《（名師導學）2020版高考物理總復習 第九章 第2節(jié) 磁場對運動電荷的作用教學案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（名師導學）2020版高考物理總復習 第九章 第2節(jié) 磁場對運動電荷的作用教學案 新人教版（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2節(jié)　磁場對運動電荷的作用 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ?　　【p164】 夯實基礎　 洛倫茲力：磁場對__運動電荷__的作用力． 1．洛倫茲力的大?。篲_F＝qvBsin__θ__，其中θ為v與B間的夾角．當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F(xiàn)＝0；當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，F(xiàn)＝__qvB__．只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中不受磁場的作用力． 2．洛倫茲力計算公式的推導 如圖所示，整個導線受到的磁場力(安培力)為F安＝BIL；其中I＝nqSv；設導線中共有N個自由電子N＝nSL；每個電子受的磁場力為F，則

2、F安＝NF.由以上四式得F＝qvB.條件是v與B垂直．當v與B成θ角時，F(xiàn)＝qvBsin θ. 3．洛倫茲力的方向：運動電荷在磁場中受到的洛倫茲力方向可用__左手定則__來判定，要注意：四個手指的指向與__正__電荷的運動方向相同、與負電荷的運動方向相反；洛倫茲力F一定__垂直于__B、v的方向(即F總是垂直于B和v所在的平面)，但B、v不一定垂直． 4．洛倫茲力的特點：對運動電荷不做功，只能改變運動電荷__速度的方向__，不改變運動電荷的速度大小． 考點突破　　 例1如圖所示，下端封閉、上端開口、高h＝5 m內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有質量m＝10 g，電荷量的絕對值|q|

3、＝0.2 C的小球，整個裝置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁場方向進入磁感應強度B＝0.2 T，方向垂直紙面向內的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．g取10 m/s2.下列說法中正確的是(　　) A．小球帶負電 B．小球在豎直方向做勻速直線運動 C．小球在玻璃管中的運動時間小于1 s D．小球機械能的增加量為1 J 【解析】由左手定則可知，小球帶正電，選項A錯誤；玻璃管在水平方向做勻速運動，則豎直方向所受的洛倫茲力恒定，則豎直方向加速度不變，即小球在豎直方向做勻加速直線運動，選項B錯誤；小球在豎直方向的加速度a＝＝ m/s2＝10 m/s

4、2，在管中運動的時間t＝＝ s＝1 s，選項C錯誤；小球到管口時的速度v′＝at＝10 m/s，機械能的增加量：ΔE＝mgh＋mv′2＝(0.01×10×5＋×0.01×102) J＝1 J，選項D正確． 【答案】D 針對訓練　 1．(多選)如圖所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好能通過圓形軌道的最高點，下列說法正確的有(CD) A．經過最高點時，三個小球

5、的速度相等 B．經過最高點時，甲球的速率最小 C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變 【解析】對甲球：F洛1＋mg＝，對乙球：mg－F洛2＝，對丙球：mg＝，∴v甲>v丙>v乙，F(xiàn)洛不做功，依機械能守恒，有h甲>h丙>h乙，C、D均對． 2．如圖所示，質量為m，電量為q的帶正電物體，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，沿水平面向左以初速度v運動，已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則(B) A．若另加一個電場強度為、方向水平向右的勻強電場，物體做勻速運動 B．若另加一個電場強度為、方向豎直向上的勻強電場，物體做勻速運

6、動 C．物體的速度由v減小到零所用的時間等于 D．物體的速度由v減小到零所用的時間小于 【解析】若另加一個電場強度為、方向水平向右的勻強電場，電場力F＝qE＝μ(mg＋qvB)＝f，但電場力的方向與摩擦力方向相同，故物體不能處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；若另加一個電場強度為、方向豎直向上的勻強電場，電場力F＝qE＝mg＋qvB，支持力為零，故摩擦力為零，物體做勻速直線運動，故B正確；對物體受力分析，受重力、支持力，洛倫茲力和滑動摩擦力；根據左手定則，洛倫茲力向下，合力向右，物體做減速運動；由于摩擦力f＝μ(mg＋qvtB)，不斷減小，加速度不斷減小，不是勻變速運動，故物體的速度由v減小到零所用

