10、 B
解析 根據(jù)qvB＝m和qvB＝mr得：軌跡半徑r＝，運(yùn)動周期T＝。由于帶電粒子在同一磁場中運(yùn)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(diǎn)三 帶電粒子在磁場中運(yùn)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(fù)電，在相同的初速度
11、條件下，正、負(fù)粒子在磁場中的運(yùn)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)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(qiáng)度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，此時(shí)必須考慮由磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)，由于粒子運(yùn)動軌跡是圓弧狀，因此，它可能直接穿過去了，也可能運(yùn)動半個(gè)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(yùn)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(yùn)動時(shí)，運(yùn)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)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(fù)電荷)
方法感悟
求解帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題的技巧
(1)分析題目特點(diǎn)，確定題目多解性形成原因。
(2)作出粒子運(yùn)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(xiàng)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(gè)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(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示，設(shè)垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎较?。有一群正離子在t＝0時(shí)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(yùn)動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)度B0的大小；
(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(shí)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(yùn)動的周期T0＝
聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝。
(2)分析可知，離子只有運(yùn)動整數(shù)個(gè)周期時(shí)，才能回到出發(fā)時(shí)的高度，從而從O′孔垂直于N板射出磁場。離子只用一個(gè)周期T0的運(yùn)動軌跡如圖所示，有r＝
當(dāng)正離子在兩板
15、之間共運(yùn)動n個(gè)周期，
即nT0時(shí)，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(diǎn)四 動態(tài)圓問題
帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)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(diǎn)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在O點(diǎn)有一粒子源，在紙面內(nèi)朝各個(gè)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(jì))，這些帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做同方向旋轉(zhuǎn)勻速圓周運(yùn)動。其特點(diǎn)是：
1．各動態(tài)圓圓心O1、O2、O3、O4、O5(取五個(gè)圓)的軌跡分布在
16、以粒子源O為圓心、R＝為半徑的一個(gè)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(shí)線所示)。
3．各動態(tài)圓相交于O點(diǎn)。
二、確定入射點(diǎn)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在O點(diǎn)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(jì))，這些帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做同方向旋轉(zhuǎn)勻速圓周運(yùn)動。其特點(diǎn)是：
1．各動態(tài)圓的圓心(取七個(gè)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(diǎn)。
17、
如圖所示，真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)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(gè)點(diǎn)狀的α粒子放射源S，它向各個(gè)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。現(xiàn)只考慮在紙面內(nèi)運(yùn)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(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)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(diǎn)P1就是α粒子能打中的左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)。為確定P1點(diǎn)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(diǎn)，過Q作ab的垂線，它與ab的交點(diǎn)即為P1。即：NP1＝。
再考慮N的右側(cè)。任何α粒子在運(yùn)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(diǎn)，此即右側(cè)能打到的最遠(yuǎn)點(diǎn)。
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(diǎn)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?yàn)榍芯€。
如圖所示，在一水平放置的平板MN的上方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(gè)方向，由小孔O射入磁場區(qū)域。不計(jì)重力，不計(jì)粒子間的相互影響。下列各項(xiàng)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(xiàng)中圖正確的是( )
答案 A
解析 由于帶電粒子從O點(diǎn)以相同速率射入紙面內(nèi)的各個(gè)方向，射入磁場的帶電粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)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(yùn)動，則過O點(diǎn)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(shí)針偏轉(zhuǎn)，則在過O點(diǎn)垂直MN左側(cè)，其運(yùn)動軌跡上各個(gè)點(diǎn)到O點(diǎn)的最遠(yuǎn)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(qiáng)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(qiáng)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(shí)一定不受洛倫茲力，而運(yùn)動的電荷，當(dāng)速度與磁場平行時(shí)，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(qiáng)度方向相同，而負(fù)電荷所受電場力與該處電場強(qiáng)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(yùn)動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)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(shí)，B減弱，故R變大，D正確。
4．兩個(gè)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(qiáng)磁場區(qū)域，其運(yùn)動軌跡如圖所示。若不計(jì)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(fù)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(yùn)動時(shí)間較長
答案 C
解析 由左手定則可知，a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，A錯誤；由qvB＝m得r＝，故運(yùn)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(yùn)動的軌跡對應(yīng)的圓心角小于a粒子運(yùn)動的軌跡對應(yīng)的圓心角，所以b粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間較短，D錯誤。
5. 一個(gè)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(qiáng)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(shí)，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(shí)的瞬時(shí)速度是多大？
(3)該斜面的長度至少多長？
答案 (1)負(fù)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(fù)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(shí)，小滑塊開始脫離斜面，此時(shí)，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(diǎn)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(qiáng)度為B＝2×10－3 T的勻強(qiáng)磁場，其中M、N點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O為 m，磁場方向垂直于紙面向里。坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個(gè)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(diǎn)的位置及在磁場中的運(yùn)動時(shí)間；
(2)求恰好從M點(diǎn)射
26、出的粒子，從粒子源O發(fā)射時(shí)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(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則
x＝y(tǒng)＝1 m，α＝，故P點(diǎn)坐標(biāo)為(1 m,1 m)
運(yùn)動時(shí)間為
t＝·＝×10－5 s。
(2)設(shè)恰好從M點(diǎn)射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時(shí)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(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn)。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)分布在三分之一圓周上。不計(jì)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(qiáng)磁場入射均做勻速圓周運(yùn)動。粒子以v1入
28、射，一端為入射點(diǎn)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(yùn)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(diǎn)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?yàn)閙、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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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(shí)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(shí)的運(yùn)動方向與MN成30°角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計(jì)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(yùn)動的周期T＝，粒子運(yùn)動時(shí)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(shí)間相等，即t＝＝，聯(lián)立以上兩式得＝，A項(xiàng)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(qiáng)磁場，邊界OA上有一粒子源S。某一時(shí)刻，從S平行于紙面向各個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電
30、的同種粒子(不計(jì)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(shí)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(yùn)動的最長時(shí)間等于(T為粒子在磁場中運(yùn)動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)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(yùn)動，入射點(diǎn)是S，出射點(diǎn)在OC直線上，出射點(diǎn)與S點(diǎn)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(diǎn)D與S點(diǎn)的連線垂直于OA時(shí)，DS弦最長，軌跡所對的圓心角
31、最大，周期一定，此時(shí)粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間最長，為，由此得到軌跡半徑為R＝d；當(dāng)出射點(diǎn)E與S點(diǎn)的連線垂直于OC時(shí)，弦ES最短，軌跡所對的圓心角最小，則粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間最短。則SE＝d，由幾何知識得θ＝60°，最短時(shí)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(yùn)動，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)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(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求：
(1)
32、磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)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(qiáng)磁場。第四象限區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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(diǎn)(圖中未畫出)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，不計(jì)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(qiáng)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(yùn)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(yùn)動半徑
R2＝L
由幾何關(guān)系可知：粒子經(jīng)過x軸時(shí)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(qiáng)度最小時(shí)，粒子從D點(diǎn)射出
運(yùn)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(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)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(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)，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(qiáng)
35、度大小B；
(2)入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動到O′的時(shí)間t；
(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子圓周運(yùn)動的半徑r0＝
由題意知r0＝
解得B＝。
(2)粒子入射速度為5v0時(shí)，圓周運(yùn)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(gè)矩形磁場中的運(yùn)動時(shí)間t1＝·
解得t1＝
直線運(yùn)動的時(shí)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(diǎn)向上運(yùn)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(shí)，Δt有最大值
粒子直線運(yùn)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(shí)間的最大值Δtm＝＝。
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 第48講 磁場對運(yùn)動電荷的作用學(xué)案（含解析）
