高二物理專題特訓(人教版2019選擇性必修第二冊)專題1.6帶電粒子在勻強磁場中的運動的各種問題(原卷版+解析)

專題1.6帶電粒子在勻強磁場中的運動的各種問題【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1旋轉(zhuǎn)圓問題】 【題型2多解問題】 【題型3對比問題】 【題型4聯(lián)系實際問題】 【題型5周期性問題】 【題型6臨界問題】 【題型7求范圍問題】 【題型1旋轉(zhuǎn)圓問題】【例1】如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個方向以相同的速率通過P點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的eq\f(1,3)。將磁感應強度的大小從原來的B1變?yōu)锽2，結(jié)果相應的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话?，則eq\f(B2,B1)等于()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D．3【變式1-1】如圖，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()A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)【變式1-2】(多選)如圖所示，在熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒光屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內(nèi)不斷地向各個方向同時發(fā)射電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為d，則()A.粒子能打到熒光屏上的區(qū)域長度為2eq\r(3)dB.能打到熒光屏上最左側(cè)的粒子所用的時間為eq\f(πd,v)C.粒子從發(fā)射到達到熒光屏上的最長時間為eq\f(πd,v)D.同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光屏上的最大時間差eq\f(7πd,6v)【變式1-3】(多選)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磁場，磁感應強度B＝2.0×10－4T。電子質(zhì)量m＝9.1×10－31kg，電量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 B.θ＝60°時，l＝9.1cmC.θ＝45°時，l＝4.55cm D.θ＝30°時，l＝4.55cm【題型2多解問題】【例2】如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁感應強度大小均為B，頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速率的粒子，粒子質(zhì)量均為m、帶電荷量均為＋q，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則粒子能通過B點時發(fā)射的速率v0為()A.eq\f(2qBL,m)B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(qBL,7m)【變式2-1】(多選)如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場。欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)B.eq\f(Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m)D.eq\f(\r(2)Bqd,2m)【變式2-2】(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應強度為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.eq\f(4qB,m) B.eq\f(3qB,m)C.eq\f(2qB,m) D.eq\f(qB,m)【變式2-3】(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電?，F(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()A．使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)【題型3對比問題】【例3】(多選)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是()A．a(chǎn)帶負電荷B．b帶正電荷C．c帶負電荷D．a(chǎn)和b的動量大小一定相等【變式3-1】(多選)兩個帶等量異種電荷的粒子a、b分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖所示，則()A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電B．兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1C．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝1∶2D．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝2∶1【變式3-2】如圖所示，平行邊界區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，比荷相同的帶電粒子a和b依次從O點垂直于磁場的左邊界射入，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從右邊界射出，帶電粒子a和b射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30°和60°，不計粒子的重力，下列判斷正確的是()A．粒子a帶負電，粒子b帶正電B．粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為1∶eq\r(3)C．粒子a和b在磁場中運動的速率之比為eq\r(3)∶1D．粒子a和b在磁場中運動的時間之比為1∶2【變式3-3】如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1∶t2為()A．3∶1B．2∶3C．3∶2 D．2∶1【題型4聯(lián)系實際問題】【例4】我國新托卡馬克裝置——中國環(huán)流器二號M裝置由中核集團核工業(yè)西南物理研究院承建，托卡馬克裝置意在通過可控熱核聚變的方式，給人類帶來幾乎無限的清潔能源，俗稱“人造太陽”。要實現(xiàn)可控熱核聚變，裝置中必須有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是通過磁約束，使之長時間束縛在某個有限空間內(nèi)。如圖所示，環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為R1，外半徑為R2，磁感應強度大小為B，中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，具有各個方向的速度。欲保證帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為R2的區(qū)域內(nèi)，則帶電粒子的最大速度為()A.eq\f(qBR2＋R1,2m) B.eq\f(qBR2－R1,2m)C.eq\f(qBR22－R12,2mR1) D.eq\f(qBR22－R12,2mR2)【變式4-1】云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向里的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關a、b、c三條徑跡以下判斷正確的是()A．a(chǎn)、b、c都是正電子的徑跡B．a(chǎn)徑跡對應的粒子動量最大C．c徑跡對應的粒子動能最大D．c徑跡對應的粒子運動時間最長【變式4-2】一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；(2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d。【變式4-3】如圖所示，M、N兩金屬圓筒是直線加速器的一部分，M與N的電勢差為U；邊長為2L的立方體區(qū)域abcda′b′c′d′內(nèi)有豎直向上的勻強磁場。一質(zhì)量為m，電量為＋q的粒子，以初速度v0水平進入圓筒M左側(cè)的小孔。