高考物理二轮复习考前三个月专题8磁场对电流和运动电荷的作用教案 19页

专题 8 磁场对电流和运动电荷的作用 考题一 磁场对通电导体的作用力 1.安培力大小的计算公式：F＝BILsin θ(其中θ为 B 与 I 之间的夹角). (1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL. (2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0. 2.安培力方向的判断：左手定则. 方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面. 3.两个常用的等效模型 (1)变曲为直：图 1 甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为 ac 直线 电流. 图 1 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙. 4.求解磁场中导体棒运动问题的方法 (1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培 力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直. (2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面 内的受力分析图. (3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解. 例 1 如图 2 所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个 圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为 匀强磁场，磁感应强度为 B＝0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为 a＝0.05 m，电源的电动势为 E＝3 V，内阻 r＝0.1 Ω，限流电阻 R0＝4.9 Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 R＝0.9 Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为 1.5 V，则( ) 图 2 A.由上往下看，液体做顺时针旋转 B.液体所受的安培力大小为 1.5×10－4 N C.闭合开关 10 s，液体具有的动能是 4.5 J D.闭合开关后，液体电热功率为 0.081 W 解析 由于中心圆柱形电极接电源的负极，边缘电极接电源的正极，在电源外部电流由正极 流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导 电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故 A 错误；此电路为非纯 电阻电路，电压表的示数为 1.5 V，则根据闭合电路欧姆定律：E＝U＋IR0＋Ir，所以电路中 的电流值：I＝ E－U R0＋r ＝ 3－1.5 4.9＋0.1 A＝0.3 A，液体所受的安培力大小为：F＝BIL＝BIa＝ 0.1×0.3×0.05 N＝1.5×10－3 N.故 B 错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 R＝0.9 Ω， 则液体热功率为 P 热＝I2R＝0.32×0.9 W＝0.081 W.故 D 正确；10 s 末液体的动能等于安培力 对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：P＝UI＝1.5×0.3 W＝0.45 W，所以闭合开关 10 s， 液体具有的动能是：Ek＝W 电流－W 热＝(P－P 热)·t＝(0.45－0.081)×10 J＝3.69 J，故 C 错误. 答案 D 变式训练 1.(2016·海南单科·8)如图 3(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通 过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音.俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面 即纸面)磁场方向如图中箭头所示，在图(b)中( ) 图 3 A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 答案 BC 解析 将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流顺时 针时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项 A 错误，选项 B 正确；当电流逆时针时，根据左 手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选项 C 正确，选项 D 错误. 2.如图 4 所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.一正方形刚性线 圈，边长为 L，匝数为 n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内.某时刻，线圈中通 过大小为 I 的电流，则此线圈所受安培力的大小为( ) 图 4 A. 2BIL B.1 2 nBIL C.nBIL D. 2nBIL 答案 D 解析 线框的有效长度为 L′＝ 2L，故线圈受到的安培力为 F＝nBIL′＝ 2nBIL，D 正确. 3.如图 5 甲所示，两平行光滑导轨倾角为 30°，相距 10 cm，质量为 10 g 的直导线 PQ 水平 放置在导轨上，从 Q 向 P 看到的侧视图如图乙所示.