7、的時間大于，故C、D錯誤． ?　　【p165】 夯實基礎　 　　　　　　　　　　　　　　　 1．帶電粒子速度方向與磁場方向平行時，在磁場中做__勻速直線__運動． 2．帶電粒子垂直于磁場方向進入勻強磁場后，在洛倫茲力作用下必定做__勻速圓周運動__． (1)軌跡半徑R 依Bqv＝____，得R＝____． (2)運動周期T，T＝____，又R＝，得T＝____，所以T與__R、v__無關，只由帶電粒子的比荷和磁感應強度決定． (3)運動時間t，當帶電粒子轉過的圓心角為α時，運動時間t＝＝或t＝＝＝. 考點突破　　 例2如圖所示，在某電子設備中分布有垂直紙面向里的勻

8、強磁場，磁感應強度大小為B.AC、AD兩塊擋板垂直紙面放置，夾角為90°，一束電荷量為＋q、質量為m的相同粒子，從AD板上距A點為L的小孔P以不同速率沿紙面射入，速度方向與AD板的夾角均為60°，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，粒子打在擋板上就被擋板吸收．則(　　) A．粒子在磁場中運動的最長時間t＝ B．直接打在AD板上的粒子，運動速率的最大值為 C．垂直打在AC板上的粒子，運動的速率v＝ D．在磁場中運動的時間t＝的粒子，運動的速率v＝ 【解析】如圖所示，根據已知條件畫出粒子的運動軌跡(如圖線Ⅰ)，粒子打在AD板上在磁場中運動的時間最長，由幾何關系可知：軌跡對應的圓心角：θ＝1

9、20°，粒子在磁場中運動的最長時間t＝×＝，故A正確； 由qvB＝，可知v＝，直接打在A點的粒子的運動速率取最大值，由幾何關系可得2Rcos 30°＝L，解得R＝，即粒子的運動速率的最大值vm＝，故B錯誤；粒子垂直打到AC板，運動軌跡如圖線Ⅱ所示，由幾何關系可得R′cos 30°＝L，解得R′＝，即粒子的運動速率為v＝，故C正確；由題意可知t＝＝，運動軌跡如圖線Ⅲ所示，由幾何關系可得L＝R1cos 30°＋R1sin 30°，解得R1＝(－1)L，運動的速率v＝，故D正確． 【答案】ACD 【小結】1.帶電粒子在有理想邊界的勻強磁場中做勻速圓周運動，其運動規(guī)律是洛倫茲力做向心力，

10、此類題一般按以下三步解題： (1)畫軌跡：即確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出運動軌跡． (2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、入射方向、出射方向相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系． (3)用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式和半徑公式． 2．解題的關鍵是畫粒子運動的示意圖，確定圓心、半徑及圓心角． (1)圓心的確定 ①已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示， 圖中P為入射點，M為出射點)． ②已知入射方向、入射點和出

11、射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)． (2)半徑的確定： 用幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。⒁饬Ｗ铀俣鹊钠蚪堑扔诹Ｗ愚D過的圓心角，等于弦切角的2倍． (3)運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所 對應的圓心角為α時，其運動時間為：t＝T(t＝＝＝)． 軌跡所對的圓心角最小時，運動時間最短． 軌跡所對的圓心角最大時，運動時間最長． 3．常見的幾種磁場邊界 (1)單條直線邊界：進出磁場具有對稱性，如圖所示． (2)平

12、行邊界：存在臨界條件，如圖所示． (3)圓形邊界：沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示． 針對訓練　 3．(多選)如圖所示，半徑為R的半圓形有界磁場關于x軸對稱，y軸剛好與磁場左邊界在坐標原點處相切，在坐標原點處有一粒子源，可以沿x軸正方向連續(xù)地發(fā)射質量為m，電荷量大小為q的不同速率的正、負電荷．已知磁場的方向垂直于坐標平面向里，磁感應強度大小為B，若粒子不能從半圓的直徑部分射出，則(AD) A．粒子在磁場中運動的最大半徑可能為R B．粒子在磁場中運動的最大速度可能為 C．粒子在磁場中運動掃過的面積最大可能為(π－1)R2 D．粒子在磁場中運動的最短時間可能為 【解析】