粒子在每個筒內(nèi)均做勻速直線運動，在兩筒間做勻加速直線運動。粒子自圓筒N出來后，從正方形add′a′的中心垂直進入磁場區(qū)域，最后由正方形abb′a′中心垂直飛出磁場區(qū)域。忽略粒子受到的重力。求：(1)粒子進入磁場區(qū)域時的速率。(2)磁感應強度的大小?！绢}型5周期性問題】【例5】如圖甲所示，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，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示，規(guī)定垂直于紙面向里的方向為正方向。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：(1)磁感應強度的大小B0；(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值?！咀兪?-1】如圖所示，水平虛線上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖甲所示，一群帶正電的同種粒子在t＝0時從虛線上的O點垂直于磁場方向向上與右邊界成θ(0°＜θ＜180°)角射入磁場，如圖乙所示，已知粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r，周期為T，不計粒子重力，則在θ角變化過程中下列說法正確的是()A．粒子距水平虛線的最遠距離為2rB．粒子在磁場中運動的速度始終不變C．無論θ角多大，粒子均能射出磁場D．粒子在虛線上方運動的最長時間為eq\f(3,2)T【變式5-2】如圖所示，兩勻強磁場的方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應強度大小分別為B1、B2，今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡為如圖虛線所示的“心”形圖線。則以下說法正確的是()A．電子的運動軌跡為PENCMDPB．B1＝2B2C．電子從射入磁場到回到P點用時為eq\f(2πm,B1e)D．B1＝4B2【變式5-3】如圖所示，直線MN上方有平行于紙面且與MN成45°角的有界勻強電場。MN下方有方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度為B。今從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45°角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌跡半徑為R。若該粒子從O點出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN，而第五次經(jīng)過直線MN時恰好又通過O點。不計粒子的重力，對于上述運動過程，下列說法正確的是()A．電場強度大小為eq\r(2)BvB．根據(jù)能量守恒定律可知，該粒子再次回到O點時的速度仍為vC．上述運動過程在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間為eq\f(πR,2v)D．該粒子從O點出發(fā)至再回到O點全程用時為eq\f(2R,v)(2＋π)【題型6臨界問題】【例6】如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為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，則粒子入射速率v的最大值可能是多少?！咀兪?-1】(多選)如圖所示，邊界OA與OC之間存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，∠AOC＝60°。邊界OA上距O點l處有一粒子源S，可發(fā)射質(zhì)量為m，帶正電荷q的等速粒子。當S沿紙面向磁場各個方向發(fā)射粒子，發(fā)現(xiàn)都沒有粒子從OC邊界射出。則()A.粒子的最大發(fā)射速率不超過eq\f(\r(3)qBl,4m)B.粒子的最大發(fā)射速率不超過eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)－3))qBl,m)C.粒子從OA邊界離開磁場時離S的最遠距離可能為lD.粒子從OA邊界離開磁場時離S的最遠距離可能為eq\f(\r(3)l,2)【變式6-2】如圖，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進入磁場，不計重力。(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm；(2)如果磁感應強度大小為eq\f(Bm,2)，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離?！咀兪?-3】(多選)如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P(0，eq\r(3)L)點，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤α≤180°))。當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則()A．粒子一定帶正電B．當α＝45°時，粒子也垂直x軸離開磁場C．粒子入射速率為eq\f(2\r(3)qBL,m)D．粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為3eq\r(5)L【題型7求范圍問題】【例7】如圖，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里。許多質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝eq\f(mv,Bq)。哪個圖是正確的？()【變式7-1】如圖，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B＝0.60T。磁場內(nèi)有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行。在距ab為l＝16cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的電荷量與質(zhì)量之比eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg?，F(xiàn)只考慮在紙面內(nèi)運動的α粒子，求ab板上被α粒子打中區(qū)域的長度?！咀兪?-2】如圖所示，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限，射入時速度方向不同，速度大小均為v0，現(xiàn)在某一區(qū)域加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏MN上，熒光屏與y軸平行，下列說法正確的是()A．所加磁場范圍的最小面積是eq\f(πm2v02,2e2B2)B．所加磁場范圍的最小面積是eq\f(π＋2m2v02,2e2B2)C．所加磁場范圍的最小面積是eq\f(3π＋2m2v02,4e2B2)D．所加磁場范圍的最小面積是eq\f(3πm2v02,2e2B2)【變式7-3】如圖所示，在y≥0的區(qū)域存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向均勻地不斷發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)?)?，F(xiàn)觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力，求：(1)磁感應強度B的大??；(2)被薄金屬板接收的粒子中運動的最長與最短時間的差值；(3)打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比。

