《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 第48講 磁場對運動電荷的作用學(xué)案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 第48講 磁場對運動電荷的作用學(xué)案（含解析）（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第48講　磁場對運動電荷的作用 考點一　洛倫茲力的大小和方向 1．洛倫茲力的定義：磁場對運動電荷的作用力。 2．洛倫茲力的大小 (1)v∥B時，F(xiàn)＝0。 (2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB。 (3)v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ。 3．洛倫茲力的方向 (1)由左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向，這時拇指所指的方向就是運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。 (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v。即F垂直于B、v決定的平面。(注意B和v可以有任意夾角) (3)由于F始終

2、垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功。 4．對洛倫茲力的理解 (1)當(dāng)電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之改變。 (2)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。 (3)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力。安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。 (4)注意區(qū)分洛倫茲力和電場力產(chǎn)生的條件與方向。洛倫茲力是運動電荷在磁場中受到的力，它垂直于B、v決定的平面；而電場力是電荷在電場中受到的力，與電場方向相同或相反。 1. 如圖所示，勻強磁場水平向右，電子在磁場中的運動方向與磁場方向平行，則該電子(　　) A．不受洛倫茲力 B．受洛倫茲力，方向向上

3、 C．受洛倫茲力，方向向下 D．受洛倫茲力，方向向左 答案　A 解析　當(dāng)帶電粒子運動方向與磁場方向平行時，粒子不受洛倫茲力作用，故A正確。 2．[教材母題]　(人教版選修3－1 P98·T3)在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直。具有不同水平速度的帶電粒子射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的情況不同。這種裝置能把具有某一特定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器。試證明帶電粒子具有速度v＝時，才能沿著圖示虛線路徑通過這個速度選擇器。 [變式子題]　(多選)帶電油滴以水平速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖所示，若油滴質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強度為B，則下述說法正確的是(　　)

4、 A．油滴必帶正電荷，電荷量為 B．油滴必帶正電荷，比荷＝ C．油滴必帶負電荷，電荷量為 D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝ 答案　AB 解析　油滴水平向右勻速運動，其所受洛倫茲力必豎直向上與重力平衡，故帶正電，其電荷量q＝，油滴的比荷為＝，A、B正確。 3. (多選)如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設(shè)a、b間無電荷轉(zhuǎn)移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左加速運動，在加速運動階段(　　) A．a(chǎn)對b的壓力不變 B．a(chǎn)對b的壓力變大 C．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力變

5、小 D．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力不變 答案　BC 解析　a向左加速時受到的豎直向下的洛倫茲力變大，故對b的壓力變大，A錯誤，B正確；從a、b整體看，由于a受到的洛倫茲力變大，會引起b對地面的壓力變大，滑動摩擦力變大，整體的加速度變小，再隔離a，b對a的靜摩擦力Fba提供其加速度，由Fba＝maa知，a、b間的摩擦力變小，C正確，D錯誤。考點二　帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 1．帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析 (1)圓心的確定方法 方法一：若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖a； 方法

6、二：若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，以及過已知速度方向的點垂直于該點速度方向的垂線，中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖b。 (2)半徑的計算方法 方法一：由物理方法求：半徑R＝； 方法二：由幾何方法求：一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)來確定。 (3)時間的計算方法 方法一：由圓心角求：t＝T，T＝； 方法二：由弧長求：t＝。 2．帶電粒子在不同邊界磁場中的運動 (1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)。 (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)。 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向

7、射出，如圖所示)。 (2016·全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　) A. B. C. D. 解析　如圖所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖，設(shè)出射點為P，粒子運動軌跡與ON的交點為Q，粒子入射方向與OM成

