第8章磁場-第二講

1、第八章磁場第2講磁場對運(yùn)動電荷的作用考點一、洛倫茲力、洛倫茲力的方向、洛倫茲力的公式1洛倫茲力：磁場對運(yùn)動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)動的方向或負(fù)電荷運(yùn)動的反方向；拇指指向洛倫茲力的方向(2)方向特點：FB，F(xiàn)v，即F垂直于B和v決定的平面3洛倫茲力的大小(1)vB時，洛倫茲力F0.(0°或180°)(2)vB時，洛倫茲力FqvB.(90°)(3)v0時，洛倫茲力F0.考點二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1.若vB，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場中做勻速直線運(yùn)動2若vB，帶電粒子僅受洛倫茲

2、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3半徑和周期公式：(vB)判斷正誤，正確的劃“”，錯誤的劃“×”(1)帶電粒子在磁場中一定會受到磁場力的作用()(2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直()(3)洛倫茲力不做功，但安培力卻可以做功()(4)根據(jù)公式T，說明帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動周期T與v成反比()答案(1)×(2)×(3)(4)×考點三、質(zhì)譜儀和回旋加速器1質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖821所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成圖821(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式qUm

3、v2.粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB.由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷r ，m，.圖8222回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖822所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源D形盒處于勻強(qiáng)磁場中(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速由qvB，得Ekm，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度和D形盒半徑?jīng)Q定，與加速電壓無關(guān)判斷正誤，正確的劃“”，錯誤的劃“×”(1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等

4、于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關(guān)()(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運(yùn)動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運(yùn)動()(3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1()(4)粒子的最后速度v，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強(qiáng)弱()答案(1)(2)(3)(4)基 礎(chǔ) 自 測1(2013·黃山檢測)(單選)下列各圖中，運(yùn)動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是()解析根據(jù)左手定則，A中F方向應(yīng)向上，B中F方向應(yīng)向下，故A錯、B對C、D中都是vB，F(xiàn)0，故C、D都錯答案B2(單選)初速度為v0的電子，

5、沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運(yùn)動方向如圖823所示，則()圖823A電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變D電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變解析由安培定則可知，通電導(dǎo)線右方磁場方向垂直紙面向里，則電子受洛倫茲力方向由左手定則可判知向右，所以電子向右偏；由于洛倫茲力不做功，所以電子速率不變答案A圖8243(單選)在如圖824所示垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場中，有一個電子源S，它向紙面的各個方向發(fā)射等速率的電子，已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，紙面上S、P兩點間距為L.則()A能擊中P點的電子的最小速率為vminB能擊中P點的電子的最大速率為vm

6、axC能擊中P點的電子的最小速率為vminD只要磁場足夠大，無論電子速率多大，總有電子可以擊中P點解析要使電子能擊中P點，則電子有最小運(yùn)動半徑R，且R，因此對應(yīng)有最小速率，由R得電子的最小速率vmin，A對答案A4(多選)在如圖825所示的虛線MN上方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，紙面上直角三角形OPQ的角Q為直角，角O為30°.兩帶電粒子a、b分別從O、P兩點垂直于MN同時射入磁場，恰好在Q點相遇，則由此可知()圖825A帶電粒子a的速度一定比b大B帶電粒子a的比荷一定比b大C帶電粒子a的運(yùn)動周期一定比b大D帶電粒子a的軌道半徑一定比b大解析如圖所示，由幾何關(guān)

7、系可得，兩粒子軌道圓心在同一點，軌道半徑相等，D項錯兩帶電粒子射入磁場，同時到達(dá)Q點，故運(yùn)動時間相等由圖可知，粒子a到達(dá)Q點運(yùn)動的圓弧對應(yīng)的圓心角為120°，粒子b到達(dá)Q點運(yùn)動的圓弧對應(yīng)的圓心角為60°，由T有TaTb，即··，解得，B項正確，C項錯誤由r有，A項正確答案AB5(多選)如圖826所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為e的粒子從容器A下方的小孔S，無初速度地飄入電勢差為U的加速電場，然后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打在照相底片M上下列說法正確的是()圖826A粒子進(jìn)入磁場時的速率v B粒子在磁場中運(yùn)動的時間tC粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r

