2018年高考物理一輪復習專題8.2磁場對運動電荷的作用教學案

1、專題 8.2 磁場對運動電荷的作用- 41 -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電荷運動的反方向； 拇指指向洛倫茲力的方向。(2) 方向特點： FB，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 F0。( 0°或 180°)(2)

2、 vB時，洛倫茲力 FqvB。( 90°)(3) v0 時，洛倫茲力 F0。二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1若 v B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動。v 做勻速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 圓周運動。3半徑和周期公式： ( vB)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。12(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 2mv2。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)牛頓第二定律得關(guān)系式 qvB2 mv。r由兩

3、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。12mUqr 2B2 q 2UrBq ，m 2U ，m B2r 2。圖22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 mRv，得 Ekmq 2BmR ，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度和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

4、 ( ) 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 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 當粒子速度與磁場垂直時 F qvB，當粒子速度與磁場平行時F 0. 又由于洛倫茲力的方向永遠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FqvB 知大小也

5、不變，所以 B選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 選項錯【變式探究】如圖 1 所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，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 ( )A微粒一定帶負電C微粒的電勢能一定增加圖1B微粒的動能一定減小D微粒的機械能不變答案 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為傾斜直軌

6、道，BC為與 AB相切的圓形軌道， 并且圓形軌道處在勻強磁場中， 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( )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械能均保持不變 答案 CD解析 三個小球在運動過程中機械能守恒，有mgh12mv2，在圓形軌道的最高點時對甲有22mv1mv2qv1B mg r ，對乙有 mgqv2B r ，對丙有2mv3mg r ，可判斷 v1>v3>

7、v2，選項 A、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) 有兩個勻強磁場區(qū)域和，中的磁感應強度是中的k 倍兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動與中運動的電子相比，中的電子 ( )A運動軌跡的半徑是中的 k 倍B加速度的大小是中的 k 倍C做圓周運動的周期是中的k 倍D做圓周運動的角速度與中的相等答案 ACR，磁場方向垂直變式探究】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 于橫截面。一質(zhì)量為 m、電荷量為 q（ q>0） 的粒子以速率 v 0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開( )A.3mv03qRBmv0qRC.3mv0 qR3mv0

8、D qR磁場時速度方向偏離入射方向60°。不計重力，該磁場的磁感應強度大小為解析： 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)系進行求解。若磁場方向垂直于紙面向外，帶電粒子在磁場中的R 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 3R，由洛倫茲力提 tan 30 °2供向心力，即 qv0Bmr v，得 3R mqBv，故勻強磁場的磁感應強度B3mv03qR ，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、象限中，存在垂直于xOy 平面方向的勻強磁場，磁感應強度

9、 B12B22B，帶電粒子 a、b 分別從 x 軸上的 P、Q兩點 （ 圖中沒有標出 ） 以垂直于 x軸方向的速度同時進入勻強磁場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，D 2v1 v2進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Ak1 2k2B2k1 k2Cv1 2v2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：軌道半徑與磁感應強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角

10、、運動時間的 聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(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】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 ( )A.3B B.2BC. B D.2B圖 1-mvA.2qBB.3mv qB圖 1-2【2

11、016·全國卷】平面 OM和平面 ON之間的夾角為 30°，其橫截面 (紙面 )如圖 1-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(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 (2mv4mvqB D. qB由幾何關(guān)系可知 OCD30°， RtODC中，CDOD·cot 30 °

12、3R；由對稱性知， ACCD 3R；等腰 ACO中， OA2AC·2OB OA AB 4R. 由 qvBcos 30 ° 3R；等邊 OAB中，ABR，所以mvRqmBv，所以 OB4mvqB，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強度為 B 的勻強磁場，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電場，求電場強度 E 的大小答案】(1) mv 2m qB qB

13、圖 1-(2) vB4【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磁場帶正電的粒子從f 點沿 fd 方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb 時，從 b 點離開磁場，在磁場中運動的時間為t b，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t c，不計粒子重力則 ()圖 1-Avbvc12，t btc21Bvbvc21，t btc12Cvbvc21，t btc21Dvbvc12，t btc12答案】A 【解析】 由題可得帶正電粒子在勻強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

14、所示v24 2由 qvBmr mr T2 可以得出 vbvcr br c 1 2, 又由 t T 可以得出時間之比等2于偏轉(zhuǎn)角之比由圖看出偏轉(zhuǎn)角之比為21，則 t bt c21，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， OCA30°， 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t 0。不計重力。(1) 求磁場的磁感應強度的大??；(2)

15、 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；5(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 3t 0，求粒子此次入射速度的大小。圖(a)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。設兩軌跡所對應的圓心角分別為 1和 2。由幾何關(guān)系有： 1180° 2粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t 1 與 t 2，則 t 1 t 22 2t 0(3)答案： m3L(1) 2qt 0 (2)2 t0 (3) 7t01. 【

16、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· 14】 4兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平 行。一速度方向與

