（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學(xué)案

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1、 第2講　磁場對運動電荷的作用 [考試標準] 知識內(nèi)容 必考要求 加試要求 說明 運動電荷在磁 場中受到的力 c c 1.不要求計算電荷運動方向與磁場方向不垂直情況下的洛倫茲力． 2.不要求推導(dǎo)洛倫茲力公式. 帶電粒子在勻 強磁場中的運動 d 一、運動電荷在磁場中受到的力 1．洛倫茲力 磁場對運動電荷的作用力． 2．洛倫茲力的方向 (1)判定方法 左手定則：掌心——磁感線垂直穿入掌心； 四指——指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向； 拇指——指向洛倫茲力的方向． (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v決定的平面． 3．

2、洛倫茲力的大小 (1)v∥B時，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°) (2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°) (3)v＝0時，洛倫茲力F＝0. 自測1　下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強度方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是(　　) 答案　B 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功． 2．粒子的運動性質(zhì)： (1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動． (2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動． 3．半徑和周期公式： (1)由qvB

3、＝m，得r＝. (2)由v＝，得T＝. 自測2　甲、乙兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電的粒子(重力及粒子之間的相互作用力不計)，分別以速度v甲和v乙垂直磁場方向射入勻強磁場中，且v甲＞v乙，則甲、乙兩個粒子的運動軌跡正確的是(　　) 答案　A 命題點一　對洛倫茲力的理解 1．洛倫茲力的特點 (1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功． (2)當(dāng)電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運

4、動的反方向． 2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力． (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功． 例1　(2016·杭州市模擬)如圖1所示，一軌道由兩等長的光滑斜面AB和BC組成，兩斜面在B處用一光滑小圓弧相連接，BA、BC關(guān)于豎直線BD對稱且BD右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，B處可認為處在磁場中，P是BC的中點，一帶電小球從A點由靜止釋放后能沿軌道來回運動，C點為小球在BD右側(cè)運動的最高點，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．C點與A點不在同一水平線上 B．小球向右或向左滑過B點時，對軌道壓力相等 C．小球向上

5、或向下滑過P點時，其所受洛倫茲力相同 D．小球從A到B的時間是從C到P時間的倍 答案　D 解析　小球在運動過程中受重力、洛倫茲力和軌道支持力作用，因洛倫茲力不做功，支持力始終與小球運動方向垂直，也不做功，即只有重力做功，滿足機械能守恒，因此C點與A點等高，在同一水平線上，選項A錯誤；小球向右或向左滑過B點時速度等大反向，即洛倫茲力等大反向，小球?qū)壍赖膲毫Σ坏?，選項B錯誤；同理小球向上或向下滑過P點時，洛倫茲力也等大反向，選項C錯誤；因洛倫茲力始終垂直BC，小球在AB段和BC段(設(shè)兩斜面與水平面的夾角均為θ)的加速度均由重力沿斜面的分力產(chǎn)生，大小為gsin θ，由x＝at2得小球從A到B

6、的時間是從C到P時間的倍，選項D正確． 變式1　關(guān)于靜電力與洛倫茲力，以下說法正確的是(　　) A．靜電場中的電荷一定會受到靜電力的作用，磁場中的運動電荷一定會受到洛倫茲力作用 B．靜電力一定會對電場中的運動電荷做功，而洛倫茲力對磁場中的運動電荷則一定不做功 C．靜電力方向與電場線方向平行，洛倫茲力方向與磁感線方向平行 D．靜電力和洛倫茲力的大小均與電荷量大小成正比 答案　D 變式2　(2016·紹興市9月選考)如圖2所示，電子槍向右發(fā)射電子束，其正下方水平直導(dǎo)線內(nèi)通有向右的電流，則電子束將(　　) 圖2 A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn) C．向紙外偏轉(zhuǎn) D．向紙