8、 D若容器A中的粒子有初速度，則粒子仍將打在照相底片上的同一位置解析在加速電場中由動能定理得eUmv2，所以粒子進(jìn)入磁場時的速度v ，A正確；由evBm得粒子的半徑r ，C正確；粒子在磁場中運(yùn)動了半個周期t，B錯誤；若容器A中的粒子有初速度，則粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑發(fā)生變化，不能打在底片上的同一位置，D錯誤答案AC熱點一洛倫茲力的特點與應(yīng)用1洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運(yùn)動電荷速度方向和磁場方向確定的平面(2)當(dāng)電荷運(yùn)動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化(3)運(yùn)動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用(4)左手判斷洛倫茲力方向，但一定分正、負(fù)電荷(5)洛倫茲力一定不做

9、功2洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功【典例1】 如圖827所示，空間的某一區(qū)域存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進(jìn)入這個區(qū)域沿直線運(yùn)動，從C點離開區(qū)域；如果將磁場撤去，其他條件不變，則粒子從B點離開場區(qū)；如果將電場撤去，其他條件不變，則這個粒子從D點離開場區(qū)已知BCCD，設(shè)粒子在上述三種情況下，從A到B、從A到C和從A到D所用的時間分別是t1、t2和t3，離開三點時的動能分別是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不計，以下關(guān)系正確的是()圖827At1t2

10、<t3Bt1<t2t3CEk1>Ek2Ek3DEk1Ek2<Ek3審題指導(dǎo)(1)當(dāng)電場、磁場同時存在時，粒子做什么運(yùn)動？_.(2)只有電場時粒子做什么運(yùn)動？如何求其運(yùn)動時間？_(3)只有磁場時粒子做什么運(yùn)動？如何求其運(yùn)動時間？_提示(1)勻速直線運(yùn)動(2)類平拋運(yùn)動t2t1(3)勻速圓周運(yùn)動t3>t2解析當(dāng)電場、磁場同時存在時，粒子做勻速直線運(yùn)動，此時qEqvB；當(dāng)只有電場時，粒子從B點射出，做類平拋運(yùn)動，由運(yùn)動的合成與分解可知，水平方向為勻速直線運(yùn)動，所以t1t2；當(dāng)只有磁場時，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，速度大小不變，但路程變長，則t2<t3，因

11、此A選項正確粒子從B點射出時，電場力做正功，動能變大，故C選項正確 答案AC反思總結(jié)洛倫茲力對運(yùn)動電荷(或帶電體)不做功，不改變速度的大小，但它可改變運(yùn)動電荷(或帶電體)速度的方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運(yùn)動時間等【跟蹤短訓(xùn)】1(2013·鄭州三模)如圖828甲所示，某空間存在著足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁場沿水平方向磁場中有A、B兩個物塊疊放在一起，置于光滑水平面上物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣在t0時刻，水平恒力F作用在物塊B上，物體A、B由靜止開始做加速度相同的運(yùn)動在物塊A、B一起運(yùn)動的過程中，圖乙反映的可能是()圖828A物塊A所受洛倫茲力大小隨時間t變化的關(guān)

12、系B物塊A對物塊B的摩擦力大小隨時間t變化的關(guān)系C物塊A對物塊B的壓力大小隨時間t變化的關(guān)系D物塊B對地面壓力大小隨時間t變化的關(guān)系解析洛倫茲力F洛qvBqBat，所以A錯誤物塊A對物塊B的摩擦力大小FfmAa，所以Ff隨時間t的變化保持不變，B錯誤A對B的壓力FNAmAgqvBmAgqBat，C正確B對地面的壓力FNB(mAmB)gqBat，D正確答案CD熱點二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動1軌道圓的“三個確定”(1)如何確定“圓心”由兩點和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡確定帶電粒子運(yùn)動軌跡上的兩個特殊點(一般是射入和射出磁場時的兩點)，過這兩點作帶電粒子運(yùn)動方向的垂線