17、磁感應強度方向垂直的帶電粒子（不計重力） ，從較強磁場區(qū)域進入到較弱 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，角速度增大D軌道半徑增大，角速度減小【答案】 D2v qvB m【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 R ，軌Rmv道半徑qB ，洛倫茲力不做功，從較強到較弱磁場區(qū)域后，速度大小不變，但磁感應強度v 變小，軌道半徑變大，根據(jù)角速度 R 可判斷角速度變小，選項 D正確。3. 【2015·廣東· 16】7在同一勻強磁場中， 粒子（ 24He ）和質(zhì)子（ 12H ）做勻速圓周運動，若它們的動量大小相

18、等，則 粒子和質(zhì)子A運動半徑之比是 2 1B 運動周期之比是 2 1C運動速度大小之比是 41 D 受到的洛倫茲力之比是 2 1答案】 B4. 【2015·全國新課標· 19】 8有兩個運強磁場區(qū)域 I 和 II ，I 中的磁感應強度是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：qvB2mvr

19、 ，解得：mvI中qB ，因為 I 中的磁感應強度是 II 中的 k 倍，所以， II 中的電子運動軌跡的半徑是a qvB的 k 倍，故 A 正確；加速度m ，加速度大小是 I 中的 1/k 倍，故 B 錯誤；由周期公式：T 2 m 2 qBqB ，得 II 中的電子做圓周運動的周期是 I 中的 k 倍，故 C正確；角速度T m ，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 d4.55

20、cm，MN與 SO直線 的夾角為 ，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，磁感應強4 31 19度 B2.0 × 10 T，電子質(zhì)量 m9.1 ×10 kg ，電荷量 e 1.6 ×10 C，不計電子重力。電 子源發(fā)射速度 v1.6 × 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A90°時， l 9.1cmBC45°時， l 4.55cmD 60°時， l 9.1cm 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 90

21、6;，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 (區(qū) )和小圓內(nèi)部 (區(qū) )均存在垂直圓面向里的 勻強磁場間距為 d 的兩平行金屬極板間有一勻強電場，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 d2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) 求極板間電場強度的大小；(2) 若粒子運動軌跡與小圓相切，求區(qū)磁感應強度的大??；2mv 4mv(3) 若區(qū)、 區(qū)磁感應強度的大小分別為 q

22、D、 qD，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】d1(1) 設極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得qE2 2mv22mv 由式得 Emqdv(3) 設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、 R2，由題意可知，區(qū)和區(qū)磁感22 2mv 4mv v v 應強度的大小分別為 B1 qD、B2 qD，由牛頓第二定律得 qvB1mR，qvB2 mR代入數(shù)據(jù)得 R12D， R2 4D2R12 R2設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2，由運動學公式得 T1，T2vv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

23、知， 區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同，設為1，區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設為 2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心 O連線間的夾角設為 ，由幾何關(guān)系得1 120° ?2 180° ? 60° ?粒子重復上述交替運動回到 H 點，軌跡如圖 3 所示，設粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的360° 1×2360° 2時間分別為 t1、t2，可得 t 1×T1， t 2×T2?360°360°設粒子運動的路程為 s，由運動學公式得sv(t 1t 2)?聯(lián)立 ? ? ? ? ? 式得 s5.5 d?mv24mv 4mv【答案】 (1)

24、 mqdv (2) 4qmDv或34qmDv (3)5.5 D1. (2014 ·新課標全國卷， 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強度大小之比為A2 B. 2 C 1 D. 22答案 D2. （ 多選）（2014 ·新課標全國卷， 20）圖 16 為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡

25、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()圖 16A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 AC3（2014·安徽卷， 18） “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

26、場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應強度 B正比于 （ ）A. T B T C. T若 B0 qd ，為使粒子仍能垂直打在 P板上，求 TB. D T2解析 根據(jù)牛頓第二定律及洛倫茲力公式得：qvB R 2由題意知： Ek T，可得 v2T聯(lián)立得： B T， 選項 A 正確。答案 A4（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間存在勻強磁場取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(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

27、面的方向射入磁場區(qū)當B0和 TB取某些特定值時，可使 t 0 時刻入射的粒子經(jīng) t 時間恰能垂直打在 P板上 （不考慮粒子反彈 ） 上述 m、q、d、v0為已知量圖乙圖甲(1) 若 t 2TB，求 B0；3（2）若 t 2TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大??；mv03v20 1 d答案】 (1) qd (2) d (3) 2 arcsin 4 2v0(3) 設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 2 R v0由牛頓第二定律得2mv0 qv0B0 R4mv0由題意知 B0 ，代入式得 qdd4R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 ，

28、在每個 TB內(nèi)， 只有 A、B兩個位置才有可能垂直擊中 P板，且均要求 0<< 2 ，由題意可知設經(jīng)歷完整 TB的個數(shù)為n(n0，若在 A點擊中 P 板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R 2( R Rsin ) nd11 當 n 0 時，無解12 當 n1 時，聯(lián)立11式得1 ( 或 sin )13 6235. (2013·浙江卷)在半導體離子注入工藝中，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，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過 30°后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運動時，離子 P和

