《2018年高考物理一輪復習 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用教學案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理一輪復習 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用教學案（含解析）（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　磁場對運動電荷的作用 ? 教材知識梳理 一、洛倫茲力 1．定義：磁場對________的作用力． 2．大小：當v⊥B時，F(xiàn)＝________；當v∥B時，F(xiàn)＝0. 3．方向：用________定則來判斷． 4．通電導體所受的安培力是導體內(nèi)所有運動電荷所受的________的宏觀表現(xiàn)． 二、帶電粒子在勻強磁場中(不計重力)的運動 1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做________運動． 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________運動． 3．基本公式 (1)軌跡半徑公式：r＝________． (2)周期公式：T＝＝；f＝＝_

2、_______；ω＝＝2πf＝________． 答案：一、1.運動電荷　2.qvB　3.左手　4.洛倫茲力 二、1.勻速直線　2.勻速圓周 3．(1)　(2)　 【思維辨析】 (1)運動的電荷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．(　　) (3)公式T＝說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比．(　　) (4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力可能做功．(　　) (5)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)．(　　) 答案：(1)(×)　(2)(×)　(3)(

3、×)　(4)(×)　(5)(√) ? 考點互動探究 　考點一　洛倫茲力的理解與計算 考向一　洛倫茲力的特點 (1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面． (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)用左手定則判斷洛倫茲力方向，應(yīng)注意區(qū)分正、負電荷． (4)洛倫茲力一定不做功． 1 [2015·海南卷] 如圖9-25-1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，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向(　　

4、) 圖9-25-1 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案：A　 [解析] 磁極S在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直于豎直面P水平向外，電子在a點的運動方向水平向右，根據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向上．選項A正確． 式題 (多選)[2016·江蘇清江中學周練] 如圖9-25-2所示，下端封閉、上端開口且內(nèi)壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一帶電的小球，整個裝置水平向右做勻速運動，進入方向垂直于紙面向里的勻強磁場，由于外力作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端口飛出，若小球的電荷量始終保持不變，則從玻璃管進入磁場到小球飛出上端口的過程中(　　) 圖9-25-2

5、 A．洛倫茲力對小球做正功 B．小球在豎直方向上做勻加速直線運動 C．小球的運動軌跡是拋物線 D．小球的機械能守恒 答案：BC　[解析] 運動過程中，洛倫茲力垂直小球的速度方向，對小球不做功，設(shè)小球豎直分速度為vy、水平分速度為v，以小球為研究對象，受力如圖所示． 由于小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運動，則豎直方向的洛倫茲力F1＝qvB是恒力，在豎直方向上還受到豎直向下的重力，兩個力都是恒力，所以小球在豎直方向上做勻加速直線運動，B正確；在豎直方向上做勻加速直線運動，在水平方向上做勻速直線運動，所以小球的運動軌跡為拋物線，C正確；由于過程中內(nèi)壁對小球的彈力做功，所以小球的機械能

6、不守恒，D錯誤． 考向二　洛倫茲力與電場力的比較 洛倫茲力 電場力 產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向與場方向的關(guān)系 F⊥B，F(xiàn)⊥v 正電荷受力與電場方向相同，負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，也可以改變運動的方向 2 (多選)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加

7、上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖9-25-3所示．不計空氣，則(　　) 圖9-25-3 A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4 C．h2與h4無法比較 D．h1與h2無法比較 答案：AC　 [解析] 第1個圖，由豎直上拋運動的最大高度公式得：h1＝.第3個圖，當加上電場時，由運動的分解可知，在豎直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，故A正確；而第2個圖，洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時小球的動能為Ek，則由能量

8、守恒定律得mgh2＋Ek＝mv，又由于mv＝mgh1，所以h1＞h2，D錯誤．第4個圖：因小球電性不知，則電場力方向不清，則h4可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯誤． 　考點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 考向一　直線邊界磁場 帶電粒子在直線邊界磁場中的運動(進、出磁場具有對稱性，如圖9-25-4所示)． 圖9-25-4 3 如圖9-25-5所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．某時刻有a、b、c三個電子(不計重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經(jīng)過平板PQ上的小孔O射入勻強磁場．這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分