13、(這兩垂線即為粒子在這兩點所受洛倫茲力的方向)，則兩垂線的交點就是圓心，如圖829(a)所示若只已知過其中一個點的粒子運(yùn)動方向，則除過已知運(yùn)動方向的該點作垂線外，還要將這兩點相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點就是圓心，如圖(b)所示若只已知一個點及運(yùn)動方向，也知另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖(c)所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角(PAM)，畫出該角的角平分線，它與已知點的速度的垂線交于一點O，該點就是圓心圖829(2)如何確定“半徑”方法一：由物理方程求：半徑R；方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定(3

14、)如何確定“圓心角與時間”速度的偏向角圓弧所對應(yīng)的圓心角(回旋角)2倍的弦切角，如圖(d)所示時間的計算方法方法一：由圓心角求，t·T；方法二：由弧長求，t.【典例2】(2013·全國新課標(biāo)，18)如圖8210，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為.已知粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()圖8210A.B.C.D.審題指導(dǎo)(1)用左手定則確定粒子剛進(jìn)入磁場時，洛倫茲力

15、的方向？_.(2)“粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60°”._.(3)畫出軌跡利用幾何關(guān)系求半徑解析帶電粒子從距離ab為處射入磁場，且射出時與射入時速度方向的夾角為60°，粒子運(yùn)動軌跡如圖，ce為射入速度所在直線，d為射出點，射出速度反向延長交ce于f點，磁場區(qū)域圓心為O，帶電粒子所做圓周運(yùn)動圓心為O，則O、f、O在一條直線上，由幾何關(guān)系得帶電粒子所做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為R，由qvB，解得v，選項B正確答案B反思總結(jié)1帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的分析方法2帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時的常見情形直線邊界(粒子進(jìn)出磁場具有對稱性)平行邊界(粒子運(yùn)動存在臨界條件

16、)圓形邊界(粒子沿徑向射入，再沿徑向射出)3.帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關(guān)系(1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點(2)三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的2倍【跟蹤短訓(xùn)】2(2013·全國新課標(biāo)，17)空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.B.C.D.解析如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心

17、力，即qv0Bm，據(jù)幾何關(guān)系，粒子在磁場中的軌道半徑rRtan 60°R，解得B，選項A正確 答案A3如圖8211所示，長方形abcd長ad0.6 m，寬ab0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.25 T一群不計重力、質(zhì)量m3×107kg、電荷量q2×103C的帶電粒子以速度v5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域，不考慮粒子間的相互作用(1)若從O點射入的帶電粒子剛好沿Oe直線射出，求空間所加電場的大小和方向(2)若只有磁場時，某帶電粒子從O點射入，求該

18、粒子從長方形abcd射出的位置圖8211解析(1)若從O點射入的帶電粒子剛好沿Oe直線射出，則粒子所受的洛倫茲力與電場力平衡，即qvBqE，得EvB125 V/m由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上，所以電場力方向向下，因為粒子帶正電，所以電場方向與bc邊平行向下(2)如圖所示，若只有磁場時，某帶電粒子從O點射入，由左手定則可知粒子射入后向上偏轉(zhuǎn)由qvBm得：軌道半徑R0.3 m得R由幾何關(guān)系得60°y1RRcos 60°，y2(abRsin 60°)tan 60°所以yy1y2解得y0.3(1)m0.22 m所以射出點距e點的距離為0.22 m答案(1)1

