2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學(xué)案

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1、2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學(xué)案 一、洛倫茲力的大小和方向 1.定義：磁場對運動電荷的作用力. 2.大小 (1)v∥B時，F(xiàn)＝0； (2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB； (3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ. 3.方向 (1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負(fù)電荷運動的反方向； (2)方向特點：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) 4.做功：洛倫茲力不做功. 自測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

2、同 B.如果把＋q改為－q，且速度反向、大小不變，則其所受洛倫茲力的大小、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.粒子在只受洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變 答案　B 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動. 2.若v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運動. 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＝. 注意：帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速率無關(guān). 自測2　(多選)如圖1所示，在勻強磁場中，磁

3、感應(yīng)強度B1＝2B2，當(dāng)不計重力的帶電粒子從B1磁場區(qū)域運動到B2磁場區(qū)域時，粒子的(　　) 圖1 A.速率將加倍 B.軌跡半徑加倍 C.周期將加倍 D.做圓周運動的角速度將加倍 答案　BC 命題點一　對洛倫茲力的理解 1.洛倫茲力的特點 (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷. (2)當(dāng)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)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用. (4)洛倫茲力一定不做功. 2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力. (2)安培力可以做功，

4、而洛倫茲力對運動電荷不做功. 3.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 F∥E 做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功 例1　(多選)如圖2所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的粗糙細(xì)桿上自由滑動，細(xì)桿處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，圓環(huán)以初速度v0向右運動直至處于平衡狀態(tài)，則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為(　　) 圖2 A.0 B.mv02 C. D.m(v02－) 答案　ABD 解析　

5、若圓環(huán)所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)對粗糙細(xì)桿壓力為零，摩擦力為零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項A正確；若圓環(huán)所受洛倫茲力不等于重力，圓環(huán)對粗糙細(xì)桿壓力不為零，摩擦力不為零，圓環(huán)以初速度v0向右做減速運動.若開始圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，則一直減速到零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為mv02，選項B正確；若開始圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，則減速到洛倫茲力等于重力達到穩(wěn)定，穩(wěn)定速度v＝，由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為W＝mv02－mv2＝m(v02－)，選項C錯誤，D正確. 變式1　(2018·河南鄭州模擬)在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍從同一位置以原來的速度水平拋

6、出，考慮地磁場的影響，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A.無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點 B.無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長 C.若小球帶負(fù)電荷，小球會落在更遠的b點 D.若小球帶正電荷，小球會落在更遠的b點 答案　D 變式2　帶電粒子以初速度v0從a點垂直y軸進入勻強磁場，如圖3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(　　) 圖3 A.v0B.1C.2v0D. 答案　C 解析　帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故O

7、a＝Ob＝，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Ob＝v0t，Oa＝t2，聯(lián)立以上各式解得＝2v0，故選項C正確. 命題點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動 基本思路 圖例 說明 圓心的確定 ①與速度方向垂直的直線過圓心 ②弦的垂直平分線過圓心 ③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心 P、M點速度垂線交點 P點速度垂線與弦的垂直平分線交點 某點的速度垂線與切點法線的交點 半徑的確定 利用平面幾何知識求半徑 常用解三角形法：例：(左圖)R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝ 運動時間的確定 利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度L求時間 ①t＝T

8、 ②t＝ (1)速度的偏轉(zhuǎn)角φ等于所對的圓心角θ (2)偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α 模型1　直線邊界磁場 直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖4所示) 圖4 圖a中t＝＝ 圖b中t＝(1－)T＝(1－)＝ 圖c中t＝T＝ 例2　(2016·全國卷Ⅲ·18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖5所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為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°

9、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5 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，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，知△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. 變式3　如圖6所示，在足夠大的屏MN的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，P為屏上一小孔，PC與MN垂直，一束質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子(不計重力)以相同的速率