參考答案【題型1旋轉(zhuǎn)圓問題】【例1】如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個方向以相同的速率通過P點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的eq\f(1,3)。將磁感應強度的大小從原來的B1變?yōu)锽2，結(jié)果相應的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话?，則eq\f(B2,B1)等于()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D．3解析：選B當軌道半徑小于或等于磁場區(qū)域半徑時，粒子射出圓形磁場的點離入射點最遠距離為軌跡直徑。如圖所示，當粒子從eq\f(1,3)圓周射出磁場時，粒子在磁場中運動的軌道直徑為PQ，粒子都從圓弧PQ之間射出，因此軌道半徑r1＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R；若粒子射出的圓弧對應弧長為“原來”的一半，即eq\f(1,6)周長，對應的弦長為R，即粒子運動軌跡直徑等于磁場區(qū)域半徑R，半徑r2＝eq\f(R,2)，由r＝eq\f(mv,qB)可得eq\f(B2,B1)＝eq\f(r1,r2)＝eq\r(3)?！咀兪?-1】如圖，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()A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)解析：選C由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2,R)可知，R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時，則AP＝2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時，則BP＝2R2，由幾何關系可知，R1＝eq\f(R,2)，R2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R，則eq\f(v2,v1)＝eq\f(R2,R1)＝eq\r(3)，C項正確?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，在熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒光屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內(nèi)不斷地向各個方向同時發(fā)射電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為d，則()A.粒子能打到熒光屏上的區(qū)域長度為2eq\r(3)dB.能打到熒光屏上最左側(cè)的粒子所用的時間為eq\f(πd,v)C.粒子從發(fā)射到達到熒光屏上的最長時間為eq\f(πd,v)D.同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光屏上的最大時間差eq\f(7πd,6v)答案BD解析打在熒光屏上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖甲所示：甲根據(jù)幾何關系知，帶電粒子能到達熒光屏上的長度為l＝R＋eq\r(3)R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)))R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)))d，A錯誤；由運動軌跡圖可知，能打到熒光屏上最左側(cè)的粒子偏轉(zhuǎn)了半個周期，故所用時間為t＝eq\f(1,2)T，又T＝eq\f(2πd,v)，解得t＝eq\f(πd,v)，B正確；設此時粒子出射速度的大小為v，在磁場中運動時間最長(優(yōu)弧1)和最短(劣弧2)的粒子運動軌跡示意圖如圖乙所示：乙粒子做整個圓周運動的周期T＝eq\f(2πd,v)，由幾何關系可知最短時間t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，最長時間t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，根據(jù)題意得同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光屏上的最大時間差Δt＝t1－t2，解得Δt＝eq\f(7πd,6v)，C錯誤，D正確?！咀兪?-3】(多選)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磁場，磁感應強度B＝2.0×10－4T。電子質(zhì)量m＝9.1×10－31kg，電量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 B.θ＝60°時，l＝9.1cmC.θ＝45°時，l＝4.55cm D.θ＝30°時，l＝4.55cm解析電子在勻強磁場運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝4.55cm，電子沿逆時針方向做勻速圓周運動，當θ＝90°時，豎直向下發(fā)射的粒子恰好打到N點，水平向右發(fā)射的粒子恰好打到M點，如圖甲所示，故l＝L＝9.1cm，A正確；當θ＝30°時，豎直向下發(fā)射的粒子，恰好打到N點，由幾何關系知，另一臨界運動軌跡恰好與MN相切于O點，如圖乙所示，故粒子只能打在NO范圍內(nèi)，故l＝eq\f(L,2)＝4.55cm，D正確；進而可分析知當θ＝45°或θ＝60°時，粒子打到板上的范圍大于ON小于NM，即4.55cm<l<9.1cm，故B、C錯誤。答案AD【題型2多解問題】【例2】如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁感應強度大小均為B，頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速率的粒子，粒子質(zhì)量均為m、帶電荷量均為＋q，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則粒子能通過B點時發(fā)射的速率v0為()A.eq\f(2qBL,m)B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(qBL,7m)[解析]粒子帶正電，且經(jīng)過B點，其可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧所對圓心角均為60°，所以粒子運動半徑r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v02,r)，解得v0＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)(n＝1,2,3，…)，故A、B、C錯誤，D正確。[答案]D【變式2-1】(多選)如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場。欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)B.eq\f(Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m)D.eq\f(\r(2)Bqd,2m)[解析]粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當粒子的軌跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大。若粒子帶正電，其運動軌跡如圖(a)所示(此時圓心為O點)，由幾何關系得R1sin45°＋d＝R1，將R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，A正確。若粒子帶負電，其運動軌跡如圖(b)所示(此時圓心為O′點)，由幾何關系得R2＋R2cos45°＝d，將R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，C正確。[答案]AC【變式2-2】(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應強度為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.eq\f(4qB,m) B.eq\f(3qB,m)C.eq\f(2qB,m) D.eq\f(qB,m)[解析]根據(jù)題意，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＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv＝meq\f(v2,R)，v＝eq\f(2BqR,m)，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(2Bq,m)，故A、C正確。[答案]AC【變式2-3】(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電?，F(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()A．使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)[解析]若帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有r12＝＋l2，又因為r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)，故A、B正確。