19、25 V/m；平行bc邊向下(2)0.22 m思想方法14.求解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的臨界和極值問題的方法由于帶電粒子往往是在有界磁場中運(yùn)動，粒子在磁場中只運(yùn)動一段圓弧就飛出磁場邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解(1)兩種思路一是以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；二是直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值(2)兩種方法一是物理方法：利用臨界條件求極值；利用問題的邊界條件求極值；利用

20、矢量圖求極值二是數(shù)學(xué)方法：利用三角函數(shù)求極值；利用二次方程的判別式求極值；利用不等式的性質(zhì)求極值；利用圖象法等(3)從關(guān)鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件【典例1】 如圖8212所示，在xOy平面內(nèi)第二象限的某區(qū)域存在一個矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直xOy平面向里，邊界分別平行于x軸和y軸一個電荷量為e、質(zhì)量為m的電子，從坐標(biāo)原點O以速度v0射入的第二象限，速度方向與y軸正方向成45°角，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后，通過P(0，a)點，速度方向垂直于y軸

21、，不計電子的重力(1)若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，求電子在磁場中運(yùn)動的時間t；(2)為使電子完成上述運(yùn)動，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小應(yīng)滿足的條件；(3)若電子到達(dá)y軸上P點時，撤去矩形勻強(qiáng)磁場，同時在y軸右側(cè)加方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，在y軸左側(cè)加方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，電子在第(k1)次從左向右經(jīng)過y軸(經(jīng)過P點為第1次)時恰好通過坐標(biāo)原點求y軸左側(cè)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2及上述過程電子的運(yùn)動時間t.圖8212審題指導(dǎo)(1)電子在磁場中做圓周運(yùn)動畫圓弧，找半徑，定圓心圓心角應(yīng)用周期公式求時間t；(2)延長v0與過P的水平線，最大圓弧的兩公切線最大圓弧(弦)最

22、大半徑半徑公式最小磁感應(yīng)強(qiáng)度；(3)電子在y軸右、左側(cè)做圓周運(yùn)動的半徑r1、r2OP的長度與半徑r1、r2的關(guān)系磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2；(4)電子在y軸右、左側(cè)做圓周運(yùn)動的周期T1、T2電子的運(yùn)動時間t圖甲解析(1)如圖甲所示，電子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度運(yùn)動周期T tT，聯(lián)立解得t.(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值為Bmin，對應(yīng)最大回旋半徑為R，圓心為O1，則有ev0Bmin，RRa，解得Bmin 則磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件為B.圖乙(3)設(shè)電子在y軸右側(cè)和左側(cè)做圓周運(yùn)動的半徑分別為r1和r2，則有 ev0B1，ev0B2由圖乙所示的幾何關(guān)系可知2k(r1r2)a，解得B2設(shè)電子在y軸右側(cè)和左側(cè)做圓周運(yùn)動的

23、周期分別為T1和T2，則T1，T2，tk·解得t.答案(1) (2)B (3) .反思總結(jié)本題第(2)問中在電子的速度一定的條件下，半徑由磁感應(yīng)強(qiáng)度大小決定，最大半徑對應(yīng)最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度作出最大的弦是解決本問的關(guān)鍵，分別將兩速度方向延長或反向延長，可得圓弧的兩公切線，以兩公切線為腰的等腰三角形的底邊為弦，找出最大的弦即可求出最大半徑【典例2】 如圖8213所示，在0xa、0y范圍內(nèi)垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0

24、76;90°范圍內(nèi)已知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動周期的四分之一求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度的大小(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦圖8213審題指導(dǎo)解析(1)設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得qvBm 由式得R當(dāng)<R<a時，在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為O3的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切，如圖所示設(shè)該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t，依題意t，得OCA設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得

