2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場(chǎng) 第2講 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用學(xué)案

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1、 第2講　磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用 　 【基礎(chǔ)梳理】 一、洛倫茲力 1．定義：運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中所受的力． 2．大小 (1)v∥B時(shí)，F(xiàn)＝0． (2)v⊥B時(shí)，F(xiàn)＝qvB． (3)v與B夾角為θ時(shí)，F(xiàn)＝qvBsin__θ． 3．方向 (1)左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是運(yùn)動(dòng)正電荷在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力的方向． (2)方向特點(diǎn)：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)． 由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功． 二、帶電

2、粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)． 2．若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． 3．基本公式 (1)向心力公式：qvB＝m． (2)軌道半徑公式：r＝． (3)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝． 　T的大小與軌道半徑r和運(yùn)行速率v無(wú)關(guān)，只與磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和粒子的比荷有關(guān)． 【自我診斷】 判一判 (1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定會(huì)受到磁場(chǎng)力的作用．(　　) (2)洛倫茲力的方向、粒子運(yùn)動(dòng)方向、磁場(chǎng)方向兩兩相互垂直．(　　) (3)運(yùn)動(dòng)電荷進(jìn)入磁場(chǎng)后(無(wú)其他力作用)可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(　　

3、) (4)洛倫茲力可以做正功、做負(fù)功或不做功．(　　) (5)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與速度的大小無(wú)關(guān)．(　　) (6)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與粒子的比荷無(wú)關(guān)．(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)× 做一做 試畫出下圖中幾種情況下帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡． 提示： 想一想 (1)當(dāng)帶電粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度v大小一定，但射入方向變化時(shí)，如何確定粒子的臨界條件？ (2)當(dāng)帶電粒子射入磁場(chǎng)的方向確定，但射入時(shí)的速度大小或磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時(shí)，又如何確定粒子的臨界條件？ 提示：(1)當(dāng)帶電粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度

4、v大小一定，但射入方向變化時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R是確定的．在確定粒子運(yùn)動(dòng)的臨界情景時(shí)，可以以入射點(diǎn)為定點(diǎn)，將軌跡圓旋轉(zhuǎn)，作出一系列軌跡，從而探索出臨界條件． (2)當(dāng)帶電粒子射入磁場(chǎng)的方向確定，但射入時(shí)的速度v大小或磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B變化時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R隨之變化．可以以入射點(diǎn)為定點(diǎn)，將軌道半徑放縮，作出一系列的軌跡，從而探索出臨界條件． 　對(duì)洛倫茲力的理解[學(xué)生用書P180] 【知識(shí)提煉】 1．洛倫茲力方向的特點(diǎn) (1)洛倫茲力的方向總是垂直于運(yùn)動(dòng)電荷速度方向和磁場(chǎng)方向確定的平面． (2)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)左手定

5、則判斷洛倫茲力方向，但一定分正、負(fù)電荷． 2．洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較 洛倫茲力 電場(chǎng)力 產(chǎn)生條件 v≠0且v 不與B平行 電荷處在電場(chǎng)中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向與場(chǎng) 方向的關(guān)系 一定是F⊥B， F⊥v 正電荷受力與電場(chǎng)方向相同，負(fù)電荷受力與電場(chǎng)方向相反 做功情況 任何情況下 都不做功 可能做正功、負(fù)功， 也可能不做功 作用效果 只改變電荷的速度方向，不改變速度大小 既可以改變電荷的速度大小，也可以改變運(yùn)動(dòng)的方向 【典題例析】 　(2018·北京東城區(qū)統(tǒng)測(cè)) 如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B

