2019版高考物理總復習 第九章 磁場基礎(chǔ)課2 磁場對運動電荷的作用學案

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1、 基礎(chǔ)課2　磁場對運動電荷的作用 知識排查 洛倫茲力、洛倫茲力的方向和大小 1.洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力。 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.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。 帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.若v∥B，帶電粒子不受

2、洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動。 2.若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動。 如下圖，帶電粒子在勻強磁場中，①中粒子做勻速圓周運動，②中粒子做勻速直線運動，③中粒子做勻速圓周運動。 3.半徑和周期公式：(v⊥B) 小題速練 1.[人教版選修3－1·P98·T1改編]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 2.[人教版選修3－1·P102·T3改編]如圖1所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另

3、一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.組成A束和B束的離子都帶負電 B.組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同 C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 答案　C 　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動的反方向。 2.

4、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。 1.在北半球，地磁場磁感應(yīng)強度的豎直分量方向向下(以“×”表示)。如果你家中電視機顯像管的位置恰好處于南北方向，那么由南向北射出的電子束在地磁場的作用下將向哪個方向偏轉(zhuǎn)(　　) 圖2 A.不偏轉(zhuǎn) 　　　　 B.向東 C.向西 　　　　 D.無法判斷 解析　根據(jù)左手定則可判斷由南向北運動的電子束所受洛倫茲力方向向東，因此電子束向東偏轉(zhuǎn)，故選項B正確。 答案　B 2.(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

5、圖3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(　　) 圖3 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＝ 解析　油滴水平向右勻速運動，其所受洛倫茲力必向上與重力平衡，故帶正電，其電荷量q＝，油滴的比荷為＝，選項A、B正確。 答案　AB 3.(多選)如圖4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(　　)

6、 圖4 A.a對b的壓力不變 B.a對b的壓力變大 C.a、b物塊間的摩擦力變小 D.a、b物塊間的摩擦力不變 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，選項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，選項C正確，D錯誤。 答案　BC 　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圓周運動分析 (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

7、⊥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5(a)； 方法二　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，中垂線與垂線的交點即為圓心，如圖(b)。 圖5 (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)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定。 (3)時間的計算方法 方法一　由圓心角求：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6所示)。 圖6 (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖7

8、所示)。 圖7 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖8所示)。 圖8 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【典例】　(2017·全國卷Ⅱ，18)如圖9，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)沿不同的方向射入磁場，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(　　) 圖9 A.∶2 B.∶1 C.∶1 D.3∶ 解析　根據(jù)作圖分析可知，

9、當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場邊界的位置距P點最遠，則當粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，設(shè)圓形磁場半徑為R，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r2＝Rcos 30°＝R；根據(jù)軌道半徑公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故選項C正確。 　 甲　　　　　　　　　乙 答案　C 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法 　　　　　　 1.兩個質(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10所示。

10、若不計粒子的重力，則下列說法正確的是(　　) 圖10 A.a粒子帶正電，b粒子帶負電 B.a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 解析　由左手定則可知，a粒子帶負電，b粒子帶正電，選項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，選項B錯誤；由Ek＝mv2可得b粒子的動能較大，選項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，選項D錯誤。 答案　C 2.如圖11甲所示有界勻強磁場Ⅰ的

11、寬度與圖乙所示圓形勻強磁場Ⅱ的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場Ⅰ，從右邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角；該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ，射出磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了2θ角。已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為(　　) 圖11 A.2cos θ B.sin θ C.cos θ D.tan θ 解析　設(shè)有界磁場Ⅰ寬度為d，則粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的運動軌跡分別如圖甲、乙所示，由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由幾何關(guān)系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，聯(lián)立得＝cos θ，選項C正確。

12、 答案　C 3.(2016·全國卷Ⅱ，18)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12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)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉(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(　　) 圖12 A. B. C. D. 解析　畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力得，qvB＝m，又T＝，聯(lián)立得T＝ 由幾何知識可得，軌跡的圓心角為θ＝，在磁場中運動時間t＝T，

13、粒子運動和圓筒運動具有等時性，則T＝，解得＝，故選項A正確。 答案　A 4.(多選)如圖13，一粒子發(fā)射源P位于足夠長絕緣板AB的上方d處，能夠在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率為v、比荷為k的帶正電的粒子，空間存在垂直紙面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力。已知粒子做圓周運動的半徑大小恰好為d，則(　　) 圖13 A.磁感應(yīng)強度的大小為 B.磁感應(yīng)強度的大小為 C.同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為 D.同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為 解析　根據(jù)qvB＝m和R＝d、＝k得B＝，選項A錯誤，B正確；能打到板上的粒子中，在磁場中運動時間最長和最短