25、Rsin RRsin aRcos 又sin2cos21由式得Ra 由式得v(2)由式得sin 答案見解析即學(xué)即練放置在坐標(biāo)原點O的粒子源，可以向第二象限內(nèi)放射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，帶電粒子的速率均為v，方向均在紙面內(nèi)，如圖8214所示若在某區(qū)域內(nèi)存在垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(垂直紙面向外)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則這些粒子都能在穿過磁場區(qū)后垂直射到垂直于x軸放置的擋板PQ上，求：(1)擋板PQ的最小長度；(2)磁場區(qū)域的最小面積圖8214解析(1)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB，即R如圖所示，初速度沿x軸負(fù)方向的粒子沿弧OA運(yùn)動到擋板PQ上的M點，初速度沿y

26、軸正方向的粒子沿弧OB運(yùn)動到擋板PQ上的N點，由幾何知識可得MNR故擋板PQ的最小長度為.(2)設(shè)圓弧OA圓心為C，沿與x軸負(fù)向成任意角射入的粒子到E點時速度平行x軸，圓弧OE對應(yīng)的圓心為D，則由幾何知識可知四邊形OCED為菱形，即E點在以C為圓心的圓上，即所有粒子射出磁場的位置均在以C為圓心的圓周上，所以最小磁場區(qū)域是以C為圓心、R為半徑的圓的一部分，即圖中OAEBO包圍的面積，有SminR2R2R2. 答案(1)(2)對應(yīng)高考題組1(2011·海南單科，10)空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖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的方向從O點入射這兩種粒

27、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，不計重力下列說法正確的是()A入射速度不同的粒子在磁場中的運(yùn)動時間一定不同B入射速度相同的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡一定相同C在磁場中運(yùn)動時間相同的粒子，其運(yùn)動軌跡一定相同D在磁場中運(yùn)動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大解析帶電粒子進(jìn)入磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)qvB得軌道半徑r，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑不同，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中做勻速圓周運(yùn)動的周期T，故所有帶電粒子的運(yùn)動周期均相同，若帶電粒子都從磁場左邊界出

28、磁場，則這些粒子在磁場中的運(yùn)動時間是相同的，但不同速度的粒子，其運(yùn)動軌跡不同，故A、C錯誤根據(jù)得t，所以運(yùn)動時間t越長，運(yùn)動軌跡所對的圓心角越大，故D正確答案BD2(2011·浙江，20)利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.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，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是()A粒子帶正電B射出粒子的最大速度為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

29、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解析利用左手定則可判定只有負(fù)電荷進(jìn)入磁場時才向右偏，故選項A錯誤利用qvB知r，能射出的粒子滿足r，因此對應(yīng)射出粒子的最大速度vmax，選項B正確vmin，vvmaxvmin，由此式可判定選項C正確，選項D錯誤答案BC3(2012·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，運(yùn)行的半圓軌跡如圖中虛線所示下列表述正確的是()AM帶負(fù)電，N帶正電BM的速率小于N的速率C洛倫茲力對M、N做正功DM的運(yùn)行時間大于N的運(yùn)行時間解析由左手定則知M帶負(fù)電，N帶正電，選項A正確；帶電粒子在磁場中做勻

30、速圓周運(yùn)動且向心力F向F洛，即qvB得r，因為M、N的質(zhì)量、電荷量都相等，且rM>rN，所以vM>vN，選項B錯誤；M、N運(yùn)動過程中，F(xiàn)洛始終與v垂直，F(xiàn)洛不做功，選項C錯誤；由T知M、N兩粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期相等且在磁場中的運(yùn)動時間均為，選項D錯誤答案A4(2012·江蘇單科，9)如圖所示，MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場的邊界一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)能落在邊界上的A點下列說法正確的有()A若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小

31、于v0D若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，qv0B，所以r，當(dāng)帶電粒子從不同方向由O點以速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，其軌跡是半徑為r的圓，軌跡與邊界的交點位置最遠(yuǎn)是離O點2r的距離，即OA2r，落在A點的粒子從O點垂直入射，其他粒子均落在A點左側(cè)，若落在A點右側(cè)則必須有更大的速度，選項B正確若粒子速度雖然比v0大，但進(jìn)入磁場時磁場邊界夾角過大或過小，粒子仍有可能落在A點左側(cè)，選項A、D錯誤若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，設(shè)其半徑為r，則r，代入r，r，解得vv0，選項C正確答案BC5(2012·海南單科·16)圖(a)所