导轨上端与电路相连，电路中电源电动势 为 12.5 V，内阻为 0.5 Ω，限流电阻 R＝5 Ω，R′为滑动变阻器，其余电阻均不计.在整个 直导线的空间中充满磁感应强度大小为 1 T 的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变， 但始终保持垂直于直导线.若要保持直导线静止在导轨上，则电路中滑动变阻器连入电路电阻 的极值取值情况及与之相对应的磁场方向是( ) 图 5 A.电阻的最小值为 12 Ω，磁场方向水平向右 B.电阻的最大值为 25 Ω，磁场方向垂直斜面向左上方 C.电阻的最小值为 7 Ω，磁场方向水平向左 D.电阻的最大值为 19.5 Ω，磁场方向垂直斜面向右下方 答案 D 解析 磁场方向水平向右时，直导线所受的安培力方向竖直向上，由平衡条件有 mg＝BIL， 得 I＝mg BL ＝0.01×10 1×0.1 A＝1 A，由 I＝ E R＋R′＋r 得 R′＝7 Ω，故 A 错误；磁场方向垂直斜面 向左上方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向下，不可能静止在斜面上，故 B 错误；磁场 方向水平向左时，直导线所受的安培力方向竖直向下，不可能静止在斜面上，故 C 错误；磁 场方向垂直斜面向右下方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向上，由平衡条件有 mgsin 30° ＝BIL，得 I＝1 2 ·mg BL ＝0.5 A，由 I＝ E R＋R′＋r 得 R′＝19.5 Ω，即电阻的最大值为 19.5 Ω， 故 D 正确. 考题二 带电粒子在磁场中的运动 1.必须掌握的几个公式 2.轨迹、圆心和半径是根本，数学知识是保障 (1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹. (2)圆心的确定：轨迹圆心 O 总是位于入射点 A 和出射点 B 所受洛伦兹力 F 洛作用线的交点上 或 AB 弦的中垂线 OO′与任一个 F 洛作用线的交点上，如图 6 所示. 图 6 (3)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如 r＝ AB 2sinα 2 ＝ AB 2sin θ ，然后再 与半径公式 r＝mv qB 联系起来求解. (4)时间的确定：t＝ α 2π ·T＝αm qB 或 t＝s v ＝αR v . (5)注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与 边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出. 例 2 (2016·海南单科·14)如图 7，A、C 两点分别位于 x 轴和 y 轴上，∠OCA＝30°，OA 的长度为 L.在△OCA 区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场.质量为 m、电荷量为 q 的带正 电粒子，以平行于 y 轴的方向从 OA 边射入磁场.已知粒子从某点射入时，恰好垂直于 OC 边射 出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为 t0.不计重力. 图 7 (1)求磁场的磁感应强度的大小； (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 OC 边上的同一点射出磁场，求该 粒子这两次在磁场中运动的时间之和； (3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC 边相切，且在磁场内运动的时间为 5 3 t0，求粒 子此次入射速度的大小. 解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 t0 内其速度方向改变了 90°，故其周期 T ＝4t0 ① 设磁感应强度大小为 B，粒子速度为 v，圆周运动的半径为 r，由洛伦兹力公式和牛顿运动定 律得 qvB＝mv2 r ② 匀速圆周运动的速度满足 v＝2πr T ③ 联立①②③式得 B＝πm 2qt0 ④ (2)设粒子从 OA 边两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一点 P 射出磁场，粒子在磁场中 运动的轨迹如图(a)所示. (a) 设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1 和θ2.由几何关系有：θ1＝180°－θ2 ⑤ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 t1 与 t2，则 t1＋t2＝T 2 ＝2t0 ⑥ (3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为为 150°.设 O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为 r0，圆弧与 AC 相切于 B 点，从 D 点射出磁场，由几何关系 和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30° ⑦ (b) r0cos∠OO′D＋ r0 cos∠BO′A ＝L ⑧ 设粒子此次入射速度的大小为 v0，由圆周运动规律 v0＝2πr0 T ⑨ 联立①⑦⑧⑨式得 v0＝ 3πL 7t0 . 答案 (1)πm 2qt0 (2)2t0 (3) 3πL 7t0 变式训练 4.(2016·全国甲卷·18)一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴 平行，筒的横截面如图 8 所示.图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω 顺时针转动.