6、和勻強(qiáng)電場(chǎng)E，磁感線和電場(chǎng)線都處在水平方向且互相垂直．在MN上方有一個(gè)帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)到達(dá)水平地面．若不計(jì)空氣阻力，小球在通過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) B．小球的電勢(shì)能保持不變 C．洛倫茲力對(duì)小球做正功 D．小球動(dòng)能的增量等于其電勢(shì)能和重力勢(shì)能減少量的總和 [審題指導(dǎo)]　小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于受重力和電場(chǎng)力作用，其速度會(huì)發(fā)生變化，則洛倫茲力大小也發(fā)生變化，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由于洛倫茲力始終垂直于速度方向，因此不做功． [解析]　 帶電小球在剛進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)受力如圖所示，則帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后做曲線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樗俣葧?huì)發(fā)生

7、變化，洛倫茲力就會(huì)跟著變化，所以不可能是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)電勢(shì)能公式Ep＝qφ知只有帶電小球豎直向下做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能才保持不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；洛倫茲力的方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從能量守恒角度分析，選項(xiàng)D正確． [答案]　D 【遷移題組】 遷移1　洛倫茲力方向的判斷 1. 圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長(zhǎng)直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是(　　) A．向上　　　　　　　　　 B．向下 C．向左 D．向

8、右 解析：選B.據(jù)題意，由安培定則可知，b、d兩通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)相抵消，a、c兩通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均向左，所以四條通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向向左．由左手定則可判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向向下，正確選項(xiàng)為B. 遷移2　洛倫茲力做功的特點(diǎn) 2. (多選)如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)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(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)，則(　　) A

9、．經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等 B．經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小 C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變 解析：選CD.設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形軌道半徑為r，三個(gè)小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋q甲v甲B＝，mg－q乙v乙B＝，mg＝，顯然，v甲>v丙>v乙，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；甲球在最高點(diǎn)處的動(dòng)能最大，因?yàn)閯?shì)能相等，所以甲球的機(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項(xiàng)C正確． 遷移3　洛倫茲力作用下帶電體的力學(xué)問(wèn)題分析 3. (2018·哈爾

10、濱模擬)如圖所示，在紙面內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一水平固定絕緣桿上套有帶電小球P，P的質(zhì)量為m、電荷量為－q，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.小球由靜止開始滑動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，桿足夠長(zhǎng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是(　　) A．小球先加速后減速，加速度先增大后減小 B．當(dāng)v＝v0時(shí)，小球的加速度最大 C．當(dāng)v＝v0時(shí)，小球一定處于加速度減小階段 D．當(dāng)a＝a0時(shí)，> 解析： 選C.開始運(yùn)動(dòng)階段qvB

11、，小球受到的支持力垂直桿向下，小球的加速度a2＝，小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小到0后做勻速運(yùn)動(dòng)，則可知小球一直加速最后勻速，加速度先增大后減小為0不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；作出小球的加速度隨速度的變化規(guī)律圖象如圖所示，兩階段的圖線斜率大小相等，有v1

12、　若已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向，則可作出此兩點(diǎn)的連線(即過(guò)這兩點(diǎn)的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與垂線的交點(diǎn)即為圓心，如圖乙． 2．常見運(yùn)動(dòng)軌跡的確定 (1)直線邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性，如圖丙所示)． (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖丁所示)． (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖戊所示)． 3．常用解題知識(shí) (1)幾何知識(shí)：三角函數(shù)、勾股定理、偏向角與圓心角關(guān)系．根據(jù)幾何知識(shí)可以由已知長(zhǎng)度、角度計(jì)算粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑，或者根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑計(jì)算未知長(zhǎng)度、角度． (2)半徑公式、周期公式：R＝、T＝.根據(jù)兩個(gè)公式可由q、m、v、B計(jì)

13、算粒子運(yùn)動(dòng)的半徑、周期，也可根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑或周期計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度、粒子的電荷量、質(zhì)量等． (3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間計(jì)算式：計(jì)算粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間或已知粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間計(jì)算圓心角或周期時(shí)，常用到t＝·T. 【典題例析】 　 (2016·高考全國(guó)卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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(dòng)．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過(guò)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

