（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題8 磁場對電流和運動電荷的作用學案

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1、 專題8 磁場對電流和運動電荷的作用 考題一　磁場對通電導體的作用力 1.安培力大小的計算公式：F＝BILsin θ(其中θ為B與I之間的夾角). (1)若磁場方向和電流方向垂直：F＝BIL. (2)若磁場方向和電流方向平行：F＝0. 2.安培力方向的判斷：左手定則. 方向特點：垂直于磁感線和通電導線確定的平面. 3.兩個常用的等效模型 (1)變曲為直：圖1甲所示通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流. 圖1 (2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙. 4.求解磁場中導體棒運動問題的方法

2、 (1)分析：正確地對導體棒進行受力分析，應特別注意通電導體棒受到的安培力的方向，安培力與導體棒和磁感應強度組成的平面垂直. (2)作圖：必要時將立體圖的受力分析圖轉化為平面受力分析圖，即畫出與導體棒垂直的平面內的受力分析圖. (3)求解：根據平衡條件或牛頓第二定律或動能定理列式分析求解. 例1　如圖2所示，某同學用玻璃皿在中心放一個圓柱形電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉的液體的實驗”，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，磁感應強度為B＝0.1 T，玻璃皿的橫截面的半徑為a＝0.05 m，電源的電動勢為E＝3 V，內阻r＝0.1 Ω，限流電阻R0＝

3、4.9 Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R＝0.9 Ω，閉合開關后當液體旋轉時電壓表的示數恒為1.5 V，則(　　) 圖2 A.由上往下看，液體做順時針旋轉 B.液體所受的安培力大小為1.5×10－4 N C.閉合開關10 s，液體具有的動能是4.5 J D.閉合開關后，液體電熱功率為0.081 W 解析　由于中心圓柱形電極接電源的負極，邊緣電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負極，因此電流由邊緣流向中心；玻璃皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉；故A錯誤；此電路為非純電阻電路，電壓表的示數為1.5 V，則

4、根據閉合電路歐姆定律：E＝U＋IR0＋Ir，所以電路中的電流值：I＝＝ A＝0.3 A，液體所受的安培力大小為：F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05 N＝1.5×10－3 N.故B錯誤；玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R＝0.9 Ω，則液體熱功率為P熱＝I2R＝0.32×0.9 W＝0.081 W.故D正確；10 s末液體的動能等于安培力對液體做的功，通過玻璃皿的電流的功率：P＝UI＝1.5×0.3 W＝0.45 W，所以閉合開關10 s，液體具有的動能是：Ek＝W電流－W熱＝(P－P熱)·t＝(0.45－0.081)×10 J＝3.69 J，故C錯誤. 答案　D 變式訓練 1.

5、(2016·海南單科·8)如圖3(a)所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音.俯視圖(b)表示處于輻射狀磁場中的線圈(線圈平面即紙面)磁場方向如圖中箭頭所示，在圖(b)中(　　) 　 圖3 A.當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 B.當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 C.當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 D.當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 答案　BC 解析　將環(huán)形導線分割成無限個小段，每一小段看成直導線，則根據左手定則，當電流順時針時，

6、導線的安培力垂直紙面向外，故選項A錯誤，選項B正確；當電流逆時針時，根據左手定則可以知道安培力垂直紙面向里，故選項C正確，選項D錯誤. 2.如圖4所示，某區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一正方形剛性線圈，邊長為L，匝數為n，線圈平面與磁場方向垂直，線圈一半在磁場內.某時刻，線圈中通過大小為I的電流，則此線圈所受安培力的大小為(　　) 圖4 A.BIL B.nBIL C.nBIL D.nBIL 答案　D 解析　線框的有效長度為L′＝L，故線圈受到的安培力為F＝nBIL′＝nBIL，D正確. 3.如圖5甲所示，兩平行光滑導軌傾角為30°，相距10 cm，質

7、量為10 g的直導線PQ水平放置在導軌上，從Q向P看到的側視圖如圖乙所示.導軌上端與電路相連，電路中電源電動勢為12.5 V，內阻為0.5 Ω，限流電阻R＝5 Ω，R′為滑動變阻器，其余電阻均不計.在整個直導線的空間中充滿磁感應強度大小為1 T的勻強磁場(圖中未畫出)，磁場方向可以改變，但始終保持垂直于直導線.若要保持直導線靜止在導軌上，則電路中滑動變阻器連入電路電阻的極值取值情況及與之相對應的磁場方向是(　　) 圖5 A.電阻的最小值為12 Ω，磁場方向水平向右 B.電阻的最大值為25 Ω，磁場方向垂直斜面向左上方 C.電阻的最小值為7 Ω，磁場方向水平向左 D.電阻的最大

