磁场与回旋加速器 章末综合演练

1、章末综合演练(本栏目内容，学生用书中以活页形式分册装订成册！)一、选择题(本大题共10个小题，每小题4分，共40分)1. 如右图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，它们的磁场互不影响，当开关S闭合稳定后，则图中小磁针的北极N(黑色的一端)指示出磁场方向正确的是()AaBbCc Dd【解析】为了便于判断所标出的小磁针N极的指向是否正确，先根据安培定则画出有关磁场中经过小磁针的磁感线及其方向，如右图所示根据安培定则，对于通电直导线AB的确定，磁感线是以导线AB上各点为圆心的同心圆，且都在跟导线垂直的平面上，其方向是逆时针方向，显然磁针a标示不对通电螺线管C内部的磁感线是由左指向右，外

2、部的磁感线是由右指向左，故b所示正确、c所示不对对电磁铁D(与蹄形磁铁相似)，由安培定则可知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，可见小磁针d标示正确，因此答案为B、D.【答案】BD2环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高真空的圆环状的空腔若带电粒子初速可视为零，经电压为U的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.带电粒子将被局限在圆环状空腔内运动要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是()A对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越大B对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/

3、m越大，磁感应强度B越小C对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变【解析】给定半径，由半径公式：r ，可知加速电压U给定后，比荷越大，B越小，A错、B对；对于给定的带电粒子比荷恒定，如果半径不变，增大电压U，则B必定增大，由周期公式T，周期必定变小，C对、D错【答案】BC3取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图甲所示的螺线管，当在该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流，则在螺线管内部的磁感应强度大小为()A0

4、B0.5BCB D2B【解析】题图乙中螺线管上的长导线可等效为两个通过等大反向电流的通电螺线管，两螺线管电流方向相反，由安培定则可知产生的磁场方向也是大小相等、方向相反的，所以螺线管内部磁感应强度为零【答案】A4在回旋加速器中()A高频电源产生的电场用来加速带电粒子BD形盒内既有匀强磁场，又有高频电源产生的电场CD形盒内只有匀强磁场，没有高频电源产生的电场D带电粒子在D形盒中运动时，磁场力使带电粒子速度增大【解析】带电粒子是在电场中加速的，故A对；D形盒用金属做成，高频电源产生的电场被屏蔽，故D形盒内无电场，B错、C对，磁场力对粒子不做功，故D错，所以选AC.【答案】AC5. 如右图，一段导线

5、abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直线段ab、bc和cd的长度均为L，且abcbcd135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()A方向沿纸面向上，大小为(1)ILBB方向沿纸面向上，大小为(1)ILBC方向沿纸面向下，大小为(1)ILBD方向沿纸面向下，大小为(1)ILB【解析】解法一将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出安培力的大小，根据FBIL计算出安培力的大小，再求合力如题图所示，F1F2F3，F1与F2，F2与F3的夹角均为45°.导线所受合力FBIL2BILcos 45

6、°(1)ILB.解法二将折导线等效为一根直导线ad，如题图中虚线所示，则折导线所受安培力的合力等效为直导线ad所受安培力FBILBI(L2L·cos 45°)(1)ILB.【答案】A6如下图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里P为屏上的一小孔PC与MN垂直一群质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为的范围内则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为()A.B.C. D.【解析】由右图可知，沿PC方向射入的带负电的粒子打在MN上的R

7、点离P点最远，PR，沿两边界线射入磁场的粒子打在MN上的Q点离P点最近，PQ2Rcos ，所以打在MN区域的长度为PRPQ，D选项正确【答案】D7某同学家中电视机画面的幅度偏小，维修的技术人员检查后认为是显像管或偏转线圈出了故障，显像管及偏转线圈如下图所示，引起故障的原因可能是()电子枪发射的电子数减小加速电场的电压过大偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小A BC D【解析】若电子枪发射的电子数减少，单位时间打在荧光屏上的电子数减少，则荧光屏变暗，错；加速电场的电压过大，则电子偏转角减小，幅度减小，是可能之一；都会使磁场减弱，偏转角减小，B项正确【答案】B8. 一束带

8、电粒子流以同一方向垂直射入一磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场中分成两条轨迹1和2，如右图所示，那么它们的速度v、动量Pmv、电荷q、荷质比之间的关系可以肯定是()A如P1P2，则q1q2，都是负粒子流B如q1q2，则P1P2，都是正粒子流C如 ，则v1v2D如，则v1v2【答案】C9. 如右图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从A点沿AB边出射，欲使电子经过BC边，则磁感应强度B的取值为()AB> BB<CB< DB>【答案】C10. 如右图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另

9、一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A速率变小，半径变小，周期不变B速率不变，半径不变，周期不变C速率不变，半径变大，周期变大D速率不变，半径变小，周期变小【解析】细线断开前小球做匀速圆周运动的向心力由绳的拉力和洛伦兹力的合力提供或只由洛伦兹力提供而洛伦兹力的方向可能指向圆心也可能背离圆心所以细线断开后，半径减小说明向心力增大，由Fmr，当F增大而r减小时，T减小，所以A错误；若断开前向心力只由洛伦兹力提供，B正确；r增大说明向心力减小，由Fmr，当F减小而r增大，v不变时，T增大，所以C正确；r减小说