13、粒子不能從半圓的直徑部分射出，則半徑最大的是軌跡剛好與直徑相切，由幾何關系可知這時的粒子運動半徑為R，選項A正確；最大半徑對應著最大速度，由R＝得v＝，選項B錯誤；粒子在磁場中運動掃過的面積最大可能為4(πR2－R2)＝(π－2)R2，選項C錯誤；粒子在磁場中運動的軌道半徑越大，運動軌跡所對的圓心角越小，因此最小時間為T＝，選項D正確． 4．在xOy平面的第一象限內存在著垂直于平面向內的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩個相同的帶電粒子以相同的速度分別從y軸上的P、Q兩點同時垂直于y軸向右射出，最后均打在x軸上的N點，已知P、N兩點的坐標分別為(0，3L)、(L，0)，不計兩粒子的重力

14、與相互作用力．根據題中條件不能確定的是(D) A．兩帶電粒子在磁場中運動的半徑 B．兩帶電粒子到達N點所用的時間比 C．Q點的坐標 D．帶電粒子的比荷 【解析】粒子的運動軌跡如圖，由幾何關系可知PN長為2L；∠OQN＝60°，則R＝＝2L；因兩粒子的速度相同，且是同種粒子，則可知，它們的軌跡半徑相同；即兩粒子的軌跡半徑均可求出；A能確定；同時根據幾何關系可知，從P入射的粒子在磁場中轉過的圓心角為120°，從Q入射的粒子在磁場中轉過的圓心角為60°；即可確定對應的運動時間，則由t＝T，可以求得運動的時間比：tP∶tQ＝120°∶60°＝2∶1，可確定帶電粒子到達N點所用的時間比，B

15、能確定；根據幾何關系，OQ＝L，可以確定Q點的坐標，C能確定；根據R＝，由于不知磁感應強度和速度，故無法求得比荷，D不能確定；故選D. ?　　【p166】 夯實基礎　 當在題干中出現(xiàn)“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語時，就預示著是一個臨界極值問題．必須借助半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關系進行動態(tài)軌跡分析，確定軌跡圓和磁場邊界的相切或相交關系，找出切點和交點，然后用數(shù)學方法求出極值．常用的結論有： 1．剛好穿出磁場邊界的條件是軌跡與邊界相切． 2．當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，運動時間越長，v變化時，圓心角越大，運動時間越長． 3．當速度v變化時，圓心角

16、大的，運動時間長．解題時要畫出運動軌跡圖，找出圓心，依幾何關系求出軌跡半徑及圓心角． 4．在圓形勻強磁場中，當軌跡圓半徑大于磁場圓半徑時，則入射點和出射點連線等于磁場圓直徑時，軌跡對應的偏轉角最大，運動時間最長． 考點突破　　 例3如圖所示，平行邊界MN、PQ間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，兩邊界的間距為d，MN上有一粒子源A，可在紙面內沿各個方向向磁場中射入質量均為m、電荷量均為＋q的粒子，粒子射入磁場的速度大小v＝，不計粒子的重力，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為(　　) A．1∶1 B．2∶3 C.∶2 D.∶3

17、 【解析】粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，故有：qBv＝m，則粒子運動半徑為R＝＝d，由左手定則得：粒子向運動方向左側偏轉做圓周運動；當粒子沿AN方向進入磁場時，粒子打在PQ上的位置為粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域的最下端，由幾何關系得：落點距A點的豎直距離為：L1＝＝d，粒子進入磁場的方向逆時針旋轉，粒子打在PQ上的點上移，直到運動軌跡與PQ相切時，粒子打在PQ上的位置為粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域的最上端，由幾何關系得：落點距A點的豎直距離為：L2＝＝d，故粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度為：L＝L1＋L2＝d，因為R

18、界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為＝，故選C. 【答案】C 針對訓練　 5．在真空中，半徑r＝3×10－2 m的圓形區(qū)域內有勻強磁場，方向如圖所示，磁感應強度B＝0.2 T，一個帶正電的粒子，以初速度v＝106 m/s從磁場邊界上直徑ab的一端a射入磁場，已知該粒子的比荷＝108 C/kg，不計粒子重力．求： (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑； (2)若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉角，求入射時v方向與ab的夾角θ及粒子的最大偏轉角β. 【解析】(1)粒子射入磁場后，由于不計重力，所以洛倫茲力充當做圓周運動所需要的向心力． 根據牛頓第二定律有：qvB＝