29、P3()A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運動的半徑之比為3 1C在磁場中轉(zhuǎn)過的 角度之比為 12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13【答案】 BCD6. （ 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入勻強磁場，最后打到屏P 上不計重力下列說法正確的有 （Aa、 b 均帶正電Ba 在磁場中飛行的時間比 b 的短C a 在磁場中飛行的路程比 b 的短Da 在 P上的落點與 O點的距離比 b 的近解析】 由左手定則可知 A 正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有Bvqmvr ，解得mvr ， Bq，由于同種粒子且速度相同，所以在磁場中運動的軌

30、道半徑相同，示意圖如圖所示，從圖中可 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·新課標全國卷） 如圖，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R行于直徑 ab 的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab 的距離為 2. 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.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm答案】 B2解析】由 Bqvmrv 可得 v Bmqr，作出粒

31、子運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識得半徑 R，故 B 正確8. （2013·新課標全國卷） 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，該磁場的磁感應強度大小為A.3mv03qRmv0 B. qRC.3mv0 qRD.3 mv0qR答案】 A解析】由2mv0Bqv0 r 可得：B qr ，粒子沿半徑射入磁場必沿半徑射出磁場，可作出運 qr動軌跡圖如圖所示，由幾何知識可得：r 3R ，即 B3qR，A 正確

32、9. （2013·安徽卷） 如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第象限內(nèi)有平行于 y 軸的勻強電場，方向沿 y 軸正方向；在第象限的正三角形 abc 區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于 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) 點進入第象限，又經(jīng)過磁場從 y 軸上的某點進入第象限，且速度與 y 軸負方向成 45° 角，不計粒子所受的重力求：(1) 電場強度 E 的大??；(2) 粒子到達 a 點時速度的大小

33、和方向；(3) abc 區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度 B 的最小值(2) 粒子到達 a 點時沿負 y 方向的分速度為 vyat v0，所以 v v20 vy2 2v0，方向指向第象限與 x 軸正方向成 45°角 2(3) 粒子在磁場中運動時，有 qvB mvr ，當粒子從 b 點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有，所以 B2mv0qL .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線， 導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： B2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

34、方向的勻強磁場中。一個帶負電的絕緣物塊，分別從三個斜面頂端 A 點由靜止釋放，設滑到底 端的時間分別為 t AB、 t AC、 t AD， 則 ()At ABt AC t ADB t AB>t AC>t ADC t AB<t AC<t ADD無法比較解析： 帶負電物塊在磁場中的光滑斜面上受重力、支持力和垂直斜面向下的洛倫12 茲力，設斜面的高度為 h，傾角為 ，可得物塊的加速度為 a gsin ，由公式 x2at 2h2hsin 解得 t gsin 2，可知 越大，t 越小，選項 C正確。答案： C3.如圖所示， a、 b 是兩個勻強磁場邊界上的兩點，左邊勻強磁場的磁感

35、線垂直紙面向 里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應強度大小相等。電荷量為2e 的正離子以某一速度從 a 點垂直磁場邊界向左射出，當它運動到 b 點時，擊中并吸收了一 個處于靜止狀態(tài)的電子，不計正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用， 則它們在磁場中的運動軌跡是 ( )答案： D4兩個質(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 ( )Aa 粒子帶正電Bb 粒子帶負電Ca 粒子速度較小Db 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 粒子帶負電， b 粒子帶正電， A

36、、 B 錯誤。由題mb<a，而 t qB，故 D圖知 Ra<Rb，而 qvB R ? v mR，C正確；由題圖知偏轉(zhuǎn)角 錯誤。答案： C5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強度大小之比為 （)A 2B 2C1D22答案： D6某一空間存在著磁感應強度為 B 且大小不變、方向隨時間 t 做周期性變化的勻強 磁場 （ 如圖甲所示 ） ，規(guī)定垂直紙面向里

37、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 abcdef 的順序做橫“”字曲線運動 （即如圖乙所示的軌跡 ） ，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向水平向右的初速度8B若粒子的初始位置在 f 處，在 t 2T時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度11C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8度D若粒子的初始位置在 b 處，在 t 2T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為T0 qBm2T，結(jié)合左

38、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入勻強磁場，最后打到屏 P 上。不計重力。下列說法正確的有 ( )A a、b 均帶正電Ba 在磁場中飛行的時間比 b 的短Ca 在磁場中飛行的路程比 b 的短Da在 P上的落點與 O點的距離比 b的近答案： AD8如圖所示，在區(qū)域和區(qū)域內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強磁場，區(qū) 域內(nèi)磁感應強度是區(qū)域內(nèi)磁感應強度的 2 倍，一帶電粒子在區(qū)域左側(cè)邊界處以垂 直邊界的速度進入?yún)^(qū)域，發(fā)現(xiàn)粒子離開區(qū)域時速度方向改變了30°，然后進入?yún)^(qū)域，測得粒子在區(qū)域內(nèi)的運動時間與區(qū)域內(nèi)的運動時間相等，則下列說法正確的是A粒子在區(qū)域和區(qū)域中的速率之比為1 1B粒子在區(qū)域和區(qū)域中的角速度之比為2 1C粒子在區(qū)域和區(qū)域中