（新課標(biāo)）河南省2015高考物理總復(fù)習(xí)講義 第8章 第2講 磁場對運動電荷的作用

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1、 第2講　磁場對運動電荷的作用 知識一　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． 2．洛倫茲力的方向 (1)判斷方法：左手定則 (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于B和v決定的平面．(注意：B和v不一定垂直)． 3．洛倫茲力的大小 (1)v∥B時，洛倫茲力F＝0. (2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB. (3)v＝0時，洛倫茲力F＝0. 　(1)帶電粒子在磁場中一定會受到磁場力的作用．() (2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直．() 知識二　帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．洛倫茲力的特點 洛

2、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)根據(jù)公式T＝，可知帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比．() (2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)．(√) 知識三　質(zhì)譜儀和回旋加速器 1．質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖8－2－1所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等組成． 圖8－2－1 (2)原理：①粒子由靜

3、止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理有qU＝mv2.②粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，qBv＝.③由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷r＝，m＝，＝. 2. 圖8－2－2 回旋加速器 (1)構(gòu)造：如圖8－2－2所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強磁場中． (2)原理：交變電流的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電場強度方向周期性地發(fā)生變化，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑R決

4、定，與加速電壓無關(guān)． (1)利用質(zhì)譜儀可以測得帶電粒子的比荷．(√) (2)經(jīng)過回旋加速器加速的帶電粒子的最大動能是由D形盒的最大半徑、磁感應(yīng)強度B、加速電壓的大小共同決定的．() 1．帶電荷量為＋q的粒子在勻強磁場中運動，下列說法中正確的是(　　) A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同 B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變 C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直 D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變 【解析】　因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關(guān)，而且與粒

5、子速度的方向有關(guān)，如當(dāng)粒子速度與磁場垂直時F＝qvB，當(dāng)粒子速度與磁場平行時F＝0.又由于洛倫茲力的方向永遠(yuǎn)與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯．因為＋q改為－q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F＝qvB知大小不變，所以B項正確．因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角，所以C選項錯．因為洛倫茲力總與速度方向垂直，因此洛倫茲力不做功，粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D項錯． 【答案】　B 2．有關(guān)洛倫茲力和安培力的描述，正確的是(　　) A．通電直導(dǎo)線在勻強磁場中一定受到安培力

6、的作用 B．安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn) C．帶電粒子在勻強磁場中運動受到的洛倫茲力做正功 D．通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行 【解析】　通電直導(dǎo)線與磁場方向平行時，安培力等于零，故A錯；安培力一定垂直磁場和電流所決定的平面，即安培力方向一定垂直磁場方向，D錯；洛倫茲力也一定垂直磁場與速度方向決定的平面，即洛倫茲力一定與運動方向垂直，洛倫茲力一定不做功，C錯；二者的關(guān)系為安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，B正確． 【答案】　B 3．(多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖8－2－3所示．這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒構(gòu)成

7、，其間留有空隙．下列說法正確的是(　　) 圖8－2－3 A．離子由加速器的中心附近進入加速器 B．離子由加速器的邊緣進入加速器 C．離子從磁場中獲得能量 D．離子從電場中獲得能量 【解析】　離子在磁場中做勻速圓周運動，速度越大，軌道半徑越大，所以離子要從加速器的中心附近進入加速器．洛倫茲力總是垂直于速度的方向，所以磁場是不對離子做功的，它的作用只是改變離子的速度方向，而電場的作用才是加速離子，使之獲得能量．由此可見，選項A、D是正確的． 【答案】　AD 4．(2012北京高考)處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那

8、么此電流值(　　) A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質(zhì)量成正比 D．與磁感應(yīng)強度成正比 【解析】　帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，該粒子運動等效的環(huán)形電流I＝＝，由此可知，I∝q2，故選項A錯誤；I與速率無關(guān)，選項B錯誤；I∝，即I與m成反比，故選項C錯誤；I∝B，選項D正確． 【答案】　D 5．(2012大綱全國高考)質(zhì)量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動．已知兩粒子的動量大小相等．下列說法正確的是(　　) A．若q1＝q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等 B．若m1＝m2，則它們做圓

