高考物理二轮复习专题08磁场及带电粒子在磁场中的运动学案 24页

专题 08 磁场及带电粒子在磁场中的运动 构建知识网络： 考情分析： 高考试题对本专题的考查主要集中在磁场对电流的作用和磁场对运动电荷的作用，一般不单独进行考 查，对安培力的考查主要是与安培力有关的动力学问题和能量问题，对洛伦兹力的考查主要是圆周运动的 有关问题，一般在综合题中出现。 重点知识梳理： 一、磁场对通电导体的作用力 1.安培力大小的计算公式：F＝BILsinθ(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. (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 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，如图所示. (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 2sinθ ，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. 【名师提醒】 解决带电粒子在纯磁场中的运动（1、3、3—即 1 个基本的处理方法、3 种形式的磁场边界、3 种形式 的动态变化） 一、1 个基本的处理方法—画轨迹、确定圆心、找几何关系、用规律 二、3 种形式的磁场边界 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)。 三、3 种形式的动态变化 模型特点：临界极值问题，常借助于半径 R 和速度 v(或磁场 B)之间的约束关系或其他的约束关系，常 采用以下三种动态圆的变化特点，进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后 利用数学方法求解极值． 1．如图甲所示为大量相同粒子从某点 O 向各个方向等速发射(等速异向)，画出某个方向粒子的轨迹圆， 以 O 为轴“旋转圆”，从而找到临界条件． 2．如图乙所示为大量相同粒子从某点 O 向同一方向异速发射(异速同向)，按照半径从小到大次序，画 出不同速度粒子的轨迹圆，从而找到临界条件． 3．如图丙所示为大量相同粒子从不同点 O 向同一方向等速发射(等速同向)，画出某个方向粒子的轨迹 圆，将该圆平移，从而找到临界条件． 典型例题剖析： 考点一：对磁场基本性质的考查 【典型例题 1】如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的 M、N 两点，且与纸面垂直，导线中通 有大小相等、方向相反的电流．a、O、b 在 M、N 的连线上，O 为 MN 的中点，c、d 位于 MN 的中垂线上，且 a、b、c、d 到 O 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( ) A．O 点处的磁感应强度为零 B．a、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c 两点处磁感应强度的方向不同 【答案】C 【变式训练 1】如图所示，平行放置在绝缘水平面上的长为 l 的直导线 a 和无限长的直导线 b，分别通 以方向相反，大小为 Ia、Ib(Ia>Ib)的恒定电流时，b 对 a 的作用力为 F.当在空间加一竖直向下(y 轴的负方 向)、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场时，导线 a 所受安培力恰好为零．则下列说法正确的是( ) A．电流 Ib 在导线 a 处产生的磁场的磁感应强度大小为 B，方向沿 y 轴的负方向 B．所加匀强磁场的磁感应强度大小为 B＝ F Ial C．导线 a 对 b 的作用力大于 F，方向沿 z 轴的正方向 D．电流 Ia 在导线 b 处产生的磁场的磁感应强度大小为 F Ial ，方向沿 y 轴的正方向 【答案】B 【名师提醒】 1.磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，决定于磁场本身，与试探电流元无关，其叠加遵循平 行四边形定则。 2.判断电流的磁场方向用右手螺旋定则，也叫安培定则，一定要注意与右手定则、左手定则的区别。 考点二：安培力的计算 【典型例题 2】(2015·江苏高考)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载 流线圈匝数相同，边长 MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于 平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( ) 【答案】A 【解析】 磁场发生微小变化时，因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同，由法拉第电磁感应定律 E ＝nΔΦ Δt ＝n ΔB·S Δt 知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，载流线圈中 的电流变化越大，所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项 A 符合题意． 【变式训练 2】(多选)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为 L，其间有竖直向下的匀强磁 场，磁感应强度为 B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从 t＝0 时刻起，棒上有如图乙所示的持续 交变电流 I，周期为 T，最大值为 Im，图甲中 I 所示方向为电流正方向．则金属棒( ) A．一直向右移动 B．速度随时间周期性变化 C．受到的安培力随时间周期性变化 D．受到的安培力在一个周期内做正功 【答案】ABC 【变式训练 3】将【典例】中通过金属棒的电流从 t＝0 时刻起按如图所示的规律变化，则下列说法正 确的是( ) A.金属棒的加速度随时间不发生变化 B.金属棒的加速度随时间周期性变化 C.t＝T 2 时刻金属棒距离出发点最远 D.t＝T 时刻金属棒距离出发点最远 【答案】BC 【解析】 由左手定则可以判断金属棒所受的安培力的方向随电流周期性变化，而其大小 F＝BIL 也随 电流周期性变化，由牛顿第二定律得金属棒的加速度大小、方向周期性变化，故选项 A 错误，B 正确；金属 棒 0～T 4 时间向右加速运动，T 4 ～T 2 时间向右减速运动，T 2 时刻速度减为零，T 2 ～3T 4 时间向左加速运动，3T 4 ～T 时间向左减速运动，T 时刻速度减为零，金属棒回到出发点，T 2 时刻金属棒距离出发点最远，C 正确，D 错误。 【变式训练 4】(多选)仅将【典例】中棒上的交变电流按如图所示的规律变化，则金属棒( ) A.一直向右移动 B.速度随时间周期性变化 C.受到的安培力随时间周期性变化 D.