8、30°角，則射出磁場時速度方向與MO成30°角，由幾何關(guān)系可知，PQ為軌跡圓直徑且PQ⊥ON，故出射點到O的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R＝，所以D正確。 答案　D 方法感悟 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法 1. 帶電粒子在勻強磁場中沿垂直于磁場方向運動，由于受到阻力作用，粒子的動能逐漸減小(所帶電荷量不變，重力忽略不計)，軌跡如曲線abc所示，則該粒子(　　) A．帶負電，運動方向c→b→a B．帶負電，運動方向a→b→c C．帶正電，運動方向a→b→c D．帶正電，運動方向c→b→a 答案　B

9、 解析　帶電粒子沿垂直于磁場方向運動，粒子的動能逐漸減小，速度減小，則由公式r＝得知，粒子的軌跡半徑逐漸減小，由圖看出，粒子的運動方向是從a到b再到c。在a處，粒子所受的洛倫茲力向右，由左手定則判斷可知，該粒子帶負電，所以B正確。 2. (2018·甘肅蘭州一中期末)圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c以不同的速率沿著AO方向?qū)?zhǔn)圓心O射入磁場，其運動軌跡如圖所示。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子速率最大 B．c粒子速率最大 C．c粒子在磁場中運動的時間最長 D．它們做圓周運動的周期Ta

10、　B 解析　根據(jù)qvB＝m和qvB＝mr得：軌跡半徑r＝，運動周期T＝。由于帶電粒子在同一磁場中運動，B相同，它們的q、m均相同，所以r與v成正比，如圖所示，可知raθb>θc，所以ta>tb>tc，故C錯誤。 考點三　帶電粒子在磁場中運動的多解問題 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

11、條件下，正、負粒子在磁場中的運動軌跡不同，因而形成多解。 如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b。 2．磁場方向的不確定形成多解：有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度的方向，此時必須考慮由磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解。如圖乙所示。 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，它可能直接穿過去了，也可能運動半個圓周從入射面邊界反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解。 4．運動的往復(fù)性形成多解：例如帶電粒子在一部分是電場、一部分是磁場的空間運動時，運動往往

12、具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示。 如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。 解析　題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷。若粒子帶正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓周圓弧，軌道半徑：R＝ 又d＝R－ 解得v＝(2＋)。 若粒子帶負電荷，軌跡是如圖所示的下方與NN′ 相切的圓周圓弧，則有：R′＝ d＝R′＋， 解得v′＝(2－)。 答案　(2＋)(粒子帶正電荷) 或(2－

13、)(粒子帶負電荷) 方法感悟 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，確定題目多解性形成原因。 (2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。 (3)若為周期性重復(fù)的多解問題，尋找通項式；若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。 (2018·天水模擬)如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示，設(shè)垂直紙面向里的磁場方向為正方向。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、電荷量為

14、q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響以及離子間的相互作用。求： (1)磁感應(yīng)強度B0的大?。? (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。 答案　(1) (2)(n＝1,2,3，…) 解析　(1)正離子射入磁場，由洛倫茲力提供向心力， 即qv0B0＝，做勻速圓周運動的周期T0＝ 聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強度B0＝。 (2)分析可知，離子只有運動整數(shù)個周期時，才能回到出發(fā)時的高度，從而從O′孔垂直于N板射出磁場。離子只用一個周期T0的運動軌跡如圖所示，有r＝ 當(dāng)正離子在兩板

15、之間共運動n個周期， 即nT0時，有r＝ (n＝1,2,3，…) 解得正離子的速度的可能值為 v0＝＝(n＝1,2,3，…)。 考點四　動態(tài)圓問題 帶電粒子在磁場中做圓周運動軌跡的圓心位置變化的問題稱為動態(tài)圓問題。常見的有兩種模型。 一、確定入射點O和速度大小v，不確定速度方向 在垂直于紙面的無限大的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，在O點有一粒子源，在紙面內(nèi)朝各個方向發(fā)射速度大小為v，質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子(重力不計)，這些帶電粒子在勻強磁場中做同方向旋轉(zhuǎn)勻速圓周運動。其特點是： 1．各動態(tài)圓圓心O1、O2、O3、O4、O5(取五個圓)的軌跡分布在

