《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題8.2 磁場對運動電荷的作用教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題8.2 磁場對運動電荷的作用教學(xué)案（36頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題8.2 磁場對運動電荷的作用 1.會計算洛倫茲力的大小，并能判斷其方向. 2.掌握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運動，并能解決確定圓心、半徑、運動軌跡、周期、運動時間等相關(guān)問題． 一、洛倫茲力、洛倫茲力的方向和洛倫茲力的公式 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(fù)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

2、°或180°) (2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB。(θ＝90°) (3)v＝0時，洛倫茲力F＝0。 二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動 1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)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。 3．半徑和周期公式：(v⊥B) 三、質(zhì)譜儀和回旋加速器 1．質(zhì)譜儀 圖1 (1)構(gòu)造：如圖1所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成。 (2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式qU＝mv2。 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)

3、牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝。 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＝，＝。 圖2 2．回旋加速器 (1)構(gòu)造：如圖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(qiáng)磁場中。 (2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢一次一次地反向，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(qiáng)度和D形盒半徑?jīng)Q定，與加速電壓無關(guān)。 高頻考點一　對洛倫茲力的理解 例1．下列關(guān)于洛倫茲力的說法中，正確的是(　　) A．只要

4、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 答案　B 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知大小也不變，所以B選項正確

5、．因為電荷進(jìn)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選項錯． 【變式探究】如圖1所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進(jìn)入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動．下列說法中正確的是(　　) 圖1 A．微粒一定帶負(fù)電 B．微粒的動能一定減小 C．微粒的電勢能一定增加 D．微粒的機(jī)械能不變 答案　A 【舉一反三】(多選)如圖2所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為

6、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)磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則(　　) 圖2 A．經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等 B．經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小 C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運動過程中三個小球的機(jī)械能均保持不變 答案　CD 解析　三個小球在運動過程中機(jī)械能守恒，有mgh＝mv2，在圓形軌道的最高點時對甲有qv1B＋mg＝，對乙有mg－qv2B＝，對丙有mg＝，可判斷v1>v3>v2，選項A、

7、B錯誤，選項C、D正確． 高頻考點二　帶電粒子在磁場中的圓周運動 例2．(多選)有兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的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 答案　AC 【變式探究】空間有一圓柱形勻強(qiáng)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

8、磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　) A.　　　　　　　　　 B． C. D． 解析：　帶電粒子在圓形磁場區(qū)域中運動時，如果入射速度沿半徑方向，則出射速度也沿半徑方向，抓住此幾何關(guān)系進(jìn)行求解。若磁場方向垂直于紙面向外，帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，其運動的軌跡半徑r＝＝R，由洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝，得R＝，故勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，若磁場方向向下可得到同樣的結(jié)果。故A正確。 答案：　A 【舉一反三】如圖所示，在x軸下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中，存在垂直于xOy平面方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝2B2＝2B，帶電粒子a、b分別從x軸上的P、Q兩點(圖中沒有標(biāo)

9、出)以垂直于x軸方向的速度同時進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B1、B2中，兩粒子恰在第一次通過y軸時發(fā)生正碰，碰撞前帶電粒子a的速度方向與y軸正方向成60°角，若兩帶電粒子的比荷分別為k1、k2，進(jìn)入磁場時的速度大小分別為v1、v2，不計粒子重力和兩粒子間相互作用，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．k1＝2k2　　　　　　　　　 B．2k1＝k2 C．v1＝2v2 D．2v1＝v2 答案：　C 【方法技巧】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法” 1．畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡． 2．找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動

10、時間與周期的聯(lián)系． 3．用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式． 1．【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(dāng)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1- A. B. C. D. 2．【2016·全國卷Ⅲ】平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙

11、面)如圖1-所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場，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>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1- A. B. C. D. 由幾何關(guān)系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot 30°＝R；由對稱性知，AC＝CD＝R；等腰△ACO中，OA＝2AC·cos 30°＝3R；等邊△O′AB中，AB＝R，所以O(shè)B

