【先學(xué)后教新思路】2020高考物理一輪復(fù)習(xí)-教案36-磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用

磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用考綱解讀1.會(huì)計(jì)算洛倫茲力的大小，并能推斷其方向.2.把握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并能解決確定圓心、半徑、運(yùn)動(dòng)軌跡、周期、運(yùn)動(dòng)時(shí)間等相關(guān)問題．1．帶電荷量為＋q的粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同B．假如把＋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．洛倫茲力方向確定與電荷速度方向垂直，磁場(chǎng)方向確定與電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能、速度均不變答案B解析由于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(dāng)粒子速度與磁場(chǎng)垂直時(shí)F＝qvB，當(dāng)粒子速度與磁場(chǎng)平行時(shí)F＝0.又由于洛倫茲力的方向永久與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時(shí)，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項(xiàng)錯(cuò)．由于＋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F＝qvB知大小也不變，所以B選項(xiàng)正確．由于電荷進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向可以與磁場(chǎng)方向成任意夾角，所以C選項(xiàng)錯(cuò)．由于洛倫茲力總與速度方向垂直，因此，洛倫茲力不做功，粒子動(dòng)能不變，但洛倫茲力可轉(zhuǎn)變粒子的運(yùn)動(dòng)方向，使粒子速度的方向不斷轉(zhuǎn)變，所以D選項(xiàng)錯(cuò)．2．如圖1所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q.試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小，并指出洛倫茲力的方向．圖1答案甲：因v⊥B，所以F＝qvB，方向與v垂直斜向上乙：v與B的夾角為30°，F(xiàn)＝qvBsin30°＝eq\f(1,2)qvB，方向垂直紙面對(duì)里丙：由于v與B平行，所以電荷不受洛倫茲力，F(xiàn)＝0?。簐與B垂直，F(xiàn)＝qvB，方向與v垂直斜向上3．試畫出圖2中幾種狀況下帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡．圖2答案考點(diǎn)梳理一、洛倫茲力1．洛倫茲力：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向；拇指——指向洛倫茲力的方向．(2)方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v打算的平面(留意：洛倫茲力不做功)．3．洛倫茲力的大小(1)v∥B時(shí)，洛倫茲力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B時(shí)，洛倫茲力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v＝0時(shí)，洛倫茲力F＝0.二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)．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v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．4．如圖3所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)從A點(diǎn)以速度v0垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)中，并從B點(diǎn)射出，若∠AOB＝120°，則該帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為()圖3A.eq\f(2πr,3v0) B.eq\f(2\r(3)πr,3v0)C.eq\f(πr,3v0) D.eq\f(\r(3)πr,3v0)答案D解析畫出帶電粒子進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)速度方向的垂線交于O′點(diǎn)，O′點(diǎn)即為粒子做圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心，如圖所示．連接O′O，設(shè)軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可知帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R＝rtan60°＝eq\r(3)r.由于∠AOB＝120°，故∠AO′B＝60°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πR,v0)＝eq\f(\r(3)πr,3v0)，D正確．5．如圖4所示，質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，以不同的初速度兩次從O點(diǎn)垂直于磁感線和磁場(chǎng)邊界向上射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在洛倫茲力作用下分別從M、N兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)，測(cè)得OM∶ON＝3∶4，則下列說法中錯(cuò)誤的是 ()圖4A．兩次帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)受的時(shí)間之比為3∶4B．兩次帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程長(zhǎng)度之比為3∶4C．兩次帶電粒子在磁場(chǎng)中所受的洛倫茲力大小之比為3∶4D．兩次帶電粒子在磁場(chǎng)中所受的洛倫茲力大小之比為4∶3答案AD解析設(shè)OM＝2r1，ON＝2r2，故eq\f(r1,r2)＝eq\f(OM,ON)＝eq\f(3,4)，路程長(zhǎng)度之比eq\f(sM,sN)＝eq\f(πr1,πr2)＝eq\f(3,4)，B正確；由r＝eq\f(mv,qB)知eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(3,4)，故eq\f(FM,FN)＝eq\f(qv1B,qv2B)＝eq\f(3,4)，C正確，D錯(cuò)誤；由于T＝eq\f(2πm,Bq)，則eq\f(tM,tN)＝eq\f(\f(1,2)TM,\f(1,2)TN)＝1，A錯(cuò)．規(guī)律總結(jié)1．帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的幾種常見情形(1)直線邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性，如圖5所示)圖5(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖6所示)圖6(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖7所示)圖72．確定粒子運(yùn)動(dòng)的圓心，找出軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，再求運(yùn)動(dòng)時(shí)間.考點(diǎn)一洛倫茲力和電場(chǎng)力的比較1．洛倫茲力方向的特點(diǎn)(1)洛倫茲力的方向與電荷運(yùn)動(dòng)的方向和磁場(chǎng)方向都垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向和磁場(chǎng)方向共同確定的平面．(2)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變化．2．洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較內(nèi)容對(duì)應(yīng)力項(xiàng)目洛倫茲力電場(chǎng)力性質(zhì)磁場(chǎng)對(duì)在其中運(yùn)動(dòng)的電荷的作用力電場(chǎng)對(duì)放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電場(chǎng)中的電荷確定受到電場(chǎng)力作用大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場(chǎng)方向的關(guān)系確定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，與電荷電性無關(guān)正電荷受力與電場(chǎng)方向相同，負(fù)電荷受力與電場(chǎng)方向相反做功狀況任何狀況下都不做功可能做正功、負(fù)功，也可能不做功力為零時(shí)場(chǎng)的狀況F為零，B不愿定為零F為零，E確定為零作用效果只轉(zhuǎn)變電荷運(yùn)動(dòng)的速度方向，不轉(zhuǎn)變速度大小既可以轉(zhuǎn)變電荷運(yùn)動(dòng)的速度大小，也可以轉(zhuǎn)變電荷運(yùn)動(dòng)的方向深化拓展①洛倫茲力對(duì)電荷不做功；安培力對(duì)通電導(dǎo)線可做正功，可做負(fù)功，也可 不做功．②只有運(yùn)動(dòng)電荷才會(huì)受到洛倫茲力，靜止電荷在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力確定為零．例1在如圖8所示寬度范圍內(nèi)，用場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)可使初速度是v0的某種正粒子偏轉(zhuǎn)θ角．在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，使該粒子穿過該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為θ(不計(jì)粒子的重力)，問：圖8(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是多大？(2)粒子穿過電場(chǎng)和磁場(chǎng)的時(shí)間之比是多大？解析(1)設(shè)寬度為L(zhǎng).當(dāng)只有電場(chǎng)存在時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上：L＝v0t，豎直方向上：vy＝at＝eq\f(EqL,mv0)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(EqL,mv\o\al(2,0))當(dāng)只有磁場(chǎng)存在時(shí)，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R，如圖所示，由幾何關(guān)系可知sinθ＝eq\f(L,R)，R＝eq\f(mv0,qB)聯(lián)立解得B＝eq\f(Ecosθ,v0).(2)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(L,v0)＝eq\f(Rsinθ,v0)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(RqB,mv0)·eq\f(sinθ,θ)＝eq\f(sinθ,θ).答案(1)eq\f(Ecosθ,v0)(2)eq\f(sinθ,θ)技巧點(diǎn)撥電荷在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律不同．運(yùn)動(dòng)電荷穿出有界電場(chǎng)的時(shí)間與其入射速度的方向和大小有關(guān)，而穿出有界磁場(chǎng)的時(shí)間則與電荷在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期有關(guān)．在解題過程中機(jī)敏運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解和幾何關(guān)系是解題關(guān)鍵．突破訓(xùn)練1在如圖9所示的空間中，存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)存在沿x軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中均未畫出)．一質(zhì)子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運(yùn)動(dòng)．據(jù)此可以推斷出 ()圖9A．質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于eE，運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能減??；沿z軸正方向電勢(shì)上升B．質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于eE，運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能增大；沿z軸正方向電勢(shì)降低C．質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于evB，運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能不變；沿z軸正方向電勢(shì)上升D．質(zhì)子所受電場(chǎng)力大小等于evB，運(yùn)動(dòng)中電勢(shì)能不變；沿z軸正方向電勢(shì)降低答案C解析解答本題時(shí)利用左手定則推斷洛倫茲力的方向，依據(jù)平衡條件推斷電場(chǎng)力方向及電場(chǎng)方向，留意運(yùn)用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，及沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向沿x軸負(fù)方向，質(zhì)子沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，由左手定則可確定洛倫茲力沿z軸正方向；由于質(zhì)子受電場(chǎng)力和洛倫茲力作用沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力eE等于洛倫茲力evB，方向沿z軸負(fù)方向，即電場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向，質(zhì)子在運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變，沿z軸正方向即電場(chǎng)反方向電勢(shì)上升，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．