[答案]AB【題型3對比問題】【例3】(多選)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是()A．a(chǎn)帶負電荷B．b帶正電荷C．c帶負電荷D．a(chǎn)和b的動量大小一定相等解析：選BC由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電荷，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則粒子c應帶負電荷，A錯誤，B、C正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于粒子a與粒子b的電荷量大小關系未知，則粒子a與b的動量大小關系不確定，D錯誤?！咀兪?-1】(多選)兩個帶等量異種電荷的粒子a、b分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖所示，則()A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電B．兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1C．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝1∶2D．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝2∶1[解析]由左手定則可得：a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A錯誤；粒子做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示。故Ra＝eq\f(\f(1,2)d,sin30°)＝d，Rb＝eq\f(\f(1,2)d,sin60°)＝eq\f(\r(3),3)d，所以Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1，故B正確；由幾何關系可得：從A運動到B，a粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，ta＝eq\f(Ta,6)＝tb＝eq\f(Tb,3)，則Ta∶Tb＝2∶1，粒子運動周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，根據(jù)a、b粒子電荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C錯誤，D正確。[答案]BD【變式3-2】如圖所示，平行邊界區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，比荷相同的帶電粒子a和b依次從O點垂直于磁場的左邊界射入，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從右邊界射出，帶電粒子a和b射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30°和60°，不計粒子的重力，下列判斷正確的是()A．粒子a帶負電，粒子b帶正電B．粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為1∶eq\r(3)C．粒子a和b在磁場中運動的速率之比為eq\r(3)∶1D．粒子a和b在磁場中運動的時間之比為1∶2[解析]粒子a向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則得，粒子a帶正電；粒子b向下偏轉(zhuǎn)，粒子b帶負電，故A錯誤；由幾何關系可知，磁場水平距離x＝Rasin60°＝Rbsin30°，Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故B正確；由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(qBR,m)，兩粒子比荷相同，磁場相同，則va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故C錯誤；粒子運動周期T＝eq\f(2πm,qB)，a運動時間ta＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T，b運動時間tb＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D錯誤。[答案]B【變式3-3】如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1∶t2為()A．3∶1B．2∶3C．3∶2 D．2∶1解析：選A電子在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，電子2運動的時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正確?！绢}型4聯(lián)系實際問題】【例4】我國新托卡馬克裝置——中國環(huán)流器二號M裝置由中核集團核工業(yè)西南物理研究院承建，托卡馬克裝置意在通過可控熱核聚變的方式，給人類帶來幾乎無限的清潔能源，俗稱“人造太陽”。要實現(xiàn)可控熱核聚變，裝置中必須有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是通過磁約束，使之長時間束縛在某個有限空間內(nèi)。如圖所示，環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為R1，外半徑為R2，磁感應強度大小為B，中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，具有各個方向的速度。欲保證帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為R2的區(qū)域內(nèi)，則帶電粒子的最大速度為()A.eq\f(qBR2＋R1,2m) B.eq\f(qBR2－R1,2m)C.eq\f(qBR22－R12,2mR1) D.eq\f(qBR22－R12,2mR2)解析：選B由r＝eq\f(mv,Bq)可知，粒子的速度越大，在磁場中運動的半徑越大，故帶電粒子的最大速度可通過最大半徑求得，最大半徑為rmax＝eq\f(R2－R1,2)。根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，得vmax＝eq\f(qBR2－R1,2m)，A、C、D錯誤，B正確?！咀兪?-1】云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向里的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關a、b、c三條徑跡以下判斷正確的是()A．a(chǎn)、b、c都是正電子的徑跡B．a(chǎn)徑跡對應的粒子動量最大C．c徑跡對應的粒子動能最大D．c徑跡對應的粒子運動時間最長解析：選C帶電粒子在垂直于紙面向里的磁場中運動，根據(jù)左手定則可知a、b、c都是負電子的徑跡，A錯誤；帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由圖可知Ra＜Rb＜Rc，所以va＜vb＜vc，根據(jù)p＝mv，可知pa＜pb＜pc，B錯誤；根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，C正確。帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，則T＝eq\f(2πm,qB)，所以Ta＝Tb＝Tc，粒子在磁場中的運動時間t＝eq\f(α,2π)T，其中α為粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度，由圖可知a徑跡對應的偏轉(zhuǎn)角度最大，則a徑跡對應的粒子運動時間最長，D錯誤?！咀兪?-2】一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；(2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d。[解析](1)甲種離子在電場中加速時，有qU0＝eq\f(1,2)×2mv2設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1則有qvB＝2meq\f(v2,r1)解得r1＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))根據(jù)幾何關系有x＝2r1－L解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L。