磁场临界类问题一轮复习专题练习(一)附答案高中物理选修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，在真空中坐标xoy 平面的0>x 区域内，有磁感强度T B 2

100.1-?=的匀强磁场，方向与xoy 平面垂直，在x 轴上的)0,10(p 点，有一放射源，在xoy 平面内向各个方向发射速率s m v /100.14

?=的带正电的粒子，粒子的质量为

kg m 25106.1-?=，电量为C q 18106.1-?=，求带电粒子能打到y 轴上的范

围．（ ）

2．如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0．60T ，磁场内有一块平面感光板ab ，板面与磁场方向平行，在距ab 的距离l=16cm 处，有一个点状的α放射源S ，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v=3．0×106

m/s ，已知α粒子的电荷与质量之比q/m=5．0×107

C/kg ，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab 上被α粒子打中的区域的长度。（ ）

o cm

x /cm y /p ?????

????????

??

??

3．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 27

10

64.6-?=，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．（ ）

4．在边长为a 2的ABC ?内存在垂直纸面向里的磁感强度为B 的匀强磁场，有一带正电q ，质量为m 的粒子从距A 点a 3的D 点垂直AB 方向进入磁场，如图5

所示，若粒子能从AC 间离开磁场，求粒子速率应满足什么条件及粒子从AC 间什

么范围内射出．（ ）

5．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？（ ）

图5

D

A

B

?

??

??

??

C

6．如图所示真空中宽为d 的区域内有强度为B 的匀强磁场方向如图，质量m 带电-q 的粒子以与CD 成θ角的速度V 0垂直射入磁场中。要使粒子必能从EF 射出，则初速度V 0应满足什么条件？并求出现EF 上有粒子射出的区域？（ ）

评卷人

得分

一、计算题

1．AB

解析：解析：带电粒子在磁场中运动时有R v m Bqv 2

=，

则cm m Bq mv R 101.010

6.1100.1100.1106.11824

25==??????==---．

如图15所示，当带电粒子打到y 轴上方的A 点与P 连线正好为其圆轨迹的直径时，A 点既为粒子能打到y 轴上方的最高点．因cm R Op 10==，

cm R AP 202==，则cm OP AP OA 3102

2=-=．

当带电粒子的圆轨迹正好与y 轴下方相切于B 点时，B 点既为粒子能打到y 轴下方的最低点，易得cm R OB 10==．

综上，带电粒子能打到y 轴上的范围为：cm y cm 31010≤≤-．

．

解析：解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R 表示轨道半径，有qvB=mv 2

/R ，

由此得 R=mv/qB ，代入数值得R=10cm 。

可见，2R>l>R ，如图9所示，因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S ，由此可知，某一圆轨迹在图中N 左侧与ab 相切，则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点。为定出P 1点的位置，可作平行于ab 的直线cd ，cd 到ab 的距离为R ，以S 为圆心，R 为半径，作弧交cd 于Q 点，过Q 作ab 的垂线，它与ab 的交点即为P 1。

，再考虑N 的右侧。任何α粒子在运动中离S 的距离不可

能超过2R ，以2R 为半径、S 为圆心作圆，交ab 于N 右侧的P 2点，此即右侧能打

到的最远点。

由图中几何关系得

，

所求长度为 P 1P 2=NP 1+NP 2，代入数值得 P 1P 2=20cm 。

点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动的入射速度的大小，其对应的轨迹半径也就确定了。但由于入射速度的方向发生改变，从而改变了该粒子运动轨迹图，导致粒子的出射点位置变化。在处理这类问题时重点是画出临界状态粒子运动的轨迹图（对应的临界状态的速度的方向），再利用轨迹半径与几何关系确定对应的出射范围。

3．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

2.3332.0102.31064.619

6

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?及对应轨道圆心O '，据几何关系得2

1

2

sin

==

R r ?

，得060=?，即α粒子穿过磁场空间的最大偏转角为060．

．

解析：解析：如图6所示，设粒子速率为1v 时，其圆轨迹正好与AC 边相切于E 点．

由图知，在E AO 1?中，11R E O =，113R a A O -=

，由A

O E O 11030cos =

得

图6

D

A B

??

?

??

??C

E 1v

1o ?1R 图7

F

A B

?

??

?

?

?

?C

G

2

o D

2

v ?

2R

1

1323

R a R -=

，解得a R )32(31-=，则a R a A O AE )332(23211-=-==． 又由1

2

1

1R v m B qv =得m aqB m BqR v )32(311-==，则要粒子能从AC 间离开磁场，其速率应大于1v ．如图7所示，设粒子速率为2v 时，其圆轨迹正好与BC 边相切于F 点，与AC 相交于Ｇ点．易知A 点即为粒子轨迹的圆心，则

a AG AD R 32===．

又由2

2

22

R v m B qv =得m aqB v 32=，则要粒子能从AC 间离开磁场，其速率应小于等于2v ．

综上，要粒子能从AC 间离开磁场，粒子速率应满足m

aqB

v m aqB

3)32(3≤

<-． 粒子从距A 点a a 3~

)332(-的EG 间射出．

．

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：。

6．【解析】粒子从A 点进入磁场后受洛伦兹力作匀速圆周运动，要使粒子必能从EF 射出，则相应的临界轨迹必为过点A 并与EF 相切的轨迹如图9-10所示，作出A 、P 点速度的垂线相交于O/即为该临界轨迹的圆心。

图9-8 图9-9 图9-10

临界半径R0由

d

Cos θR R 00=+ 有:

θ+=

Cos 1d

R 0；

故粒子必能穿出EF 的实际运动轨迹半径R>R0

即:

θ+≥=

Cos 1d qB mv R 0 有: )Cos 1(m qBd

v 0θ+≥ 。

由图知粒子不可能从P 点下方向射出EF ，即只能从P 点上方某一区域射出； 又由于粒子从点A 进入磁场后受洛仑兹力必使其向右下方偏转，故粒子不可能从AG 直线上方射出；由此可见EF 中有粒子射出的区域为PG ，

且由图知:

θ

+θ+θ

=

θ+θ=cot d Cos 1dSin cot d Sin R PG 0。

或者PG=AG=

θ

sin d

。