14、．　　　　 C.　　　 D． [審題指導(dǎo)]　首先由粒子的速度方向確定運(yùn)動(dòng)的圓心，然后畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)確定圓心角求時(shí)間．此題考查粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本方法． [解析]　 由題可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角為30°，因此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝×，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與筒轉(zhuǎn)過(guò)90°所用的時(shí)間相等，即＝×，求得＝，A項(xiàng)正確． [答案]　A (1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法 (2)在軌跡中尋求邊角關(guān)系時(shí)，一定要關(guān)注三個(gè)角的聯(lián)系：圓心角、弦切角、速度偏角；它們的大小關(guān)系為

15、：圓心角等于速度偏角，圓心角等于2倍的弦切角．在找三角形時(shí)，一般要尋求直角三角形，利用勾股定理或三角函數(shù)求解問(wèn)題． (3)解決帶電粒子在邊界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題時(shí)，一般注意以下兩種情況： ①直線邊界中的臨界條件為與直線邊界相切，并且從直線邊界以多大角度射入，還以多大角度射出； ②在圓形邊界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果沿著半徑射入，則一定沿著半徑射出．　 【遷移題組】 遷移1　半徑公式和周期公式的應(yīng)用 1．(多選)(2015·高考全國(guó)卷Ⅱ)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍．兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)．與Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運(yùn)動(dòng)軌跡的

16、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(yùn)動(dòng)的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與Ⅰ中的相等 解析：選AC.兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且Ⅰ中磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是Ⅱ中磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍．由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項(xiàng)A正確．由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．由T＝得T∝r，所以＝k，選項(xiàng)C正確．由ω＝得＝＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 遷移2　帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 2. 如圖所示為一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外，MN、PQ為其兩個(gè)邊界，兩邊界間的距離為L(zhǎng).現(xiàn)有兩個(gè)帶負(fù)

17、電的粒子同時(shí)從A點(diǎn)以相同速度沿與PQ成30°的方向垂直射入磁場(chǎng)，結(jié)果兩粒子又同時(shí)離開磁場(chǎng)．已知兩帶負(fù)電的粒子質(zhì)量分別為2m和5m，電荷量大小均為q，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，則粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度為(　　) A.　　　　　　　 B． C.　　 D． 解析： 選B.由于兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則兩粒子一定是分別從MN邊和PQ邊離開磁場(chǎng)的，如圖所示，由幾何知識(shí)可得質(zhì)量為2m的粒子對(duì)應(yīng)的圓心角為300°，由t＝T得質(zhì)量為5m的粒子對(duì)應(yīng)的圓心角為120°，由圖可知△OCD為等邊三角形，可求得R＝L，由Bqv＝得v＝，B正確． 遷移3　帶電粒子在圓形有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 3.

18、 (2017·高考全國(guó)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(chǎng)，P為磁場(chǎng)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(guò)P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方 向射入磁場(chǎng)．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場(chǎng)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∶ 解析： 選C.由于是相同的粒子，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同．若粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1，如圖所示，通過(guò)旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子的

19、磁場(chǎng)出射點(diǎn)A離P點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，則AP＝2R1；同樣，若粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2，粒子的磁場(chǎng)出射點(diǎn)B離P點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，則BP＝2R2，由幾何關(guān)系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，則＝＝，C項(xiàng)正確． 　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的臨界、極值和多解問(wèn)題[學(xué)生用書P183] 【知識(shí)提煉】 1．帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一般涉及臨界和邊界問(wèn)題，臨界值、邊界值常與極值問(wèn)題相關(guān)聯(lián)．因此，臨界狀態(tài)、邊界狀態(tài)的確定以及所需滿足的條件是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．常遇到的臨界和極值條件有： (1)帶電體在磁場(chǎng)中，離開一個(gè)面的臨界狀態(tài)是對(duì)這個(gè)面的壓力為零． (2)射出或不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)是帶電體運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場(chǎng)邊界相