12、＝OA＋AB＝4R.由qvB＝m得R＝，所以O(shè)B＝，D正確． 3．【2016·北京卷】如圖1-所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在磁場中做勻速圓周運動．不計帶電粒子所受重力． (1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T； (2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強(qiáng)電場，求電場強(qiáng)度E的大?。? 圖1- 【答案】(1)　 (2)vB 4．【2016·四川卷】如圖1-所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)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

13、磁場，在磁場中運動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從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1- 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】由題可得帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，且洛倫茲力提供做圓周運動的向心力，作出粒子兩次運動的軌跡如圖所示 由qvB＝m＝mr可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由t＝T可以得出時間之比等于偏轉(zhuǎn)角之比．由圖看出偏轉(zhuǎn)角之比為2∶1

14、，則tb∶tc＝2∶1，選項A正確． 5.(2016·海南單科·14)如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長度為L。在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。 (1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小； (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和； (3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為t

15、0，求粒子此次入射速度的大小。 (2) 圖(a) 設(shè)粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示。 設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2。 由幾何關(guān)系有：θ1＝180°－θ2⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2，則t1＋t2＝＝2t0⑥ (3) 答案：　(1)　(2)2t0　(3) 1.【2015·海南·1】3．如圖所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)過a點的瞬間。條形磁

16、鐵的磁場對該電子的作用力的方向（） A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 【答案】A 【解析】條形磁鐵的磁感線方向在a點為垂直P向外，粒子在條形磁鐵的磁場中向右運動，所以根據(jù)左手定則可得電子受到的洛倫茲力方向向上，A正確。 2.【2015·全國新課標(biāo)Ⅰ·14】4．兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(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（不計重力），從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)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

17、大 D．軌道半徑增大，角速度減小 【答案】D 【解析】由于磁場方向與速度方向垂直，粒子只受到洛倫茲力作用，即，軌道半徑，洛倫茲力不做功，從較強(qiáng)到較弱磁場區(qū)域后，速度大小不變，但磁感應(yīng)強(qiáng)度變小，軌道半徑變大，根據(jù)角速度可判斷角速度變小，選項D正確。 3.【2015·廣東·16】7．在同一勻強(qiáng)磁場中，α粒子（）和質(zhì)子（）做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則α粒子和質(zhì)子 A．運動半徑之比是2∶1 B．運動周期之比是2∶1 C．運動速度大小之比是4∶1 D．受到的洛倫茲力之比是2∶1 【答案】

18、B 4.【2015·全國新課標(biāo)Ⅱ·19】8．有兩個運強(qiáng)磁場區(qū)域I和 II，I中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是II中的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是I中的k倍 【答案】AC 【解析】電子在磁場中做勻速圓周運動時，向心力由洛倫茲力提供：，解得：，因為I中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是II中的k倍，所以，II中的電子運動軌跡的半徑是I中的k倍，故A正確；加速度，加速度大小是I中的1/k倍，故B錯誤；由周期公式：，得II中的電子做圓周運動的

19、周期是I中的k倍，故C正確；角速度，II中的電子做圓周運動的角速度是I中的1/k倍，D錯誤 5.【2015·四川·7】9．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)的長度L=9.1cm，中點O與S間的距離d＝4.55cm，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，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0×10－4T，電子質(zhì)量m＝9.1×10－31kg，電荷量e＝－1.6×10－19C，不計電子重力。電子源發(fā)射速度v＝1.6×106m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則 A．θ＝90°時，l＝9.1cm

20、 B．θ＝60°時，l＝9.1cm C．θ＝45°時，l＝4.55cm D．θ＝30°時，l＝4.55cm 【答案】AD 由圖中幾何關(guān)系可知，此時S2O與MN的夾角θ＝90°，故選項A正確；選項B錯誤。 5.(2015·山東卷)如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(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(qiáng)磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)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

21、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． (1)求極板間電場強(qiáng)度的大?。? (2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小； (3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為、，粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點，求這段時間粒子運動的路程． 【解析】　 (1)設(shè)極板間電場強(qiáng)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 由①式得E＝② (3)設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2，由題意可知，Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1＝、B2＝，由牛頓第二定律得qvB1＝m，qvB2＝m⑧ 代

