【物理】2018年高考物理热点题型和提分秘籍专题8-2磁场对运动电荷的作用学案 29页

1．会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向。 2．掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、 周期、运动时间等相关问题。 热点题型一 对洛伦兹力的理解 例 1、 (多选)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中永磁铁提供匀强磁场，硅微条 径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当 这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是 ( ) A．电子与正电子的偏转方向一定不同 B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 答案：AC 【提分秘籍】 1.洛伦兹力的特点 (1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。 (2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。 (3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。 (4)左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷。 (5)洛伦兹力一定不做功。 2．洛伦兹力与电场力的比较 项目 洛伦兹力 电场力 产生条件 v≠0 且 v 不与 B 平行 电荷处在电场中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向与场 方向的关系 一定是 F⊥B，F⊥v 与电荷电性 无关 正电荷与电场方向相 同，负电荷与电场方向相反 做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，也 可能不做功 力为零时 场的情况 F 为零，B 不一定为零 F 为零，E 一定为零 作用效果 只改变电荷运动的速度方向，不 改变速度大小 既可以改变电荷运动的 速度大小，也可以改变电荷运 动的方向 【举一反三】 甲图所示为足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中 A、B 两物块叠在一起置 于光滑水平面上，物块 A 带正电，物块 B 不带电且表面绝缘，A、B 接触面粗糙。自 t＝0 时刻起用水平恒力 F 作用在物块 B 上，由静止开始做匀加速直线运动。乙图图象的横轴表 示时间，则纵轴 y 可以表示 ( ) A．A 所受洛伦兹力大小 B．B 对地面压力的大小 C．A 物块加速度大小D．A 对 B 摩擦力的大小 答案：B 解析：刚开始，A 与 B 一起水平向左加速运动，已知 A 带正电，根据左手定则可知， A 受到的洛伦兹力方向竖直向下，大小逐渐增大，即 A、B 之间的正压力逐渐增大，不论 A、 B 是否相对滑动，在 A 滑下 B 之前 A 加速度恒定，对 B 摩擦力恒定，选项 C、D 错误；A 所受洛伦兹力大小 F 洛＝Bvq＝Bqat，可见，F 洛与 t 成正比，F 洛－t 图象是一条经过原点的 直线，选项 A 错误；A 对 B 压力大小 FN＝mAg＋F 洛＝mAg＋Bqat，B 对地面的压力为 FN′＝ FN＋mBg＝(mA＋mB)g＋Bqat，显然，选项 B 正确。 热点题型二 带电粒子在有界磁场中的运动 例 2、【2017·新课标Ⅱ卷】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场， P 为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方 向射入磁场。若粒子射入速率为 ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上； 若粒子射入速率为 ，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的 相互作用。则 为 A． B． C． D． 【答案】C 【变式探究】如图所示，在屏蔽装置底部中心位置 O 点放一医用放射源，可通过细缝 沿扇形区域向外辐射速率为 v＝3.2×106 m/s 的α粒子。已知屏蔽装置宽 AB＝9 cm、缝长 AD ＝18 cm，α粒子的质量 m＝6.64×10－27kg，电量 q＝3.2×10－19C。若在屏蔽装置右侧条形区域 内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度 B＝0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于 真空环境中。 (1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度 d 至少是多少？ (2)若条形磁场的宽度 d＝20 cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和 最短时间各是多少？ 由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿 OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨 迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图一所示。 设此时磁场宽度为 d0，由几何关系得： d0＝R＋Rcos45°＝(20＋10)cm＝0.34 m (2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为 T，则 T＝2πm Bq ＝π 8×10－6s 设在磁场中运动时间最长为 tmax，则 tmax＝T 2＝ π 16×10－6s＝2.0×10－7s 若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最 短。最短的弦长为磁场宽度 d。 设在磁场中运动的最短时间为 tmin，轨迹如图二所示因 R＝d，则圆弧对应圆心角为 60°， 故 tmin＝T 6＝ π 48×10－6s＝6.5×10－8s⑨ 答案：(1)0.34m (2)2.0×10－7s 6.5×10－8s 【方法技巧】三步解决带电粒子在有界磁场中的运动问题 (1)定圆心，画轨迹：根据圆心一定在与速度垂直的直线(洛伦兹力的作用线)上和在轨迹 的弦的中垂线上确定圆心，画出轨迹草图； (2)找几何关系，定物理量：构建三角形，利用边角关系或三边关系列几何关系方程， 求解轨迹半径； (3)画动态图，定临界状态：对于动态或临界问题依据题目情境确定临界状态，根据半 径公式或周期公式求解。 【提分秘籍】 1.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定。 (1)圆心的确定 ①基本思路：与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线一定过圆心。 ②两种常见情形： Ⅰ.已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射 方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲 a 所示，图中 P 为入射点，M 为 出射点)。 Ⅱ.已知入射点和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再连接入射 点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲 b 所示，图中 P 为入射点，M 为出射点)。 (2)半径的确定和计算 利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的几何特点： ①粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，并等于 AB 弦与切线的夹角(弦切角θ)的 2 倍(如图 所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。 ②相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°。 (3)运动时间的确定 ①粒子在磁场中运动一周的时间为 T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运 动时间由下式表示： t＝ α 360°T(或 t＝ a 2π·T)。 ②用弧长与线速度的比 t＝s v。 2．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形。 (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示) (2)平行边界(存在临界条件，如图所示) (3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示) 【举一反三】 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 v 从 A 点沿 直径 AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从 C 点射出磁场，OC 与 OB 成 60°角。现将带电粒子 的速度变为 v/3，仍从 A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 ( ) A. 1 2Δt B．2Δt C. 1 3Δt D．3Δt 答案：B 根据 r＝mv qB知其在磁场中的轨道半径变为 r/3，粒子将从 D 点射出，根据图中几何关系 得圆弧 AD 所对应的圆心角∠AO″D＝120°，经历的时间为Δt′＝120° 360°T＝2Δt。由此可知本题 正确选项只有 B。 热点题型三 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的多解问题 例 3．如图所示，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，磁场 a 的磁感应强度为 2B，方向垂直纸面向里；磁场 b 的磁感应强度为 B，方向垂 直纸面向外，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 方向射入磁场 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，cos37° ＝0.8) 求：(1)粒子从 P 点运动到 O 点的时间最少是多少？ (2)粒子运动的速度可能是多少？ 解析：(1)设粒子的入射速率为 v，用 Ra、Rb、Ta、Tb 分别表示粒子在磁场 a 和 b 运动的 轨道半径和周期 则：Ra＝ mv 2qB Rb＝mv qB Ta＝2πm 2qB＝πm qB Tb＝2πm qB 粒子在磁场 b 和磁场 a 运动的时间分别为： tb＝2(90°－α) 360° Tb ta＝2(90°－α) 360° Ta 故从 P 到 O 所用最少时间为： t＝ta＋tb＝53πm 60qB (2)由题意及图可知 n(2Racosα＋2Rbcosα)＝ 解得 v＝25qBl 12nm(n＝1,2,3，…)。 答案：(1) 53πm 60qB (2) 25qBl 12nm(n＝1,2,3，…) 【提分秘籍】 1.带电粒子电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下， 正负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图(1)，带电粒子以速率 v 垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为 a，如带负电，其 轨迹为 b。 2.磁场方向不确定形成多解 有些题目只告诉了磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁 感应强度方向不确定而形成的多解。 如图(2)，带正电粒子以速率 v 垂直进入匀强磁场，如 B 垂直纸面向里，其轨迹为 a，如 B 垂直纸面向外，其轨迹为 b。 3.临界状态不惟一形成多解 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可 能穿过去了，也可能转过 180°从入射界面这边反向飞出，如图(3)所示，于是形成了多解。 4．运动的往复性形成多解 带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多 解 。如图(4)所示。 【举一反三】 如图甲所示，M、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一 个小孔 O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙 所示。有一束正离子在 t＝0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场。已知正离子的质量为 m，带 电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考 虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求： (1)磁感应强度 B0 的大小； (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度 v0 的可能值。 答案：(1) 2πm qT0 (2) πd 2nT0(n＝1,2,3…) 1.【2017·新课标Ⅱ卷】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方向 射入磁场。若粒子射入速率为 ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上； 若粒子射入速率为 ，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的 相互作用。则 为 A． B． C． D． 【答案】C 1．