(2)如圖所示。最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d＝r1－eq\r(r12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)解得d＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))。[答案](1)eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L(2)圖見解析eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))【變式4-3】如圖所示，M、N兩金屬圓筒是直線加速器的一部分，M與N的電勢差為U；邊長為2L的立方體區(qū)域abcda′b′c′d′內(nèi)有豎直向上的勻強磁場。一質(zhì)量為m，電量為＋q的粒子，以初速度v0水平進入圓筒M左側(cè)的小孔。粒子在每個筒內(nèi)均做勻速直線運動，在兩筒間做勻加速直線運動。粒子自圓筒N出來后，從正方形add′a′的中心垂直進入磁場區(qū)域，最后由正方形abb′a′中心垂直飛出磁場區(qū)域。忽略粒子受到的重力。求：(1)粒子進入磁場區(qū)域時的速率。(2)磁感應強度的大小。解析：(1)粒子在電場中加速，有動能定理可知：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：v＝eq\r(\f(2qU,m)＋v02)。(2)根據(jù)題意分析可得粒子在磁場中運動的軌道半徑R＝L在磁場中運動時洛倫茲力提供了向心力，qBv＝meq\f(v2,R)解得：B＝eq\f(\r(mmv02＋2qU),qL)。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m)＋v02)(2)eq\f(\r(mmv02＋2qU),qL)【題型5周期性問題】【例5】如圖甲所示，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，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示，規(guī)定垂直于紙面向里的方向為正方向。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：(1)磁感應強度的大小B0；(2)要使正離子從O′孔垂直于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)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)解析(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力qv0B0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)做勻速圓周運動的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上兩式解得磁感應強度大小B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向如圖所示，正離子在兩板之間只運動一個周期T0，有R＝eq\f(d,4)；當正離子在兩板之間運動n(n＝1，2，3，…)個周期，即nT0(n＝1，2，3，…)時，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1，2，3，…)。由qvB0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(qB0R,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)?！咀兪?-1】如圖所示，水平虛線上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖甲所示，一群帶正電的同種粒子在t＝0時從虛線上的O點垂直于磁場方向向上與右邊界成θ(0°＜θ＜180°)角射入磁場，如圖乙所示，已知粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r，周期為T，不計粒子重力，則在θ角變化過程中下列說法正確的是()A．粒子距水平虛線的最遠距離為2rB．粒子在磁場中運動的速度始終不變C．無論θ角多大，粒子均能射出磁場D．粒子在虛線上方運動的最長時間為eq\f(3,2)T解析：選C當0°＜θ＜180°時，粒子與水平虛線的最遠距離d＝r(1＋cosθ)略小于2r，A錯誤；粒子在磁場中運動的過程中，所受洛倫茲力對其不做功，故粒子的速度大小不變，但粒子速度方向時刻改變，故粒子在磁場中運動速度發(fā)生了變化，B錯誤；粒子的軌跡如圖所示，粒子以θ＝180°射入磁場時，粒子在虛線上方運動一圈回到入射邊界的時間為T＋eq\f(1,2)T＝eq\f(3,2)T，因為0°＜θ＜180°，故粒子在虛線上方運動的最長時間略小于eq\f(3,2)T，在這個角度范圍內(nèi)，無論θ角多大，粒子均能射出磁場，C正確，D錯誤?！咀兪?-2】如圖所示，兩勻強磁場的方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應強度大小分別為B1、B2，今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡為如圖虛線所示的“心”形圖線。則以下說法正確的是()A．電子的運動軌跡為PENCMDPB．B1＝2B2C．電子從射入磁場到回到P點用時為eq\f(2πm,B1e)D．B1＝4B2解析：選B根據(jù)左手定則可知，電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1時，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運行軌跡為PDMCNEP，故A錯誤；電子在題圖所示運動過程中，在左側(cè)勻強磁場中運動兩個半圓，即運動一個周期，在右側(cè)勻強磁場中運動半個周期，所以t＝eq\f(2πm,B1e)＋eq\f(πm,B2e)，故C錯誤；由題圖可知，電子在左側(cè)勻強磁場中的運動半徑是在右側(cè)勻強磁場中的運動半徑的一半，根據(jù)r＝eq\f(mv,Be)可知，B1＝2B2，故B正確，D錯誤?！咀兪?-3】如圖所示，直線MN上方有平行于紙面且與MN成45°角的有界勻強電場。MN下方有方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度為B。今從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45°角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌跡半徑為R。若該粒子從O點出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN，而第五次經(jīng)過直線MN時恰好又通過O點。不計粒子的重力，對于上述運動過程，下列說法正確的是()A．電場強度大小為eq\r(2)BvB．根據(jù)能量守恒定律可知，該粒子再次回到O點時的速度仍為vC．上述運動過程在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間為eq\f(πR,2v)D．該粒子從O點出發(fā)至再回到O點全程用時為eq\f(2R,v)(2＋π)解析：選D粒子的運動軌跡如圖所示，從O點進入磁場后，先在磁場中做勻速圓周運動到a點，然后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反，在電場中做勻變速直線運動，在電場中勻減速運動到b點后再勻加速返回a點，從a點再次進入磁場后做勻速圓周運動，然后從c點再次進入電場，進入電場后做類平拋運動，回到O點。粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為R，由幾何知識可得Oc＝2eq\r(2)R，粒子從c到O做類平拋運動，垂直電場方向和平行電場方向的位移大小都是s⊥＝s∥＝Ocsin45°＝2R，設粒子做類平拋運動的時間為t3，在垂直電場方向有s⊥＝2R＝vt3，在平行電場方向有s∥＝2R＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t32，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得E＝vB，t3＝eq\f(2R,v)，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)，由幾何知識可知，粒子第一次在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝90°，粒子第二次在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ′＝270°，粒子在磁場中運動的總時間t1＝eq\f(θ＋θ′,360°)T＝eq\f(2πR,v)，粒子在電場中做勻變速直線運動的時間t2＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2mv,qE)＝eq\f(2R,v)，該粒子從O點出發(fā)至再回到O點全程用時t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2R,v)(2＋π)，故C錯誤，D正確；粒子第二次進入電場后做類平拋運動，則有v∥＝at3＝eq\f(qE,m)×eq\f(2R,v)＝eq\f(qvB,m)×eq\f(2R,v)＝2v，粒子再次回到O點時的速度v′＝eq\r(v2＋v∥2)＝eq\r(v2＋2v2)＝eq\r(5)v，故B錯誤?！