2024高考物理一輪復習第九章磁場第2講磁吃運動電荷的作用學案+作業(yè)含解析新人教版

PAGE22-第2講磁場對運動電荷的作用一、洛倫茲力的大小和方向1．定義：磁場對運動電荷的作用力．2．大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝0；(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB；(3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ.3．方向(1)判定方法：應用左手定則，留意四指應指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向；(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于B、v確定的平面．(留意B和v可以有隨意夾角)4．做功：洛倫茲力不做功．自測1帶電荷量為＋q的不同粒子在勻強磁場中運動，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，則其所受洛倫茲力的大小、方向均不變C．洛倫茲力方向肯定與電荷速度方向垂直，磁場方向肯定與電荷運動方向垂直D．粒子在只受洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變答案B二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．2．若v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做勻速圓周運動．3．基本公式(1)向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)；(2)軌道半徑公式：r＝eq\f(mv,Bq)；(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB).留意：帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速率無關．自測2在探究射線性質的過程中，讓質量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強磁場中，發(fā)覺兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運動．則α粒子與β粒子的動能之比是()A.eq\f(m1,m2)B.eq\f(m2,m1)C.eq\f(m1,4m2)D.eq\f(4m2,m1)答案D解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，依據(jù)牛頓其次定律，有：qvB＝meq\f(v2,r)，動能為：Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得：Ek＝eq\f(q2r2B2,2m)，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動能之比為：eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(\f(q\o\al(12),m1),\f(q\o\al(22),m2))＝eq\f(4m2,m1)，故D正確．1．洛倫茲力的特點(1)利用左手定則推斷洛倫茲力的方向，留意區(qū)分正、負電荷．(2)運動電荷在磁場中不肯定受洛倫茲力作用．(3)洛倫茲力肯定不做功．2．與安培力的聯(lián)系及區(qū)分(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，都是磁場力．(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功．3．洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力產生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場方向的關系F⊥B，F(xiàn)⊥vF∥E做功狀況任何狀況下都不做功可能做功，也可能不做功例1(多選)(2024·甘肅蘭州市第一次診斷)質量為m、帶電荷量為＋q的小球套在水平固定且足夠長的粗糙絕緣桿上，如圖1所示，整個裝置處于磁感應強度為B、垂直紙面對里的水平勻強磁場中．現(xiàn)給小球一個水平向右的初速度v0使其起先運動，重力加速度為g，不計空氣阻力，則對小球從起先到最終穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是()圖1A．肯定做減速運動B．運動過程中克服摩擦力做的功可能是0C．最終穩(wěn)定時的速度肯定是eq\f(mg,qB)D．最終穩(wěn)定時的速度可能是0答案BD解析對小球受力分析，小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力及可能存在的彈力和摩擦力．若qv0B>mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、豎直向下的彈力和水平向左的摩擦力，且qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，可知加速度a＝eq\f(μqvB－mg,m)，方向向左，故小球先做加速度減小的減速運動，最終勻速，勻速運動時的速度v＝eq\f(mg,qB)；若qv0B＝mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力，二力平衡，小球做勻速運動，速度v＝v0＝eq\f(mg,qB)；若qv0B<mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、豎直向上的彈力和水平向左的摩擦力，且mg＝qvB＋FN，μFN＝ma，解得小球的加速度a＝eq\f(μmg－qvB,m)，方向向左，則小球做加速度增大的減速運動，最終靜止．綜上，A、C錯誤，B、D正確．