19、所以R＝＝5×10－2 m. (2)粒子在圓形磁場區(qū)域內的軌跡為一段半徑R＝5 cm的圓弧，要使偏轉角最大，就要求這段圓弧對應的弦最長，即為圓形磁場區(qū)域的直徑，粒子運動軌跡的圓心O′在ab弦中垂線上，如圖所示： 由幾何關系可知：sin θ＝＝0.6，所以θ＝37° 粒子的最大偏轉角β＝2θ＝74°. ?　　【p166】 夯實基礎　 帶電粒子在磁場中運動的多解問題成因主要有以下四種情況： 1．帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同，形成多解．如圖所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻

20、強磁場，如果帶正電，其軌跡為a；如果帶負電，其軌跡為b. 2．磁場方向不確定形成多解：有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時必須考慮因磁感應強度方向不確定而形成的多解．如圖所示，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如果B垂直于紙面向里，其軌跡為a；如果B垂直于紙面向外，其軌跡為b. 3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖所示，于是形成了多解． 4．運動的周期性形成多解：帶電粒子在磁場或部分是電場、部分是磁場的空間運動時，運動往往

21、具有周期性，從而形成多解．如圖所示． 考點突破　　 例4如圖，xOy平面內y軸上OP間有絕緣彈性豎直擋板，在第一象限有一點N，PN間距離d＝3 m．第二象限以及第一象限PN連線上方存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B＝1 T．擋板下端附近M點有一粒子源，PM之間的距離h＝9 m，粒子源可以沿x軸負方向發(fā)射速度不同的帶電粒子，粒子質量m＝1.0×10－12 kg，電量q＝－1.0×10－6 C．粒子若與擋板相碰將原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電量不變，最后有一些粒子能從N點離開磁場．不計粒子重力和粒子間的相互作用．關于這些從N點離開磁場的粒子，下列說法正確的是(　　)

22、 A．粒子速度對應值可以有無數(shù)個 B．粒子運動的最長時間是×10－6 s C．半徑R＝3.75 m的粒子運動時間最長 D．速度為5×106 m/s的粒子半徑最大 【解析】設粒子做圓周運動的半徑為r，當粒子經過N點時，由幾何關系需滿足(2n＋1)r±＝h，其中n＝0，1，2，3…，又r≥d，計算可知n只能取0、1式子才有解，選項A錯誤； 當n＝0時，解得r0＝5 m；當n＝1時，r1＝3 m，r2＝ m；當r2＝ m時粒子在磁場中運動的時間最長，粒子的周期為T＝＝2π×10－6 s；粒子運動軌跡所對的圓心角θ＝180°＋(360°－53°)＝487°，則對應的時間t＝T＝×2π×

23、10－6 s≠×10－6 s，選項B錯誤，C正確；當n＝0時，解得r0＝5 m；此時粒子的半徑最大，根據r＝可知，v＝＝5×106 m/s，選項D正確． 【答案】CD 【小結】求解帶電粒子在磁場中運動的多解問題的技巧 1．分析題目特點，確定形成多解性的原因． 2．作出粒子運動軌跡示意圖，特別是某臨界情況的軌跡，考慮多種可能性． 3．若為周期性重復的多解問題，先找出通式，再討論出現(xiàn)不同解的條件和結論． 針對訓練　 6．如圖所示，在x軸上方有一勻強磁場B，x軸下方有一勻強電場E，E和B大小為已知，方向如圖，屏MN與y軸平行且相距L.一質量為m、電荷量為e的電子，從y軸上某點A自靜

24、止釋放，欲使電子垂直打在屏上，求： (1)電子釋放的位置與原點O的距離d； (2)電子從出發(fā)到垂直打到屏上的運動時間． 【解析】(1)電子從A→O，有：eEd＝mv2 電子在磁場中運動，有：Bev＝， 又(2n＋1)R＝L(n＝0，1，2，…) ∴d＝(n＝0，1，2，…) (2)電子在電場中運動的時間t1＝(2n＋1)t0 t0＝， 在磁場中運動的時間t2＝n＋，T＝ t＝t1＋t2＝＋(2n＋1)(n＝0，1，2，…) 7．如圖所示，在NOQ范圍內有垂直于紙面向里的勻強磁場Ⅰ，在MOQ范圍內有垂直于紙面向外的勻強磁場Ⅱ，M、O、N在一條直線上，∠MOQ＝60°，這