10、v從P處射入磁場區(qū)域，粒子入射方向在與磁場垂直的平面里，且分散在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)，則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度為(　　) 圖6 A. B. C. D. 答案　D 解析　如圖所示，S、T之間的距離為在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度.由qvB＝m得R＝， 則＝2Rcosθ＝ ＝2R＝，所以＝. 模型2　平行邊界磁場 平行邊界存在臨界條件(如圖7所示) 圖7 圖a中t1＝，t2＝＝ 圖b中t＝ 圖c中t＝(1－)T＝(1－)＝ 圖d中t＝T＝ 例3　如圖8所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×1

11、06m/s的α粒子.已知屏蔽裝置寬AB＝9cm，縫長AD＝18cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19C.若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應(yīng)強度B＝0.332T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中.(結(jié)果可帶根號) 圖8 (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場的寬度d＝20cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？ 答案　(1)(20＋10)×10－2m　(2)×10－6s　×10－6s 解析　(1)由題意：AB＝9cm，A

12、D＝18cm，可得 ∠BAO＝∠ODC＝45° 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設(shè)為R，根據(jù)牛頓第二定律有 Bqv＝ 解得R＝0.2m＝20cm. 由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，此時磁場的寬度最小，如圖甲所示. 設(shè)此時磁場寬度d＝d0，由幾何關(guān)系得 d0＝R＋Rcos45°＝(20＋10)cm. 則磁場的寬度至少為(20＋10)×10－2m. (2)設(shè)α粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動的周期為T，則 T＝＝×10－6s. 設(shè)速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)域的α粒子

13、的入射點為E，如圖乙所示. 因磁場寬度d＝20cm

14、向射入圓形磁場必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖9所示) 圖9 r＝ t＝T＝ θ＋α＝90° 例4　(2017·全國卷Ⅱ·18)如圖10，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1為(　　) 圖10 A.∶2 B.∶1 C.∶1 D.3∶ 答案　C 解析　當(dāng)粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場邊

15、界的位置距P點最遠，則當(dāng)粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，設(shè)圓形磁場半徑為R，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r1＝Rcos60°＝R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r2＝Rcos30°＝R；根據(jù)軌道半徑公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故選項C正確. 　 甲　　　　　　　　乙 變式4　(2016·全國卷Ⅱ·18)一圓筒處于磁感應(yīng)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11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M

16、N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11 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. 模型4　三角形邊界磁場 例5　如圖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(q>0)的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中心O以速度v進入磁場，

17、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，則勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小B需滿足(　　) 圖12 A.B> B.B< C.B> D.B< 答案　B 解析　若粒子剛好達到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＝＝a.由qvB＝得r＝，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑應(yīng)滿足r>r0，解得B<，選項B正確. 命題點三　帶電粒子在磁場運動的多解問題 類型 分析 圖例 帶電粒子電性不確定 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，在相同的初速度下，正、負(fù)粒子在磁場中運動軌跡不同，形

18、成多解 如圖，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負(fù)電，其軌跡為b 磁場方向不確定 在只知道磁感應(yīng)強度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強度方向不確定而形成多解 如圖，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b 臨界狀態(tài)不唯一 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，它可能穿過磁場飛出，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解 運動具有周期性 帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，運動往往具有周期性，因而形成多解

19、 例6　(2017·湖北華中師大一附中模擬)如圖13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.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.求： 圖13 (1)磁感應(yīng)強度B0的大小. (2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值. 答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)

20、解析　設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向. (1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力B0qv0＝ 做勻速圓周運動的周期T0＝ 由以上兩式得磁感應(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，…) 變式5　(多選)如圖14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

21、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14 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　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

22、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點射出磁場可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0.可知，從ad邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定小于t0；從ab邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從bc邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從cd邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定是t0，綜上可知，A、C正確，B、D錯誤. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.下列說法正確的是(　　) A.運動電荷在磁感應(yīng)強度不為0的地方，一定受到洛倫茲力的作用 B.運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為0 C.洛倫茲力既不能改變帶電粒子

23、的動能，也不能改變帶電粒子的速度 D.洛倫茲力對帶電粒子總不做功 答案　D 2.如圖1為云室中某粒子穿過鉛板P前后的軌跡.云室中勻強磁場的方向與軌跡所在平面垂直.由此可知粒子(　　) 圖1 A.一定帶正電 B.一定帶負(fù)電 C.不帶電 D.可能帶正電，也可能帶負(fù)電 答案　A 3.如圖2所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向?qū)?zhǔn)圓心O射入磁場，其運動軌跡如圖.若帶電粒子只受洛倫茲力的作用，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.a粒子速率較大 B.b粒子速率較大 C.b粒子在磁場中運動時間較長 D.