變式1(多選)(2024·福建泉州市期末質量檢查)如圖2所示，粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面對里的勻強磁場中．t＝0時，一個質量為m、電荷量為q的帶正電物塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動，則物塊運動的v－t圖象可能是()圖2答案ACD解析設初速度為v0，則FN＝Bqv0，若滿意mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物塊向下做勻速運動，選項A正確；若mg>μBqv0，則物塊起先有向下的加速度，由a＝eq\f(mg－μBqv,m)可知，隨速度增加，加速度減小，即物塊先做加速度減小的加速運動，最終達到勻速狀態(tài)，選項D正確；若mg<μBqv0，則物塊起先有向上的加速度，做減速運動，由a＝eq\f(μBqv－mg,m)可知，隨速度減小，加速度減小，即物塊先做加速度減小的減速運動，最終達到勻速狀態(tài)，則選項C正確．基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心P、M點速度垂線交點P點速度垂線與弦的垂直平分線交點某點的速度垂線與切點法線的交點半徑的確定利用平面幾何學問求半徑常用解三角形法：例：(左圖)R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)運動時間的確定利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度L求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(L,v)(1)速度的偏轉角φ等于所對的圓心角θ(2)偏轉角φ與弦切角α的關系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α模型1直線邊界磁場直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖3所示)圖3圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)例2(2024·湖北宜昌市四月調研)如圖4所示，直線MN上方有垂直紙面對里的勻強磁場，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t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則eq\f(t1,t2)為()圖4A．3B．2C.eq\f(3,2)D.eq\f(2,3)答案A解析電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，依據(jù)題意畫出兩電子的運動軌跡，如圖所示：電子1垂直邊界射進磁場，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t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，依據(jù)半徑r＝eq\f(mv,Bq)可知，電子1和2的半徑相等，依據(jù)幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉過的圓心角為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，B、C、D錯誤．模型2平行邊界磁場圖5平行邊界存在臨界條件，圖5a中粒子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(θm,Bq)，t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θm,Bq)圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)圖d中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)例3(多選)(2024·遼寧沈陽市第一次質檢)兩個帶等量異種電荷的粒子分別以速度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點動身，同時到達B點，如圖6所示，則()圖6A．a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．兩粒子的質量之比ma∶mb＝1∶2D．兩粒子的質量之比ma∶mb＝2∶1答案BD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粒子轉過的圓心角為60°，b粒子轉過的圓心角為120°，ta＝eq\f(Ta,6)＝tb＝eq\f(Tb,3)，則Ta∶Tb＝2∶1，再依據(jù)洛倫茲力供應向心力可得：Bvq＝eq\f(mv2,R)，所以，運動周期為：T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)；依據(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．模型3圓形邊界磁場沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖7所示)圖7粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(R,tanθ)粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)θ＋α＝90°例4(2024·安徽宣城市其次次模擬)如圖8，圓形區(qū)域內有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．