20、切，對(duì)應(yīng)粒子速度的臨界值． (3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間極值的分析 ①周期相同的粒子，當(dāng)速率相同時(shí)，軌跡越長(zhǎng)，圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)． ②周期相同的粒子，當(dāng)速率不同時(shí)，圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)． 2．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)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，在相同的初速度條件下，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(chǎng)，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b. (2)磁場(chǎng)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

21、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(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能直接穿過(guò)去了，也可能轉(zhuǎn)過(guò)180°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(dòng)的往復(fù)性形成多解：帶電粒子在部分是電場(chǎng)、部分是磁場(chǎng)的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示． 【典題例析】 　(2016·高考全國(guó)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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

22、>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)．不計(jì)重力．粒子離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為(　　) A.　　　　　　　　　 B． C. D． [審題指導(dǎo)]　粒子與ON的交點(diǎn)只有一個(gè)的隱含條件說(shuō)明運(yùn)動(dòng)軌跡與ON相切，從而找出粒子運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑、圓心角等一系列運(yùn)動(dòng)參量，利用幾何關(guān)系進(jìn)行問(wèn)題的求解． [解析]　 如圖所示為粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，設(shè)出射點(diǎn)為P，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與ON的交點(diǎn)為Q，粒子入射方向與OM成30°角，則射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與OM成30°角

23、，由幾何關(guān)系可知，PQ⊥ON，故出射點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R＝，所以D正確． [答案]　D 解決帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的常用方法 (1)幾何對(duì)稱法：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡關(guān)于入射點(diǎn)P與出射點(diǎn)Q的中垂線對(duì)稱，軌跡圓心O位于中垂線上，并有φ＝α＝2θ＝ωt，如圖甲所示，應(yīng)用粒子運(yùn)動(dòng)中的這一“對(duì)稱性”，不僅可以輕松地畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，也可以非常便捷地求解某些臨界問(wèn)題． 　 　　　　　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　乙 (2)動(dòng)態(tài)放縮法：當(dāng)帶電粒子射入磁場(chǎng)的方向確定，但射入時(shí)的速度v大小或磁場(chǎng)的強(qiáng)弱B

24、變化時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R隨之變化．在確定粒子運(yùn)動(dòng)的臨界情景時(shí)，可以以入射點(diǎn)為定點(diǎn)，將軌跡半徑放縮，作出一系列的軌跡，從而探索出臨界條件．如圖乙所示，粒子進(jìn)入長(zhǎng)方形邊界OABC從BC邊射出的臨界情景為②和④. (3)定圓旋轉(zhuǎn)法： 丙 當(dāng)帶電粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速率v大小一定，但射入的方向變化時(shí)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R是確定的．在確定粒子運(yùn)動(dòng)的臨界情景時(shí)，可以以入射點(diǎn)為定點(diǎn)，將軌跡圓旋轉(zhuǎn)，作出一系列軌跡，從而探索出臨界條件．如圖丙所示為粒子進(jìn)入單邊界磁場(chǎng)時(shí)的情景． (4)數(shù)學(xué)解析法：寫出軌跡圓和邊界的解析方程，應(yīng)用物理和數(shù)學(xué)知識(shí)求解．　 【遷移題組】 遷移1　帶電粒子運(yùn)動(dòng)

25、的臨界問(wèn)題 1. 如圖，真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)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(chǎng)內(nèi)有一塊平面感光板ab，板面與磁場(chǎng)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(dòng)的α粒子，求ab板上被α粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度． 解析：α粒子帶正電，故在磁場(chǎng)中沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)．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

26、過(guò)S，由此可知，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(guò)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(dòng)中離S的距離不可能超過(guò)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(zhǎng)度為P1P2＝NP1＋NP2， 代入數(shù)值得P1P2＝20 cm. 答案：20 cm 遷移2　帶電粒子運(yùn)動(dòng)的極值問(wèn)題 2. 如圖，ABCD