考點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．圓心的確定(1)已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、入射方向和出射方向時(shí)，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖10甲所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．圖10(2)已知入射方向、入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．2．半徑的確定可利用物理學(xué)公式或幾何學(xué)問(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。?．運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為θ時(shí)，其運(yùn)動(dòng)時(shí) 間表示為：t＝eq\f(θ,2π)T(或t＝eq\f(θR,v))．例2(2022·安徽理綜·19)如圖11所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過Δt時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)重力，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)? ()圖11A.eq\f(1,2)Δt B．2Δt C.eq\f(1,3)Δt D．3Δt審題指導(dǎo)1.粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心是O點(diǎn)嗎？怎樣找？2．要求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，就要先找圓周運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，再利用周期公式求解．解析設(shè)帶電粒子以速度v射入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O1，半徑為r1，則依據(jù)qvB ＝eq\f(mv2,r)，得r1＝eq\f(mv,qB)，依據(jù)幾何關(guān)系得eq\f(R,r1)＝taneq\f(φ1,2)，且φ1＝60°.當(dāng)帶電粒子以eq\f(1,3)v的速度射入時(shí)，軌道半徑r2＝eq\f(m·\f(1,3)v,qB)＝eq\f(mv,3qB)＝eq\f(1,3)r1，圓心在O2，則eq\f(R,r2)＝taneq\f(φ2,2).即taneq\f(φ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(3R,r1)＝3taneq\f(φ1,2)＝eq\r(3).故eq\f(φ2,2)＝60°，φ2＝120°；帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(φ,360°)T，所以eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(φ2,φ1)＝eq\f(2,1)，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤．答案B技巧點(diǎn)撥找圓心、求半徑、確定轉(zhuǎn)過的圓心角的大小是解決這類問題的前提，確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關(guān)系是解題的基礎(chǔ)，建立運(yùn)動(dòng)時(shí)間t和轉(zhuǎn)過的圓心角α之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．例3如圖12所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值．靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m(不計(jì)重力)，從點(diǎn)P經(jīng)電場(chǎng)加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對(duì)外，CD為磁場(chǎng)邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝45°，孔Q到板的下端C的距離為L(zhǎng)，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，求：圖12(1)兩板間電壓的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長(zhǎng)度s；(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm.解析(1)M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點(diǎn)，如圖所示，CH＝QC＝L故半徑r1＝L又由于qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)且qUm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)所以Um＝eq\f(qB2L2,2m).(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與CD板相切于K點(diǎn)，此軌跡的半徑為r2，設(shè)圓心為A，在△AKC中：sin45°＝eq\f(r2,L－r2)解得r2＝(eq\r(2)－1)L即eq\x\to(KC)＝r2＝(eq\r(2)－1)L所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長(zhǎng)度s＝eq\x\to(HK)，即s＝r1－r2＝(2－eq\r(2))L.(3)打在QE間的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，均為半個(gè)周期，所以tm＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq).答案(1)eq\f(qB2L2,2m)(2)(2－eq\r(2))L(3)eq\f(πm,Bq)規(guī)律總結(jié)1．帶電體在磁場(chǎng)中的臨界問題的處理方法帶電體進(jìn)入有界磁場(chǎng)區(qū)域，一般存在臨界問題，處理的方法是查找臨界狀態(tài)，畫出臨界軌跡：(1)帶電體在磁場(chǎng)中，離開一個(gè)面的臨界狀態(tài)是對(duì)這個(gè)面的壓力為零．(2)射出或不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)是帶電體運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場(chǎng)邊界相切．2．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的程序解題法——三步法(1)畫軌跡：即畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，并確定圓心，用幾何方法求半徑．(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動(dòng)速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運(yùn)動(dòng)時(shí)間相聯(lián)系，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與周期相聯(lián)系．(3)用規(guī)律：即牛頓其次定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，特殊是周期公式、半徑公式．