8、值為19.5 Ω，磁場方向垂直斜面向右下方 答案　D 解析　磁場方向水平向右時，直導線所受的安培力方向豎直向上，由平衡條件有mg＝BIL，得I＝＝ A＝1 A，由I＝得R′＝7 Ω，故A錯誤；磁場方向垂直斜面向左上方時，直導線所受的安培力方向沿斜面向下，不可能靜止在斜面上，故B錯誤；磁場方向水平向左時，直導線所受的安培力方向豎直向下，不可能靜止在斜面上，故C錯誤；磁場方向垂直斜面向右下方時，直導線所受的安培力方向沿斜面向上，由平衡條件有mgsin 30°＝BIL，得I＝·＝0.5 A，由I＝得R′＝19.5 Ω，即電阻的最大值為19.5 Ω，故D正確. 考題二　帶電粒子在磁場中的運動

9、 1.必須掌握的幾個公式 2.軌跡、圓心和半徑是根本，數學知識是保障 (1)畫軌跡：根據題意，畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡. (2)圓心的確定：軌跡圓心O總是位于入射點A和出射點B所受洛倫茲力F洛作用線的交點上或AB弦的中垂線OO′與任一個F洛作用線的交點上，如圖6所示. 圖6 (3)半徑的確定：利用平面幾何關系，求出軌跡圓的半徑，如r＝＝，然后再與半徑公式r＝聯(lián)系起來求解. (4)時間的確定：t＝·T＝或t＝＝. (5)注意圓周運動中的對稱規(guī)律：如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出.

10、 例2　(2016·海南單科·14)如圖7，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)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場.質量為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. 圖7 (1)求磁場的磁感應強度的大??； (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，且在磁場內運動的時間為t0，求粒子此次入射速度

11、的大小. 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內其速度方向改變了90°，故其周期T＝4t0 ① 設磁感應強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓運動定律得qvB＝m ② 勻速圓周運動的速度滿足v＝ ③ 聯(lián)立①②③式得B＝ ④ (2)設粒子從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. (a) 設兩軌跡所對應的圓心角分別為θ1和θ2.由幾何關系有：θ1＝180°－θ2 ⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2，則t1＋t2＝＝2t0 ⑥ (3)如圖(b)，由題給條件可知，該

12、粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為為150°.設O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場，由幾何關系和題給條件可知，此時有∠OO′D＝∠BO′A＝30° ⑦ (b) r0cos∠OO′D＋＝L ⑧ 設粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運動規(guī)律 v0＝ ⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0＝. 答案　(1)　(2)2t0　(3) 變式訓練 4.(2016·全國甲卷·18)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖8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順時針轉動.在該截面內，一帶電粒子從小孔

13、M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角.當筒轉過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計重力.若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) 圖8 A. B. C. D. 答案　A 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，粒子運動和圓筒運動具有等時性，則T＝，解得＝，故選項A正確. 5.(2016·四川理綜·4)如圖9所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場.一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時

14、，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為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9 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　帶正電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，運動軌跡如圖所示， 由幾何關系得，rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由qvB＝m得，v＝，則vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由T＝，t＝T和θB＝2θC得tb∶tc＝

15、2∶1，故選項A正確，B、C、D錯誤. 6.(2016·全國丙卷·18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖10所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質量為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10 A. B. C. D. 答案　D 解析　帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r＝.軌跡與ON相切，畫出粒子

16、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D正確. 考題三　帶電粒子在相鄰多個磁場中的運動 找到半徑是關鍵，邊界分析是突破點 帶電粒子在多磁場中的運動，一般是指帶電粒子在兩個相鄰勻強磁場中的運動，解決此類問題的一般思路： (1)根據題中所給的條件，畫出粒子在兩磁場中做勻速圓周運動的軌跡； (2)根據畫出的軌跡，找出粒子在兩磁場中做圓周運動的圓心和半徑； (3)適當添加輔助線，運用數學方法計算出粒子在兩磁場中運動的軌跡半徑(有時候還要找出圓心角)