9、別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間分別為ta、tb和tc，整個裝置放在真空中，則下列判斷正確的是(　　) 圖9-25-5 A．la＝lc＜lb B．la＜lb＜lc C．ta＜tb＜tc D．ta＞tb＞tc 答案：AD　 [解析] 畫出這三個電子在磁場中運動的軌跡，如圖所示．由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式R＝和周期公式T＝很容易得出la＝lc＜lb，ta＞tb＞tc，所以B、C錯誤，A、D正確． 考向二　平行邊界磁場 帶電粒子在平行邊界磁場中的運動(存在臨界條件，如圖9-25-6所示)． 圖9-25-6 4 (多選)如圖9-25-7所示

10、，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應(yīng)強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場時偏離原方向60°，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的(　　) 圖9-25-7 A．帶電粒子的比荷 B．帶電粒子在磁場中運動的周期 C．帶電粒子的初速度 D．帶電粒子在磁場中運動的半徑 答案：AB　 [解析] 由帶電粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，因此由幾何關(guān)系得磁場區(qū)域?qū)挾萳＝rsin 60°＝sin 60°，又未加磁場時有l(wèi)＝v0t，所以可求得比荷＝，A

11、項正確；周期T＝也可求出，B項正確；因磁場區(qū)域?qū)挾任粗?，故C、D項錯誤． 式題 (多選)如圖9-25-8所示，寬d＝4 cm的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大，磁場方向垂直紙面向里．現(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r＝10 cm，則(　　) 圖9-25-8 A．右邊界：－8 cm＜y＜8 cm有粒子射出 B．右邊界：0＜y＜8 cm有粒子射出 C．左邊界：y＞16 cm有粒子射出 D．左邊界：0＜y＜16 cm有粒子射出 答案：AD　[解析] 根據(jù)左手定則，正粒子在勻強磁場中將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，由軌道半徑r＝10

12、 cm畫出粒子的兩種臨界運動軌跡，如圖所示，則OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm，由幾何知識求得AB＝BC＝8 cm，OE＝16 cm，因此答案為A、D. 考向三　圓形邊界磁場 帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖9-25-9所示)． 圖9-25-9 5 如圖9-25-10所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?　　) 圖9-25-10 A.

13、Δt B．2Δt C.Δt D．3Δt 答案：B　 [解析] 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m，解得粒子第一次通過磁場區(qū)域的半徑為R＝，圓弧AC所對應(yīng)的圓心角∠AO1C＝60°，經(jīng)歷的時間為Δt＝T(T為粒子在勻強磁場中的運動周期，大小為T＝，與粒子速度大小無關(guān))；當粒子速度減小為時，其在磁場中的軌道半徑變?yōu)?，粒子將從D點射出，根據(jù)圖中幾何關(guān)系得圓弧AD所對應(yīng)的圓心角∠AO2D＝120°，經(jīng)歷的時間為Δt′＝T＝2Δt.由此可知本題正確選項只有B. ■ 方法技巧 (1)圓心的確定方法 ①已知入射點、出射點、入射方向和出

14、射方向時，可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9-25-11甲所示，P為入射點，M為出射點)． 圖9-25-11 ②已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以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跡的圓心(如圖9-25-11乙所示，P為入射點，M為出射點)． (2)在磁場中運動時間的確定方法 ①利用軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角θ計算時間：t＝T； ②利用軌跡弧長L與線速度v計算時間：t＝. 　考點三　帶電粒子在磁場中運動的多解問題 考向一　帶電粒子電性不確定形成多解 受洛倫茲力作

15、用的帶電粒子，由于電性不同，當速度相同時，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解，如圖9-25-12所示，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a，如若帶負電，其軌跡為b. 圖9-25-12 6 如圖9-25-13所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界線．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量的絕對值為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入．要使粒子不能從邊界NN′射出，求粒子入射速率v的最大值． 圖9-25-13 [解析] 若粒子帶正電，則其臨界軌跡是圖示上方與NN′相切的圓弧 由幾何關(guān)系有 d＝R－Rcos 45° 根據(jù)牛頓第二定律得

16、 qvB＝ 解得軌道半徑：R＝ 聯(lián)立解得：v＝ 若粒子帶負電，則其臨界軌跡是圖示下方與NN′相切的圓弧 由幾何關(guān)系有 d＝R′＋R′cos 45° 軌道半徑R′＝ 聯(lián)立解得：v′＝ [點評] 題目中只給出“粒子電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷． 考向二　磁場方向不確定形成多解 有些題目只已知磁感應(yīng)強度的大小，而不知其方向，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9-25-14所示，帶正電粒子以速度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. 圖9-25-14 7 (多選)[2016·商丘模擬] 一質(zhì)量為m、電荷量為q