7、內(nèi)偏轉(zhuǎn) 答案　A 解析　由安培定則知水平直導(dǎo)線上方磁場方向垂直于紙面向外，由左手定則知向右運動的電子受到向上的洛倫茲力，故A正確． 變式3　速率相同的電子垂直磁場方向進入四個不同的磁場，其軌跡照片如圖所示，則磁場最強的是(　　) 答案　D 解析　由qvB＝可得B＝.磁場最強的對應(yīng)軌跡半徑最小，選項D正確． 變式4　如圖3所示，一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端時，速度為v.若加上一個垂直紙面向外的磁場，則滑到底端時(　　) 圖3 A．v變大 B．v變小 C．v不變 D．不能確定v的變化 答案　B 解析　由于帶負電的物體沿斜面下滑時受到垂直斜面向下的洛倫

8、茲力作用，故物體對斜面的正壓力增大，斜面對物體的滑動摩擦力增大，由于物體克服摩擦力做功增大，所以物體滑到底端時v變小，B正確． 命題點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析思路 考向1　直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖4所示) 圖4 例2　如圖5所示，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力，鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小的比值為(　　) 圖5 A

9、．2 B. C．1 D. 答案　D 解析　由牛頓第二定律得qv1B1＝m，qv2B2＝m，又r1＝2r2，mv12＝2×mv22，聯(lián)立解得＝，故本題答案為選項D. 考向2　平行邊界(如圖6) 圖6 例3　(2015·浙江9月選考樣題·23)某科研小組設(shè)計了一個粒子探測裝置．如圖7甲所示，一個截面半徑為R的圓筒(筒長大于2R)水平固定放置，筒內(nèi)分布著垂直于軸線的水平方向勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.圖乙為圓筒的入射截面，圖丙為豎直方向過筒軸的切面．質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒內(nèi)．圓筒內(nèi)壁布滿探測器，可記錄粒子到達筒壁的位置．筒壁上的P點和

10、Q點與入射面的距離分別為R和2R.(離子碰到探測器即被吸收，忽略離子間的相互作用) 圖7 (1)離子從O點垂直射入，偏轉(zhuǎn)后到達P點，求該離子的入射速度v0的大??； (2)離子從OC線上垂直射入，求位于Q點處的探測器接收到的離子的入射速度范圍； (3)若離子以第(2)問求得范圍內(nèi)的速度垂直入射，從入射截面的特定區(qū)域入射的離子偏轉(zhuǎn)后仍能到達距入射面為2R的筒壁位置，畫出此入射區(qū)域的形狀并求其面積． 答案　(1)　(2)≤v≤　(3)見解析圖?。? 解析　(1)離子運動的半徑為R qBv0＝m，v0＝ (2)如圖，離子以v1從C點入射時，才能到達Q點，偏轉(zhuǎn)半徑為R1＝2R q

11、Bv1＝m v1＝ 從O點入射時，設(shè)半徑為R2，根據(jù)題意得 (R2－R)2＋(2R)2＝R22，解得R2＝R qBv2＝m v2＝ 所以≤v≤ (3)當(dāng)離子以的速度在偏離豎直線CO入射時，入射點與正下方筒壁的距離仍然為R. 所以特定入射區(qū)域為圖中陰影部分 由幾何關(guān)系得∠AO1B＝120°， O1A＝O1B＝O1O2＝R ＝×πR2＝ ＝R·＝R2， S總＝2()＝－ 考向3　圓形邊界(如圖8) 圖8 例4　如圖9所示，為一圓形區(qū)域的勻強磁場，在O點處有一放射源，沿半徑方向射出速率為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從A點飛出磁場，帶電粒子2從B點飛出磁場

12、，不考慮帶電粒子的重力，則(　　) 圖9 A．帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為3∶1 B．帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為∶1 C．帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間之比為2∶1 D．帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間之比為1∶2 答案　A 解析　帶電粒子在勻強磁場中運動，由qvB＝得r＝，設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，由幾何關(guān)系得，tan 60°＝，tan 30°＝，聯(lián)立解得帶電粒子的運動半徑之比＝，由＝知帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為3∶1，A正確，B錯誤；由t＝T＝·＝＝知帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比值為＝＝＝，C、D錯誤．