27、是邊長(zhǎng)為a的正方形．質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域．在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場(chǎng)．電子從BC邊上的任意點(diǎn)入射，都只能從A點(diǎn)射出磁場(chǎng)．不計(jì)重力，求： (1)此勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)此勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積． 解析：(1)設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.令圓弧是自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)行軌跡．電子所受到的磁場(chǎng)的作用力大小f＝ev0B?、? 方向應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場(chǎng)的方向應(yīng)垂直于紙面向外．圓弧的圓心在CB邊或其延長(zhǎng)線上．依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點(diǎn)即為圓心，圓半徑為a. 根據(jù)牛頓

28、第二定律有f＝m ② 聯(lián)立①②式得B＝. ③ (2)由(1)中確定的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小可知，自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在A點(diǎn)沿DA方向射出，且自BC邊上其他點(diǎn)垂直入射的電子的運(yùn)動(dòng)軌跡只能在BAEC區(qū)域中，因而，圓弧是所求的最小磁場(chǎng)區(qū)域的一個(gè)邊界． 為了確定該磁場(chǎng)區(qū)域的另一邊界，需考查從A點(diǎn)射出的電子的速度方向與BA的延長(zhǎng)線的交角θ的情形．該電子的運(yùn)動(dòng)軌跡QPA如圖所示．圖中，圓弧的圓心為O，PQ垂直于BC邊，由③式知，圓弧的半徑仍為a，在以D為原點(diǎn)，DC為x軸，DA為y軸的坐標(biāo)系中，P點(diǎn)的坐標(biāo)(x，y)為 x＝asin θ　 ④ y＝－[a－(a－acos θ)]＝－acos θ

29、 ⑤ 這意味著，在范圍0≤θ≤內(nèi)，P點(diǎn)形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的分界線，構(gòu)成所求磁場(chǎng)區(qū)域的另一邊界． 因此，所求的最小勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個(gè)四分之一圓周和所圍成的，其面積為S＝2×＝a2. 答案：(1)　方向垂直紙面向外　(2)a2 遷移3　帶電粒子運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題 3. (多選)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點(diǎn)是cd邊的中點(diǎn)．一個(gè)帶正電的粒子僅在磁場(chǎng)力的作用下，從O點(diǎn)沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0后剛好從c點(diǎn)射出磁場(chǎng)．現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點(diǎn)沿紙面以與O

30、d成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若該帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間是t0，則它一定從cd邊射出磁場(chǎng) B．若該帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間是t0，則它一定從ad邊射出磁場(chǎng) C．若該帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間是t0，則它一定從bc邊射出磁場(chǎng) D．若該帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間是t0，則它一定從ab邊射出磁場(chǎng) 解析： 選AC.如圖所示，作出剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④.由從O點(diǎn)沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0后剛好從c點(diǎn)射出磁場(chǎng)可知，帶電粒子在磁場(chǎng)

31、中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是2t0，可知，從ad邊射出磁場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間一定小于t0；從ab邊射出磁場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間一定大于等于t0，小于t0；從bc邊射出磁場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間一定大于等于t0，小于t0；從cd邊射出磁場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間一定是t0.故選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤． 　[學(xué)生用書P184] 1. (高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖，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(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O.已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計(jì)重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為(　　) A．2　　

32、　　　　　　　　 B． C．1 D． 解析：選D.設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)初速度為v1，從Q點(diǎn)穿過(guò)鋁板后速度為v2，則Ek1＝mv，Ek2＝mv，由題意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，則＝.粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，即qvB＝，得R＝，由題意可知＝，所以＝＝，故選項(xiàng)D正確． 2. (2016·高考四川卷)如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)，從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb；當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc.不計(jì)粒子重力．則(　　) A．vb∶vc