在该截面内，一带电粒子从小孔 M 射入筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30°角. 当筒转过 90°时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞， 则带电粒子的比荷为( ) 图 8 A.ω 3B B.ω 2B C.ω B D.2ω B 答案 A 解析 画出粒子的运动轨迹如图所示， 由洛伦兹力提供向心力得，qvB＝mv2 r ，又 T＝2πr v ，联立得 T＝2πm qB 由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝π 6 ，在磁场中运动时间 t＝ θ 2π T，粒子运动和圆筒运 动具有等时性，则 θ 2π T＝ π 2 ω ，解得q m ＝ω 3B ，故选项 A 正确. 5.(2016·四川理综·4)如图 9 所示，正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带 正电的粒子从 f 点沿 fd 方向射入磁场区域，当速度大小为 vb 时，从 b 点离开磁场，在磁场 中运动的时间为 tb，当速度大小为 vc 时，从 c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tc，不计 粒子重力.则( ) 图 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 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示， 由几何关系得，rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由 qvB＝m v2 r 得，v＝qBr m ，则 vb∶vc＝rb∶rc ＝1∶2, 又由 T＝2πm qB ，t＝ θ 2π T 和θB＝2θC 得 tb∶tc＝2∶1，故选项 A 正确，B、C、D 错误. 6.(2016·全国丙卷·18)平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30°，其横截面(纸面)如图 10 所 示，平面 OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外.一带电粒子的 质量为 m，电荷量为 q(q>0).粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场， 速度与 OM 成 30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点 射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为( ) 图 10 A. mv 2qB B. 3mv qB C.2mv qB D.4mv qB 答案 D 解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 r＝mv qB .轨迹与 ON 相切，画出粒子的运动 轨迹如图所示，由于 AD ＝2rsin 30°＝r，故△AO′D 为等边三角形，∠O′DA＝60°，而 ∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故 CO′D 为一直线， OD ＝ CD sin 30° ＝2 CD ＝4r＝4mv qB ，故 D 正确. 考题三 带电粒子在相邻多个磁场中的运动 找到半径是关键，边界分析是突破点 带电粒子在多磁场中的运动，一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运动，解决此类问 题的一般思路： (1)根据题中所给的条件，画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹； (2)根据画出的轨迹，找出粒子在两磁场中做圆周运动的圆心和半径； (3)适当添加辅助线，运用数学方法计算出粒子在两磁场中运动的轨迹半径(有时候还要找出 圆心角)； (4)结合粒子运动的半径公式 r＝mv Bq (或周期公式 T＝2πm qB )即可得出所求的物理量. 考生需要特别注意的是，分析出带电粒子在两磁场分界处的运动情况是解决此类问题的突破 点. 例 3 如图 11 所示，为一磁约束装置的原理图.同心圆内存在有垂直圆平面的匀强磁场，同 心圆圆心 O 与 xOy 平面坐标系原点重合.半径为 R0 的圆形区域 I 内有方向垂直 xOy 平面向里 的匀强磁场 B1.一束质量为 m、电荷量为 q、动能为 E0 的带正电粒子从坐标为(0、R0)的 A 点沿 y 轴负方向射入磁场区域 I，粒子全部经过 x 轴上的 P 点，方向沿 x 轴正方向.当在环形区域 Ⅱ加上方向垂直于 xOy 平面的匀强磁场 B2 时，上述粒子仍从 A 点沿 y 轴负方向射入区域 I， 粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ后能够从 Q 点沿半径方向射入区域 I， 已知 OQ 与 x 轴正方向成 60°角.不计重力和粒子间的相互作用.求： 图 11 (1)区域 I 中磁感应强度 B1 的大小； (2)环形区域Ⅱ中 B2 的大小、方向及环形外圆半径 R 的大小； (3)粒子从 A 点沿 y 轴负方向射入后至第一次到 Q 点的运动时间. [思维规范流程] 步骤 1：在区域 I：画出轨迹，定圆心， 由几何关系得出 r1： 列 F 洛＝Fn 方程 (1)在区域 I：r1＝R0 ① qvB1＝mv2 r1 ② E0＝1 2 mv2 ③ 得 B1＝ 2mE0 qR0 ④ 步骤 2：在区域Ⅱ：画出轨迹定圆心， 由几何关系得出 r2：列 F 洛＝Fn 方程： 由左手定则判断 B2 方向. 