突破訓(xùn)練2(2011·浙江·20)利用如圖13所示裝置可以選擇確定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L(zhǎng).一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場(chǎng)，對(duì)于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是 ()圖13A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大答案BC解析利用左手定則可判定只有負(fù)電荷進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)才向右偏，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．利用qvB＝eq\f(mv2,r)知r＝eq\f(mv,qB)，能射出的粒子滿足eq\f(L,2)≤r≤eq\f(L＋3d,2)，因此對(duì)應(yīng)射出粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrmax,m)＝eq\f(qB3d＋L,2m)，選項(xiàng)B正確．vmin＝eq\f(qBrmin,m)＝eq\f(qBL,2m)，Δv＝vmax－vmin＝eq\f(3qBd,2m)，由此式可判定選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．突破訓(xùn)練3(2022·山西太原市高三模擬試題(二))如圖14所示，在某空間試驗(yàn)室中，有兩個(gè)靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.10T，磁場(chǎng)區(qū)域半徑r＝eq\f(2,3)eq\r(3)m，左側(cè)區(qū)圓心為O1，磁場(chǎng)向里，右側(cè)區(qū)圓心為O2，磁場(chǎng)向外，兩區(qū)域切點(diǎn)為C.今有質(zhì)量m＝3.2×10－26kg、帶電荷量q＝1.6×10－19C的某種離子，從左側(cè)區(qū)邊緣的A點(diǎn)以速度v＝1×106m/s正對(duì)O1的方向垂直射入磁場(chǎng)，它將穿越C點(diǎn)后再?gòu)挠覀?cè)區(qū)穿出．求：圖14(1)該離子通過兩磁場(chǎng)區(qū)域所用的時(shí)間；(2)離子離開右側(cè)區(qū)域的出射點(diǎn)偏離最初入射方向的側(cè)移距離多大？(側(cè)移距離指在垂直初速度方向上移動(dòng)的距離)答案(1)4.19×10－6s(2)2m解析(1)

離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在左、右兩區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡是對(duì)稱的，如圖所示，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T由牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,R) ①又T＝eq\f(2πR,v) ②聯(lián)立①②得：R＝eq\f(mv,qB) ③T＝eq\f(2πm,qB) ④將已知數(shù)據(jù)代入③得R＝2m ⑤由軌跡圖知tanθ＝eq\f(r,R)＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝eq\f(π,6)則全段軌跡運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝2×eq\f(2θ,2π)T＝eq\f(T,3) ⑥聯(lián)立④⑥并代入已知數(shù)據(jù)得t＝eq\f(2×3.14×3.2×10－26,3×1.6×10－19×0.10)s＝4.19×10－6s(2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對(duì)稱關(guān)系知側(cè)移距離d＝2rsin2θ將已知數(shù)據(jù)代入得d＝2×eq\f(2,3)eq\r(3)sineq\f(π,3)m＝2m39．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界和極值問題1．臨界問題的分析思路臨界問題的分析對(duì)象是臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)就是指物理現(xiàn)象從一種狀態(tài)變化成另一種狀態(tài)的中間過程，這時(shí)存在著一個(gè)過渡的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，此轉(zhuǎn)折點(diǎn)即為臨界狀態(tài)點(diǎn)．與臨界狀態(tài)相關(guān)的物理?xiàng)l件則稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點(diǎn)．臨界問題的一般解題模式為：(1)找出臨界狀態(tài)及臨界條件；(2)總結(jié)臨界點(diǎn)的規(guī)律；(3)解出臨界量；(4)分析臨界量列出公式．2．極值問題的分析思路所謂極值問題就是對(duì)題中所求的某個(gè)物理量最大值或最小值的分析或計(jì)算，求解的思路一般有以下兩種：一是依據(jù)題給條件列出函數(shù)關(guān)系式進(jìn)行分析、爭(zhēng)辯；二是借助于幾何圖形進(jìn)行直觀分析．例4如圖15所示，在其次象限和第四象限的正方形區(qū)域內(nèi)分別存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，方向相反，且都垂直于xOy平面．一電子由P(－d，d)點(diǎn)，沿x軸正方向射入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ.(電子質(zhì)量為m，電荷量為e，sin53°＝eq\f(4,5))圖15(1)求電子能從第三象限射出的入射速度的范圍．(2)若電子從(0，eq\f(d,2))位置射出，求電子在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t.(3)求第(2)問中電子離開磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)的位置坐標(biāo)．解析(1)電子能從第三象限射出的臨界軌跡如圖甲所示．電子偏轉(zhuǎn) 半徑范圍為eq\f(d,2)<r<d由evB＝meq\f(v2,r)得v＝eq\f(eBr,m)故電子入射速度的范圍為eq\f(eBd,2m)<v<eq\f(eBd,m).