9、周運動的半徑一定相等 C．若q1≠q2，則它們做圓周運動的周期一定不相等 D．若m1≠m2，則它們做圓周運動的周期一定不相等 【解析】　粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由qvB＝m得r＝，同一勻強磁場，即B相等，又因為兩粒子的動量大小相等，所以有r∝，若q1＝q2，則r1＝r2，故A選項正確，B選項錯誤；由周期公式T＝，由于B相等，2π為常數(shù)，所以T∝，故C、D選項錯誤． 【答案】　A 考點一 [67]　對洛倫茲力的理解 一、洛倫茲力和安培力的關(guān)系 洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導(dǎo)體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)．

10、二、洛倫茲力與電場力的比較 對應(yīng)力內(nèi)容比較項目 洛倫茲力 電場力 性質(zhì) 磁場對在其中運動的電荷的作用力 電場對放入其中電荷的作用力 產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電場中的電荷一定受到電場力作用 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向與場 方向的關(guān)系 一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，與電荷電性無關(guān) 正電荷受力與電場方向相同，負(fù)電荷受力與電場方向相反 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 力為零時 場的情況 F為零，B不一定為零 F為零，E一定為零 作用效果 只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小 既可以改變電荷運動的速度

11、大小，也可以改變電荷運動的方向 ——————[1個示范例]—————— 　 圖8－2－4 (2013安徽高考)圖8－2－4中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，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點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是(　　) A．向上　　　　　　　 B．向下 C．向左 D．向右 【解析】　綜合應(yīng)用磁場的疊加原理、左手定則和安培定則解題．由安培定則分別判斷出四根通電導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的方向，再由磁場的疊加原理得出O點的合磁場方向向左，最后由左手定則可判斷帶電

12、粒子所受的洛倫茲力方向向下，故選項B正確． 【答案】　B ——————[1個預(yù)測例]—————— 圖8－2－5 　帶電粒子以初速度v0從a點垂直y軸進入勻強磁場，如圖8－2－5所示．運動中粒子經(jīng)過b點，Oa＝Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點垂直y軸進入電場，粒子仍能過b點，那么電場強度E與磁感應(yīng)強度B之比為(　　) A．v0　　　B．1　　　C．2v0　　　D. 【審題指導(dǎo)】　解答該題應(yīng)注意： (1)帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡為圓，其運動半徑r＝Oa. (2)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動． ①水平方向做勻速直線運動； ②豎直方向做勻加速直

13、線運動． 【解析】　帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，則由 r＝得B＝，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則有r＝v0t，r＝at2＝t2，得：E＝，故＝2v0，C正確． 【答案】　C 考點二 [68]　帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動分析 一、運動特點 帶電粒子以垂直于磁場方向進入磁場，其軌跡是一段圓弧． 二、圓心的確定 1．基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心． 2．兩種常見情形 (1)已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖8－2－6所示，圖中P為入射點，M為出射

14、點)． 圖8－2－6　　　　　　　　圖8－2－7 (2)已知入射點、入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖8－2－7所示，P為入射點，M為出射點)． 3．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8－2－8) 圖8－2－8 (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖8－2－9) 圖8－2－9 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖8－2－10) 圖8－2－10 三、半徑的確定 1．做出帶電粒子在磁場中運動的幾何關(guān)系圖． 2

15、．運用幾何知識(勾股定理、正余弦定理、三角函數(shù))通過數(shù)學(xué)方法求出半徑的大?。? 四、運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運動時間由下式表示： t＝T(或t＝T)． ——————[1個示范例]—————— 　 圖8－2－11 (2013新課標(biāo)全圈卷Ⅰ)如圖8－2－11，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率為(不計重力

16、)(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 【解析】　本題應(yīng)從帶電粒子在磁場中的圓周運動角度入手并結(jié)合數(shù)學(xué)知識解決問題． 帶電粒子從距離ab為處射入磁場，且射出時與射入時速度方向的夾角為60，粒子運動軌跡如圖，ce為射入速度所在直線，d為射出點，射出速度反向延長交ce于f點，磁場區(qū)域圓心為O，帶電粒子所做圓周運動圓心為O′，則O、f、O′在一條直線上，由幾何關(guān)系得帶電粒子所做圓周運動的軌跡半徑為R，由F洛＝Fn得qvB＝，解得v＝，選項B正確． 【答案】　B 　帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的解題程序——三步法 (1)畫軌跡：即確定圓心，用幾