22、入數(shù)據(jù)得R1＝，R2＝⑨ 設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2，由運動學(xué)公式得T1＝，T2＝⑩ 據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖2所示，根據(jù)對稱可知，Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同，設(shè)為θ1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為θ2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設(shè)為α，由幾何關(guān)系得 θ1＝120°? θ2＝180°? α＝60°? 粒子重復(fù)上述交替運動回到H點，軌跡如圖3所示，設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2，可得t1＝×T1，t2＝×T2? 設(shè)粒子運動的路程為s，由運動學(xué)公式得 s＝v(t1＋t2)? 聯(lián)立⑨⑩??

23、???式得s＝5.5πd? 【答案】　(1)　(2)或　(3)5.5πD 1. (2014·新課標(biāo)全國卷Ⅰ，16)如圖15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(qiáng)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(dá)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(qiáng)度大小之比為(　　) 圖15 A．2 B. C．1 D. 答案　D 2. (多選)(2014·新課標(biāo)全國卷Ⅱ，20)圖16為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場，硅微條徑跡探測器可以

24、探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時，下列說法正確的是(　　) 圖16 A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同 B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同 C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小 答案　AC 3．(2014·安徽卷，18)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場約束高溫等離子體，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，以

25、使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。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　根據(jù)牛頓第二定律及洛倫茲力公式得： qvB＝① 由題意知：Ek∝T，可得v2∝T② 聯(lián)立①②得：B∝，選項A正確。 答案　A 4．（2014·山東卷）如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當(dāng)B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時

26、刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為已知量． 　 圖甲　　　　　　　　　　圖乙 (1)若Δt＝TB，求B0； (2)若Δt＝TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大小； (3)若B0＝，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB. 【答案】(1)　(2)　(3) (3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得 T＝⑦ 由牛頓第二定律得 qv0B0＝⑧ 由題意知B0＝，代入⑧式得 d＝4R⑨ 粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連接與水平方向的夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，

27、且均要求0＜θ<，由題意可知 T＝⑩ 設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n＝0，1，2，3……) 若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d 當(dāng)n＝0時，無解 當(dāng)n＝1時，聯(lián)立⑨式得 θ＝(或sin θ＝) 5.（2013·浙江卷）在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　　) A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半

28、徑之比為∶1 C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 【答案】BCD　 6.（2013·廣東卷）如圖所示，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，最后打到屏P上．不計重力．下列說法正確的有(　　) A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短 C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近 【答案】AD　 【解析】 由左手定則可知A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有Bvq＝，解得r＝，由于同種粒子且速度相同，所以在磁場中運動的軌道半徑相同，示意圖如圖所示，從圖中可

29、以看出b離子軌跡為半圓，a離子軌跡超過半圓，B、C錯誤，D正確． 7.（2013·新課標(biāo)全國卷Ⅰ） 如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)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)(　　) A. B. C. D. 【答案】B　 【解析】由Bqv＝可得v＝，作出粒子運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識得半徑r＝R，故B正確． 8.（2013·新課標(biāo)全國卷Ⅱ）空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)

30、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(qiáng)度大小為(　　) A.　　　　　　　　B. C. D. 【答案】A　 【解析】由Bqv0＝可得：B＝，粒子沿半徑射入磁場必沿半徑射出磁場，可作出運動軌跡圖如圖所示，由幾何知識可得：r＝R ，即B＝，A正確． 9.（2013·安徽卷） 如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂

31、直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h，0)點進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計粒子所受的重力．求： (1)電場強(qiáng)度E的大?。? (2)粒子到達(dá)a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值． (2)粒子到達(dá)a點時沿負(fù)y方向的分速度為vy＝at＝v0， 所以v＝＝v0，方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角． (3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝m， 當(dāng)