32、示的xOy平面處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖(b)所示當(dāng)B為B0時，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向指向紙外在坐標(biāo)原點O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于.不計重力設(shè)P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正向從O點開始運(yùn)動，將它經(jīng)過時間T到達(dá)的點記為A.(1)若t00，則直線OA與x軸的夾角是多少？(2)若t0，則直線OA與x軸的夾角是多少？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，分別用R與T表示圓周的半徑和運(yùn)動周期，則有qvB0m2R v由式與已知條件得TT粒子P在t0

33、到t時間內(nèi)，沿順時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)x軸上B點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t到tT時間內(nèi)，沿逆時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)x軸上A點，如圖所示OA與x軸的夾角0(2)粒子P在t0時刻開始運(yùn)動，在t到t時間內(nèi)，沿順時針方向運(yùn)動個圓周，到達(dá)C點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t到tT時間內(nèi)，沿逆時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在tT到t時間內(nèi)，沿順時針方向運(yùn)動個圓周，到達(dá)A點，如圖所示由幾何關(guān)系可知，A點在y軸上，即OA與x軸的夾角 答案(1)0(2)A對點訓(xùn)練練熟基礎(chǔ)知識題組一洛倫茲力的特點及應(yīng)用1(2013·安徽卷，15)(單選)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂

34、直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖8215所示一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動，它所受洛倫茲力的方向是()圖8215A向上B向下C向左D向右解析由安培定則分別判斷出四根通電導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，再由磁場的疊加原理得出O點的合磁場方向向左，最后由左手定則可判斷帶電粒子所受的洛倫茲力方向向下，故選項B正確答案B2(多選)如圖8216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)磁場中，磁場方向垂直紙面向里質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶

35、負(fù)電、丙球不帶電現(xiàn)將三個小球在軌道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，則()圖8216A經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等B經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小C甲球的釋放位置比乙球的高D運(yùn)動過程中三個小球的機(jī)械能均保持不變解析設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mgBvq甲，mgBvq乙，mg，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運(yùn)動過程中，只有重力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確答

36、案CD3(多選)如圖8217所示為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的粗糙細(xì)桿上自由滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，圓環(huán)以初速度v0向右運(yùn)動直至處于平衡狀態(tài)，則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為()圖8217A0B.mvC.D.m解析若圓環(huán)所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)與粗糙細(xì)桿壓力為零，摩擦力為零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項A正確；若圓環(huán)所受洛倫茲力不等于重力，圓環(huán)與粗糙細(xì)桿壓力不為零，摩擦力不為零，圓環(huán)以初速度v0向右做減速運(yùn)動若開始圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，則一直減速到零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為mv，選項B正確；若開始圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，則減速到洛倫茲力等于重力達(dá)到穩(wěn)

37、定，穩(wěn)定速度v，由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為Wmvmv2m，選項D正確、C錯誤答案ABD題組二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動4(單選)如圖8218所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(磁場足夠大)，一對正、負(fù)電子分別以相同速度沿與x軸成30°角的方向從原點垂直磁場射入，則負(fù)電子與正電子在磁場中運(yùn)動時間之比為(不計正、負(fù)電子間的相互作用力)()圖8218A1B21C.1D12解析由題圖和左手定則可知負(fù)電子向下偏轉(zhuǎn)，在磁場中運(yùn)動的軌跡對應(yīng)圓心角為60°，正電子向上偏轉(zhuǎn)，在磁場中運(yùn)動的軌跡對應(yīng)圓心角為120°.因為帶電粒子在磁場中運(yùn)動時間tT，正、負(fù)電子的運(yùn)動