17、； (4)結合粒子運動的半徑公式r＝(或周期公式T＝)即可得出所求的物理量. 考生需要特別注意的是，分析出帶電粒子在兩磁場分界處的運動情況是解決此類問題的突破點. 例3　如圖11所示，為一磁約束裝置的原理圖.同心圓內存在有垂直圓平面的勻強磁場，同心圓圓心O與xOy平面坐標系原點重合.半徑為R0的圓形區(qū)域I內有方向垂直xOy平面向里的勻強磁場B1.一束質量為m、電荷量為q、動能為E0的帶正電粒子從坐標為(0、R0)的A點沿y軸負方向射入磁場區(qū)域I，粒子全部經過x軸上的P點，方向沿x軸正方向.當在環(huán)形區(qū)域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的勻強磁場B2時，上述粒子仍從A點沿y軸負方向射入區(qū)域I，

18、粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內，且經過環(huán)形區(qū)域Ⅱ后能夠從Q點沿半徑方向射入區(qū)域I，已知OQ與x軸正方向成60°角.不計重力和粒子間的相互作用.求： 圖11 (1)區(qū)域I中磁感應強度B1的大??； (2)環(huán)形區(qū)域Ⅱ中B2的大小、方向及環(huán)形外圓半徑R的大?。? (3)粒子從A點沿y軸負方向射入后至第一次到Q點的運動時間. [思維規(guī)范流程] 步驟1：在區(qū)域I：畫出軌跡，定圓心，由幾何關系得出r1： 列F洛＝Fn方程 (1)在區(qū)域I：r1＝R0 ① qvB1＝ ② E0＝mv2 ③ 得B1＝ ④ 步驟2：在區(qū)域Ⅱ：畫出軌跡定圓心，由幾何關系得出r2：列F洛＝Fn方程：

19、由左手定則判斷B2方向. 由幾何關系得出外圓半徑R. (2)在區(qū)域Ⅱ： r2＝r1＝R0 ⑤ qvB2＝ ⑥ 得B2＝ ⑦ 方向：垂直xOy平面向外 ⑧ R＝＋r2＝3r2 ⑨ 即：R＝R0 ⑩ 步驟3：由軌跡圖得： 根據T＝得 t＝＋T2 ? T1＝　　T2＝ ? t＝(＋)· ? ④⑦⑨???每式各2分，其余各式1分 變式訓練 7.如圖12所示，分界線MN上下兩側有垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度分別為B1和B2，一質量為m，電荷為q的帶電粒子(不計重力)從O點出發(fā)以一定的初速度v0沿紙面垂直MN向上射出，經時間t又回到出發(fā)點O，形成了圖示心形圖案，則(　

20、　) 圖12 A.粒子一定帶正電荷 B.MN上下兩側的磁場方向相同 C.MN上下兩側的磁感應強度的大小B1∶B2＝1∶2 D.時間t＝ 答案　BD 解析　題中未提供磁場的方向和繞行的方向，所以不能用洛倫茲力充當圓周運動的向心力的方法判定電荷的正負，A錯誤；根據左手定則可知MN上下兩側的磁場方向相同，B正確；設上面的圓弧半徑是r1，下面的圓弧半徑是r2，根據幾何關系可知r1∶r2＝1∶2；洛倫茲力充當圓周運動的向心力qvB＝m，得B＝；所以B1∶B2＝r2∶r1＝2∶1，C錯誤；由洛倫茲力充當圓周運動的向心力qvB＝m，周期T＝，得T＝；帶電粒子運動的時間t＝T1＋T2＝＋，由

21、B1∶B2＝2∶1得t＝，D正確. 8.如圖13所示的坐標平面內，y軸左側存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小B1＝0.20 T的勻強磁場，在y軸的右側存在方向垂直紙面向里、寬度d＝12.5 cm的勻強磁場B2，某時刻一質量m＝2.0×10－8 kg、電量q＝＋4.0×10－4 C的帶電微粒(重力可忽略不計)，從x軸上坐標為(－0.25 m,0)的P點以速度v＝2.0×103 m/s沿y軸正方向運動.試求： 圖13 (1)微粒在y軸左側磁場中運動的軌道半徑； (2)微粒第一次經過y軸時，速度方向與y軸正方向的夾角； (3)要使微粒不能從右側磁場邊界飛出，B2應滿足的條件. 答案