绢}型6臨界問題】【例6】如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界。現(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為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，則粒子入射速率v的最大值可能是多少。[解析]題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷。若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的eq\f(1,4)圓周圓弧，軌道半徑：R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－eq\f(R,\r(2))解得v＝(2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)。若q為負電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的eq\f(3,4)圓周圓弧，則有：R′＝eq\f(mv′,Bq)d＝R′＋eq\f(R′,\r(2))，解得v′＝(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)。[答案](2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q為正電荷)或(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q為負電荷)【變式6-1】(多選)如圖所示，邊界OA與OC之間存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，∠AOC＝60°。邊界OA上距O點l處有一粒子源S，可發(fā)射質(zhì)量為m，帶正電荷q的等速粒子。當S沿紙面向磁場各個方向發(fā)射粒子，發(fā)現(xiàn)都沒有粒子從OC邊界射出。則()A.粒子的最大發(fā)射速率不超過eq\f(\r(3)qBl,4m)B.粒子的最大發(fā)射速率不超過eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)－3))qBl,m)C.粒子從OA邊界離開磁場時離S的最遠距離可能為lD.粒子從OA邊界離開磁場時離S的最遠距離可能為eq\f(\r(3)l,2)答案AD解析要使沒有粒子從OC邊界射出，沿如圖路線運動的粒子不離開磁場，滿足eq\f(1,2)lsin60°＝eq\f(mv,qB)，v＝eq\f(\r(3)qBl,4m)，故A正確，B錯誤；粒子速度v＝eq\f(\r(3)Bql,4m)，從OA邊界離開磁場時離S最遠距離d＝2R＝lsin60°＝eq\f(\r(3),2)l，故C錯誤，D正確?！咀兪?-2】如圖，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進入磁場，不計重力。(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm；(2)如果磁感應強度大小為eq\f(Bm,2)，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。[解析](1)由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律，有qv0B＝meq\f(v02,R) ①由此可得R＝eq\f(mv0,qB) ②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足R≤h ③由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒子的運動半徑最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)。④(2)若磁感應強度大小為eq\f(Bm,2)，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為R′＝2h ⑤粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示。設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2) ⑥則α＝eq\f(π,6) ⑦由幾何關系可得，P點與x軸的距離為y＝2h(1－cosα) ⑧ 聯(lián)立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h。 ⑨[答案](1)磁場方向垂直紙面向里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h【變式6-3】(多選)如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P(0，eq\r(3)L)點，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤α≤180°))。當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則()A．粒子一定帶正電B．當α＝45°時，粒子也垂直x軸離開磁場C．粒子入射速率為eq\f(2\r(3)qBL,m)D．粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為3eq\r(5)L解析：選ACD根據(jù)題意可知粒子垂直x軸離開磁場，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖甲，粒子運動的半徑為r＝eq\f(\r(3)L,cos60°)＝2eq\r(3)L，洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子入射速率v＝eq\f(2\r(3)qBL,m)。若α＝45°，粒子運動軌跡如圖乙，根據(jù)幾何關系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，B錯誤，C正確；粒子離開磁場的位置距離O點最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖丙，根據(jù)幾何關系可知(2r)2＝(eq\r(3)L)2＋xm2，解得xm＝3eq\r(5)L，D正確?！绢}型7求范圍問題】【例7】如圖，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里。許多質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝eq\f(mv,Bq)。哪個圖是正確的？()[解析]由于帶電粒子從O點以相同速率射入紙面內(nèi)的各個方向，射入磁場的帶電粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動，其運動半徑是相等的。沿ON方向(臨界方向)射入的粒子，恰能在磁場中做完整的圓周運動，則過O點垂直MN右側(cè)恰為一臨界半圓；若將速度方向沿ON方向逆時針偏轉(zhuǎn)，則在過O點垂直MN左側(cè)，其運動軌跡上各個點到O點的最遠距離，恰好是以O為圓心，以2R為半徑的eq\f(1,4)圓弧。A正確。[答案]A【變式7-1】如圖，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B＝0.60T。磁場內(nèi)有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行。在距ab為l＝16cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的電荷量與質(zhì)量之比eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg?，F(xiàn)只考慮在紙面內(nèi)運動的α粒子，求ab板上被α粒子打中區(qū)域的長度。解析α粒子帶正電，故其在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動。用R表示軌道半徑，有qvB＝meq\f(v2,R)由此得R＝eq\f(mv,qB)代入數(shù)值得R＝10cm，可見2R>l>R。因朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在下圖中N左側(cè)與ab相切，則此切點P1就是α粒子能打中的左側(cè)最遠點。為確定P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心、R為半徑、作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，垂線與ab的交點即為P1。即：NP1＝eq\r(R2－（l－R）2)。再考慮N的右側(cè)。α粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作弧，交ab于N右側(cè)的P2點，此點即α粒子能打到的右側(cè)最遠點。由圖中幾何關系得NP2＝eq\r(（2R）2－l2)，所求長度為P1P2＝NP1＋NP2代入數(shù)值得P1P2＝20cm。答案20cm【變式7-2】如圖所示，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限，射入時速度方向不同，速度大小均為v0，現(xiàn)在某一區(qū)域加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏MN上，熒光屏與y軸平行，下列說法正確的是()A．所加磁場范圍的最小面積是eq\f(πm2v02,2e2B2)B．所加磁場范圍的最小面積是eq\f(π＋2m2v02,2e2B2)C．所加磁場范圍的最小面積是eq\f(3π＋2m2v02,4e2B2)D．所加磁場范圍的最小面積是eq\f(3πm2v02,2e2B2)解析：選B設粒子在磁場中運動的半徑為R，由牛頓第二定律得ev0B＝meq\f(v02,R)，即R＝eq\f(mv0,eB)，電子從y軸穿過的范圍為OM＝2R＝2eq\f(mv0,eB)，初速度沿x軸正方向的電子沿OA運動到熒光屏MN上的P點；初速度沿y軸正方向的電子沿OC運動到熒光屏MN上的Q點；由幾何知識可得PQ＝R＝eq\f(mv0,eB)，取與x軸正方向成θ角的方向射入的電子為研究對象，其射出磁場的點為E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有x＝－Rsinθ，y＝R＋Rcosθ，即x2＋(y－R)2＝R2，又因為電子沿x軸正方向射入時，射出的邊界點為A點；沿y軸正方向射入時，射出的邊界點為C點，故所加最小面積的場的邊界是以(0，R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖中實線圓所圍區(qū)域，所以磁場范圍的最小面積為S＝eq\f(3,4)πR2＋R2－eq\f(1,4)πR2＝eq\f(π,2)＋1eq\f(mv0,eB)2＝eq\f(π＋2m2v02,2e2B2)，故B正確?！咀兪?-3】如圖所示，在y≥0的區(qū)域存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向均勻地不斷發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)?)?，F(xiàn)觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力，求：(1)磁感應強度B的大??；(2)被薄金屬板接收的粒子中運動的最長與最短時間的差值；(3)打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比。答案(1)eq\f(mv,qx0)(2)eq\f(4πx0,3v)(3)1∶2解析(1)由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動，沿－x方向射出的粒子恰好打在金屬板的上方，如圖a所示：圖a則R＝x0，qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得B＝eq\f(mv,qx0)。(2)粒子做勻速圓周運動的周期為T，根據(jù)圓周運動公式可知T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πx0,v)，圖b為帶電粒子打在金屬板左側(cè)面的兩個臨界點，由圖可知，圓心O′與坐標原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成30°角，由圖b可知到達薄金屬板左側(cè)下端的粒子用時最短，即t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πx0,3v)圖c為打在右側(cè)下端的臨界點，圓心O″與坐標原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成150°角，由圖a、c可知到達金屬板右側(cè)下端的粒子用時最長，即t′＝eq\f(5T,6)＝eq\f(5πx0,3v)，則被板接收的粒子中最長和最短時間之差為Δt＝t′－t＝eq\f(4πx0,3v)。(3)由圖a和圖c可知打在右側(cè)面的粒子發(fā)射角為30°，由圖b知打在左側(cè)面的粒子發(fā)射角為60°，所以打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(30°,60°)＝eq\f(1,2)。專題1.6帶電粒子在勻強磁場中的運動的各種問題【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1旋轉(zhuǎn)圓問題】 【題型2多解問題】 【題型3對比問題】 【題型4聯(lián)系實際問題】 【題型5周期性問題】 【題型6臨界問題】 【題型7求范圍問題】 【題型1旋轉(zhuǎn)圓問題】【例1】如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個方向以相同的速率通過P點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的eq\f(1,3)。將磁感應強度的大小從原來的B1變?yōu)锽2，結(jié)果相應的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话?，則eq\f(B2,B1)等于()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D．3解析：選B當軌道半徑小于或等于磁場區(qū)域半徑時，粒子射出圓形磁場的點離入射點最遠距離為軌跡直徑。如圖所示，當粒子從eq\f(1,3)圓周射出磁場時，粒子在磁場中運動的軌道直徑為PQ，粒子都從圓弧PQ之間射出，因此軌道半徑r1＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R；若粒子射出的圓弧對應弧長為“原來”的一半，即eq\f(1,6)周長，對應的弦長為R，即粒子運動軌跡直徑等于磁場區(qū)域半徑R，半徑r2＝eq\f(R,2)，由r＝eq\f(mv,qB)可得eq\f(B2,B1)＝eq\f(r1,r2)＝eq\r(3)?！咀兪?-1】如圖，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()A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)解析：選C由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2,R)可知，R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時，則AP＝2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時，則BP＝2R2，由幾何關系可知，R1＝eq\f(R,2)，R2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R，則eq\f(v2,v1)＝eq\f(R2,R1)＝eq\r(3)，C項正確?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，在熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒光屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內(nèi)不斷地向各個方向同時發(fā)射電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為d，則()A.