17、的負電荷在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動，若磁場方向垂直于它的運動平面，且作用在負電荷上的電場力恰好是磁場力的三倍，則負電荷做圓周運動的角速度可能是(　　) A. B. C. D. 答案：AC　 [解析] 依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”，磁場方向有兩種可能，且這兩種可能方向相反．在方向相反的兩個勻強磁場中，由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的．當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時，根據(jù)牛頓第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此種情況下，負電荷運動的角速度為ω＝＝；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv

18、′＝m，v′＝，此種情況下，負電荷運動的角速度為ω′＝＝，選項A、C正確． 考向三　臨界狀態(tài)不唯一形成多解 如圖9-25-15所示，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，因此它可能穿過去，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，從而形成多解． 圖9-25-15 8 (多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖9-25-16所示．磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為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9-25-16 A

19、．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度v滿足

20、外的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．在原點O處有一粒子源，可沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為＋q的不同速率的帶電粒子，不計粒子的重力． (1)若射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范圍； (2)若在點C(8d，0)處放置一粒子回收器，在B、C間放一擋板(粒子與擋板碰撞無能量損失)，為回收恰從B點進入AB右側(cè)區(qū)間的粒子，需在AB右側(cè)加一垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，求此磁場磁感應(yīng)強度的大小和此類粒子從O點發(fā)射到進入回收器所用的時間． 圖9-25-18 [解析] (1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)粒子的速率為v1時，恰好打在吸收板AB的A點 由圖中幾

21、何關(guān)系可知粒子的軌道半徑r1＝2d 由牛頓第二定律可得：qv1B＝ 聯(lián)立解得：v1＝ 設(shè)粒子的速率為v2時，恰好打在吸收板AB的B點 由圖中幾何關(guān)系可知圓心在C點，粒子的軌道半徑r2＝8d 由牛頓第二定律可得：qv2B＝ 聯(lián)立解得：v2＝ 因此要使射出的粒子能打在AB上，粒子的速度需滿足：≤v≤ (2)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度為B′時，經(jīng)過B點的粒子能夠到達C點 由幾何關(guān)系，粒子的軌道半徑r＝(n＝1，2，3，…) 由牛頓第二定律可得：qv2B′＝ 解得B′＝2nB(n＝1，2，3，…) 粒子從O到B的時間t1＝＝ 粒子從B到C的時間t2＝T′＝×＝ 故粒子從O到C的時間

22、t＝t1＋t2＝ 　考點四　帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值問題 10 如圖9-25-19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，放射出的粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q(q＞0)，假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行． (1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向的夾角為60°，要想使該粒子經(jīng)過環(huán)形區(qū)域磁場一次后通過A點，則初速度的大小是多少？ (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？ 圖9-25-19 [解析] (1)粒子經(jīng)過環(huán)形區(qū)域磁場一次后通過A點的軌跡如圖所示，圓心為

23、O1，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為R1 由幾何關(guān)系得R1＝ 又qv1B＝m 得v1＝. (2)粒子運動軌跡與磁場外邊界相切時，粒子恰好不穿出環(huán)形區(qū)域，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為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. 式題 如圖9-25-20所示，△ABC為與勻強磁場(方向垂直紙面向外)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9-25-20 A．B＞ B．B＜ C．B＞ D

24、．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＝＝，要想電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運動的半徑要大于，由r＝有＜，即B＜，選D. ■ 方法技巧 解決帶電粒子在磁場中的臨界問題的關(guān)鍵 (1)以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關(guān)系． (2)尋找臨界點常用的結(jié)論： 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當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在

25、有界磁場中運動的時間越長． ③當速度v變化時，圓心角越大，運動時間越長． 　考點五　帶電粒子在磁場中運動的特殊方法 考向一　放縮圓法 帶電粒子以大小不同、方向相同的速度垂直射入同一勻強磁場中，做圓周運動的半徑隨著速度的增大而增大，因此其軌跡為半徑放大的動態(tài)圓，利用放縮的動態(tài)圓，如圖9-25-21所示，可以找出臨界狀態(tài)的運動軌跡． 圖9-25-21 11 (多選)如圖9-25-22所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設(shè)法使

26、該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向、以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是(　　) 圖9-25-22 A．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場 B．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場 C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場 D．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場 答案：AC　 [解析] 帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形區(qū)域內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T＝2t0.若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0＝T，則