由几何关系得出外圆半径 R. (2)在区域Ⅱ： r2＝ 3 3 r1＝ 3 3 R0 ⑤ qvB2＝mv2 r2 ⑥ 得 B2＝ 6mE0 qR0 ⑦ 方向：垂直 xOy 平面向外 ⑧ R＝ r2 sin 30° ＋r2＝3r2 ⑨ 即：R＝ 3R0 ⑩ 步骤 3：由轨迹图得： 根据 T＝2πm qB 得 t＝T1 4 ＋2 3 T2 ⑪ T1＝2πm qB1 T2＝2πm qB2 ⑫ t＝(2 6 9 ＋ 2 4 )·πR0 mE0 E0 ⑬ ④⑦⑨⑪⑫⑬每式各 2 分，其余各式 1 分 变式训练 7.如图 12 所示，分界线 MN 上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为 B1 和 B2，一 质量为 m，电荷为 q 的带电粒子(不计重力)从 O 点出发以一定的初速度 v0 沿纸面垂直 MN 向上 射出，经时间 t 又回到出发点 O，形成了图示心形图案，则( ) 图 12 A.粒子一定带正电荷 B.MN 上下两侧的磁场方向相同 C.MN 上下两侧的磁感应强度的大小 B1∶B2＝1∶2 D.时间 t＝2πm qB2 答案 BD 解析 题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所以不能用洛伦兹力充当圆周运动的向心力的 方法判定电荷的正负，A 错误；根据左手定则可知 MN 上下两侧的磁场方向相同，B 正确；设 上面的圆弧半径是 r1，下面的圆弧半径是 r2，根据几何关系可知 r1∶r2＝1∶2；洛伦兹力充 当圆周运动的向心力 qvB＝mv2 r ，得 B＝mv qr ；所以 B1∶B2＝r2∶r1＝2∶1，C 错误；由洛伦兹力 充当圆周运动的向心力 qvB＝mv2 r ，周期 T＝2πr v ，得 T＝2πm qB ；带电粒子运动的时间 t＝T1＋1 2 T2 ＝2πm qB1 ＋πm qB2 ，由 B1∶B2＝2∶1 得 t＝2πm qB2 ，D 正确. 8.如图 13 所示的坐标平面内，y 轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小 B1＝0.20 T 的匀强磁场，在 y 轴的右侧存在方向垂直纸面向里、宽度 d＝12.5 cm 的匀强磁场 B2，某时刻 一质量 m＝2.0×10－8 kg、电量 q＝＋4.0×10－4 C 的带电微粒(重力可忽略不计)，从 x 轴上 坐标为(－0.25 m,0)的 P 点以速度 v＝2.0×103 m/s 沿 y 轴正方向运动.试求： 图 13 (1)微粒在 y 轴左侧磁场中运动的轨道半径； (2)微粒第一次经过 y 轴时，速度方向与 y 轴正方向的夹角； (3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B2 应满足的条件. 答案 (1)0.5 m (2)60° (3)B2≥0.4 T 解析 (1)设微粒在 y 轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为 r1，转过的圆心角为θ，则 qvB1＝mv2 r1 r1＝mv qB1 ＝0.5 m (2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得： cos θ＝r1－0.25 r1 ＝1 2 ，则θ＝60° (3)设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r2，其运动轨迹如图所示，由几何关系得r2cos θ ＝r2－d，r2＝ d 1－cos θ ＝ 0.125 m 1－cos 60° ＝0.25 m 由洛伦兹力充当向心力，且粒子运动半径不大于 r2，得：qvB2≥mv2 r2 解得：B2≥mv qr2 ＝2.0×10－8×2.0×103 4.0×10－4×0.25 T＝0.4 T 即磁感应强度 B2 应满足：B2≥0.4 T. 专题规范练 1.丹麦物理学家奥斯特在 1820 年通过实验发现电流磁效应现象，下列说法正确的是( ) A.奥斯特在实验中观察到电流磁效应，揭示了电磁感应定律 B.将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小 磁针一定会转动 C.将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小 磁针一定会转动 D.将直导线沿南北方向水平放置，把铜针(用铜制成的指针)放在导线的正下方，给导线通以 足够大电流，铜针一定会转动 答案 C 解析 奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应，而法拉第发现了电磁感应定律，故 A 错误； 将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方时，小磁针所在位置的磁场方向 可能与地磁场相同，故小磁针不一定会转动，故 B 错误；将直导线沿南北方向水平放置，把 小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，由于磁场沿东西方向，则小磁针一定会 转动，故 C 正确；铜不具有磁性，故将导线放在上方不会受力的作用，故不会偏转，故 D 错 误. 2.(2016·北京理综·17)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以 磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也.”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感 线分布示意如图 1.结合上述材料，下列说法不正确的是( ) 图 1 A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 答案 C 解析 地球为一巨大的磁体，地磁场的南、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合； 且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇 宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故 C 项说法不正 确. 3.