(2)電子從(0，eq\f(d,2))位置射出的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示．設(shè)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則R2＝(R－eq\f(d,2))2＋d2解得R＝eq\f(5d,4)由幾何關(guān)系得∠PHM＝53°由evB＝mR(eq\f(2π,T))2解得T＝eq\f(2πm,eB)則t＝eq\f(2πm,eB)×eq\f(53°,360°)＝eq\f(53πm,180eB).(3)如圖乙所示，依據(jù)幾何學(xué)問，帶電粒子在射出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)與水平方向的夾角為53°，則在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ位置N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為eq\f(3d,8)由△NBH′可解得NB的長(zhǎng)度等于d，則QA＝d－eq\f(5d,8)由勾股定理得H′A＝eq\f(\r(91),8)d，H′B＝Rcos53°＝eq\f(3d,4)所以電子離開磁場(chǎng)Ⅱ的位置坐標(biāo)為(d，eq\f(3,4)d－eq\f(\r(91),8)d)．答案(1)eq\f(eBd,2m)<v<eq\f(eBd,m)(2)eq\f(53πm,180eB)(3)(d，eq\f(3,4)d－eq\f(\r(91),8)d)突破訓(xùn)練4兩極板M、N相距為d，板長(zhǎng)為5d，兩板未帶電，板間有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖16所示，一大群電子沿平行于板的方向從各個(gè)位置以速度v射入板間，為了使電子都不從板間穿出，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍怎樣？(設(shè)電子電荷量為e，質(zhì)量為m)圖16答案eq\f(mv,13ed)≤B≤eq\f(2mv,ed)解析如圖所示，靠近M板進(jìn)入磁場(chǎng)的電子剛好打到N板右邊緣，對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有最小值B1，設(shè)此時(shí)軌道半徑為R1，則有evB1＝eq\f(mv2,R1)由幾何關(guān)系得(R1－d)2＋(5d)2＝Req\o\al(2,1)聯(lián)立解得B1＝eq\f(mv,13ed)靠近M板進(jìn)入磁場(chǎng)的電子剛好打到N板左邊緣，對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值B2，此時(shí)軌道半徑為R2evB2＝eq\f(mv2,R2)由幾何關(guān)系得R2＝eq\f(d,2)聯(lián)立解得B2＝eq\f(2mv,ed)綜上所述，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍為eq\f(mv,13ed)≤B≤eq\f(2mv,ed)高考題組1．(2022·廣東理綜·15)質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)行的半圓軌跡如圖17中虛線所示．下列表述正確的是 ()圖17A．M帶負(fù)電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對(duì)M、N做正功D．M的運(yùn)行時(shí)間大于N的運(yùn)行時(shí)間答案A解析由左手定則知M帶負(fù)電，N帶正電，選項(xiàng)A正確；帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且向心力F向＝F洛，即eq\f(mv2,r)＝qvB得r＝eq\f(mv,qB)，由于M、N的質(zhì)量、電荷量都相等，且rM>rN，所以vM>vN，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；M、N運(yùn)動(dòng)過程中，F(xiàn)洛始終與v垂直，F(xiàn)洛不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由T＝eq\f(2πm,qB)知M、N兩粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為eq\f(T,2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．2．(2022·江蘇單科·9)如圖18所示，MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)．若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)能落在邊界上的A點(diǎn)．下列說法正確的有 ()圖18A．若粒子落在A點(diǎn)的左側(cè)，其速度確定小于v0B．若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè)，其速度確定大于v0C．若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能小于v0－eq\f(qBd,2m)D．若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不行能大于v0＋eq\f(qBd,2m)答案BC解析帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，所以r＝eq\f(mv0,qB)，當(dāng)帶電粒子從不同方向由O點(diǎn)以速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，其軌跡是半徑為r的圓，軌跡與邊界的交點(diǎn)位置最遠(yuǎn)是離O點(diǎn)2r的距離，即OA＝2r，落在A點(diǎn)的粒子從O點(diǎn)垂直入射，其他粒子則均落在A點(diǎn)左側(cè)，若落在A點(diǎn)右側(cè)則必需有更大的速度，選項(xiàng)B正確．若粒子速度雖然比v0大，但進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與磁場(chǎng)邊界夾角過大或過小，粒子仍有可能落在A點(diǎn)左側(cè)，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤．若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，設(shè)其半徑為r′，則r′≥eq\f(2r－d,2)，代入r＝eq\f(mv0,qB)，r′＝eq\f(mv,qB)，解得v≥v0－eq\f(qBd,2m)，選項(xiàng)C正確．3.(2011·海南單科·10)空間存在方向垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖19中的正方形為其邊界．一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場(chǎng)的方向從O點(diǎn)入射．這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不計(jì)重力．下列說法正確的是 ()圖19A．入射速度不同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間確定不同B．入射速度相同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡確定相同C．