27、粒子運動的軌道所對的圓心角為θ＝·2π＝π，速度的偏向角也為π，根據(jù)幾何知識得知，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角為30°，必定從cd邊射出磁場，故A正確．當帶電粒子運動的軌跡與ad邊相切時，軌跡所對的圓心角為60°，粒子運動的時間為t＝T＝t0，在所有從ad邊射出的粒子中運動的最長時間為t0，故若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，一定不是從ad邊射出磁場，故B錯誤．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷時間是t0＝T，則得到的軌跡所對的圓心角為π，由于π>π>π，則一定從bc邊射出磁場，故C正確．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0＝T，則得到的軌跡所對的圓心角為π，而粒子從ab邊射出磁場時最大的偏向角等

28、于60°＋90°＝150°＝π<π，故不一定從ab邊射出磁場，D錯誤． 考向二　旋轉(zhuǎn)圓法 粒子源發(fā)射的速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑R相同，同時可發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R的圓上．由此我們也可以得到一種確定臨界條件的方法：確定這類粒子在有界磁場中運動的臨界條件時，可以將一半徑為R的圓沿著“軌跡圓心圓”平移，從而探索出臨界條件，如圖9-25-23所示，這種方法稱為“平移法”． 圖9-25-23 12 (多選)[2015·四川卷] 如圖9-25-24所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意

29、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磁場，磁感應(yīng)強度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(　　) 圖9-25-24 A．θ＝90°時，l＝9.1 cm B．θ＝60°時，l＝9.1 cm C．θ＝45°時，l＝4.55 cm D．θ＝30°時，l＝4.55 cm

30、答案：AD　 [解析] 電子運動的軌道圓半徑R＝＝4.55 cm .用虛線表示所有軌道圓的圓心軌跡，圓心軌跡與MN相切于O點． 當θ＝90°時，如圖甲，四邊形O1SOM是正方形，上邊界軌道圓與MN相切于M點，同理下邊界軌道圓與MN相切于N點，所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度l＝9.1 cm，A對． 當θ＝60°時，如圖乙， MN相當于從豎直位置繞O點順時針轉(zhuǎn)30°，上邊界軌道圓與MN的切點位于M、O之間，下邊界軌道圓與MN相交于N點，所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度l＜9.1 cm，B錯． 當θ＝45°時，如圖丙，MN相當于從豎直位置繞O點順時針轉(zhuǎn)45°，上邊界軌道圓與MN的切

31、點位于M、O之間，下邊界軌道圓與MN相交于N點，所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度l>4.55 cm，C錯． 當θ＝30°時，如圖丁，圓心軌跡與MN交于O，過O點作垂直于MN的直線，交圓心軌跡于O1，連接SO1，則三角形OO1S是等邊三角形，O1O垂直于MN，所以上邊界軌道圓與MN相切于O點，下邊界軌道圓與MN相交于N點， 所以電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度l＝4.55 cm，D對． 考向三　平移圓法 粒子發(fā)射速度大小方向不變，但入射點沿一直線移動時，軌跡圓在平移，但圓心在同一直線上 圖9-25-25 13 (多選)如圖9-25-26所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)

32、強度均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則(　　) 圖9-25-26 A．粒子在磁場中的運動半徑為 B．粒子距A點0.5d處射入，不會進人Ⅱ區(qū) C．粒子距A點1.5d處射入，在I區(qū)內(nèi)運動的時間為 D．能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為 答案：CD　 [解析] 粒子在磁場中的運動半徑r＝＝d，選項A錯誤；設(shè)從某處E進入磁場的粒子其軌跡恰好與AC相切(如圖)，

33、則E點距A的距離為2d－d＝d，粒子距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區(qū)，選項B錯誤；粒子距A點1.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)，在I區(qū)內(nèi)的軌跡為半圓，運動的時間為t＝＝，選項C正確；進入Ⅱ區(qū)的粒子，弦長最短運動時間最短，且最短弦長為d，對應(yīng)圓心角為60°， 最短時間為tmin＝＝，選項D正確． 【教師備用習題】 1．(多選)[2016·內(nèi)蒙古包頭一中模擬] 如圖所示，一根光滑的絕緣斜軌道連接一個豎直放置的半徑為R＝0.50 m的圓形絕緣光滑槽軌．槽軌處在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝0.50 T．有一個質(zhì)量為m＝0.10 g、帶電荷量為q＝＋1.6×10－3 C的小球在斜軌道