22、　(1)0.5 m　(2)60°　(3)B2≥0.4 T 解析　(1)設微粒在y軸左側勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為r1，轉過的圓心角為θ，則 qvB1＝m r1＝＝0.5 m (2)粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，由幾何關系得： cos θ＝＝，則θ＝60° (3)設粒子恰好不飛出右側磁場時運動半徑為r2，其運動軌跡如圖所示，由幾何關系得r2cos θ＝r2－d，r2＝＝＝0.25 m 由洛倫茲力充當向心力，且粒子運動半徑不大于r2，得：qvB2≥m 解得：B2≥＝ T＝0.4 T 即磁感應強度B2應滿足：B2≥0.4 T. 專題規(guī)范練 1.丹麥物理學家奧斯特在18

23、20年通過實驗發(fā)現電流磁效應現象，下列說法正確的是(　　) A.奧斯特在實驗中觀察到電流磁效應，揭示了電磁感應定律 B.將直導線沿東西方向水平放置，把小磁針放在導線的正下方，給導線通以足夠大電流，小磁針一定會轉動 C.將直導線沿南北方向水平放置，把小磁針放在導線的正下方，給導線通以足夠大電流，小磁針一定會轉動 D.將直導線沿南北方向水平放置，把銅針(用銅制成的指針)放在導線的正下方，給導線通以足夠大電流，銅針一定會轉動 答案　C 解析　奧斯特在實驗中觀察到了電流的磁效應，而法拉第發(fā)現了電磁感應定律，故A錯誤；將直導線沿東西方向水平放置，把小磁針放在導線的正下方時，小磁針所在位置的磁

24、場方向可能與地磁場相同，故小磁針不一定會轉動，故B錯誤；將直導線沿南北方向水平放置，把小磁針放在導線的正下方，給導線通以足夠大電流，由于磁場沿東西方向，則小磁針一定會轉動，故C正確；銅不具有磁性，故將導線放在上方不會受力的作用，故不會偏轉，故D錯誤. 2.(2016·北京理綜·17)中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也.”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖1.結合上述材料，下列說法不正確的是(　　) 圖1 A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B.地球內部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近 C.地

25、球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 答案　C 解析　地球為一巨大的磁體，地磁場的南、北極在地理上的北極和南極附近，兩極并不重合；且地球內部也存在磁場，只有赤道上空磁場的方向才與地面平行；對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的速度方向與地磁場方向不會平行，一定受到地磁場力的作用，故C項說法不正確. 3.(2016·上海·8)如圖2，一束電子沿z軸正向流動，則在圖中y軸上A點的磁場方向是(　　) 圖2 A.＋x方向 B.－x方向 C.＋y方向 D.－y方向 答案　A 解析　據題意，電子流沿z軸正向流動，電流方向沿z軸負

26、向，由安培定則可以判斷電流激發(fā)的磁場以z軸為中心沿順時針方向(沿z軸負方向看)，通過y軸A點時方向向外，即沿x軸正向，則選項A正確. 4.如圖3所示，兩根平行放置長度相同的長直導線a和b載有大小相同方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當加入一個與導線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)镕2，則此時b受到的磁場力大小變?yōu)?　　) 圖3 A.F2 B.F1－F2 C.F1＋F2 D.2F1－F2 答案　A 5.(多選)如圖4所示，在豎直向下的勻強磁場中，有兩根豎直的平行導軌AB、CD，導軌上放有質量為m的金屬棒MN，棒與導軌間的動摩擦因數為μ，現從t＝0時

27、刻起，給棒通以圖示方向的電流，且電流與時間成正比，即I＝kt，其中k為恒量.若金屬棒與導軌始終垂直，則表示棒所受的安培力F和摩擦力Ff隨時間變化的四幅圖中，正確的是(　　) 圖4 答案　BC 解析　對導體棒受力分析，由左手定則知安培力垂直導軌向里，大小為F＝BIL＝kBLt，則安培力隨時間均勻增大，選項A錯誤，選項B正確.導體棒所受支持力FN＝F，豎直方向受重力和摩擦力，Ffmax＝μFN＝kμBLt隨時間均勻增大，開始時mg＞Ffmax，棒加速下滑，Ff滑＝μFN＝kμBLt；當mg≤Ffmax后，棒減速運動；當速度減為零后棒將靜止，此時Ff靜＝mg不變，故棒先受到滑動摩擦

28、力均勻增大，后突變?yōu)殪o摩擦力恒定不變，選項C正確，選項D錯誤. 圖5 6.如圖5所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁感應強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場)，A、B、C為三角形的三個頂點.今有一質量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以速度v＝qLB從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入，然后從BC邊上某點Q射出.若從P點射入該粒子能從Q點射出，則(　　) A.PB＜L B.PB＜L C.QB≤L D.QB≤L 答案　D 解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R＝.由題知：v＝，得R＝L.如圖所示， 當圓心處于O1位置時