24、a、b粒子在磁場中運動時間一樣長 答案　B 4.如圖3所示，長直導(dǎo)線ab附近有一帶正電荷的小球用絕緣絲線懸掛在M點.當(dāng)ab中通以由b→a的恒定電流時，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向里 B.小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向外 C.小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直并指向左方 D.小球不受磁場力作用 答案　D 5.如圖4所示，一正電荷水平向右射入蹄形磁鐵的兩磁極間.此時，該電荷所受洛倫茲力的方向是(　　) 圖4 A.向左 B.向右 C.垂直紙面向里 D.垂直紙面向外 答案　D 6.(多選)(2018·安

25、徽蕪湖調(diào)研)如圖5所示，虛線上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B；一群電子以不同速率v從邊界上的P點以相同的方向射入磁場.其中某一速率為v0的電子從Q點射出.已知電子入射方向與邊界夾角為θ，則由以上條件可判斷(　　) 圖5 A.該勻強磁場的方向垂直紙面向里 B.所有電子在磁場中的軌跡相同 C.速率大于v0的電子在磁場中運動時間長 D.所有電子的速度方向都改變了2θ 答案　AD 解析　由左手定則可知，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，A選項正確；由qvB＝得R＝，可知所有電子在磁場中的軌跡不相同，B選項錯誤；由T＝得T＝，所以所有電子在磁場中的運動時間都相同，C選項錯誤；所有電子偏轉(zhuǎn)角

26、度相同，所有電子的速度方向都改變了2θ，D選項正確.綜上本題選A、D. 7.如圖6所示為一圓形區(qū)域的勻強磁場，在O點處有一放射源，沿半徑方向射出速率為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從A點飛出磁場，帶電粒子2從B點飛出磁場，不考慮帶電粒子的重力，則(　　) 圖6 A.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為3∶1 B.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為∶1 C.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比為2∶1 D.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比為1∶2 答案　A 解析　設(shè)勻強磁場圓形區(qū)域的半徑為R，由qBv＝， 得R′＝，可知帶電粒子1從A點飛出磁場，

27、帶電粒子2從B點飛出磁場，半徑分別為R1′＝Rtan30°，R2′＝Rtan60°，所以R1′∶R2′＝1∶3，則帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為3∶1；由T＝知，帶電粒子1和2的周期之比為1∶3，所以帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比為＝.綜上本題選A. 8.(多選)(2018·廣東廣州模擬)如圖7所示，真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正方向運動，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強磁場區(qū)(圖中未畫出)，所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點.下列說法中正確的是(　　) 圖7 A.磁場方向一定是垂

28、直xOy平面向里 B.所有粒子通過磁場區(qū)的時間相同 C.所有粒子在磁場區(qū)運動的半徑相等 D.磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是其他曲線 答案　CD 解析　由題意可知，正粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，都集中于一點a，根據(jù)左手定則可知，磁場的方向垂直平面向外，故A錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得T＝，而運動的時間還與圓心角有關(guān)，因此粒子的運動時間不等，故B錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝，由于為同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運動半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點，因此磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確；故選C、D. 9.(多選)(2018·甘肅平?jīng)鲑|(zhì)