33、＝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 解析： 選A.設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)，從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rb＝L，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為120°，由洛倫茲力提供向心力Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角2θ＝60°，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rc

34、＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，A正確． 3．(2015·高考全國(guó)卷Ⅰ)兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力)，從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)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：選D.分析軌道半徑：帶電粒子從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度B減小，由公式r＝可知，軌道半徑增大．分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期

35、增大，根據(jù)ω＝知角速度減小．選項(xiàng)D正確． 4. (2018·河南商丘模擬)在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，有一個(gè)圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面，O點(diǎn)為該圓形區(qū)域邊界上的一點(diǎn)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)，已知粒子經(jīng)過(guò)y軸上P點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸正方向夾角為θ＝30°，OP＝L，求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)該圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積． 解析： (1)由左手定則得磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里．粒子在磁場(chǎng)中做弧長(zhǎng)為圓周的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，粒子在Q點(diǎn)飛出磁場(chǎng)．設(shè)其圓心為O′

36、，半徑為R.由幾何關(guān)系有(L－R)sin 30°＝R，所以R＝L.由牛頓第二定律有qv0B＝m，故R＝. 由以上各式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝. (2)設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為S.由幾何關(guān)系得 直徑＝R＝L， 所以S＝π＝L2. 答案：(1)　方向垂直于xOy平面向里　(2)L2 [學(xué)生用書P335(單獨(dú)成冊(cè))] (建議用時(shí)：60分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2018·北京海淀區(qū)期末) 如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點(diǎn)為a；給小球帶上電荷后，仍以原來(lái)的速度拋出，考慮地磁場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．無(wú)論小球帶何種電荷，小球仍會(huì)落在a點(diǎn) B．無(wú)論小球帶

37、何種電荷，小球下落時(shí)間都會(huì)延長(zhǎng) C．若小球帶負(fù)電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn) D．若小球帶正電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn) 解析：選D.地磁場(chǎng)在赤道上空水平由南向北，從南向北觀察，如果小球帶正電荷，則洛倫茲力斜向右上方，該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地時(shí)間會(huì)變長(zhǎng)，水平位移會(huì)變大；同理，若小球帶負(fù)電，則小球落地時(shí)間會(huì)變短，水平位移會(huì)變小，故D正確． 2．“人造小太陽(yáng)”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場(chǎng)約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強(qiáng)的磁場(chǎng)

38、，以使帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑不變．由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于(　　) A.　　　　　　　　　 B．T C. D．T2 解析：選A.考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．由題意知，帶電粒子的平均動(dòng)能Ek＝mv2∝T，故v∝.由qvB＝整理得：B∝，故選項(xiàng)A正確． 3. 初速度為v0的電子，沿平行于通電長(zhǎng)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(dòng)方向如圖所示，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)，速率不變 D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變 解析：選A.由安培定則可知，通電導(dǎo)線右方磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則電子

39、受洛倫茲力方向由左手定則可判知向右，所以電子向右偏；由于洛倫茲力不做功，所以電子速率不變． 4. 如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對(duì)準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場(chǎng)力的作用，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子速率最大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng) B．c粒子速率最大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短 C．a(chǎn)粒子速率最小，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短 D．c粒子速率最小，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短 解析：選B.由題圖可知，粒子a的運(yùn)動(dòng)半徑最小，圓心角最大，粒子c的運(yùn)動(dòng)半徑最大，圓心角最小，由洛倫茲力提供粒子做圓

40、周運(yùn)動(dòng)的向心力可得：qvB＝m，故半徑公式r＝，T＝＝，故在質(zhì)量、帶電荷量、磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都相同的情況下，速率越小，半徑越小，所以粒子a的運(yùn)動(dòng)速率最小，粒子c的運(yùn)動(dòng)速率最大，而帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間只取決于運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的圓心角，所以粒子a的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，粒子c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短． 5. (2018·北京朝陽(yáng)質(zhì)檢)如圖所示，ABC為與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直的邊長(zhǎng)為a的等邊三角形，磁場(chǎng)垂直于紙面向外，比荷為的電子以速度v0從A點(diǎn)沿AB方向射入，欲使電子能經(jīng)過(guò)BC邊，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值應(yīng)為(　　) A．B>　　　　　　　 B．B< C．B< D．B> 解析： 選C.由題意，若電子正好經(jīng)過(guò)