25、兩個區(qū)域磁場的磁感應強度大小均為B.離子源中的離子帶電荷量為＋q，質量為m，通過小孔O1進入兩板間電壓為U的加速電場區(qū)域(可認為初速度為零)，離子經電場加速后由小孔O2射出，再從O點進入磁場區(qū)域Ⅰ，此時速度方向沿紙面垂直于磁場邊界MN，不計離子的重力． (1)若加速電場兩板間電壓U＝U0，求離子進入磁場后做圓周運動的半徑R0； (2)在OQ上有一點P，P點到O點距離為L，若離子能通過P點，求加速電壓U和從O點到P點的運動時間． 【解析】(1)離子在電場中加速時U0q＝mv－0 離子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力qv0B＝m 解得R0＝. (2)離子進入磁場時的運動軌跡如

26、圖所示，由幾何關系可知OP′＝P′P″＝R，OP＝L＝nR 解得U＝，其中n＝1，2，3，… 離子在磁場中運動的周期T＝ t＝·＝，其中n＝1，2，3，… 考 點 集 訓　【p328】 A組 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多選)如圖所示，一帶電粒子垂直射入一自左向右逐漸增強的磁場中，由于周圍氣體的阻力作用，其運動軌跡仍為一段圓弧線，下列判斷(不計重力)正確的是(AD) A．粒子從A點射入，速率逐漸減小 B．粒子從A點射入，速率逐漸增大 C．粒子帶負電，從B點射入磁場 D．粒子帶正電，從A點射入磁場 【解析】由于有空氣阻力作用，粒子運動速率一定逐漸減

27、?。驗閞＝，v逐漸減小而r卻保持不變，一定有B逐漸減小，以洛倫茲力做粒子運動的向心力，據左手定則判斷，粒子帶正電．選A、D. 2．(多選)實驗觀察到，靜止在勻強磁場中A點的原子核發(fā)生β衰變，衰變產生的新核與電子恰在紙面內做勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意如圖．則(AD) A．軌跡1是電子的 B．軌跡2是電子的 C．磁場方向垂直紙面向外 D．磁場方向垂直紙面向里 【解析】原子核發(fā)生β衰變時，根據動量守恒可知兩粒子的速度方向相反，動量的方向相反、大小相等；由半徑公式r＝＝(p為動量)，分析得知r與電荷量成反比，β粒子與新核的電量大小分別為e和ne(n為新核的電荷數(shù))，則β粒子與新

28、核的半徑之比為：ne∶e＝n∶1.所以半徑比較大的軌跡1是衰變后β粒子即電子的軌跡，軌跡2是新核的，A正確，B錯誤；新核沿逆時針方向運動，在A點受到的洛倫茲力向左，由左手定則可知，磁場的方向向里，C錯誤，D正確． 3．如圖所示，靜置的內壁光滑的絕緣漏斗處于方向豎直向上的勻強磁場中，漏斗內有兩個質量均為m、電荷量分別為QA、QB的帶正電小球，在水平面內沿逆時針方向(從上往下看)在不同高度做勻速圓周運動，若漏斗側壁與豎直方向的夾角為θ，小球的線速度均為v，則在小球做圓周運動的過程中(D) A．若QA>QB，則A球在B球的下方運動 B．無論QA、QB關系如何，A、B均能在同一軌道上運動

29、C．若QA>QB，則漏斗對A球的彈力大于對B球的彈力 D．無論QA、QB關系如何，均有漏斗對A球的彈力等于漏斗對B球的彈力 【解析】根據左手定則，小球所受洛倫茲力方向沿半徑方向向外，受力分析如圖： FNsin θ＝mg；FNcos θ－qvB＝，則R＝，則R隨q的變大而增大，則A、B錯誤；由豎直方向的受力可知：FN＝，則壓力不變，選項C錯誤，D正確． 4．如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L.一個粒子源在a點將質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中