有多數(shù)個帶有相同電荷量和相同質量的粒子在紙面內沿各個方向以同樣的速率通過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，結果相應的弧長變?yōu)閳A周長的eq\f(1,4)，則eq\f(B2,B1)等于()圖8A.eq\f(\r(6),2)B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(4,3)D.eq\f(3,4)答案A解析設圓的半徑為r，磁感應強度為B1時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為M，最遠的點是軌跡圓直徑與磁場邊界圓的交點，如圖甲所示，∠POM＝120°，設粒子做圓周運動的半徑為R，則有sin60°＝eq\f(R,r)，解得R＝eq\f(\r(3),2)r；磁感應強度為B2時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為N，最遠的點是軌跡圓直徑與磁場邊界圓的交點，如圖乙所示，∠PON＝90°，設粒子做圓周運動的半徑為R′，則有R′＝eq\f(\r(2),2)r，由帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)，由于v、m、q相等，則得eq\f(B2,B1)＝eq\f(R,R′)＝eq\f(\f(\r(3),2)r,\f(\r(2),2)r)＝eq\f(\r(6),2)，故選項A正確，B、C、D錯誤．模型4三角形或四邊形邊界磁場例5(2024·全國卷Ⅱ·17)如圖9，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．ab邊中點有一電子放射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向放射電子．已知電子的比荷為k.則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()圖9A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為ra＝eq\f(l,4)，由洛倫茲力供應向心力，有evaB＝meq\f(v\o\al(a2),ra)，又eq\f(e,m)＝k，解得va＝eq\f(kBl,4)；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關系有req\o\al(d2)＝l2＋(rd－eq\f(l,2))2，解得：rd＝eq\f(5l,4)，由洛倫茲力供應向心力，有evdB＝meq\f(v\o\al(d2),rd)，又eq\f(e,m)＝k，解得vd＝eq\f(5kBl,4)，選項B正確．變式2(2024·山東省試驗中學其次次模擬)如圖10所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內有垂直紙面對外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v從AC邊的中點O垂直AC邊射入磁場區(qū)域．若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為()圖10A.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m) B.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(5qBL,m)C.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(\r(2)＋1qBL,m) D.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(5qBL,2m)答案C解析依據(jù)洛倫茲力充當向心力可知，v＝eq\f(Bqr,m)，因此半徑越大，速度越大；依據(jù)幾何關系可知，使粒子軌跡與AD邊相切時速度最大，如圖，則有AO′·sin45°＝O′E，即(R＋L)sin45°＝R，解得滿意題目要求的最大半徑為R＝(eq\r(2)＋1)L，故最大速度為v1＝eq\f(\r(2)＋1qBL,m)；當粒子從C點出射時，滿意題目要求的半徑最小，為r2＝eq\f(L,2)，故最小速度應為v2＝eq\f(qBL,2m)，則v的取值范圍為eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(\r(2)＋1qBL,m)，故C正確，A、B、D錯誤．

類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解如圖，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負電，其軌跡為b磁場方向不確定只知道磁感應強度大小，而未詳細指出磁感應強度方向，此時必需要考慮磁感應強度方向不確定而形成多解如圖，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面對里，其軌跡為a，若B垂直紙面對外，其軌跡為b臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解運動具有周期性帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，運動往往具有周期性，因而形成多解例6(2024·河南鄭州市其次次質量預料)如圖11所示，三塊擋板圍成截面邊長L＝1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強E＝4×10－4N/C.三角形區(qū)域內有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B1；AMN以外區(qū)域有垂直紙面對外、磁感應強度大小為B2＝3B1的勻強磁場．現(xiàn)將一比荷eq\f(q,m)＝108C/kg的帶正電的粒子，從O點由靜止釋放，粒子從MN小孔C進入內部勻強磁場，經內部磁場偏轉后干脆垂直AN經過Q點進入外部磁場．已知粒子最終回到了O點，OC相距2m．設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取π＝3.求：圖11(1)磁感應強度B1的大?。?2)粒子從O點動身，到再次回到O點經驗的時間；(3)若僅變更B2的大小，當B2滿意什么條件時，粒子可以垂直于MA經孔P回到O點(若粒子經過A點馬上被汲取)．