(2016·上海·8)如图 2，一束电子沿 z 轴正向流动，则在图中 y 轴上 A 点的磁场方向是 ( ) 图 2 A.＋x 方向 B.－x 方向 C.＋y 方向 D.－y 方向 答案 A 解析 据题意，电子流沿 z 轴正向流动，电流方向沿 z 轴负向，由安培定则可以判断电流激 发的磁场以 z 轴为中心沿顺时针方向(沿 z 轴负方向看)，通过 y 轴 A 点时方向向外，即沿 x 轴正向，则选项 A 正确. 4.如图 3 所示，两根平行放置长度相同的长直导线 a 和 b 载有大小相同方向相反的电流，a 受到的磁场力大小为 F1，当加入一个与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大 小变为 F2，则此时 b 受到的磁场力大小变为( ) 图 3 A.F2 B.F1－F2 C.F1＋F2 D.2F1－F2 答案 A 5.(多选)如图 4 所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直的平行导轨 AB、CD，导轨上放 有质量为 m 的金属棒 MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从 t＝0 时刻起，给棒通以图示 方向的电流，且电流与时间成正比，即 I＝kt，其中 k 为恒量.若金属棒与导轨始终垂直，则 表示棒所受的安培力 F 和摩擦力 Ff 随时间变化的四幅图中，正确的是( ) 图 4 答案 BC 解析 对导体棒受力分析，由左手定则知安培力垂直导轨向里，大小为 F＝BIL＝kBLt，则安 培力随时间均匀增大，选项 A 错误，选项 B 正确.导体棒所受支持力 FN＝F，竖直方向受重力 和摩擦力，Ffmax＝μFN＝kμBLt 随时间均匀增大，开始时 mg＞Ffmax，棒加速下滑，Ff 滑＝μFN ＝kμBLt；当 mg≤Ffmax 后，棒减速运动；当速度减为零后棒将静止，此时 Ff 静＝mg 不变，故 棒先受到滑动摩擦力均匀增大，后突变为静摩擦力恒定不变，选项 C 正确，选项 D 错误. 图 5 6.如图 5 所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度为 B，其边界为一边长为 L 的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C 为三角形的三个顶点.今有一质量为 m、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以速度 v＝ 3 4m qLB 从 AB 边上的某点 P 既垂直于 AB 边又垂直于磁场的方 向射入，然后从 BC 边上某点 Q 射出.若从 P 点射入该粒子能从 Q 点射出，则( ) A.PB＜2－ 3 4 L B.PB＜1＋ 3 4 L C.QB≤ 3 4 L D.QB≤1 2 L 答案 D 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R＝mv qB .由题知：v＝ 3qBL 4m ，得 R＝ 3 4 L.如图所 示， 当圆心处于 O1 位置时，粒子正好从 AC 边与 BC 边切过，因此入射点 P1 为离 B 最远的点，满足 PB≤1 2 L＋ 3 4 L；当圆心处于 O2 位置时，粒子从 P2 射入，打在 BC 边的 Q 点，由于此时 Q 点距离 AB 最远为圆的半径 3 4 L，故 QB 最大，即 QB≤ 3 4 L× 2 3 ＝1 2 L，故 D 正确. 7.如图 6 所示，在半径为 R 的圆形区域内充满磁感应强度为 B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置 的感光板，从圆形磁场最高点 P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为 q、质量为 m、速度为 v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( ) 图 6 A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在 MN 上 B.对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心 C.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 D.只要速度满足 v＝qBR m ，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 对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在 MN 上，与粒子的速度有关，故 A 错误； 带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向 延长线也一定过圆心，故 B 错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大， 弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由 t＝ θ 2π T 知，运动时间 t 越小，故 C 错误；速度满足 v＝qBR m 时，轨道半径 r＝mv qB ＝R，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时 的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在 MN 板上，故 D 正确. 8.如图 7 所示，在 x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.