粒子能打到熒光屏上的區(qū)域長度為2eq\r(3)dB.能打到熒光屏上最左側(cè)的粒子所用的時間為eq\f(πd,v)C.粒子從發(fā)射到達到熒光屏上的最長時間為eq\f(πd,v)D.同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光屏上的最大時間差eq\f(7πd,6v)答案BD解析打在熒光屏上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖甲所示：甲根據(jù)幾何關系知，帶電粒子能到達熒光屏上的長度為l＝R＋eq\r(3)R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)))R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)))d，A錯誤；由運動軌跡圖可知，能打到熒光屏上最左側(cè)的粒子偏轉(zhuǎn)了半個周期，故所用時間為t＝eq\f(1,2)T，又T＝eq\f(2πd,v)，解得t＝eq\f(πd,v)，B正確；設此時粒子出射速度的大小為v，在磁場中運動時間最長(優(yōu)弧1)和最短(劣弧2)的粒子運動軌跡示意圖如圖乙所示：乙粒子做整個圓周運動的周期T＝eq\f(2πd,v)，由幾何關系可知最短時間t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，最長時間t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，根據(jù)題意得同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光屏上的最大時間差Δt＝t1－t2，解得Δt＝eq\f(7πd,6v)，C錯誤，D正確?！咀兪?-3】(多選)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磁場，磁感應強度B＝2.0×10－4T。電子質(zhì)量m＝9.1×10－31kg，電量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 B.θ＝60°時，l＝9.1cmC.θ＝45°時，l＝4.55cm D.θ＝30°時，l＝4.55cm解析電子在勻強磁場運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝4.55cm，電子沿逆時針方向做勻速圓周運動，當θ＝90°時，豎直向下發(fā)射的粒子恰好打到N點，水平向右發(fā)射的粒子恰好打到M點，如圖甲所示，故l＝L＝9.1cm，A正確；當θ＝30°時，豎直向下發(fā)射的粒子，恰好打到N點，由幾何關系知，另一臨界運動軌跡恰好與MN相切于O點，如圖乙所示，故粒子只能打在NO范圍內(nèi)，故l＝eq\f(L,2)＝4.55cm，D正確；進而可分析知當θ＝45°或θ＝60°時，粒子打到板上的范圍大于ON小于NM，即4.55cm<l<9.1cm，故B、C錯誤。答案AD【題型2多解問題】【例2】如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁感應強度大小均為B，頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速率的粒子，粒子質(zhì)量均為m、帶電荷量均為＋q，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則粒子能通過B點時發(fā)射的速率v0為()A.eq\f(2qBL,m)B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(qBL,7m)[解析]粒子帶正電，且經(jīng)過B點，其可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧所對圓心角均為60°，所以粒子運動半徑r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v02,r)，解得v0＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)(n＝1,2,3，…)，故A、B、C錯誤，D正確。[答案]D【變式2-1】(多選)如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場。欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)B.eq\f(Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m)D.eq\f(\r(2)Bqd,2m)[解析]粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當粒子的軌跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大。若粒子帶正電，其運動軌跡如圖(a)所示(此時圓心為O點)，由幾何關系得R1sin45°＋d＝R1，將R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，A正確。若粒子帶負電，其運動軌跡如圖(b)所示(此時圓心為O′點)，由幾何關系得R2＋R2cos45°＝d，將R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，C正確。[答案]AC【變式2-2】(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應強度為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.eq\f(4qB,m) B.eq\f(3qB,m)C.eq\f(2qB,m) D.eq\f(qB,m)[解析]根據(jù)題意，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＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv＝meq\f(v2,R)，v＝eq\f(2BqR,m)，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(2Bq,m)，故A、C正確。[答案]AC【變式2-3】(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應強度為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()A．使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)[解析]若帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有r12＝＋l2，又因為r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)，故A、B正確。[答案]AB【題型3對比問題】【例3】(多選)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是()A．a(chǎn)帶負電荷B．b帶正電荷C．c帶負電荷D．a(chǎn)和b的動量大小一定相等解析：選BC由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電荷，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則粒子c應帶負電荷，A錯誤，B、C正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于粒子a與粒子b的電荷量大小關系未知，則粒子a與b的動量大小關系不確定，D錯誤?！咀兪?-1】(多選)兩個帶等量異種電荷的粒子a、b分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖所示，則()A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電B．兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1C．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝1∶2D．兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝2∶1[解析]由左手定則可得：a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A錯誤；粒子做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示。