30、運動時間最長的粒子中，速度的最大值是(A) A. B. C. D. 【解析】依t＝T，在磁場中轉過的角度θ最大時，運動時間最長，因此速度方向沿ab射入磁場的粒子在磁場中偏轉的最大角度為120°，時間最長．在這種情況下，最大速度對應著最大半徑，而最大半徑只能是R＝ab＝，故A正確． 5．如圖，abcdef為圓形磁場區(qū)域的圓周上的6個等分點，比荷相同的粒子先后從f沿fd方向射入磁場區(qū)域．從a點離開磁場的粒子，速度大小為va，在磁場中運動的時間為ta；從c點離開磁場的粒子，速度大小為vc，在磁場中運動的時間為tc.不計粒子重力，則(A) A.＝，＝ B.＝，＝ C.＝，＝ D

31、.＝，＝ 【解析】畫出從a、c兩點射出磁場的比荷相同的粒子的運動軌跡如圖所示，從a點射出的粒子的軌跡圓圓心位于Oa，從C點射出的粒子的軌跡圓圓心為Oc，由幾何關系得：從a點射出的粒子的半徑ra＝R(R為磁場區(qū)域的半徑)，從c點射出的粒子的半徑rc＝2R.由洛倫茲力提供向心力qvB＝m可得v＝，周期T＝＝，在磁場中運動時間t＝T. 所以＝＝＝，＝＝＝，選項A正確． 6．如圖所示，邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場．一質量為m、帶電荷量為q的粒子從A點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與AB的夾角為α，粒子剛好從B點射出磁場，不計粒子重力，則(D) A．粒子一定帶

32、正電 B．勻強磁場的磁感應強度為 C．粒子從A到B所需的時間為 D．粒子在磁場中離AB的最遠距離為 【解析】在A位置，已知速度方向、磁場方向和洛倫茲力方向，根據左手定則，粒子帶負電荷，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動軌跡，如圖所示： 結合幾何關系，有：r＝＝，根據牛頓第二定律，有：qv0B＝，聯(lián)立解得：B＝，B錯誤；從A點到B點對應的弧長為：s＝2αr＝；故粒子從A點到B點所需的時間為：t＝＝，C錯誤；粒子在磁場中離AB邊界的最遠距離為：ΔL＝r－rcos α＝，D正確． 7．一束質子以不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一個正方形的、方向垂直紙面向外的勻強磁場中

33、，則下列說法中正確的是(C) A．在磁場中運動時間越長的質子，其軌跡線一定越長 B．在磁場中運動時間相同的質子，其軌跡線一定重合 C．在磁場中運動時間越長的質子，其軌跡所對圓心角一定越大 D．速率不同的質子，在磁場中運動時間一定不同 【解析】質子在同一勻強磁場中運動周期相同，T＝.據題意分析如圖所示，速率不同的質子群在有界磁場中分別運動的時間可能有：＝ta＝tb＞tc＞td＞te，其中a、b軌跡所對圓心角最大，均為π.所以在A、B、C三個選項中選擇C.由圖還可看到，ra＜rb.因為r＝，所以va＜vb.雖a、b速率不同，但在有界磁場中運動時間相同，D錯． 8．如圖所示，在一

34、擋板MN的上方，有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．P為MN上的一個粒子發(fā)射源，它能連續(xù)垂直磁場向MN上方各個方向發(fā)射速率為v、質量為m、帶電量為q的粒子，假設不計粒子的重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上時均被擋板吸收．則在垂直于磁場的平面內，有粒子經過的區(qū)域面積是(C) A. B. C. D. 【解析】由題意可知粒子在磁場中的運動半徑R＝，所有粒子在磁場中半徑相同， 由圖可知，由O點射入水平向右的粒子恰好應為最右端邊界；隨著粒子的速度方向偏轉，粒子轉動的軌跡圓可認為是以O點為圓心以2R為半徑轉動．如圖所示，由幾何圖形可知，帶電粒子可能經過的區(qū)域的面積為：S＝

35、πR2＋π(2R)2＝，故選C. B組 9．如圖所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度(速度方向與邊界的夾角分別為30°、60°)從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點射入磁場，又恰好都不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是(D) A．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為1∶ B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為 C．A、B兩粒子的比荷之比是∶1 D．A、B兩粒子的比荷之比是 【解析】設粒子速度v與磁場左邊界成α角，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：r＝； 由幾何關系得：rcosα＋r＝d，