【2016·全国卷Ⅱ】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 1 A. ω 3B B. ω 2B C. ω B D. 2ω B 2．【2016·全国卷Ⅲ】平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30°，其横截面(纸面)如图 1 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 1 A. mv 2qB B. 3mv qB C. 2mv qB D. 4mv qB 由几何关系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC 中，CD＝O′D·cot 30°＝R；由对称性知， AC＝CD＝R；等腰△ACO 中，OA＝2AC·cos 30°＝3R；等边△O′AB 中，AB＝R，所以 OB ＝OA＋AB＝4R.由 qvB＝m v2 R 得 R＝mv qB，所以 OB＝4mv qB ，D 正确． 3．【2016·北京卷】如图 1 所示，质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子，以初速度 v 沿垂 直磁场方向射入磁感应强度为 B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所 受重力． (1)求粒子做匀速圆周运动的半径 R 和周期 T； (2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求 电场强度 E 的大小． 图 1 【答案】(1) mv qB 2πm qB (2)vB 【解析】(1)洛伦兹力提供向心力，有 f＝qvB＝m v2 R 带电粒子做匀速圆周运动的半径 R＝mv qB 匀速圆周运动的周期 T＝2πR v ＝2πm qB . (2)粒子受电场力 F＝qE，洛伦兹力 f＝qvB.粒子做匀速直线运动，则 qE＝qvB 场强 E 的大小 E＝vB. 4．【2016·四川卷】如图 1 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 1 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 由 qvB＝m v2 r ＝mr 4π2 T2 可以得出 vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由 t＝ θ 2πT 可以得出时间之比等于偏 转角之比．由图看出偏转角之比为 2∶1，则 tb∶tc＝2∶1，选项 A 正确． 1.【2015·海南·1】3．如图所示，a 是竖直平面 P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于 P， 且 S 极朝向 a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右 弯曲经过 a 点。在电子经过 a 点的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（） A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 【答案】A 【解析】条形磁铁的磁感线方向在 a 点为垂直 P 向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运 动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A 正确。 2.【2015·全国新课标Ⅰ·14】4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。 一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁 场区域后，粒子的 A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 【答案】D 【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即 ， 轨道半径 ，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应 强度变小，轨道半径变大，根据角速度 可判断角速度变小，选项 D 正确。 3.【2015·广东·16】7．在同一匀强磁场中，α粒子（ ）和质子（ ）做匀速圆周运 动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子 A．运动半径之比是 2∶1 B．运动周期之比是 2∶1 C．运动速度大小之比是 4∶1 D．受到的洛伦兹力之比是 2∶1 【答案】B 4.【2015·全国新课标Ⅱ·19】8．有两个运强磁场区域 I 和 II，I 中的磁感应强度是 II 中 的 k 倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与 I 中运动的电子相比，II 中 的电子 A．运动轨迹的半径是 I 中的 k 倍 B．加速度的大小是 I 中的 k 倍 C．做圆周运动的周期是 I 中的 k 倍 D．做圆周运动的角速度是 I 中的 k 倍 【答案】AC 【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供： ，解 得： ，的周期是 I 中的 k 倍，故 C 正确；角速度 ，II 中的电子做圆 周运动的角速度是 I 中的 1/k 倍，D 错误 5.【2015·四川·7】9．如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平 板 MN 垂直于纸面，在纸面内的长度 L=9.1cm，中点 O 与 S 间的距离 d＝4.55cm，MN 与 SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感 应强度 B＝2.0×10－4T，电子质量 m＝9.1×10－31kg，电荷量 e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。 电子源发射速度 v＝1.6×106m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为 l，则 A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm 【答案】AD 【解析】电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算 公式和向心力公式有：evB＝ ，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝ ＝ m＝4.55×10－2m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源 S，可向纸面 内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过 S 点的一系列半径为 r 的等大圆，能够打 到板 MN 上的区域范围如下图所示，实线 SN 表示电子刚好经过板 N 端时的轨迹，实线 SA 表示电子轨迹刚好与板相切于 A 点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为： l＝NA， 由图中几何关系可知，此时 S2O 与 MN 的夹角θ＝90°，故选项 A 正确；选项 B 错误。 