16、以粒子源O為圓心、R＝為半徑的一個圓周上(如圖虛線所示)。 2．帶電粒子在磁場中能經(jīng)過的區(qū)域是以粒子源O為圓心、2R為半徑的大圓(如圖實線所示)。 3．各動態(tài)圓相交于O點。 二、確定入射點O和速度方向，不確定速度大小 在垂直于紙面的無限大的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，在O點有一粒子源，在紙面內(nèi)沿同一方向發(fā)射速度v大小不確定，質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子(重力不計)，這些帶電粒子在勻強磁場中做同方向旋轉(zhuǎn)勻速圓周運動。其特點是： 1．各動態(tài)圓的圓心(取七個圓)分布在與速度方向垂直的同一條直線上，如圖所示。 2．各動態(tài)圓的半徑R各不相同。 3．各動態(tài)圓相交于O點。

17、 如圖所示，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小B＝0.60 T。磁場內(nèi)有一塊足夠大的平面感光板ab，板面與磁場方向平行。在距ab為l＝16 cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的電荷量與質(zhì)量之比＝5.0×107 C/kg?，F(xiàn)只考慮在紙面內(nèi)運動的α粒子，求ab板上被α粒子打中區(qū)域的長度。 解析　α粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動。用R表示軌跡半徑，有qvB＝m， 由此得R＝， 代入數(shù)值得R＝10 cm，可見2R>l>R。 因朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都過S，由

18、此可知，某一圓軌跡在下圖中N左側(cè)與ab相切，則此切點P1就是α粒子能打中的左側(cè)最遠點。為確定P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，作圓弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1。即：NP1＝。 再考慮N的右側(cè)。任何α粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓弧，交ab于N右側(cè)的P2點，此即右側(cè)能打到的最遠點。 由圖中幾何關(guān)系得 NP2＝， 所求長度為P1P2＝NP1＋NP2， 代入數(shù)值得P1P2＝20 cm。 答案　20 cm 方法感悟 模型一問題可以叫做“旋轉(zhuǎn)圓”問題，即將半徑不變的圓周軌跡

19、，以粒子的發(fā)射點為圓心旋轉(zhuǎn)。模型二問題可以叫做“放縮圓”問題，即半徑不同的圓周軌跡，都以粒子的發(fā)射速度方向為切線。 如圖所示，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里。許多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響。下列各項中圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝。下列各項中圖正確的是(　　) 答案　A 解析　由于帶電粒子從O點以相同速率射入紙面內(nèi)的各個方向，射入磁場的帶電粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動，其運動半徑是相等的。沿ON

20、方向(臨界方向)射入的粒子，恰能在磁場中做完整的圓周運動，則過O點垂直MN右側(cè)恰為一臨界半圓；若將速度方向從沿ON方向逆時針偏轉(zhuǎn)，則在過O點垂直MN左側(cè)，其運動軌跡上各個點到O點的最遠距離，恰好是以O(shè)為圓心、以2R為半徑的圓弧。故A正確。 課后作業(yè) [鞏固強化練] 1．有關(guān)電荷所受電場力和洛倫茲力的說法中，正確的是(　　) A．電荷在電場中一定受電場力的作用 B．電荷在磁場中一定受磁場力的作用 C．電荷受電場力的方向與該處的電場強度方向一致 D．電荷若受磁場力，則受力方向與該處的磁場方向不一定垂直 答案　A 解析　電荷在電場中一定受到電場力作用，A正確；電荷在磁場

21、中不一定受洛倫茲力，當(dāng)靜止時一定不受洛倫茲力，而運動的電荷，當(dāng)速度與磁場平行時，不受洛倫茲力作用，B錯誤；正電荷所受電場力一定與該處電場強度方向相同，而負電荷所受電場力與該處電場強度方向相反，C錯誤；電荷所受的洛倫茲力一定與磁場方向垂直，D錯誤。 2．下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強度方向和電荷所受洛倫茲力方向之間的關(guān)系正確的是(　　) 答案　B 解析　根據(jù)左手定則，A中f方向應(yīng)向上，B中f方向應(yīng)向下，故A錯誤，B正確；C、D中都是v∥B，f＝0，故C、D錯誤。 3. (多選)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，