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡確定相同D．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，其軌跡所對(duì)的圓心角確定越大答案BD解析帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)得軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑不同，軌跡不同；相同速度的粒子，軌道半徑相同，軌跡相同，故B正確．帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，故全部帶電粒子的運(yùn)動(dòng)周期均相同，若帶電粒子都從磁場(chǎng)左邊界出磁場(chǎng)，則這些粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是相同的，但不同速度的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡不同，故A、C錯(cuò)誤．依據(jù)eq\f(θ,t)＝eq\f(2π,T)得θ＝eq\f(2π,T)t，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t越長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角θ越大，故D正確．4．(2022·海南單科·16)圖20(a)所示的xOy平面處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的周期為T，變化圖線如圖(b)所示．當(dāng)B為＋B0時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向指向紙外．在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于eq\f(2π,TB0).不計(jì)重力．設(shè)P在某時(shí)刻t0以某一初速度沿y軸正向從O點(diǎn)開頭運(yùn)動(dòng)，將它經(jīng)過時(shí)間T到達(dá)的點(diǎn)記為A.(a)(b)圖20(1)若t0＝0，則直線OA與x軸的夾角是多少？(2)若t0＝eq\f(T,4)，則直線OA與x軸的夾角是多少？答案(1)0(2)eq\f(π,2)解析(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量、電荷量與初速度分別為m、q與v，粒子P在洛倫茲力作用下，在xOy平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，分別用R與T′表示圓周的半徑和運(yùn)動(dòng)周期，則有qvB0＝m(eq\f(2π,T′))2R ①v＝eq\f(2πR,T′) ②由①②式與已知條件得T′＝T粒子P在t＝0到t＝eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周，到達(dá)x軸上B點(diǎn)，此時(shí)磁場(chǎng)方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T時(shí)間內(nèi)，沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周，到達(dá)x軸上A點(diǎn)，如圖所示．OA與x軸的夾角θ＝0(2)粒子P在t0＝eq\f(T,4)時(shí)刻開頭運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(T,4)到t＝eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)eq\f(1,4)個(gè)圓周，到達(dá)C點(diǎn)，此時(shí)磁場(chǎng)方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T時(shí)間內(nèi)，沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周，到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)磁場(chǎng)方向再次反轉(zhuǎn)；在t＝T到t＝eq\f(5T,4)時(shí)間內(nèi)，沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)eq\f(1,4)個(gè)圓周，到達(dá)A點(diǎn)，如圖所示．由幾何關(guān)系可知，A點(diǎn)在y軸上，即OA與x軸的夾角θ＝eq\f(π,2)模擬題組5．如圖21所示的虛線框?yàn)橐婚L(zhǎng)方形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一束電子以不同的速率從O點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)方向、沿圖中方向射入磁場(chǎng)后，分別從a、b、c、d四點(diǎn)射出磁場(chǎng)，比較它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間ta、tb、tc、td，其大小關(guān)系是 ()圖21A．ta<tb<tc<td B．ta＝tb＝tc＝tdC．ta＝tb>td>tc D．ta＝tb>tc>td答案D解析由洛倫茲力與速度的方向關(guān)系可知，從a、b兩點(diǎn)射出的電子都完成了半個(gè)周期的運(yùn)動(dòng)，即ta＝tb＝eq\f(T,2)；從c點(diǎn)和d點(diǎn)射出的電子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角都小于180°，且θd<θc，故td<tc<eq\f(T,2)，D選項(xiàng)正確．6.如圖22所示，在真空區(qū)域內(nèi)，有寬度為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，MN、PQ為磁場(chǎng)的邊界．質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子，先后兩次沿著與MN夾角為θ(0°<θ<90°)的方向垂直于磁感線射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，第一次粒子是經(jīng)電壓U1加速后射入磁場(chǎng)的，粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場(chǎng)；其次次粒子是經(jīng)電壓U2加速后射入磁場(chǎng)的，粒子剛好能垂直于PQ射出磁場(chǎng)．(不計(jì)粒子重力，粒子加速前的速度認(rèn)為是零，U1、U2未知)圖22(1)加速電壓U1、U2的比值eq\f(U1,U2)為多少？(2)為使粒子經(jīng)電壓U2加速射入磁場(chǎng)后沿直線射出PQ邊界，可在磁場(chǎng)區(qū)域加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，求該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小．答案(1)eq\f(cos2θ,1＋cosθ2)(2)eq\f(B2qL,mcosθ)解析(1)如圖所示，第一次粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場(chǎng)，表明粒子在磁場(chǎng)中的軌跡剛好與PQ相切，如圖中的軌跡1.