5.(2015·山东卷)如图所示，直径分别为 D 和 2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心， GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的 匀强磁场．间距为 d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为 m、 电量为＋q 的粒子由小孔下方d 2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度 v 射出电场，由 H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力． (1)求极板间电场强度的大小； (2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mv qD ，粒子运动一段时间后再次经过 H 点，求这段时间粒子运动的路程． 【解析】 如图 1 所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关 系得 R＝D 4④ 联立③④式得 B＝4mv qD ⑤ 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R＝3D 4 ⑥ 联立③⑥式得 B＝4mv 3qD⑦ (3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为 R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁 感应强度的大小分别为 B1＝2mv qD 、B2＝4mv qD ，由牛顿第二定律得 qvB1＝m v2 R1，qvB2＝m v2 R2⑧ 代入数据得 R1＝D 2，R2＝D 4⑨ 设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为 T1、T2，由运动学公式得 T1＝2πR1 v ，T2 ＝2πR2 v ⑩ 据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图 2 所示，根据对称可知， Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个 切点与圆心 O 连线间的夹角设为α，由几何关系得 θ1＝120°⑪ θ2＝180°⑫ α＝60°⑬ s＝v(t1＋t2)⑮ 联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得 s＝5.5πd⑯ 【答案】 (1) mv2 qd (2) 4mv qD 或4mv 3qD (3)5.5πD 1. (2014·新课标全国卷Ⅰ，16)如图 15 所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别 有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝板向上 射出，从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中点 O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度 方向和电荷量不变。不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( ) 图 15 A．2 B. C．1 D. 2 2 解析 设粒子在铝板上方和下方的速率及轨道半径分别为 v1、v2 及 R1、R2。 由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得： qv1B 上＝1① qv2B 下＝2② 由题意知：R1＝2R2③ 1 2mv 2 1＝1 2× 1 2mv 2 2④ 联立①②③④得：B 上 B 下＝2 2，选项 D 正确。 答案 D 2. (多选)(2014·新课标全国卷Ⅱ，20)图 16 为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁 铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的 电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( ) 图 16 A．电子与正电子的偏转方向一定不同 B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 答案 AC 3．(2014·安徽卷，18)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其 中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的 平均动能与等离子体的温度 T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场， 以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度 B 正比于( ) A. B．T C. D．T2 解析 根据牛顿第二定律及洛伦兹力公式得： qvB＝mv2 R ① 由题意知：Ek∝T，可得 v2∝T② 联立①②得：B∝，选项 A 正确。 答案 A 4．（2014·山东卷）如图甲所示，间距为 d、垂直于纸面的两平行板 P、Q 间存在匀强磁 场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0 时刻，一质量为 m、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度 v0.由 Q 板左端靠近板面的 位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当 B0 和 TB 取某些特定值时，可使 t ＝0 时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在 P 板上(不考虑粒子反弹)．上述 m、q、d、v0 为 已知量． 图甲 图乙 (1)若Δt＝1 2TB，求 B0； (2)若Δt＝3 2TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3)若 B0＝4mv0 qd ，为使粒子仍能垂直打在 P 板上，求 TB. 