答案(1)eq\f(2,3)×10－5T(2)2.85×10－2s(3)eq\f(4k＋2,3)×10－5T(k＝0,1,2,3…)解析(1)粒子在電場中加速，則由動能定理得：Eqx＝eq\f(1,2)mv2解得v＝400m/s帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示．由幾何關系可知R1＝eq\f(L,2)＝0.6m由qvB1＝meq\f(v2,R1)代入數(shù)據(jù)得B1＝eq\f(2,3)×10－5T(2)由題可知B2＝3B1＝2×10－5T又qvB2＝meq\f(v2,R2)則R2＝eq\f(R1,3)＝0.2m粒子在由O→C過程中做勻加速直線運動，則x＝eq\f(1,2)vt1得到t1＝0.01s粒子在磁場B1中的周期為T1＝eq\f(2πm,qB1)則在磁場B1中的運動時間為t2＝eq\f(1,3)T1＝3×10－3s在磁場B2中的周期為T2＝eq\f(2πm,qB2)在磁場B2中的運動時間為t3＝eq\f(180°＋300°＋180°,360°)T2＝5.5×10－3s則粒子在復合場中運動的總時間為：t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2s(3)設擋板外磁場變?yōu)锽2′，粒子在磁場中的軌跡半徑為r，則有qvB2′＝meq\f(v2,r)依據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經孔P回到O點，需滿意條件eq\f(L,2)＝(2k＋1)r，其中k＝0,1,2,3…解得B2′＝eq\f(4k＋2,3)×10－5T(k＝0,1,2,3…)．即滿意B2＝B2′＝eq\f(4k＋2,3)×10－5T(k＝0,1,2,3…)時，粒子可以垂直于MA經孔P回到O點．變式3如圖12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，兩板中心各有一個小孔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更如圖乙所示．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更的周期都為T0，不考慮由于磁場變更而產生的電場的影響，不計離子所受重力．求：圖12(1)磁感應強度B0的大小．(2)要使正離子從O′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，…)解析設垂直于紙面對里的磁場方向為正方向．(1)正離子射入磁場，洛倫茲力供應向心力B0qv0＝eq\f(mv\o\al(02),R)做勻速圓周運動的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上兩式得磁感應強度B0＝eq\f(2πm,qT0)(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R＝eq\f(d,4)；當兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3，…)．聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)1．下列說法正確的是()A．運動電荷在磁感應強度不為0的地方，肯定受到洛倫茲力的作用B．運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應強度肯定為0C．洛倫茲力既不能變更帶電粒子的動能，也不能變更帶電粒子的速度D．洛倫茲力對帶電粒子總不做功答案D2．(2024·安徽安慶市期末調研監(jiān)測)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A．線速度大小減小，角速度減小B．向心加速度大小變小，周期變小C．軌道半徑增大，洛倫茲力大小增大D．軌道半徑增大，角速度減小答案D解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律有：qvB＝meq\f(v2,r)解得：r＝eq\f(mv,qB)從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，B減小，所以r增大．線速度、角速度的關系為：v＝ωr，由于洛倫茲力不做功，所以線速度v不變，半徑r增大，所以角速度減小，由公式F洛＝qvB可知，洛倫茲力變小，由公式an＝eq\f(v2,r)可知，由于半徑增大，所以向心加速度大小減小，由公式T＝eq\f(2π,ω)可知，由于角速度減小，所以周期變大．3.如圖1所示，長直導線ab旁邊有一帶正電荷的小球用絕緣絲線懸掛在M點．當ab中通以由b→a的恒定電流時，下列說法正確的是()圖1A．小球受磁場力作用，方向與導線垂直且垂直紙面對里B．小球受磁場力作用，方向與導線垂直且垂直紙面對外C．小球受磁場力作用，方向與導線垂直并指向左方D．小球不受磁場力作用答案D4.如圖2所示，一正電荷水平向右射入蹄形磁鐵的兩磁極間．此時，該電荷所受洛倫茲力的方向是()圖2A．向左 B．向右C．垂直紙面對里 D．垂直紙面對外答案D5.(多選)(2024·云南玉溪一中第五次調研)如圖3所示，在紙面內半徑為R的圓形區(qū)域中充溢了垂直于紙面對里、磁感應強度為B的勻強磁場．一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，速度方向與半徑方向的夾角為30°.當該電荷離開磁場時，速度方向剛好變更了180°.不計電荷的重力，下列說法正確的是()圖3A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點B．該點電荷的比荷為eq\f(2v0,BR)C．該點電荷在磁場中的運動時間為eq\f(πR,2v0)D．該點電荷在磁場中的運動時間為eq\f(πR,3v0)答案BC解析由題意可畫出電荷在磁場中的運動軌跡如圖所示，A錯誤；由幾何關系知電荷做圓周運動的半徑為r＝eq\f(R,2)，結合qv0B＝meq\f(v\o\al(02),r)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2v0,BR)，B正確；電荷在磁場中的運動時間t＝eq\f(πr,v0)＝eq\f(πR,2v0)，C正確，D錯誤．6.