原点 O 处存在 一粒子源，能同时发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(重力不计)，速度方向均在 xOy 平面内，与 x 轴正方向的夹角θ在 0～180°范围内.则下列说法正确的是( ) 图 7 A.发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子在磁场中运动的时间越短 B.发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子离开磁场时的位置距 O 点越远 C.发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的时间越短 D.发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的角速度越大 答案 A 解析 如图所示，画出粒子在磁场中运动的轨迹.由几何关系得：轨迹对应的圆心角α＝2π －2θ，粒子在磁场中运动的时间 t＝ α 2π T＝2π－2θ 2π ·2πm qB ＝2π －θ m qB ，则得知：若 v 一定，θ越大，时间 t 越短；若θ一定，则运动时间一定.故 A 正确，C 错误；设粒子的轨迹 半径为 r，则 r＝mv qB .如图，AO＝2rsin θ＝2mvsin θ qB ，则若θ是锐角，θ越大，AO 越大.若 θ是钝角，θ越大，AO 越小，故 B 错误.粒子在磁场中运动的角速度ω＝2π T ，又 T＝2πm qB ， 则得ω＝qB m ，与速度 v 无关，故 D 错误. 9.(2016·浙江理综·25)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋 加速器”.在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转. 扇形聚焦磁场分布的简化图如图 8 所示，圆心为 O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三 个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布.峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁 感应强度为 B，谷区内没有磁场.质量为 m，电荷量为 q 的正离子，以不变的速率 v 旋转，其 闭合平衡轨道如图中虚线所示. 图 8 (1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径 r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期 T； (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B′，新的闭合平衡轨道在一个峰 区内的圆心角θ变为 90°，求 B′和 B 的关系.已知：sin (α±β )＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2α 2 . 答案 (1)mv qB 逆时针 (2)2π 3 2π＋3 3 m qB (3)B′＝ 3－1 2 B 解析 (1)峰区内圆弧半径 r＝mv qB 旋转方向为逆时针方向 (2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π 3 每个圆弧的弧长 l＝2πr 3 ＝2πmv 3qB 每段直线长度 L＝2rcos π 6 ＝ 3r＝ 3mv qB 周期 T＝3 l＋L v 代入得 T＝ 2π＋3 3 m qB (3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° 谷区内的轨道圆弧半径 r′＝ mv qB′ 由几何关系 rsin θ 2 ＝r′sin θ′ 2 由三角关系 sin 30° 2 ＝sin 15°＝ 6－ 2 4 代入得 B′＝ 3－1 2 B. 10.如图 9 所示，在坐标系 xOy 中，第一象限内充满着两个匀强磁场 a 和 b，OP 为分界线，与 x 轴夹角为 37°，在区域 a 中，磁感应强度为 2B，方向垂直于纸面向里；在区域 b 中，磁感 应强度为 B，方向垂直于纸面向外，P 点坐标为(4L,3L).一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的 粒子从 P 点沿 y 轴负方向射入区域 b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点 O，不计粒子重 力.(sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 图 9 (1)粒子能从 P 点到 O 点最大速度为多少？ (2)粒子从 P 点到 O 点可能需要多长时间？ 答案 (1)25qBL 12m (2)n·53πm 60qB (n＝1、2、3…) 解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m v2 R 得半径为：R＝mv qB ，a 区域的半径为：Ra＝ mv 2qB ① b 区域的半径为：Rb＝mv qB ② 速度最大时，粒子在 a、b 区域半径最大，运动两段圆弧后到达原点，根据几何关系有：2Racos α＋2Rbcos α＝OP ③ OP＝ 3L 2＋ 4L 2＝5L ④ 联立①②③④得：v＝25qBL 12m (2)粒子在磁场 a、b 中做圆周运动，当速度较小时，可能重复 n 次回到 O 点，一个周期内两 段圆弧对应的圆心角相等.每段圆弧对应的圆心角为：180－2α＝106° t＝n(106° 360° Ta＋106° 360° Tb)＝n(106° 360° ·2πm 2qB ＋106° 360° ·2πm qB )＝n·53πm 60qB (n＝1、2、3…)