41、C點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，此時(shí)其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝＝，要想電子從BC邊經(jīng)過(guò)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑要大于，由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式r＝，有<，即B<，C選項(xiàng)正確． 6. 如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)重力，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)?　　) A.Δt　 B．2Δt C.Δt　 D．3Δt 解析： 選B.粒子沿半徑方向進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，一定沿半徑方向射出，如圖．粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲

42、力提供向心力，由qvB＝m得R＝，T＝.由數(shù)學(xué)知識(shí)得：粒子以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝r，轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角θ＝60°；粒子以速度進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R′＝r，轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角θ′＝120°，周期T與速度無(wú)關(guān)，所以t′＝Δt＝2Δt，B正確． 二、多項(xiàng)選擇題 7. (2018·河南鄭州質(zhì)檢)如圖所示，在垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一根粗糙絕緣細(xì)直桿，有一個(gè)重力不能忽略、中間帶有小孔的帶正電小球套在細(xì)桿上．現(xiàn)在給小球一個(gè)水平向右的初速度v0，假設(shè)細(xì)桿足夠長(zhǎng)，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，桿上各處的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則小球運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖象可能是(　　)

43、 解析：選BD.由左手定則可判定洛倫茲力的方向豎直向上，若Bqv0＝mg，球與桿之間無(wú)壓力作用，即無(wú)摩擦力作用，球勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)應(yīng)于B圖象；若Bqv0>mg，桿對(duì)球有向下的壓力，由Bqv0＝mg＋FN知壓力隨球速度的減小而減小，再由ma＝Ff＝μFN知小球做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)應(yīng)速度圖線的斜率逐漸減小，直到速度減小到使洛倫茲力等于重力后小球勻速運(yùn)動(dòng)，題目中無(wú)與此情況對(duì)應(yīng)的圖象；若Bqv0

44、應(yīng)，故B、D正確． 8．(2015·高考四川卷)如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長(zhǎng)度L＝9.1 cm，中點(diǎn)O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0×10－4 T，電子質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，電量e＝－1.6×10－19 C，不計(jì)電子重力，電子源發(fā)射速度v＝1.6×106 m/s的一個(gè)電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長(zhǎng)度為l，則(　　) A．θ＝90°時(shí)，l＝9.1 cm　　 B．θ＝60°時(shí)，l＝9.1 cm C．θ＝4

45、5°時(shí)，l＝4.55 cm D．θ＝30°時(shí)，l＝4.55 cm 解析：選AD.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力：evB＝，R＝＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90°時(shí)，擊中板的范圍如圖1，l＝2R＝9.1 cm，選項(xiàng)A正確．θ＝60°時(shí)，擊中板的范圍如圖2所示，l＜2R＝9.1 cm，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．θ＝30°，如圖3所示，l＝R＝4.55 cm，當(dāng)θ＝45°時(shí)，擊中板的范圍如圖4所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤． 　 　 9. (2018·內(nèi)蒙古杭錦后旗奮斗中學(xué)高三考試)如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，比荷相同的兩個(gè)粒

46、子(不計(jì)重力)沿AB方向射入磁場(chǎng)，分別從AC邊上的P、Q兩點(diǎn)射出，則(　　) A．從P點(diǎn)射出的粒子速度大 B．從Q點(diǎn)射出的粒子向心力加速度大 C．從P點(diǎn)射出的粒子角速度大 D．兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一樣長(zhǎng) 解析： 選BD.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，分別從P點(diǎn)和Q點(diǎn)射出，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，軌跡半徑r＝，兩粒子比荷相等，rP＜rQ，所以vP＜vQ，故A錯(cuò)誤；向心加速度a＝＝，vP＜vQ，所以aP＜aQ，故B正確；粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝，角速度ω＝＝，兩粒子比荷相等，所以周期相等、角速度相等，故C錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中偏