14、的運動軌跡示意圖如圖所示，由幾何關(guān)系，最長時間t1＝T，最短時間t2＝T，T＝，所以最大時間差Δt＝t1－t2＝T＝，選項C正確，D錯誤。 答案　BC 　帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界極值問題 由于帶電粒子在磁場中的運動通常都是在有界磁場中的運動，所以常常出現(xiàn)臨界和極值問題。 1.臨界問題的分析思路 臨界問題分析的是臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)存在不同于其他狀態(tài)的特殊條件，此條件稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破口。 2.極值問題的分析思路 所謂極值問題就是對題中所求的某個物理量最大值或最小值的分析或計算，求解的思路一般有以下兩種： (1)根據(jù)題給條件列出函數(shù)關(guān)系式進行分析、討論

15、； (2)借助幾何知識確定極值所對應(yīng)的狀態(tài)，然后進行直觀分析。 【典例】　 (2016·全國卷Ⅲ，18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖14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(　　) 圖14 A. B. C. D. 解析　帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r

16、＝。軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于＝2rsin 30°＝r，故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，則∠OCD＝90°，故CO′D為一直線，＝＝2＝4r＝，故選項D正確。 答案　D 1.(2017·遼寧朝陽三校協(xié)作體聯(lián)考)如圖15所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運動的最長時間為(　　) 圖15 A. B. C. D.

17、解析　粒子在磁場中運動的半徑為R＝＝＝2r；當粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為磁場圓的直徑2r，故t＝＝＝，故選C正確。 答案　C 2.如圖16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16 A.B> B.B< C.B> D.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

18、粒子運動的半徑為r0＝＝a。由r＝得，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑應(yīng)滿足r>r0，解得B<，選項B正確。 答案　B 3.如圖17所示，直角坐標系中y軸右側(cè)存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，右邊界PQ平行于y軸，一粒子(重力不計)從原點O以與x軸正方向成θ角的速率v垂直射入磁場，當斜向上射入時，粒子恰好垂直PQ射出磁場，當斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為(　　) 圖17 A.　 B.　 C.　 D.　 解析　粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，則由圖知斜向上射入時有rsin

19、θ＝a，斜向下射入時有rsin θ＋a＝r，聯(lián)立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，解得r＝，即粒子的比荷為＝，所以粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的圓心角為α＝2×(90°－30°)＝120°，運動時間為t＝＝，選項C正確。 答案　C 4.如圖18所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q，假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行。 圖18 (1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點，則初

20、速度的大小是多少？ (2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？ 解析　(1)如圖甲所示，設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系得R1＝ 又qv1B＝m 得v1＝。 　　　 甲　　　　　　　　　　　乙 (2)如圖乙所示，設(shè)粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2， 則由幾何關(guān)系有(2r－R2)2＝R＋r2 可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝ 故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過。 答案　(1)　(2) 解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法 (1)數(shù)學方法和物理方法的結(jié)合：如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三

21、角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值。 (2)臨界問題的一般解題流程 (3)從關(guān)鍵詞找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件。 帶電粒子在勻強磁場中的運動 [題源：人教版選修3－1·P102·T1] 電子以1.6×106 m/s的速度沿著與磁場垂直的方向射入B＝2.0×10－4 T的勻強磁場中。求電子做勻速圓周運動的軌道半徑和周期。 拓展1　(2015·全國卷Ⅱ，19)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的

22、k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 解析　設(shè)電子的質(zhì)量為m，速率為v，電荷量為q， 則由牛頓第二定律得：qvB＝① T＝② 由①②得：R＝，T＝ 所以＝＝k，＝＝k 根據(jù)a＝，ω＝＝ 可知＝＝，＝＝ 所以選項A、C正確，B、D錯誤。 答案　AC 拓展2　(2015·全國卷Ⅰ，14)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力

23、)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的(　　) A.軌道半徑減小，角速度增大 B.軌道半徑減小，角速度減小 C.軌道半徑增大，角速度增大 D.軌道半徑增大，角速度減小 解析　由于速度方向與磁場方向垂直，粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，即qvB＝，軌道半徑r＝，從較強磁場進入較弱磁場后，磁感應(yīng)強度變小，速度大小不變，軌道半徑r變大，根據(jù)角速度ω＝＝可知角速度變小，選項D正確。 答案　D 拓展3　(2017·全國卷Ⅲ，24)如圖19，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0 區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)。一

24、質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力) 圖19 (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離。 解析　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2， 由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t1為 t1＝③ 粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t2為t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為 t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤ (2)由幾何關(guān)系及①②式