設(shè)軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系 得：r1＋r1cosθ＝L，解得r1＝eq\f(L,1＋cosθ).其次次粒子剛好能垂直PQ邊界射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中的軌跡圓 心為圖中的O2點(diǎn)，運(yùn)行軌跡為軌跡2，設(shè)軌跡半徑為r2，由幾何關(guān) 系得到：r2＝eq\f(L,cosθ)由動(dòng)能定理及牛頓其次定律得qU＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(\r(2mqU),Bq)，從而可得eq\f(r1,r2)＝eq\r(\f(U1,U2))，所以eq\f(U1,U2)＝eq\f(r\o\al(2,1),r\o\al(2,2))＝eq\f(cos2θ,1＋cosθ2).(2)若加入一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)后使電場(chǎng)力恰好能平衡洛倫茲力，則粒子將沿直線射出PQ邊界，場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)榇怪彼俣确较蛐毕蛳拢O(shè)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，則Eq＝Bqv2，解得E＝Bv2 ①由于粒子經(jīng)電壓U2且未加電場(chǎng)時(shí)的軌跡半徑r2＝eq\f(L,cosθ)＝eq\f(mv2,Bq)，可得v2＝eq\f(BqL,mcosθ) ②①②聯(lián)立可得E＝eq\f(B2qL,mcosθ)，方向與水平方向成θ角斜向右下方．

(限時(shí)：45分鐘)?題組1洛倫茲力的特點(diǎn)與應(yīng)用1．帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，會(huì)受到洛倫茲力的作用．下列表述正確的是()A．洛倫茲力對(duì)帶電粒子做功B．洛倫茲力不轉(zhuǎn)變帶電粒子的動(dòng)能C．洛倫茲力的大小與速度無關(guān)D．洛倫茲力不轉(zhuǎn)變帶電粒子的速度方向答案B解析洛倫茲力的方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，所以洛倫茲力永久不做功，即不轉(zhuǎn)變粒子的動(dòng)能，A錯(cuò)誤，B正確；洛倫茲力F＝Bqv，C錯(cuò)誤；洛倫茲力不轉(zhuǎn)變速度的大小，但轉(zhuǎn)變速度的方向，D錯(cuò)誤．2．如圖1所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個(gè)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(diǎn)，則 ()圖1A．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等B．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小C．甲球的釋放位置比乙球的高D．運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變答案CD解析設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形軌道半徑為r，三個(gè)小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋Bvq甲＝eq\f(mv\o\al(2,甲),r)，mg－Bvq乙＝eq\f(mv\o\al(2,乙),r)，mg＝eq\f(mv\o\al(2,丙),r)，明顯，v甲>v丙>v乙，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；甲球在最高點(diǎn)處的動(dòng)能最大，由于勢(shì)能相等，所以甲球的機(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項(xiàng)C正確．3.帶電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度方向如圖2所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計(jì)阻力，則在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，帶電質(zhì)點(diǎn)將 ()圖2A．可能做直線運(yùn)動(dòng)B．可能做勻減速運(yùn)動(dòng)C．確定做曲線運(yùn)動(dòng)D．可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)答案C解析帶電質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點(diǎn)不行能做直線運(yùn)動(dòng)，也不行能做勻減速運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C正確．4．如圖3所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(不計(jì)空氣阻力)．現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度圖象可能是圖中的 ()圖3答案ACD解析由左手定則判定圓環(huán)受到的洛倫茲力向上，若qvB＝mg，則彈力為零，摩擦力為零，圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；若qvB>mg，則桿對(duì)圓環(huán)有彈力，摩擦力不為零，圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減小到使洛倫茲力與重力平衡時(shí)，將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確；若qvB<mg，則桿對(duì)圓環(huán)有彈力，摩擦力不為零，圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)，最終速度變?yōu)榱?，選項(xiàng)C正確．無論哪種狀況，圓環(huán)都不行能做勻減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．?題組2帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)5．帶電粒子以初速度v0從a點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖4所示．運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過b點(diǎn)，Oa＝Ob，若撤去磁場(chǎng)加一個(gè)與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，仍以v0從a點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，粒子仍能通過b點(diǎn)，那么電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比為 ()圖4A．v0 B．1 C．