13、 變式5　兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖10.若不計粒子的重力，則下列說法正確的是(　　) 圖10 A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電 B．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大 C．b粒子動能較大 D．b粒子在磁場中運動時間較長 答案　C 解析　粒子向右運動，根據(jù)左手定則，b向上偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶正電；a向下偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶負電，故A錯誤；洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝，得：r＝，故半徑較大的b粒子速度大，動能也大，故C正確；F洛＝qvB，故速度大的b受洛倫茲力較大，故B錯誤；磁場中質(zhì)量相同，帶電荷量相等的粒子，

14、偏轉(zhuǎn)角大的運動的時間也長；a粒子的偏轉(zhuǎn)角大，因此a粒子在磁場中運動的時間較長，故D錯誤． 命題點三　帶電粒子在磁場中運動的多解和臨界極值問題 考向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，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，導(dǎo)致多解． 例5　如圖11所示，第一象限范圍內(nèi)有垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電粒子(不計重力)在xOy平面里經(jīng)原點O射入磁場中，初速度v0與x軸夾角θ＝60°，試分析計算： 圖11 (1)帶電粒子從何處離開磁場？穿越磁場時運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角多大？ (2

15、)帶電粒子在磁場中運動時間多長？ 答案　見解析 解析　不論粒子帶何種電荷，由qv0B＝得R＝.如圖，有O1O＝O2O＝R＝O1A＝O2B， 帶電粒子沿半徑為R的圓運動一周所用的時間為 T＝＝. (1)若粒子帶負電，它將從x軸上A點離開磁場，由幾何關(guān)系知運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角θ1＝120°. A點與O點相距：x＝R＝， 坐標位置 若粒子帶正電，它將從y軸上B點離開磁場，運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角θ2＝60°， B點與O點相距：y＝R＝， 坐標位置. (2)若粒子帶負電，它從O到A所用的時間為 t1＝T＝， 若粒子帶正電，它從O到B所用的時間為 t2＝T＝. 考向2　臨界

16、狀態(tài)不唯一形成多解 帶電粒子只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，也可能從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解． 例6　長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖12所示．磁感應(yīng)強度為B，板間距離為l，極板不帶電．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　) 圖12 A．使粒子的速度v> B．使粒子的速度v< C．使粒子的速度v滿足v<或v> D．使粒子的速度v滿足

17、r12＝2＋l2，又因qv1B＝，聯(lián)立解得v1＝；若粒子剛好打在極板左邊緣，有r2＝，又因qv2B＝，聯(lián)立解得v2＝，欲使粒子不打在極板上， 則v＜或v＞，故C正確． 考向3　運動的往復(fù)性形成多解 帶電粒子在磁場中運動時，由于某些因素的變化，例如磁場方向反向或者速度方向突然反向等，運動往往具有往復(fù)性，因而形成多解． 例7　如圖13所示，在x<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1>B2.一個帶負電荷的粒子(不計重力)從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射出，要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點，B1與B2的比值應(yīng)滿足什么條件？

18、 圖13 答案　＝(n＝1,2,3，…) 解析　粒子在整個運動過程中的速度大小恒為v，交替地在xOy平面內(nèi)磁感應(yīng)強度為B1與B2的磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，軌跡都是半個圓周．設(shè)粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為m和q，圓周運動的半徑分別為r1和r2，由qvB＝得r1＝ ① r2＝ ② 現(xiàn)分析粒子運動的軌跡如圖所示，在xOy平面內(nèi)，粒子先沿半徑為r1的半圓C1運動至y軸上離O點距離為2r1的A點，接著沿半徑為r2的半圓D1運動至y軸上的O1點，OO1的距離d＝2(r2－r1) ③ 此后，粒子每經(jīng)歷一次“回旋”(即從y軸上某點以速度v沿x

19、軸負方向出發(fā)經(jīng)過半徑為r1的半圓和半徑為r2的半圓回到原點下方的y軸上某點)，粒子的縱坐標就減小d.設(shè)粒子經(jīng)過n次回旋后與y軸交于On點，若滿足 nd＝2r1(n＝1,2,3，…) ④ 則粒子就能沿半圓Cn＋1經(jīng)過原點． 由③④式解得＝(n＝1,2,3，…) ⑤ 聯(lián)立①②⑤式可得B1、B2的比值應(yīng)滿足的條件： ＝(n＝1,2,3，…) 考向4　臨界極值問題 1．剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切． 2．當(dāng)速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則該帶電粒子(不計重力)在有界磁場中運動的時間越長． 3．一帶電粒子(