47、轉(zhuǎn)的圓心角相等，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故D正確． 10. (2018·河南百校聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示，一單邊有界磁場(chǎng)的邊界上有一粒子源，以與水平方向成θ角的不同速率，向磁場(chǎng)中射入兩個(gè)相同的粒子1和2，粒子1經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點(diǎn)出磁場(chǎng)，粒子2經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點(diǎn)出磁場(chǎng)，OA＝AB，則(　　) A．粒子1與粒子2的速度之比為1∶2 B．粒子1與粒子2的速度之比為1∶4 C．粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶1 D．粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2 解析： 選AC.粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度的垂線與OA的垂直平分線的

48、交點(diǎn)為粒子1在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，同理，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的垂線與OB的垂直平分線的交點(diǎn)為粒子2在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，由幾何關(guān)系可知，兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1與粒子2的速度之比為1∶2，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期均為T＝，且兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)的圓心角相同，因此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，即C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 三、非選擇題 11．如圖所示，虛線圓所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場(chǎng)，電子束經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)后，其運(yùn)動(dòng)方向與原入射方向成

49、θ角．設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e、不計(jì)電子之間相互作用力及所受的重力，求： (1)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R； (2)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t； (3)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑r. 解析：(1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 evB＝解得R＝. (2)設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T， 則T＝＝ 由如圖所示的幾何關(guān)系得圓心角α＝θ， 所以t＝T＝. (3)如圖所示幾何關(guān)系可知，tan ＝， 所以r＝tan . 答案：(1)　(2)　(3)tan 12. 如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點(diǎn)放一醫(yī)用放射源，可通過(guò)細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106

50、m/s的 α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm，縫長(zhǎng)AD＝18 cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19 C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)來(lái)隔離輻射，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個(gè)裝置放于真空環(huán)境中． (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場(chǎng)隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場(chǎng)的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場(chǎng)的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) 解析：(1)由題意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得 ∠BAO＝∠ODC＝45° 所有α粒子在磁場(chǎng)中做

51、勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，設(shè)為R，根據(jù)牛頓第二定律有 Bqv＝ 解得R＝0.2 m＝20 cm 由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場(chǎng)區(qū)域的右邊界與沿OD方向進(jìn)入磁場(chǎng)的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場(chǎng)隔離區(qū)右側(cè)穿出，此時(shí)磁場(chǎng)的寬度最小，如圖甲所示． 設(shè)此時(shí)磁場(chǎng)寬度d＝d0，由幾何關(guān)系得 d0＝R＋Rcos 45°＝(20＋10)cm＝0.34 m. 　 　　　甲　　　　　　　　　　乙 (2)設(shè)α粒子在磁場(chǎng)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則 T＝＝×10－6 s 設(shè)速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子的入射點(diǎn)為E，如圖乙所示．因磁場(chǎng)寬度d＝20 cm

52、 cm，則在∠EOD間輻射進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子均能穿出磁場(chǎng)右邊界，在∠EOA間輻射進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子均不能穿出磁場(chǎng)右邊界，沿OE方向進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)右邊界相切，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)．設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax，則 tmax＝＝×10－6 s＝2.0×10－7 s 若α粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓弧軌跡的弦最短，則α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短．最短的弦長(zhǎng)為磁場(chǎng)寬度d.設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為tmin，軌跡如圖乙所示，因R＝d，則圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，故 tmin＝＝×10－6 s＝6.5×10－8 s. 答案：(1)0.34 m　(2)2.0×10－7s　6.5×10－8 s 24