36、∴ rAcos 30°＋rA＝d，rBcos 60°＋rB＝d，解得：＝，故A、B錯誤；粒子軌道半徑：r＝可知，＝，由題意可知，兩粒子的v大小與B都相同，則兩粒子的之比與軌道半徑成反比，則A、B兩粒子的之比是，故C錯誤，D正確． 10．如圖所示，在半徑為a(大小未知)的圓柱空間(圖中圓為其橫截面)，固定放置一絕緣材料制成的邊長為L的彈性等邊三角形框架DEF，其中心O位于圓柱的軸線上．在三角形框架DEF與圓柱之間的空間中，充滿磁感應強度大小為B的勻強磁場，其方向平行于圓柱軸線垂直紙面向里．在EF邊上的中點S處有一發(fā)射帶電粒子的粒子加速器，粒子發(fā)射的方向均在截面內且垂直于EF邊并指向磁場區(qū)域

37、．發(fā)射粒子的電量均為q(q>0)，質量均為m，速度大小均為v＝，若粒子與三角形框架的碰撞均沒有動能損失，且粒子在碰撞過程中所帶的電量不變．(不計帶電粒子的重力和帶電粒子之間的相互作用)求： (1)為使初速度為零的粒子速度增加到v＝，在粒子加速器中，需要的加速電壓為多大； (2)帶電粒子在勻強磁場區(qū)域內做勻速圓周運動的半徑； (3)若滿足：從S點發(fā)射出的粒子都能再次返回S點，則勻強磁場區(qū)域的橫截面圓周半徑a至少為多大？ (4)若勻強磁場區(qū)域的橫截面圓周半徑a滿足第(3)問的條件，則從S點發(fā)射出的某帶電粒子從S點發(fā)射到第一次返回S點的時間是多少． 【解析】(1)在粒子加速器中，帶電粒子在

38、電場中被加速，根據動能定理 qU＝mv2，解得U＝ (2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，qvB＝m，解得r＝＝ (3)設想某個帶電粒子從S發(fā)射后又能回到S，則帶電粒子運動軌跡如圖所示 當帶電粒子的運動軌跡同磁場區(qū)域內切時，磁場區(qū)域半徑有最小值amin，由幾何關系得 amin＝OG＝OF＋FG＝r＋＝(＋)L (4)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由T＝＝ 由軌跡圖可知，帶電粒子從S點發(fā)射到第一次返回S點的時間是t＝T＝ 11．如圖所示，xOy平面內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝0.08 T，在原點O有一粒子源，它可以在xOy平面內向Ⅰ、Ⅳ象限各個方向

39、發(fā)射質量m＝9.6×10－24 kg、電荷量q＝4.8×10－16 C、速度v＝1×106 m/s的帶正電的粒子．一足夠長薄板平行于x軸垂直于y軸放置，與y軸交于O′點且離x軸距離為0.4 m，不考慮粒子之間的相互作用，結果保留兩位有效數(shù)字． (1)若磁場范圍足夠大，求薄板下表面被粒子擊中的區(qū)域的長度； (2)若勻強磁場大小、方向均不變，但只存在于一個圓形區(qū)域中，粒子源恰好在其邊界上，已知粒子最后全部垂直打在薄板上，求粒子從O點到薄板的最長時間和最短時間． 【解析】(1)帶電粒子在磁場中受洛倫茲力，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力有qvB＝m 得r＝＝0.25 m 如圖所示，軌跡直

40、徑的另一端在薄板上M點時粒子落點為右側最遠點，顯然OM＝2r＝0.50 m，O′M＝0.30 m 軌跡與薄板左側相切于N點時粒子落點為左側最遠點，NO2延長交x軸于N′點，分析可得 O2N′＝0.4 m－0.25 m＝0.15 m得ON′＝0.20 m，解得O′N＝0.20 m 被打中區(qū)域長MN＝0.50 m (2)依題意可知，虛線圓為磁場邊界，當其半徑等于軌跡半徑時，粒子射出磁場時方向與x軸垂直，粒子離開圓形磁場時，經分析速度方向均沿y軸正方向垂直打到薄板上． 當初速度方向沿y軸正方向時，軌跡最短，最短時間t1＝＝ s＝4.0×10－7 s 當速度方向沿y軸負方向時，軌跡經x軸上的P點后垂直打到薄板上，軌跡最長，最長時間 t2＝＋＝1.2×10－6 s - 20 -