2v0 D.eq\f(v0,2)答案C解析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，O為圓心，故Oa＝Ob＝r＝eq\f(mv0,qB)，①帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，故Ob＝v0t＝Oa＝eq\f(qE,2m)t2＝eq\f(2mv\o\al(2,0),qE)，②由①②得eq\f(E,B)＝2v0，故選項(xiàng)C對(duì)．6．如圖5所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場(chǎng)時(shí)，不計(jì)重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時(shí)間為t.若加上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出磁場(chǎng)時(shí)偏離原方向60°，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的 ()圖5A．帶電粒子的比荷B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期C．帶電粒子的初速度D．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑答案AB解析由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角，可知帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為60°，因此由幾何關(guān)系得磁場(chǎng)寬度l＝rsin60°＝eq\f(mv0,qB)sin60°，又未加磁場(chǎng)時(shí)有l(wèi)＝v0t，所以可求得比荷eq\f(q,m)＝eq\f(sin60°,Bt)，A項(xiàng)對(duì)；周期T＝eq\f(2πm,qB)也可求出，B項(xiàng)對(duì)；因初速度未知，所以C、D項(xiàng)錯(cuò)．7．如圖6所示，一足夠長(zhǎng)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)布滿方向垂直紙面對(duì)里的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在ad邊中點(diǎn)O，垂直于磁場(chǎng)射入一速度方向跟ad邊夾角θ＝30°、大小為v0的帶正電粒子．已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，ad邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，ab邊足夠長(zhǎng)，粒子重力不計(jì)，求：圖6(1)粒子能從ab邊上射出磁場(chǎng)的v0大小范圍；(2)假如帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．答案(1)eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)(2)eq\f(5πm,3qB)解析(1)若粒子速度為v0，軌跡半徑為R，由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，則R＝eq\f(mv0,qB)若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設(shè)此時(shí)相應(yīng)速度為v01，則R1＋R1sinθ＝eq\f(L,2)將R1＝eq\f(mv01,qB)代入上式并由題給數(shù)據(jù)可得v01＝eq\f(qBL,3m)若軌跡與cd邊相切，設(shè)此時(shí)粒子速度為v02，則R2－R2sinθ＝eq\f(L,2)將R2＝eq\f(mv02,qB)代入上式可得v02＝eq\f(qBL,m)所以粒子能從ab邊上射出磁場(chǎng)的v0應(yīng)滿足eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m).(2)粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)過的弧所對(duì)的圓心角越大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)．由圖可知，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r≤R1時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，此時(shí)弧所對(duì)的圓心角為(360°－2θ)．所以最長(zhǎng)時(shí)間為t＝eq\f(360°－2θm,qB)＝eq\f(5πm,3qB).?題組3帶電粒子在圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)8.如圖7所示是某粒子速度選擇器的示意圖，在一半徑為R＝10cm的圓柱形桶內(nèi)有B＝10－4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向平行于軸線，在圓柱桶某始終徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最終有不同速度的粒子束射出．現(xiàn)有一粒子源放射比荷為eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)．當(dāng)角θ＝45°時(shí)，出射粒子速度v的大小是 ()圖7A.eq\r(2)×106m/s B．2eq\r(2)×106m/sC．2eq\r(2)×108m/s D．4eq\r(2)×106m/s答案B解析由題意知，粒子從入射孔以45°角射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)eq\f(1,4)周期，由幾何關(guān)系知r＝eq\r(2)R，又r＝eq\f(mv,qB)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝2eq\r(2)×106m/s.

9.如圖8所示，一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m，電荷量為q的正電荷(重力忽視不計(jì))以速度v沿正對(duì)著圓心O的方向射入磁場(chǎng)，從磁場(chǎng)中射出時(shí)速度方向轉(zhuǎn)變了θ角．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 ()圖8A.eq\f(mv,qRtan\f(θ,2)) B.eq\f(mv,qRcot\f(θ,2))C.eq\f(mv,qRsin\f(θ,2)) D.eq\f(mv,qRcos\f(θ,2))答案B解析粒子軌跡如圖，依據(jù)幾何關(guān)系r＝Rcoteq\f(θ,2)，再依據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，解得B＝eq\f(mv,qRcot\f(θ,2))，故B正確．10．如圖9所示裝置，圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為R1＝eq\r(3)×10－2m，其中分布垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，與磁場(chǎng)區(qū)域同心的圓筒半徑為R2＝2eq\r(3)×10－2m，其左側(cè)與兩平行金屬板MN相鄰，相鄰處有一小孔，將平行板內(nèi)部和圓筒內(nèi)部連通．平行金屬板MN內(nèi)部緊靠M板處有一帶電粒子處于靜止?fàn)顟B(tài)，且粒子位于小孔和磁場(chǎng)圓心的連線