A正确．θm＝4．55cm＝2，θ＝90°时，击中板的范围如图＝60°时，击中板的范围如图2所示，l＜2R＝9．1cm，选项B错误．θ＝30°，如图3所示，l＝R＝4．55cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l＞R(R＝4．55cm)，故选项D正确，C错误．9．(2018·宿迁高三考试)如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则()A．从P点射出的粒子速度大B．从Q点射出的粒子向心力加速度大C．从P点射出的粒子角速度大D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长解析：选BD．粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，v2mv洛伦兹力提供向心力：qvB＝mr，轨迹半径r＝qB，两粒子比荷相等，rP＜rQ，所以vP＜vQ，故A错误；向心加速度v2qvBa＝r＝m，v＜v，所以a＜a，故B正确；粒子在磁场中圆周运PQPQ2πr2πm2πqB动的周期T＝v＝qB，角速度ω＝T＝m，两粒子比荷相等，所以周期相等、角速度相等，故C错误；根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，粒子在磁场中运动θθm的时间t＝2πT＝qB，所以粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确．10．(2018·江苏百校联盟质检)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则()A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2解析：选AC．粒子进入磁场时的速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为2在磁r1∶mvr2＝1∶2，由r＝qB可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误；由于2πm粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝qB，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项错误．三、非选择题11．如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角．设电子质量为m，电荷量为e、不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；(2)电子在磁场中运动的时间t；圆形磁场区域的半径r．解析：(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得2mvmv(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，2πR2πm则T＝v＝eB由如图所示的几何关系得圆心角α＝θ，所以t＝2θπT＝meBθ．r如图所示几何关系可知，tan2＝R，mvθ所以r＝eBtan2．mvθmvθm
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
：(1)eB(2)eB(3)eBtan212．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3．2×106m/s的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9cm，缝长AD＝18cm，α粒子的质量＝6．64×10－27kg，电荷量q＝3．2×10－19C．若在屏蔽装置右侧条形区域内m加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0．332T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d＝20cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)解析：(1)由题意：AB＝9cm，AD＝18cm，可得BAO＝∠ODC＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为，根据牛顿第二定律有BqvRmv2R解得R＝0．2m＝20cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．设此时磁场宽度d＝d0，由几何关系得d0＝R＋Rcos45°＝(20＋102)cm＝0．34m．甲乙(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为，则T＝2πmπ－6s＝×10TBq8设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图乙所示．因磁场宽度d＝20cm
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