20、不計重力)在有界磁場中運動，當(dāng)其速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長． 例8　如圖14所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中心O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的大小B需滿足(　　) 圖14 A．B> B．B< C．B> D．B< 答案　B 解析　若粒子剛好達到C點時，其運動軌跡與AC相切，如圖所示，則粒子運動的半徑為r0＝＝a.由qvB＝得r＝，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑應(yīng)滿足r>r

21、0，解得B<， 選項B正確． 1．如圖1甲所示，玻璃泡抽成真空后充入適量氬氣，用電流加熱一段時間后，陰極會向外噴射電子，并在陽極的吸引下形成穩(wěn)定的電子束．亥姆霍茲線圈沒有通電時，玻璃泡中出現(xiàn)如圖乙中粗黑線所示的光束(實際上光束是藍綠色的)．若接通亥姆霍茲線圈電源，就會產(chǎn)生垂直于紙面方向的磁場，則對電子束的軌跡描述正確的是圖中的(圖中只畫出了部分軌跡)(　　) 圖1 答案　D 2．如圖2是科學(xué)史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡．云室放置在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里．云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用．分析此運動軌跡可

22、知粒子(　　) 圖2 A．帶正電，由下往上運動 B．帶正電，由上往下運動 C．帶負電，由上往下運動 D．帶負電，由下往上運動 答案　A 解析　由題圖可以看出，上方的軌跡半徑小，說明粒子的速度小，所以粒子是從下方往上方運動；再根據(jù)左手定則，可以判定粒子帶正電． 3.湯姆孫通過對陰極射線的研究發(fā)現(xiàn)了電子．如圖3所示，把電子射線管(陰極射線管)放在蹄形磁鐵的兩極之間，可以觀察到電子束偏轉(zhuǎn)的方向是(　　) 圖3 A．向上　　　　　　　 B．向下 C．向左　　　　　　　 D．向右 答案　B 4.如圖4所示，一束電子流沿管的軸線進入通電螺線管，忽略重力，電子在管內(nèi)的運

23、動應(yīng)該是(　　) 圖4 A．當(dāng)從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動 B．當(dāng)從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動 C．不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動 D．不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動 答案　C 解析　由于通電螺線管內(nèi)存在勻強磁場，電子運動方向與磁感線平行，電子不受磁場力作用，所以不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動． 5.在如圖5所示的足夠大勻強磁場中，兩個帶電粒子(不計重力)以相同方向垂直穿過虛線MN所在的平面，一段時間后又再次同時穿過此平面，則可以確定的是(　　) 圖5 A．兩粒子一定帶有相同的電荷量 B．兩粒子一定帶同種電荷 C

24、．兩粒子一定有相同的比荷 D．兩粒子一定有相同的動能 答案　C 解析　由時間t＝＝相同知，兩粒子一定有相同的比荷． 6．如圖6所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌跡半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是(　　) 圖6 A．電子將向右偏轉(zhuǎn) B．電子打在MN上的點與O′點的距離為d C．電子打在MN上的點與O′點的距離為d D．電子在磁場中運動的時間為 答案　D 7．空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面．

25、一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　若磁場方向垂直于橫截面向外，帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知r＝R.根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qv0B＝m，解得B＝.若磁場方向垂直于橫截面向里可得到同樣的結(jié)果，選項A正確． 8.如圖7所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從

26、c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力．則(　　) 圖7 A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 答案　A 解析　帶正電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得，rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由qvB＝m得，v＝，則vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由T＝，t＝T和θb＝2θc得tb∶tc＝2∶1，故選項A正確，B、C、D錯誤． 9．如圖8所示，△ABC為與