29、檢)如圖8所示，ABCA為一半圓形的有界勻強磁場.O為圓心，F(xiàn)、G分別為半徑OA和OC的中點，D、E點位于邊界圓弧上，且DF∥EG∥BO.現(xiàn)有三個相同的帶電粒子(不計重力)以相同的速度分別從B、D、E三點沿平行BO方向射入磁場，其中由B點射入磁場的粒子1恰好從C點射出.由D、E兩點射入的粒子2和粒子3從磁場某處射出，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A.粒子2從O點射出磁場 B.粒子3從C點射出磁場 C.粒子1、2、3在磁場的運動時間之比為3∶2∶3 D.粒子2、3經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)角相同 答案　ABD 解析　從B點射入磁場的粒子1恰好從C點射出，可知帶電粒子運動的軌跡半徑等于磁場的

30、半徑，由D點射入的粒子2的圓心為E點，由幾何關(guān)系可知該粒子從O點射出，同理可知粒子3從C點射出，A、B正確；1、2、3三個粒子在磁場中運動軌跡的圓心角為90°、60°、60°，運動時間之比為3∶2∶2，C錯誤，D正確. 10.如圖9所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一個粒子源S.某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場.已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出

31、的粒子在磁場中運動的最長時間為(　　) 圖9 A.B.C.D. 答案　B 解析　由左手定則可知，粒子在磁場中做逆時針方向的圓周運動.由粒子速度大小都相同，故軌跡弧長越小，粒子在磁場中運動時間就越短；而弧長越小，弦長也越短，所以從S點作OC的垂線SD，則SD為最短弦，可知粒子從D點射出時運行時間最短，如圖所示，根據(jù)最短時間為，可知△O′SD為等邊三角形，粒子圓周運動半徑R＝SD，過S點作OA的垂線交OC于E點，由幾何關(guān)系可知SE＝2SD，SE為圓弧軌跡的直徑，所以從E點射出，對應(yīng)弦最長，運行時間最長，且t＝，故B項正確. 11.如圖10所示，半徑為R的圓形區(qū)域位于正方形ABCD

32、的中心，圓形區(qū)域內(nèi)、外有垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速率v0沿紙面從M點平行于AB邊沿半徑方向射入圓形磁場，在圓形磁場中轉(zhuǎn)過90°從N點射出，且恰好沒射出正方形磁場區(qū)域，粒子重力不計，求： 圖10 (1)磁場的磁感應(yīng)強度B的大??； (2)正方形區(qū)域的邊長； (3)粒子再次回到M點所用的時間. 答案　(1)　(2)4R　(3) 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在圓形磁場中的軌跡半徑為r1， qv0B＝m. 由幾何關(guān)系r1＝R. 解得B＝. (2)設(shè)粒子在正方形磁場中的軌跡半徑為r

33、2，粒子恰好不從AB邊射出， qv0B＝m， r2＝＝R. 正方形的邊長L＝2r1＋2r2＝4R. (3)粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的周期T1＝， 在圓形磁場中運動時間t1＝T1＝. 粒子在正方形區(qū)域做勻速圓周運動的周期T2＝， t2＝T2＝. 再次回到M點的時間為t＝t1＋t2＝. 12.如圖11所示，在坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，在磁場a中，磁感應(yīng)強度為2B，方向垂直于紙面向里，在磁場b中，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標(biāo)為(4l,3l).一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負(fù)方向射入磁場b，經(jīng)過一段時間后，

34、粒子恰能經(jīng)過原點O，不計粒子重力.求： 圖11 (1)粒子從P點運動到O點的最短時間是多少？ (2)粒子運動的速度大小可能是多少？ 答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 解析　(1)設(shè)粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a中和磁場b中運動的軌道半徑和周期，則有 Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝ 當(dāng)粒子先在磁場b中運動，后進入磁場a中運動，然后從O點射出時，粒子從P點運動到O點所用的時間最短，如圖所示.根據(jù)幾何知識得tanα＝＝，故α＝37° 粒子在磁場b和磁場a中運動的時間分別為 tb＝Tb，ta＝Ta 故從P點運動到O點的時間為 t＝ta＋tb＝ (2)由題意及上圖可知 n(2Racosα＋2Rbcosα)＝ 解得v＝(n＝1,2,3，…).