受到的安培力在一个周期内做正功 【答案】BC 【名师提醒】 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 考点三：带电粒子在磁场中的运动 【典型例题 3】(名师原创)如图所示，在 x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2 的匀强磁场．一带负电的粒子从原点 O 以与 x 轴成 60°角的方向 斜向上射入磁场，且在上方运动半径为 R(不计重力)，则( ) A．粒子经偏转一定能回到原点 O B．粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 2∶1 C．粒子再次回到 x 轴上方所需的时间为2πm Bq D．粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进了 3R 【答案】C 【变式训练 5】某粒子质量为 m＝1×10－18 kg，电荷量为 q＝－1×10－8 C，以 v0＝2 3×106 m/s 的速度 与 x 轴成θ＝π 3 的角度射入磁感应强度为 B＝0.01 T 的匀强磁场中，最后落在 x 轴上的 P 点，如图所示(不 计重力的作用)。求： (1) OP 的长度； (2)粒子从由 O 点射入到落在 P 点所需的时间 t。 【答案】：(1)6 cm (2)2π 3 ×10－8 s 【名师提醒】 1.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法 （1）圆心的确定：轨迹圆心总是位于入射点和出射点所受洛伦兹力作用线的交点上或过这两点的弦中 垂线与任意一个洛伦兹力作用线的交点上 （2）半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径 （3）运动时间的确定： ，其中 为偏转角度 2.作带电粒子运动轨迹时需注意的问题 （1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点 （2）六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径。入射速度直线和出射速度直线。入射点和出射点的连线， 圆心与两条速度直线交点的连线，前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线。 （3）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角也等于弦切角的两倍 考点四：带电粒子在匀强磁场中的多解问题 【典型例题 4】如图所示，宽度为 d 的有界匀强磁场，磁感应强度为 B，MM′和 NN′是它的两条边界。 现有质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界 NN′射出，则粒子 入射速率 v 的最大值可能是多少。 【答案】：(2+ 2)Bqd m (q 为正电荷)或(2- 2)Bqd m (q 为负电荷) 【变式训练 6】(多选)(2017·盐城模拟)一质量为 m，电荷量为 q 的负电荷在磁感应强度为 B 的匀强磁 场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电 荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( ) A.4qB m B.3qB m C.2qB m D.qB m 【答案】AC 【变式训练 7】(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场被边长为 L 的等边三 角形 ABC 理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点 A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射 速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过 C 点，质子比荷 q m =k，则质子的速度可能为( ) A．2BkL B.BkL 2 C.3BkL 2 D.BkL 8 【答案】BD 【解析】 因质子带正电，且经过 C 点，其可能的轨迹如图所示， 所有圆弧所对圆心角均为 60°，所以质子运行半径 r=L n (n=1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得 Bqv=mv2 r ，即 v=BkL m =Bk·L n (n=1,2,3，…)，选项 B、D 正确。 【变式训练 8】(2017·江苏如皋模拟)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′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，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在 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。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，…) 【名师提醒】 1.粒子多解问题的四种形成因素 （1）带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹 （2）磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹 （3）临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解 （4）周期性变化的磁场形成多解，需要分析好磁场变化的时刻带电粒子做圆周运动的衔接 2.方法技巧要用好 （1）画出粒子运动的可能轨迹，并确定圆心、半径的可能情况 （2）对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能及 n 的取值范围限定 考点五：三类动态圆问题分析 【典型例题 5】一足够长矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形 区域的左边界 ad 宽为 L，现从 ad 中点 O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为 v0，方向与 ad 边夹角为 α＝30°，如图所示，已知粒子的电荷量为 q，质量为 m(重力不计)． (1)若粒子带负电且恰能从 d 点射出磁场，求 v0 的大小； (2)若粒子带正电，且粒子能从 ab 边射出磁场，求 v0 的取值范围及此范围内粒子在磁场中运动时间 t 的范围． 