34、上某位置由靜止自由下滑，若小球恰好能通過槽軌最高點，則下列說法中正確的是(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．若小球到達槽軌最高點的線速度為v，小球在槽軌最高點時的關(guān)系式mg＋qvB＝m成立 B．小球滑下的初位置離槽軌最低點軌道高h＝ m C．小球在槽軌最高點只受到洛倫茲力和重力的作用 D．小球從初始位置到槽軌最高點的過程中機械能守恒 [解析] BCD　小球恰好能通過最高點，說明槽軌對小球沒有作用力，洛倫茲力和重力的合力提供向心力，即此時小球受洛倫茲力和重力的作用，根據(jù)左手定則，洛倫茲力向上，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－qvB＝m，選項A錯誤，選項C正確；從初位置到最高點的

35、過程中只有重力做功，故機械能守恒，故mgh＝mg(2R)＋mv2，在最高點，有mg－qvB＝m，聯(lián)立解得h＝ m，選項B、D正確． 2．[2014·新課標全國卷Ⅰ] 如圖所示，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)強度大小之比為(　　) A．2 B. C．1 D. [解析] D　本題考查了帶電粒子在磁場中的運動．根據(jù)qvB＝有＝·，穿過鋁板后粒子動能減半，則＝，穿過鋁板后

36、粒子運動半徑減半，則＝，因此＝，D正確． 3．(多選)[2014·新課標全國卷Ⅱ] 圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以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．當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是(　　) 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 [解析] AC　電子、正電子和質(zhì)子垂直進入磁場時，所受的重力均可忽略，受到的洛倫茲力的方向與其電性有關(guān)，由左手定則

37、可知A正確．由軌道半徑公式R＝知 ，若電子與正電子進入磁場時的速度不同，則其運動的軌跡半徑也不相同，故B錯誤．由R＝＝知，D錯誤．因質(zhì)子和正電子均帶正電，且半徑大小與速度有關(guān)，故依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子，C正確． 4．[2014·安徽卷] “人造小太陽”托卡馬克裝置使用強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，則需要更強的磁場，以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)強度B正比于(　　) A. B．T C. D．T2

38、[解析] A　根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，解得帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝.由動能的定義式Ek＝mv2，可得r＝，結(jié)合題目信息可得B∝，選項A正確． 5．如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從a點垂直磁感線以初速度v開始運動，經(jīng)一段時間t后經(jīng)過b點，a、b連線與初速度方向的夾角為θ，則t為(　　) A. B. C. D. [解析] B　t時間內(nèi)電子轉(zhuǎn)過的圓心角為2θ，則有t＝T＝.選項B正確． 6．(多選)[2015·合肥質(zhì)檢] 如圖所示，兩個勻強磁場方向相同，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界．

39、現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線．則以下說法正確的是(　　) A．電子的運動軌跡為P→D→M→C→N→E→P B．電子運動一周回到P點所用的時間T＝ C．B1＝4B2 D．B1＝2B2 [解析] AD　由左手定則可判定電子在P點受到的洛倫茲力方向向上，軌跡為P→D→M→C→N→E→P，選項A正確；由題圖得兩個磁場中半圓軌跡的半徑之比為1∶2，由r＝可得磁感應(yīng)強度之比＝2∶1，電子運動一周所用的時間t＝T1＋＝＋＝，選項B、C錯誤，D正確． 7．如圖所示，長方形a

40、bcd長ad＝0.6 m，寬ab＝0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強度B＝0.25 T．一群不計重力、質(zhì)量m＝3×10－7 kg、電荷量q＝＋2×10－3 C的帶電粒子以速度v＝5×102 m/s垂直于ad及磁場射入磁場區(qū)域，則(　　) A．從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊 B．從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊 C．從Od邊射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊 D．從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊 [解析] D　由r＝得帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑r＝0.3 m，從

41、Od邊射入的粒子，出射點分布在be邊；從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊；選項D正確． 8．[2014·江蘇卷] 某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示．裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上．在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點．改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板上的位置．不計粒子的重力．

42、 (1)求磁場區(qū)域的寬度h； (2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量Δv； (3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值． [答案] (1) (2) (3) [解析] (1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r 根據(jù)題意　L＝3rsin 30°＋3dcos 30° 且h＝r(1－cos 30°) 解得　h＝. (2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞′ m＝qvB，m＝qv′B， 由題意知　3rsin 30°＝4r′sin 30° 解得Δv＝v－v′＝. (3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次 由題意知　L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30° 且?。絨vnB， 解得　vn＝ 21