25、得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥ 答案　(1)(1＋)　(2)(1－) 活頁作業(yè) (時間：40分鐘) A級：保分練 1.(2017·河北石家莊質(zhì)檢)(多選)垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域?qū)挾葹閐，一個電子以速度v沿圖1所示方向垂直磁場方向及磁場邊界射入該區(qū)域，恰好不能飛過場區(qū)，采取如下哪些方法，可能使該電子飛到場區(qū)右側(cè)(　　) 圖1 A.增大磁感應(yīng)強度 B.改變v的方向 C.減小d D.將磁場反向 答案　BC 2.如圖2所示，MN為兩個勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小的關(guān)系為B1＝2B2，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從O點垂直MN進入

26、B1磁場，則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過O點(　　) 圖2 A. B. C. D. 解析　粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由周期公式T＝知，粒子從O點進入磁場到再一次通過O點的時間t＝＋＝，所以選項B正確。 答案　B 3.如圖3所示，平面直角坐標系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則(　　) 圖3 A.該粒子帶正電 B.A點與x軸的距離為 C.粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝ D.運動過程中粒子的速度不

27、變 解析　由左手定則可判斷該粒子帶負電，選項A錯誤；根據(jù)粒子運動軌跡，A點離x軸的距離為r(1－cos θ)＝(1－cos 60°)＝，選項B正確；t＝T＝，選項C錯誤；運動過程中粒子速度大小不變，方向時刻改變，選項D錯誤。 答案　B 4.(2017·河南名校聯(lián)考)如圖4所示，水平放置的平行板長度為L、兩板間距也為L，兩板之間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在兩板正中央P點有一個不計重力的電子(質(zhì)量為m、電荷量為－e)，現(xiàn)在給電子一水平向右的瞬時初速度v0，欲使電子不與平行板相碰撞，則(　　) 圖4 A.v0>或v0< B. D.v

28、0< 解析　此題疑難點在于確定“不與平行板相碰撞”的臨界條件。電子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為R＝，如圖所示。當R1＝時，電子恰好與下板相切；當R2＝時，電子恰好從下板邊緣飛出兩平行板(即飛出磁場)。由R1＝，解得v1＝，由R2＝，解得v2＝，所以欲使電子不與平行板相碰撞，電子初速度v0應(yīng)滿足v0>或v0<，故選項A正確。 答案　A 5.如圖5所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個方向以相同的速率通過P點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的。將磁感應(yīng)強度的大小從原來

29、的B1變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话?，則等于(　　) 圖5 A. B. C.2 D.3 解析　當軌道半徑小于或等于磁場區(qū)半徑時，粒子射出圓形磁場的點離入射點最遠距離為軌跡直徑。如圖所示，當粒子從圓周射出磁場時，粒子在磁場中運動的軌道直徑為PQ，粒子都從圓弧PQ之間射出，因此軌道半徑r1＝Rcos 30°＝ R；若粒子射出的圓弧對應(yīng)弧長為“原來”的一半，即周長，對應(yīng)的弦長為R，即粒子運動軌跡直徑等于磁場區(qū)半徑R，半徑r2＝，由r＝可得＝＝。 答案　B 6.如圖6所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m＝5.0×10－8 kg

30、，電荷量為q＝1.0×10－6 C的帶電粒子，從靜止開始經(jīng)U0＝10 V的電壓加速后，從P點沿圖示方向進入磁場，已知OP＝30 cm，(粒子重力不計，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖6 (1)帶電粒子到達P點時速度v的大?。? (2)若磁感應(yīng)強度B＝2.0 T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，求OQ的距離； (3)若粒子不能進入x軸上方，求磁感應(yīng)強度B′滿足的條件。 解析　(1)對帶電粒子的加速過程，由動能定理得 qU＝mv2，解得v＝20 m/s。 (2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動， 則qvB＝，解得R＝0.5 m，而＝0.5 m 故圓心

31、一定在x軸上，軌跡如圖甲所示， 甲 由幾何關(guān)系可知OQ＝R＋Rcos 37°＝0.9 m。 (3)帶電粒子不從x軸射出，臨界軌跡如圖乙所示， 乙 由幾何關(guān)系得OP>R′＋R′sin 37°，R′＝ 解得B′> T。 答案　(1)20 m/s　(2)0.9 m　(3)B′> T B級：拔高練 7.(2017·湖北黃岡二模)(多選)如圖7所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出)，O為圓心，P為邊界上的一點。相同的帶電粒子a、b(不計重力)從P點先后射入磁場，粒子a正對圓心射入，速度方向改變60°后離開磁場，粒子b射入磁場時的速度方向與粒子a射入時的速度方向成6