【答案】 （1）qBL 2m （2）qBL 3m ＜v0≤qBL m 5πm 6Bq ≤t＜4πm 3Bq (2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当 v0 最大时，轨迹与 cd 相切，轨迹圆心为 O2，半径为 r2， 由几何关系得 r2－r2cos 60°＝L 2 解得 r2＝L 即 vmax＝qBr2 m ＝qBL m 当 v0 最小时，轨迹与 ab 相切，轨迹圆心为 O3，半径为 r3，由几何关系可得 r3＋r3sin 30°＝L 2 解得 r3＝L 3 则 vmin＝qBr3 m ＝qBL 3m 所以qBL 3m ＜v0≤qBL m 粒子从 ab 边射出磁场，当速度为 vmax 时，速度偏转角最小且为 150°，故运动时间最短，有 tmin＝150° 360° T ＝5πm 6Bq 速度为 vmin 时，速度偏转角最大且为 240°，因此运动时间最长，有 tmax＝240° 360° T＝4πm 3Bq 所以粒子的运动时间 t 的范围是5πm 6Bq ≤t＜4πm 3Bq . 【变式训练 9】如图，ABCD 是边长为 a 的正方形。质量为 m、电荷量为 e 的电子以大小为 v0 的初速度沿 纸面垂直于 BC 变射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从 BC 边上的任意点入射，都 只能从 A 点射出磁场。不计重力，求： （1）次匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小； （2）此匀强磁场区域的最小面积。 【答案】 （1） 垂直于纸面向外（2） （2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自 C 点垂直于 BC 入射电子在 A 点沿 DA 方向射 出，且自 BC 边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在 BAEC 区域中。因而，圆弧 是所求的最小 磁场区域的一个边界。 为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中 A 点的电子的速度方向与 BA 的延长线交角为θ（不 妨设 ）的情形。该电子的运动轨迹 qpA 如图所示 图中，圆 的圆心为 O，pq 垂直于 BC 边，由③式知，圆弧 的半径仍为 a，在 D 为原点、DC 为 x 轴，AD 为 y 轴的坐标系中，P 点的坐标 为 【名师提醒】 1.如图所示，一束带负电的粒子以初速度 v 垂直进入匀强磁场，若初速度 v 方向相同，大小不同，所 有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨迹半径随之增大，所有粒子的轨 迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹． 2.如图所示，一束带负电的粒子以初速度 v 垂直进入匀强磁场，若初速度 v 大小相同，方向不同，则 所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射 点 O 为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹．利用动态圆可以画出粒子打在 边界上的最高点和最低点． 3.如图所示，一束平行且等速度的带电粒子垂直于磁场方向进入磁场，则所有的圆圆心在同一直线上 且圆大小相同，故利用平移圆可以找到临界条件问题。 专题八 课时跟踪训练 一、单项选择题 1.(2017·连云港模拟)如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c 三 枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是( ) A．a、b、c 的 N 极都向纸里转 B．b 的 N 极向纸外转，而 a、c 的 N 极向纸里转 C．b、c 的 N 极都向纸里转，而 a 的 N 极向纸外转 D．b 的 N 极向纸里转，而 a、c 的 N 极向纸外转 【答案】B 2.(2017·苏州模拟)一条形磁铁放在光滑的斜面上，并用一质量不计的弹簧连接在顶端的挡板上，磁 铁静止时弹簧的伸长量为 x0，将通有方向垂直纸面向外的直导线分别放在 a、b、c 位置时，弹簧的伸长量 分别为 xa、xb、xc，已知 a、b、c 三点的连线与斜面平行，且 b 点在条形磁铁的正中央。则下列正确的是 ( ) A．x0＝xa＝xb＝xc B．x0＞xa＞xb＞xc C．xa＞x0＝xb＞xc D．xa＞xb＞xc＞x0 【答案】C 3.(2017·南京模拟)一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示， 径迹上的每一小段可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)。 从图中可以确定( ) A．粒子从 a 到 b，带正电 B．粒子从 b 到 a，带正电 C．粒子从 a 到 b，带负电 D．粒子从 b 到 a，带负电 【答案】B 【解析】 由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场 中运动的半径公式 r＝mv qB 可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从 b 到 a，再根据左手定则可 知，粒子带正电，所以 B 正确。 4.如图所示，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。在 xOy 平面内，从原点 O 处沿与 x 轴正方向成θ角(0＜θ＜π)以速率 v 发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是 ( ) A．若 v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 B．若 v 一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距 O 点越远 C．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大 D．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 【答案】A 5.(2017·长沙市望城一中高三调考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为 U1 的电场加速后， 射入水平放置、电势差为 U2 的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入， 穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的 M、N 两点间的距 离 d 随着 U1 和 U2 的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( ) A．d 随 U1 变化，d 与 U2 无关 B．d 与 U1 无关，d 随 U2 变化 C．d 随 U1 变化，d 随 U2 变化 D．