27、勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過BC邊，磁感應(yīng)強度B的取值為(　　) 圖8 A．B> B．B< C．B> D．B< 答案　D 解析　由題意，如圖所示，電子正好經(jīng)過C點，此時圓周運動的半徑R＝＝a，要想電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運動的半徑要大于a，由帶電粒子在磁場中運動的公式知r＝，故a<，即B<，選 D. 10.如圖9所示的狹長區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，區(qū)域的左、右兩邊界均沿豎直方向，磁場左、右兩邊界之間的距離為L，磁感應(yīng)強度的大小為B.某種質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從左邊界上的P點以水平向右

28、的初速度進入磁場區(qū)域，該粒子從磁場的右邊界飛出，飛出時速度方向與右邊界的夾角為30°，重力的影響忽略不計． 圖9 (1)求該粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑； (2)求該粒子的運動速率； (3)求該粒子在磁場中運動的時間． 答案　(1)L　(2)　(3) 解析　(1)飛出時速度方向與右邊界夾角為30°，則在磁場中偏轉(zhuǎn)角為60°， 根據(jù)幾何關(guān)系，粒子做圓周運動的半徑 R＝＝L. (2)由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m 所以v＝＝. (3)圓周運動周期T＝ 所以粒子在磁場中運動的時間t＝＝. 11.(2017·義烏市群星外國語學(xué)校期中)如圖10所示，一個質(zhì)量為m、電荷

29、量為q的帶電粒子(不計重力)從x軸上的P(a,0)點以速度v，沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限．求： 圖10 (1)勻速圓周運動的半徑． (2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B. (3)射出點的坐標． 答案　(1)　(2)　(3)(0，a) 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，如圖所示，由射入、射出點可找到圓心O′， 由幾何知識得rsin 60°＝a，解得圓周運動的半徑為 r＝＝. (2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供圓周運動向心力，有qvB＝m， 得磁場的磁感應(yīng)強度B＝＝＝. (3)由幾何關(guān)系有：粒子射出磁場

30、時的縱坐標 y＝r＋rcos 60°＝(1＋cos 60°)＝a， 所以射出磁場時的坐標為(0，a)． 12．(2017·浙江11月選考·23)如圖11所示，x軸上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，坐標原點有一正離子源，單位時間在xOy平面內(nèi)發(fā)射n0個速率均為v的離子，分布在y軸兩側(cè)各為θ的范圍內(nèi)．在x軸上放置長度為L的離子收集板，其右端點距坐標原點的距離為2L，當(dāng)磁感應(yīng)強度為B0時，沿y軸正方向入射的離子，恰好打在收集板的右端點．整個裝置處于真空中，不計重力，不考慮離子間的碰撞，忽略離子間相互作用． 圖11 (1)求離子的比荷； (2)若發(fā)射的離子被收集板全部收集，求θ的最大值；

31、 (3)假設(shè)離子到達x軸時沿x軸均勻分布，當(dāng)θ＝37°，磁感應(yīng)強度B0≤B≤3B0的區(qū)間取不同值時，求單位時間內(nèi)收集板收集到的離子數(shù)n與磁感應(yīng)強度B之間的關(guān)系．(不計離子在磁場中運動的時間) 答案　(1)　(2)60°　(3)見解析 解析　(1)磁場強度為B0時，沿著y軸正方向射入的離子，正好打在收集板右端，則離子軌跡如圖甲： 可知L＝R，qvB0＝m， 聯(lián)立可得：＝ (2)如圖乙所示，以最大值θm入射時， 乙 根據(jù)幾何關(guān)系，有：2Rcos θm＝L， 故θm＝60° (3)B≥B0，全部收集到離子時的最小半徑為R1，如圖丙 丙 有2R1cos 37°＝L，得B1＝＝1.6B0 當(dāng)B0≤B≤1.6B0時，n1＝n0 B>1.6B0，恰好收集不到離子時的半徑為R2， 有R2＝0.5L，得B2＝2B0 因此當(dāng)1.6B0≤B≤2B0時，設(shè)R′＝， 則n2＝n0＝n0(5－)， 當(dāng)2B0≤B≤3B0時，極板上無法收集到離子，n3＝0. 21