(2024·安徽安慶市下學期其次次模擬)如圖4所示，半徑分別為R、2R的兩個同心圓，圓心為O，大圓和小圓之間區(qū)域有垂直于紙面對外的勻強磁場，其余區(qū)域無磁場，一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO方向以速度v1射入磁場，其運動軌跡如圖所示，圖中軌跡所對的圓心角為120°；若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2，不論其入射方向如何，都不行能射入小圓內部區(qū)域，則eq\f(v1,v2)至少為()圖4A.eq\f(4\r(3),3)B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(4\r(3),9)D.eq\f(\r(3),3)答案A解析粒子速度為v1時，圓心角為120°，設圓心為O1，由幾何關系可知，半徑r1＝PO·tan30°＝2R×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(3)R,3)當v2方向豎直向上，粒子恰好完成半個圓周且與內圓相切時有：r2＝eq\f(R,2)，此時v2為滿意條件的最大值結合r＝eq\f(mv,qB)得：v＝eq\f(qBr,m)，所以速度之比等于半徑之比，eq\f(r1,r2)＝eq\f(4\r(3),3)所以eq\f(v1,v2)至少為eq\f(4\r(3),3).7．(2024·河北中原名校聯(lián)盟下學期聯(lián)考)如圖5所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內有垂直正方形平面對外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從b點沿ba方向射入磁場，結果粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為()圖5A.eq\f(qBL,m) B.eq\f(\r(2)qBL,m)C.eq\f(\r(2)－1qBL,m) D.eq\f(\r(2)＋1qBL,m)答案C解析粒子沿半徑方向射入磁場，則出射速度的反向延長線肯定過圓心，由于粒子能經過c點，因此粒子出磁場時肯定沿ac方向，軌跡如圖所示，設粒子做圓周運動的半徑為r，由幾何關系可知，eq\r(2)r＋r＝L，則r＝(eq\r(2)－1)L，依據(jù)牛頓其次定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(02),r)，解得v0＝eq\f(\r(2)－1qBL,m)，C項正確．8．(多選)(2024·四川達州市其次次診斷)如圖6所示，在正方形區(qū)域abcd內充溢方向垂直紙面對里、磁感應強度大小為B的勻強磁場．入口處有比荷相同的甲、乙兩種粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁場，經時間t1從d點射出磁場；乙粒子以速度v2沿與ab成45°的方向垂直射入磁場，經時間t2垂直于cd射出磁場．不計粒子重力和粒子之間的相互作用力，則()圖6A．v1∶v2＝eq\r(2)∶4 ．v1∶v2＝1∶eq\r(2)C．t1∶t2＝4∶1 ．t1∶t2＝2∶1答案AC解析畫出兩粒子的運動軌跡如圖；兩粒子比荷相同，則周期相同，設為T；設正方形的邊長為R，則從d點射出的粒子運動半徑為r1＝eq\f(1,2)R，運動時間t1＝eq\f(T,2)；速度為v2的粒子，由幾何關系：r2＝eq\r(2)R，運動時間t2＝eq\f(T,8)；依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)；eq\f(t1,t2)＝eq\f(4,1)；故選項A、C正確，B、D錯誤．9.(多選)(2024·云南昆明市4月質檢)如圖7所示，邊長為L的正三角形ABC區(qū)域內有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度大小為B0，BC邊的中點O有一粒子源，可以在ABC平面內沿隨意方向放射速率為v的相同的正粒子，若從AB邊中點D射出磁場的粒子，從O到D的過程中速度方向偏轉了60°，不計粒子的重力及帶電粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()圖7A．粒子運動的軌道半徑為LB．粒子不行能從A點射出磁場C．粒子的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2v,B0L)D．從B點射出的粒子在磁場中的運動時間為eq\f(πL,3v)答案BC解析從O點到D點的過程中速度方向偏轉了60°，則從D點射出的粒子，由弦長公式OD＝eq\f(L,2)＝2rsin30°，解得：r＝eq\f(L,2)，故A錯誤；若粒子從A點射出，則弦長為eq\f(\r(3),2)L，得：eq\f(\r(3),2)L＝2×eq\f(L,2)sinα，解得：α＝60°，即粒子以與豎直方向成60°角射入，由幾何關系可得，粒子將從AC邊射出，故粒子不行能從A點射出磁場，故B正確；由qvB＝meq\f(v2,r)得：r＝eq\f(mv,qB)，即eq\f(L,2)＝eq\f(mv,qB0)，解得：eq\f(q,m)＝eq\f(2v,LB0)，故C正確；OB＝eq\f(L,2)＝r，則從B點射出的粒子的圓心角為60°，所以運動時間為t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2π×\f(L,2),v)＝eq\f(πL,6v)，故D錯誤．10.(2024·河南高考適應性測試)如圖8所示，邊長為L的等邊三角形ABC內、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內磁場方向垂直紙面對里，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的角平分線放射不同速度的粒子，粒子質量均為m，電荷量均為＋q，粒子重力不計．則粒子以下列哪一速度值放射時不能通過C點()圖8A.eq\f(qBL,m)B.eq\f(qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(q