【答案】(1) mv0 qd (2) 2 00 (3) 1 4 d 2v0 (2)设粒子做圆周运动的半径为 R2，加速度大小为 a，由圆周运动公式得 a＝2 00④ 据题意由几何关系得 3R2＝d⑤ 联立④⑤式得 a＝2 00⑥ (3)设粒子做圆周运动的半径为 R，周期为 T，由圆周运动公式得 T＝2πR v0 ⑦ 由牛顿第二定律得 qv0B0＝2 00⑧ 由题意知 B0＝4mv0 qd ，代入⑧式得 d＝4R⑨ 粒子运动轨迹如图所示，O1、O2 为圆心，O1O2 连接与水平方向的夹角为θ，在每个 TB 内，只有 A、B 两个位置才有可能垂直击中 P 板，且均要求 0＜θ< π 2，由题意可知 ＋θ 2π T＝TB 2 ⑩ 当 n＝1 时，联立⑨ ○ 11式得 θ＝π 6(或 sin θ＝1 2) ○ 13 联立⑦⑨⑩ ○ 13式得 TB＝ πd 3v0 ○ 14 当 n≥2 时，不满足 0＜θ＜90°的要求 ○ 15 若在 B 点击中 P 板，据题意由几何关系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d ○ 16 当 n＝0 时，无解 ○ 17 当 n＝1 时，联立⑨ ○ 16式得 θ＝arcsin 1 4(或 sin θ＝1 4) ○ 18 联立⑦⑨⑩ ○ 18式得 TB＝1 4 d 2v0 ○ 19 当 n≥2 时，不满足 0＜θ＜90°的要求. 1.图中 a、b、c、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上， 导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心 O 点沿垂直于 纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 ( ) A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案：B 解析：根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得 O 点处的磁场向左，再根据左手 定则判断带电粒子受到的洛伦兹力向下。 2．一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运 动。则下列能表示运动周期 T 与半径 R 之间的关系图象的是 ( ) 答案：D 解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，qvB＝m v2 R ⇒ R＝mv qB，由圆周运动规律， T＝2πR v ＝2πm qB ，可见粒子运动周期与半径无关，故 D 项正确。 3．图为云室中某粒子穿过铅板 P 前后的轨迹(粒子穿过铅板后电荷量、质量不变)，室 中匀强磁场的方向与轨道所在平面垂直(图中垂直于纸面向内)，由此可知此粒子 ( ) A．一定带正电 B．一定带负电 C．不带电 D．可能带正电，也可能带负电 答案：A 解析：粒子穿过铅板的过程中，动能减小，轨道半径减小，根据题图中粒子的运动轨迹 可以确定粒子从下向上穿过铅板，再由左手定则可判断出粒子一定带正电。选项 A 正确。 4.如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速 度沿与 x 轴成 30°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为 ( ) A．1︰2 B．2︰1 C．1︰ D．1︰1 答案：B 5.如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带 电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心 O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射 出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的 作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子 ( ) A．速率一定越小 B．速率一定越大 C．在磁场中通过的路程越长 D．在磁场中的周期一定越大 答案：A 解析：根据公式 T＝2πm Bq 可知，粒子的比荷相同，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动 的周期相同，选项 D 错误；如图所示，设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为θ， 则运动时间 t＝ θ 360°T，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，运动半径越小，根 据 r＝mv Bq可知，速率一定越小，选项 A 正确，B 错误；当圆心角趋近 180°时，粒子在磁场 中通过的路程趋近于 0，所以选项 C 错误。 6．某一空间充满垂直纸面方向的匀强磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度 B 随时间t 的变化规律如图所示，规定 B>0 时磁场的方向穿出纸面。现有一电荷量为 q＝5π×10 －7C、质量为 m＝5×10－10kg 的带电粒子在 t＝0 时刻以初速度 v0 沿垂直磁场方向开始运动， 不计重力，则磁场变化一个周期的时间内带电粒子的平均速度的大小与初速度大小的比值是 ( ) A．1 B. 1 2 C. 2 π D. 2 π 答案：C 7.如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左 边界射入，穿过此区域的时间为 t。若加上磁感应强度为 B、垂直纸面向外的匀强磁场，带 电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向 60°。利用以上数据可求出下列 物理量中的 ( ) A．带电粒子的比荷 B．带电粒子在磁场中运动的周期 C．带电粒子的初速度 D．带电粒子在磁场中运动的半径 答案：AB 8．如图所示，宽 d＝4cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直 于纸面向内，现有一群正粒子从 O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁 场中做匀速圆周运动的轨道半径均为 r＝10cm，则 ( ) A．右边界：－8cm8cm 有粒子射出 D．左边界：00)的粒子从左侧平行于 x 轴射入磁场， 入射点为 M。粒子在磁场中运动的轨道半径为 R。粒子离开磁场后的运动轨迹与 x 轴交于 P 点(图中未画出)，且＝R。不计重力。求 M 点到 O 点的距离和粒子在磁场中运动的时间。 答案：(1＋3 3)R 或(1－3 3)R πm 6qB或πm 2qB qvB＝m v2 R 周期为 T＝2πR v 联立得 T＝2πm qB 过 A 点作 x、y 轴的垂线，垂足分别为 B、D。由图中几何关系得 ＝Rsinα ＝cot60° ＝cotβ ＝＋ α＝β ＝－＝Rcosα－3 3 利用以上两式和＝Rsinα得 h＝R－2 3Rcos(α＋30°) 解得 h＝(1－3 3)R (α＝30°) h＝(1＋3 3)R (α＝90°) 当α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为 t＝ T 12＝πm 6qB 当α＝90°时，粒子在磁场中运动的时间为 t＝T 4＝πm 2qB