29、，粒子正好從AC邊與BC邊切過，因此入射點P1為離B最遠的點，滿足PB≤L＋L；當圓心處于O2位置時，粒子從P2射入，打在BC邊的Q點，由于此時Q點距離AB最遠為圓的半徑L，故QB最大，即QB≤L×＝L，故D正確. 7.如圖6所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板，從圓形磁場最高點P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關于這些粒子的運動以下說法正確的是(　　) 圖6 A.只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上 B.對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心 C.對著圓

30、心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長 D.只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 答案　D 解析　對著圓心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，與粒子的速度有關，故A錯誤；帶電粒子的運動軌跡是圓弧，根據幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心，故B錯誤；對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應的圓心角越小，由t＝T知，運動時間t越小，故C錯誤；速度滿足v＝時，軌道半徑r＝＝R，入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與最高點的磁場半徑平行，粒子的速度一定垂直打在MN

31、板上，故D正確. 8.如圖7所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.原點O處存在一粒子源，能同時發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，速度方向均在xOy平面內，與x軸正方向的夾角θ在0～180°范圍內.則下列說法正確的是(　　) 圖7 A.發(fā)射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子在磁場中運動的時間越短 B.發(fā)射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子離開磁場時的位置距O點越遠 C.發(fā)射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁場中運動的時間越短 D.發(fā)射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁場中運動的角速度越大 答案　A 解析　如圖所示，畫出粒子在磁場中運

32、動的軌跡.由幾何關系得：軌跡對應的圓心角α＝2π－2θ，粒子在磁場中運動的時間t＝T＝·＝，則得知：若v一定，θ越大，時間t越短；若θ一定，則運動時間一定.故A正確，C錯誤；設粒子的軌跡半徑為r，則r＝.如圖，AO＝2rsin θ＝，則若θ是銳角，θ越大，AO越大.若θ是鈍角，θ越大，AO越小，故B錯誤.粒子在磁場中運動的角速度ω＝，又T＝，則得ω＝，與速度v無關，故D錯誤. 9.(2016·浙江理綜·25)為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉. 扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖8所示，圓心為O的

33、圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布.峰區(qū)內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，谷區(qū)內沒有磁場.質量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示. 圖8 (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉的方向是順時針還是逆時針； (2)求軌道在一個峰區(qū)內圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉的周期T； (3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關系.已知：sin (α±β )＝sin αcos β±cos αsin

34、 β，cos α＝1－2sin2. 答案　(1)　逆時針　(2)　 (3)B′＝B 解析　(1)峰區(qū)內圓弧半徑r＝ 旋轉方向為逆時針方向 (2)由對稱性，峰區(qū)內圓弧的圓心角θ＝ 每個圓弧的弧長l＝＝ 每段直線長度L＝2rcos ＝r＝ 周期T＝ 代入得T＝ (3)谷區(qū)內的圓心角θ′＝120°－90°＝30° 谷區(qū)內的軌道圓弧半徑r′＝ 由幾何關系rsin ＝r′sin 由三角關系sin ＝sin 15°＝ 代入得B′＝B. 10.如圖9所示，在坐標系xOy中，第一象限內充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，與x軸夾角為37°，在區(qū)域a中，磁感應強度為2B，

35、方向垂直于紙面向里；在區(qū)域b中，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標為(4L,3L).一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負方向射入區(qū)域b，經過一段時間后，粒子恰能經過原點O，不計粒子重力.(sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖9 (1)粒子能從P點到O點最大速度為多少？ (2)粒子從P點到O點可能需要多長時間？ 答案　(1)　(2)n·(n＝1、2、3…) 解析　(1)根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m得半徑為：R＝，a區(qū)域的半徑為：Ra＝ ① b區(qū)域的半徑為：Rb＝ ② 速度最大時，粒子在a、b區(qū)域半徑最大，運動兩段圓弧后到達原點，根據幾何關系有：2Racos α＋2Rbcos α＝OP ③ OP＝＝5L ④ 聯(lián)立①②③④得：v＝ (2)粒子在磁場a、b中做圓周運動，當速度較小時，可能重復n次回到O點，一個周期內兩段圓弧對應的圓心角相等.每段圓弧對應的圓心角為：180－2α＝106° t＝n(Ta＋Tb)＝n(·＋·)＝n·(n＝1、2、3…) 20