22、則(　　) A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變 B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變 C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，軌跡半徑不變 D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，軌跡半徑改變 答案　AD 解析　由安培定則判定直線電流右側(cè)磁場的方向垂直紙面向里，再根據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力向右，由于洛倫茲力不做功，電子動能不變，速率不變，A正確，B、C錯誤；又由R＝知，在電子偏離直線電流時，B減弱，故R變大，D正確。 4．兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電 B．a(chǎn)

23、粒子在磁場中所受洛倫茲力較大 C．b粒子的動能較大 D．b粒子在磁場中運動時間較長 答案　C 解析　由左手定則可知，a粒子帶負電，b粒子帶正電，A錯誤；由qvB＝m得r＝，故運動的軌跡半徑越大，對應(yīng)的速率越大，所以b粒子的速率較大，在磁場中所受洛倫茲力較大，B錯誤；由Ek＝mv2可得b粒子的動能較大，C正確；由T＝知兩者的周期相同，b粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓心角小于a粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓心角，所以b粒子在磁場中運動時間較短，D錯誤。 5. 一個質(zhì)量m＝0.1 g的小滑塊，帶有q＝5×10－4 C的電荷，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5 T的勻強磁場中，

24、磁場方向垂直于紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面。取g＝10 m/s2。問： (1)小滑塊帶何種電荷？ (2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度是多大？ (3)該斜面的長度至少多長？ 答案　(1)負電荷　(2)2 m/s　(3)1.2 m 解析　(1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F。若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負電荷。 (2)小滑塊沿斜面下滑，垂直于斜面方向有 qvB＋FN－mgcosα＝0 當(dāng)FN＝0時，小滑塊開始脫離斜面，此時，qvB＝

25、mgcosα 得v＝＝ m/s＝2 m/s。 (3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得 mgxsinα＝mv2－0，解得x＝1.2 m。 6. 如圖所示的xOy平面上，以坐標(biāo)原點O為圓心的四分之一圓形區(qū)域MON內(nèi)分布著磁感應(yīng)強度為B＝2×10－3 T的勻強磁場，其中M、N點距坐標(biāo)原點O為 m，磁場方向垂直于紙面向里。坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，不斷地向xOy平面發(fā)射比荷為＝5×107 C/kg的帶正電粒子，它們的速度大小都是v＝1×105 m/s，與x軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)。 (1)求平行于x軸射入的粒子，出射點的位置及在磁場中的運動時間； (2)求恰好從M點射

26、出的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角。 答案　(1)(1 m,1 m)　×10－5 s　(2)45° 解析　(1)平行于x軸射入的粒子，軌跡如圖甲所示，設(shè)出射點為P， 由qvB＝m得 R＝＝ m＝1 m 由幾何關(guān)系可知 O1P＝O1O＝1 m, OP＝ m 則△O1OP為等腰直角三角形，設(shè)P點坐標(biāo)為(x，y)，則 x＝y(tǒng)＝1 m，α＝，故P點坐標(biāo)為(1 m,1 m) 運動時間為 t＝·＝×10－5 s。 (2)設(shè)恰好從M點射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角為θ，畫出軌跡如圖乙所示。 由幾何關(guān)系可知O2M＝O2O＝1 m，OM＝ m，則

27、△O2OM為等腰直角三角形，∠O2OM＝45°，則θ＝∠O2OM＝45°。 [真題模擬練] 7．(2017·全國卷Ⅱ) 如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為(　　) A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶ 答案　C 解析　相同的帶電粒子垂直勻強磁場入射均做勻速圓周運動。粒子以v1入