32、粒子從b點射出時，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時有r＝L，所以B＝. 1. 在陰極射線管中電子流方向由左向右，其上方置一根通有如圖所示電流的直導(dǎo)線，導(dǎo)線與陰極射線管平行，則陰極射線將會(　　) A．向上偏轉(zhuǎn)　 　 B．向下偏轉(zhuǎn) C．向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn) D．向紙外偏轉(zhuǎn) 答案：　B 2．如圖所示，斜面頂端在同一高度的三個光滑斜面AB、AC、AD，均處于水平方向的勻強(qiáng)磁場中。一個帶負(fù)電的絕緣物塊，分別從三個斜面頂端A點由靜止釋放，設(shè)滑到底端的時間分別為tAB、tAC、tAD，則(　　) A．tAB＝tAC＝tAD B．tA

33、B>tAC>tAD C．tAB

34、用，則它們在磁場中的運動軌跡是(　　) 答案：　D 4．兩個質(zhì)量、帶電量絕對值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖。不計粒子重力，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)粒子帶正電 B．b粒子帶負(fù)電 C．a(chǎn)粒子速度較小 D．b粒子在磁場中運動時間較長 解析：　由題圖結(jié)合左手定則可知a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，A、B錯誤。由題圖知Ra

35、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(dá)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(qiáng)度大小之比為(　　) A．2 B． C．1 D． 答案：　D 6．某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正。為了使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)(　　) A．若粒子的初始位置在a處，在t＝時給粒子一個沿切線方

36、向水平向右的初速度 B．若粒子的初始位置在f處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度 C．若粒子的初始位置在e處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度 D．若粒子的初始位置在b處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度 解析：　要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示，粒子做圓周運動的周期應(yīng)為T0＝＝，結(jié)合左手定則可知，選項A、D正確。 答案：　AD 7. 如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有(　　) A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短 C．a(chǎn)在磁場中飛行

37、的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近 答案：　AD 8．如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍，一帶電粒子在區(qū)域Ⅰ左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，發(fā)現(xiàn)粒子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向改變了30°，然后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，測得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間與區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動時間相等，則下列說法正確的是(　　) A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1 B．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的角速度之比為2∶1 C．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓心角之比為1∶2 D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為1∶1 解析：　

38、 答案：　ACD 9．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)的長度L＝9.1 cm，中點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，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0×10－4 T。電子質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，電荷量e＝－1.6×10－19 C，不計電子重力。電子源發(fā)射速度v＝1.6×106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則(　　) A．θ＝90°時，l＝9.1 cm B．θ＝60°時，l＝9.1 cm C．θ＝45°時，l＝4.

39、55 cm D．θ＝30°時，l＝4.55 cm 解析：　電子在勻強(qiáng)磁場運動的軌道半徑為 R＝＝4.55 cm 答案：　AD 10．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和射出點的坐標(biāo)。 解析：　軌跡示意圖如圖所示，由射入、射出點的半徑可找到圓心O′，并得出半徑為r＝＝，得B＝；射出點坐標(biāo)為(0，a)。 答案：　　(0，a) 11．如圖所示的平面坐標(biāo)系xOy，在整個區(qū)域內(nèi)充滿了勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直坐標(biāo)平面，磁感

40、應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的關(guān)系如圖b所示。開始時刻，磁場方向垂直紙面向里(如圖)，t＝0時刻有一帶正電的粒子(不計重力)從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向進(jìn)入磁場，初速度為v0＝2×103 m/s。已知該帶電粒子的比荷為＝1.0×104 C/kg。試求： (1)t1＝×10－4 s時粒子所處位置的坐標(biāo)(x1，y1)； (2)帶電粒子進(jìn)入磁場運動后第一次到達(dá)y軸時離出發(fā)點的距離h。 比較粒子在磁場中做圓周運動的周期T和磁場變化周期可知，粒子在t1時間內(nèi)運動了三分之一圓周，其圓心為O1，運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120°，作出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示。由圖中幾何關(guān)系有： x1＝Rcos 30°④ y1＝R(1＋sin 30°)＝1.5R⑤ 聯(lián)立①④⑤并代入數(shù)據(jù)得：x1＝ m，y1＝0.6 m。 故t1＝π×10－4 s時，粒子所處位置的坐標(biāo)為 2)1.6 m - 36 -