10、明向心力增大，由Fmr，当F增大而r减小，v不变时，T减小，所以D正确【答案】BCD二、非选择题(本大题共60分)11.(6分)从粒子源S以相同动量射出的三种带电粒子A、B、C，在同一匀强磁场中运动的轨迹如右图所示，可以判定带负电的粒子是_，电荷量最小的粒子是_【解析】磁场垂直纸面向里，运用左手定则，可以判断出A带正电，B、C带负电；根据F洛F向，Bqv可得出r，因为三种粒子的动量相同，则r，图中可知A粒子的半径最大，则电荷量最小【答案】B和CA12(8分) 一种测量血管中血流速度的仪器的原理如右图所示，在动脉血管两侧分别安装电极并加有磁场，设血管的直径为2.0 mm，磁场的磁感应强度为0.0

11、80 T，电压表测出的电压为0.10 mV，则血流的速度为_m/s.【解析】设某一离子的电荷量为q，离子不偏转时应有qvBq所以v m/s0.625 m/s.【答案】0.62513. (10分)如右图所示，在回旋加速器的D形盒的O点处有一离子源，该离子源产生的离子，经两个D形盒缝隙间的电场加速后，进入D形盒，试求在D形盒中相邻两个圆形轨道的半径之比【解析】设经过n次加速离子获得速度vn由功能关系得：nUqmvn2离子再进入盒又经过了2次加速：(n2)Uqmvn22第n次时，Bvnqm则rn第n2次时，Bvn2qm则rn2由和得rn 由和得：rn2 得 (n1,2,3)【答案】 (n1,2,3)

12、14. (10分)如右图所示，ABCD是边长为a的正方形质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域在正方形内适当区域中有匀强磁场电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场不计重力，求：(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；(2)此匀强磁场区域的最小面积【解析】(1)设匀强磁场的磁感应强度的大小为B.令圆弧为自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨迹电子所受到的洛伦兹力fev0B方向指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外圆弧的圆心在CB边或其延长线上依题意知，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心，圆半径为a，根据向心力公式有fmv

13、02/a联立解得磁感应强度的大小Bmv0/ea.(2)由(1)中确定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC边入射的电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其他点垂直入射的电子的运动轨迹只能在BAEC区域中，因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界为了确定磁场区域的另一边界，可分析射出A点的电子的速度方向与BA的延长线夹角为(不妨设0/2)的情形该电子的运动轨迹QPA如右上图所示图中圆弧的圆心为O，PQ垂直于BC边由B可知，圆弧的半径仍为a.在以D为原点、DC为x轴(向右为正方向)、AD为y轴(竖直向下为正方向)的坐标系中，P点的坐标为(x，y)，则xasin ，yaacos acos .

14、这意味着，在范围0/2内，P点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周和所围成的区域，其面积为S2×()a2.【答案】(1)方向垂直纸面向外大小为(2)a215(12分)如图甲所示，建立xOy坐标系两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为q、速度相同、重力不计的带电粒子在03t0时间内两板间加上如图乙

15、所示的电压(不考虑极板边缘的影响)已知t0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场上述m、q、l、t0、B为已知量(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)(1)求电压U0的大小；(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间【解析】(1)t0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有：EqEmalat02联立式，解得两板间偏转电压为：U0.(2)t0时刻进入两板间的带电粒子前t0时间在电场中偏转，后t0时间两板间没有电场，带电粒

16、子做匀速直线运动带电粒子沿x轴方向的分速度大小为：v0带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为：vya·t0带电粒子离开电场时的速度大小为：v设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有qvBm联立式解得：R.(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为：vyat0设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则tan 联立式解得：带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角2，所求最短时间为：tminT带电粒子在磁场中的运动的周期为：T联立式得：tmin.【答案】(1)(2)(3)16(14分)如下图所

17、示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q(q>0)和初速度v的带电微粒发射时，这束带电微粒分布在0<y<2R的区间内已知重力加速度大小为g.(1)从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场场强和磁感应强度的大小和方向；(2)请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由；(3)若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由【解析】(1)

18、带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反设电场强度大小为E，由mgqE，可得电场强度大小E.方向沿y轴正方向带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动如图(a)所示，考虑到带电微粒是从C点水平进入磁场，过O点后沿y轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径rR.设磁感应强度大小为B，由qvBm，可得磁感应强度大小B，方向垂直xOy平面向外(2)这束带电微粒都通过坐标原点理由说明如下：解法一从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中作半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图(b)所示这样，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图(b)所示的虚线半圆，此半圆的圆心是坐标原点所以，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的解法二从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，如图(b)所示设P点与O点的连线与y轴的夹角为，其圆周运动的圆心的坐标为(Rsin ，Rcos )，圆周运动轨迹方程为：(xRsin )2(yRcos )2R2而磁场边界是圆心坐标为(0，R)的圆周，其方程为：x2(yR)2R2解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为：或即坐标为：Rsin ，R