d 与 U1 无关，d 与 U2 无关 【答案】A 【解析】 带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度 v 分解成初速度方向与加速度 方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：v0 v ＝cos θ而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径 为 R，由几何关系得，半径与直线 MN 夹角正好等于θ，则有： d 2 R ＝cos θ，所以 d＝2Rv0 v ，又因为半径公式 R＝ mv Bq ，则有 d＝2mv0 Bq ＝2 B 2mU1 q 。故 d 随 U1 变化，d 与 U2 无关，故 A 正确；B、C、D 错误。 二、多项选择题 6.如图所示，质量为 m、长度为 L 的直导线用两绝缘细线悬挂于 O、O′，并处于匀强磁场中，当导线 中通以沿 x 正方向的电流 I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ。磁感应强度方向和大小可能为 ( ) A．z 正向，mg IL tan θ B．y 正向，mg IL C．z 负向，mg IL tan θ D．沿悬线向上，mg IL sin θ 【答案】BC 7.(2017·淮安模拟)某一空间存在着磁感应强度为 B 且大小不变、方向随时间 t 做周期性变化的匀强 磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按 a→b→c→d→e→f 的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场 力的作用，其他力不计)( ) A．若粒子的初始位置在 a 处，在 t＝3 8 T 时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 B．若粒子的初始位置在 f 处，在 t＝T 2 时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 C．若粒子的初始位置在 e 处，在 t＝11 8 T 时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 D．若粒子的初始位置在 b 处，在 t＝T 2 时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 【答案】AD 8.如图所示，直角三角形 ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从 A 点沿 AB 方 向射入磁场，分别从 AC 边上的 P、Q 两点射出，则( ) A．从 P 点射出的粒子速度大 B．从 Q 点射出的粒子速度大 C．从 Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长 D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长 【答案】BD 【解析】 粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示， 根据几何关系(图示弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间 t ＝ θ 2π T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期 T＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，D 正确，C 错 误；由图知，粒子运动的半径 RP0)的同种粒子，所有粒子均能通过 MN 上的 b 点，已知 ab ＝L，则粒子的速度可能是( ) A. 3BqL 6m B. 3BqL 3m C. 3BqL 2m D. 3BqL m 【答案】AB 【解析】 由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示， 所有圆弧的圆心角均为 120°，所以粒子运动的半径为 r＝ 3 3 ·L n (n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供 向心力得 Bqv＝mv2 r ，则 v＝Bqr m ＝ 3BqL 3m ·1 n (n＝1，2，3，…)，所以 A、B 对。 三、计算题 11.如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置，铅盒左侧面中心 O 有一放射源可通过铅盒右侧面的狭缝 MQ 向 外辐射α粒子，铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域。过 O 的截面 MNPQ 位于垂直磁场的平面内，OH 垂直于 MQ。已知∠MOH＝∠QOH＝53°。α粒子质量 m＝6.64×10－27 kg，电量 q＝3.20×10－19 C，速率 v＝ 1.28×107 m/s；磁场的磁感应强度 B＝0.664 T，方向垂直于纸面向里；粒子重力不计，忽略粒子间的相互 作用及相对论效应，sin 53°＝0.80，cos 53°＝0.60。 (1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间 t； (2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度 d。 【答案】： (1)9.81×10－8 s (2)0.72 m (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动， qvB＝mv2 R 沿 OQ 方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场的右边界射出，如图 所示， 由几何关系可得：d＝R＋Rsin 53° 代入数据可得：d＝0.72 m。 12.如图所示，在边长为 L 的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为 B.在正 方形对角线 CE 上有一点 P，其到 CF、CD 距离均为L 4 ，且在 P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地 向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子，已知离子的质量为 m，电荷量为 q，不计离子重力及离子间相 互作用力． (1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？ (2)求速率为 v＝13qBL 32m 的离子在 DE 边的射出点距离 D 点的范围． 【答案】：(1)v≤qBL 8m (2)L 4 ≤d< 2＋ 3 L 8 对离子，由牛顿第二定律有 qvB＝mv2 r ⇒v＝qBr m ≤qBL 8m .