32、0°，已知它們離開磁場的位置相同。下列說法正確的是(　　) 圖7 A.兩粒子的速度大小之比＝ B.兩粒子在磁場中運動的時間之比＝ C.兩粒子在磁場中運動的半徑之比＝ D.兩粒子在磁場中運動的軌跡長度之比＝ 解析　a粒子正對圓心O射入，則射出時速度方向反向延長線過O點，設(shè)射出點為Q，作出a粒子運動軌跡及圓心O1，如圖所示。b粒子射入方向與a粒子射入方向成60°角，∠OPQ＝30°，所以PQ為b粒子做圓周運動的直徑。由圖可知2QO2＝QO1，即a粒子運動半徑是b粒子運動半徑的2倍，選項C錯誤；由r＝知，a粒子速度是b粒子速度的2倍，選項A錯誤；兩粒子轉(zhuǎn)動的周期T相同，a粒子轉(zhuǎn)過的圓

33、心角為60°，用時為，b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為180°，用時，選項B正確；a粒子運動的弧長為ra，b粒子運動的弧長為πrb，＝＝，選項D正確。 答案　BD 8.(2017·鄭州模擬)(多選)如圖8所示，垂直紙面向里的勻強磁場以MN為邊界，左側(cè)磁感應(yīng)強度為B1，右側(cè)磁感應(yīng)強度為B2，B1＝2B2＝2 T，比荷為2×106 C/kg的帶正電粒子從O點以v0＝4×104 m/s的速度垂直于MN進入右側(cè)的磁場區(qū)域，則粒子通過距離O點4 cm的磁場邊界上的P點所需的時間為(　　) 圖8 A.×10－6 s B.π×10－6 s C.×10－6 s D.2π×10－6 s 解析　粒

34、子在右側(cè)磁場B2中做勻速圓周運動，則qv0B2＝，解得R2＝＝ 2 cm，故粒子經(jīng)過半個圓周恰好到達P點，軌跡如圖甲所示。 則粒子運動的時間t1＝＝＝×10－6 s，由于B1＝2B2，由上面的求解可知粒子從P點射入左邊的磁場后，做半徑R1＝R2＝1 cm的勻速圓周運動，經(jīng)過兩次周期性運動可再次經(jīng)過P點，軌跡如圖乙所示，則粒子運動的時間t2＝T1＋T2＝× 10－6 s，在以后的運動中，粒子通過MN的點會遠離P點，所以，粒子通過距離O點4 cm的磁場邊界上的P點所需的時間為×10－6 s或×10－6 s。選項A、C正確。 答案　AC 9.如圖9所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同

35、一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。 圖9 (1)求極板間電場強度的大小； (2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小。 解析　(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得 qE·＝mv2① 解得E＝② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓

36、第二定律得 qvB＝③ 如圖所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況。若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得 R＝④ 聯(lián)立③④式得 B＝⑤ 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得 R＝⑥ 聯(lián)立③⑥式得 B＝⑦ 答案　(1)　(2)或 10.如圖10所示，在xOy坐標系的第Ⅱ象限內(nèi)，x軸和平行x軸的虛線之間(包括x軸和虛線)有磁感應(yīng)強度大小為B1＝2×10－2 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，虛線過y軸上的P點，OP＝1.0 m，在x≥0的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強磁場。許多質(zhì)量m＝1.6×10－25 kg、電荷量q＝＋1.6×10－18 C的粒子，以相同的

37、速率v＝2×105 m/s從C點沿紙面內(nèi)的各個方向射入磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域，OC＝0.5 m。有一部分粒子只在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動，有一部分粒子在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動之后將進入磁感應(yīng)強度為B2的區(qū)域。設(shè)粒子在B1區(qū)域運動的最短時間為t1，這部分粒子進入磁感應(yīng)強度為B2的區(qū)域后在B2區(qū)域的運動時間為t2，已知t2＝4t1。不計粒子重力。求： 圖10 (1)粒子在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域運動的最長時間為t0； (2)磁感應(yīng)強度B2的大小。 解析　(1)粒子在磁感應(yīng)強度為B1區(qū)域做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有r＝＝1.0 m，則OP＝r 粒子運動周期為T1＝① 如圖所示，粒子沿＋y軸方向進入磁場，在B1區(qū)域運動時間最長，為半個周期(臨界點)。有t0＝＝1.57×10－5 s (2)如圖所示，粒子沿＋x軸的方向進入時，在B1區(qū)域運動時間最短(臨界點)。 應(yīng)用幾何關(guān)系知sin α＝＝， 則α＝30°，則t1＝② 粒子在B2區(qū)域做勻速圓周運動的周期為T2＝③ 應(yīng)用幾何關(guān)系得，圓弧圓心角為240° 運動時間為t2＝T2④ 由題意知t2＝4t1⑤ 解①②③④⑤式得B2＝2B1，則B2＝4×10－2 T 答案　(1)1.57×10－5 s　(2)4×10－2 T 23