17、何方法求半徑并畫出軌跡． (2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系． (3)用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式． ——————[1個預(yù)測例]—————— 　 圖8－2－12 如圖8－2－12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邊的中點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，則勻強磁場的磁感應(yīng)強度B需滿足(　　) A．B>

18、　　　　　　 B．B< C．B> D．B< 【審題指導(dǎo)】　要粒子從AC邊穿出磁場，則從C點射出的粒子對應(yīng)的磁感應(yīng)強度為最小值． 【解析】　 粒子剛好到達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＝ acot 30.由r＝得，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑r>r0，解得B<，選項B正確． 【答案】　B 　考點三 [69]　帶電粒子在磁場中運動的多解問題 一、帶電粒子的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，在相同的初速度的條件下，正、負(fù)粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解． 如圖8－2－13甲，帶電粒子以

19、速率v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，若帶負(fù)電，其軌跡為b. 甲　　　　　　　乙 圖8－2－13 二、磁場方向不確定形成多解 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，此時必須要考慮磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解． 如圖8－2－13乙，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b. 三、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，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180從入射界面這邊反向飛出，如圖8－2－14甲所示，于是形成了多解． 甲　　　　　

20、　　乙 圖8－2－14 四、運動的周期性形成多解 帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復(fù)性，從而形成多解．如圖8－2－14乙所示． 　(2014蘇州模擬)如圖8－2－15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，帶電荷量為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，不計離子所受重力．

21、求： 圖8－2－15 (1)磁感應(yīng)強度B0的大小； (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，求正離子射入磁場時的速度v0的可能值． 【審題指導(dǎo)】　(1)離子勻速圓周運動的周期為T. (2)根據(jù)B－t圖線正確畫出離子的運動軌跡． (3)分析垂直N板射出磁場時，v0可能值的成因是d＝4rn(n＝1,2,3……)． 【解析】　(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力qv0B0＝① 做勻速圓周運動的周期T0＝② 聯(lián)立①②兩式得磁感應(yīng)強度B0＝. (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應(yīng)如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有r＝，當(dāng)兩板

22、之間正離子運動n個周期，即nT0時，有r＝(n＝1,2,3…) 聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為 v0＝＝(n＝1,2,3…)． 【答案】　(1)　(2)(n＝1,2,3…) 求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧 　(1)分析題目特點，確定題目多解性形成的原因． (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)多種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件. 對粒子加速器的錯誤認(rèn)識 ——————[1個易錯例]—————— 　 圖8－2－16 如圖8－2－16所示，回旋加速器D形盒的半

23、徑為R，所加磁場的磁感應(yīng)強度為B，用來加速質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子，質(zhì)子從下半盒的質(zhì)子源由靜止出發(fā)，加速到最大能量E后，由A孔射出．則下列說法不正確的是(　　) A．回旋加速器不能無限加速質(zhì)子 B．增大交變電壓U，則質(zhì)子在加速器中的運行時間將變短 C．回旋加速器所加交變電壓的頻率為 D．下半盒內(nèi)部，質(zhì)子的運動軌跡半徑之比(由內(nèi)到外)為1∶∶ 【解析】　隨著質(zhì)子速度的增大，相對論效應(yīng)逐漸顯現(xiàn)，質(zhì)子質(zhì)量增大，做圓周運動的周期不能保持與所加電場變化的周期同步，從而不能再被加速，因此，加速器不能無限加速質(zhì)子，A正確；增大交變電壓，質(zhì)子每次經(jīng)過電場時獲得的動能增大，在磁場中運動的半徑增大，加

24、速次數(shù)和所做圓周運動的次數(shù)減少，因此運動時間減小，B正確；由f＝，T＝，R＝，E＝mv2聯(lián)立得f＝，C項正確；設(shè)下半盒第n個半圓的半徑為rn，粒子速度為vn，則2nqU＝mv，得vn＝，rn＝＝ ，從內(nèi)向外半徑之比為1∶∶，D項錯誤． 【答案】　D ——————[1個糾錯練]—————— 1．審題方面 (1)由于忽視相對論效應(yīng)而誤認(rèn)A項錯誤． (2)由于沒有注意質(zhì)子是從下半盒的質(zhì)子源出發(fā)的而誤認(rèn)為D正確． 2．知識應(yīng)用方面 (1)由于沒有正確理解最大動能與加速電壓無關(guān)，增大交變電壓，粒子每次增加的動能增多，粒子加速次數(shù)減少，運行時間變短而誤認(rèn)為B錯誤． (2)不能正