28、射，一端為入射點P，對應(yīng)圓心角為60°(對應(yīng)六分之一圓周)的弦PP′必為垂直該弦入射粒子運動軌跡的直徑2r1，如圖甲所示，設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，由幾何關(guān)系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射點在PP′對應(yīng)的圓弧內(nèi)。同理可知，粒子以v2入射及出射情況，如圖乙所示。由幾何關(guān)系知r2＝ ＝R，可得r2∶r1＝∶1。因為m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故選C。 8．(2016·全國卷Ⅱ) 一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒

29、子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　定圓心、圓軌跡，由幾何關(guān)系可知，此段圓弧所對圓心角θ＝30°，粒子做圓周運動的周期T＝，粒子運動時間t＝T＝；由題意可知粒子由M飛至N′與圓筒旋轉(zhuǎn)90°所用時間相等，即t＝＝，聯(lián)立以上兩式得＝，A項正確。 9．(2018·撫順高三模擬) 如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電

30、的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，解得軌跡半徑R＝，初速度大小相同，軌跡半徑相同。粒子在磁場中做勻速圓周運動，入射點是S，出射點在OC直線上，出射點與S點的連線為軌跡的一條弦，軌跡如圖所示。設(shè)OS＝d，當(dāng)出射點D與S點的連線垂直于OA時，DS弦最長，軌跡所對的圓心角

31、最大，周期一定，此時粒子在磁場中運動的時間最長，為，由此得到軌跡半徑為R＝d；當(dāng)出射點E與S點的連線垂直于OC時，弦ES最短，軌跡所對的圓心角最小，則粒子在磁場中運動的時間最短。則SE＝d，由幾何知識得θ＝60°，最短時間tmin＝，故B正確，A、C、D錯誤。 10．(2018·全國卷Ⅲ) 如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求： (1)

32、磁場的磁感應(yīng)強度大??； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 答案　(1)　(2)1∶4 解析　(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有q1U＝m1v① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1② 由幾何關(guān)系知2R1＝l③ 由①②③式得B＝④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。 同理有q2U＝m2v⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4。 11．(20

33、18·濰坊高三統(tǒng)考) 如圖所示，在xOy平面第一象限的區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第四象限區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0＝，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的寬度均為L，高度分別為DE＝L，EF＝2L，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從左邊為(0，－L)的A點以速度v0沿與y軸正方向成45°角的方向射入?yún)^(qū)域Ⅱ，經(jīng)x軸上的C點(圖中未畫出)進入?yún)^(qū)域Ⅰ，不計粒子重力。 (1)求OC的長度； (2)要使粒子從DE邊界射出，區(qū)域Ⅰ磁感應(yīng)強度的最小值B為多大？ 答案　(1)(－1)L　(2) 解析　(1)粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力，有 qv0

34、B0＝m 解得在區(qū)域Ⅱ的運動半徑 R2＝L 由幾何關(guān)系可知：粒子經(jīng)過x軸時速度沿y軸正方向OC＝R2－R2sin45° 解得OC＝(－1)L。 (2)當(dāng)區(qū)域Ⅰ磁感應(yīng)強度最小時，粒子從D點射出 運動半徑R1＝L 由qv0B＝m 得B＝。 12．(2018·江蘇高考)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點，各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場。當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 (1)求磁感應(yīng)強

35、度大小B； (2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t； (3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子圓周運動的半徑r0＝ 由題意知r0＝ 解得B＝。 (2)粒子入射速度為5v0時，圓周運動半徑 r＝＝5r0＝， 如圖所示，設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α， 由d＝rsinα，得sinα＝，即α＝53° 在一個矩形磁場中的運動時間t1＝· 解得t1＝ 直線運動的時間t2＝，解得t2＝ 則t＝4t1＋t2＝。 (3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x， 粒子從O點向上運動的最大偏移量 y＝2r(1－cosα)＋xtanα 由y≤2d，解得x≤d 則當(dāng)xm＝d時，Δt有最大值 粒子直線運動路程的最大值 sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加時間的最大值Δtm＝＝。 25