25、確利用相關(guān)公式f＝，T＝，R＝，E＝mv2，計算錯誤而誤認(rèn)為C錯誤． (多選)(2014西安一中質(zhì)檢)圖8－2－17甲是回旋加速器的原理示意圖．其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中(磁感應(yīng)強度大小恒定)，并分別與高頻電源相連．加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是(　　) 圖8－2－17 A．在Ek－t圖象中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1 B．高頻電流的變化周期應(yīng)該等于tn－tn－1 C．粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能一定越大 D．D形盒的半徑越大，粒子獲得的

26、最大動能越大 【解析】　粒子在磁場中運動的周期T＝，與粒子的速度無關(guān)，粒子每次在D形盒內(nèi)運動半個周期的時間都相等，故t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A對；高頻電流的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等，但粒子每周期要進行兩次加速，故T＝2(tn－tn－1)，B錯；粒子最大動能與加速次數(shù)無關(guān)，C錯；根據(jù)qvB＝可推出Ekm＝，R越大，Ekm越大，D對． 【答案】　AD ⊙洛倫茲力方向的判斷 1．(多選)如圖8－2－18所示，對應(yīng)的四種情況中，對各粒子所受洛倫茲力的方向的描述，其中正確的是(　　) 圖8－2－18 A．垂直于v向右下方　　 B．垂直于紙面向里 C．垂直于紙

27、面向外 D．垂直于紙面向里 【解析】　由左手定則可判斷A圖中洛倫茲力方向垂直于v向左上方，B圖中洛倫茲力垂直于紙面向里，C圖中垂直于紙面向里，D圖中垂直于紙面向里，故B、D正確，A、C錯誤． 【答案】　BD ⊙帶電粒子在勻強磁場中的運動 2．(2013新課標(biāo)全國卷Ⅱ)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，磁場方向垂直于橫截面．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. 【解析】　帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，利

28、用幾何關(guān)系和洛倫茲力公式即可求解． 如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝m，據(jù)幾何關(guān)系，粒子在磁場中的軌道半徑 r＝Rtan 60＝R，解得B＝，選項A正確． 【答案】　A 3．(2012廣東高考)質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖8－2－19中虛線所示．下列表述正確的是(　　) 圖8－2－19 A．M帶負(fù)電，N帶正電 B．M的速率小于N的速率 C．洛倫茲力對M、N做正功 D．M的運行時間大于N的運行時間 【解析】　由左手定則知M帶負(fù)電，N帶正電，選項A正確；帶電粒子

29、在磁場中做勻速圓周運動且向心力F向＝F洛，即＝qvB得r＝，因為M、N的質(zhì)量、電荷量都相等，且rM＞rN，所以vM＞vN，選項B錯誤；M、N運動過程中，F(xiàn)洛始終與v垂直，F(xiàn)洛不做功，選項C錯誤；由T＝知M、N兩粒子做勻速圓周運動的周期相等且在磁場中的運動時間均為，選項D錯誤． 【答案】　A ⊙多解問題 4．長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖8－2－20所示，磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為L，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水平射入磁場使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　) 圖8－2－20 A．使粒子的

30、速度v5BqL/4m C．使粒子的速度v

31、B 的勻強磁場中，做半徑為R的勻速圓周運動．離子行進半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流為I.不考慮離子重力及離子間的相互作用． (1)求加速電場的電壓U； (2)求出在離子被收集的過程中任意時間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M； 【解析】　(1)設(shè)離子經(jīng)電場加速后進入磁場時的速度為v，由動能定理得qU＝mv2① 離子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，即qvB＝m② 由①②式解得U＝.③ (2)設(shè)在t時間內(nèi)收集到的離子個數(shù)為N，總電荷量為Q，則 Q＝It④ N＝⑤ M＝Nm⑥ 由④⑤⑥式解得M＝.⑦ 【答案】　(1)　(2) 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！