38、周期又相等，所以負(fù)電子與正電子在磁場中運(yùn)動的時間之比為12.答案D5(2013·廣東卷，21)(多選)如圖8219，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，最后打到屏P上不計重力，下列說法正確的有()圖8219Aa、b均帶正電Ba在磁場中飛行的時間比b的短Ca在磁場中飛行的路程比b的短Da在P上的落點與O點的距離比b的近解析帶電離子打到屏P上，說明帶電離子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，a、b兩離子均帶正電，選項A正確；a、b兩離子垂直進(jìn)入磁場的初速度大小相同，電荷量、質(zhì)量相等，由r知半徑相同b在磁場中運(yùn)動了半個圓周，a的運(yùn)動大于半個圓周，故a在P上的落點與O點

39、的距離比b的近，飛行的路程比b長，選項C錯誤，選項D正確；根據(jù)知，a在磁場中飛行的時間比b的長，選項B錯誤答案AD6(單選)如圖8220所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準(zhǔn)圓心O射入勻強(qiáng)磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運(yùn)動時間有的較長，有的較短，若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運(yùn)動時間越長的帶電粒子()圖8220A速率一定越小B速率一定越大C在磁場中通過的路程越長D在磁場中的周期一定越大解析根據(jù)公式T可知，粒子的比荷相同，它們進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動的周期相同，選項D錯誤；如圖所示，設(shè)這些

40、粒子在磁場中的運(yùn)動圓弧所對應(yīng)的圓心角為，則運(yùn)動時間tT，在磁場中運(yùn)動時間越長的帶電粒子，圓心角越大，運(yùn)動半徑越小，根據(jù)r可知，速率一定越小，選項A正確，B錯誤；當(dāng)圓心角趨近180°時，粒子在磁場中通過的路程趨近于0，所以選項C錯誤答案A題組三帶電粒子在磁場中運(yùn)動的實際應(yīng)用7(多選)回旋加速器的原理如圖8221所示，它由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是()圖8221A離子從電場中獲得能量B離子從磁場中獲得能量C只增大空隙距離可增加離子從回旋加速器中獲得的動能D只增大D形盒的半徑可增加離子從回旋加速器中獲得的動能解析回旋加速器通過電場對離子做功獲得能量，A正確

41、；洛倫茲力對離子不做功，B錯誤；電場對離子做功與電勢差成正比，增大空隙距離不能增加電場力對離子做功，C錯誤；增大D形盒的半徑可以使離子加速次數(shù)增加，從而增加從回旋加速器中獲得的動能，故D正確答案AD8(單選)質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，如圖8222所示它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后，垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場做圓周運(yùn)動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子質(zhì)量圖中虛線為某粒子運(yùn)動軌跡，由圖可知()圖8222A此粒子帶負(fù)電B下極板S2比上極板S1電勢高C若只增大加速電壓U，則半徑r變大D若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小解析粒子從S3小孔進(jìn)入磁場中，速度方向向下，粒子

42、向左偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶正電帶正電的粒子在S1和S2兩板間加速，則要求場強(qiáng)的方向向下，那么S1板的電勢高于S2板的電勢，故A、B錯誤粒子在電場中加速，由動能定理有mv2qU，在磁場中偏轉(zhuǎn)，則有r，聯(lián)立兩式解得r ，由此式可以看出只增大U或只增大m時，粒子的軌道半徑都變大，故C正確，D錯誤答案C9(多選)如圖8223甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，兩盒分別與高頻電源相連帶電粒子在磁場中運(yùn)動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是()圖8223A在Ekt圖中應(yīng)有

43、t4t3t3t2t2t1B高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tntn1C粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的半徑解析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期與速度大小無關(guān)，因此，在Ekt圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1，選項A正確；帶電粒子在回旋加速器中每運(yùn)行一周加速兩次，高頻電源的變化周期應(yīng)該等于2(tntn1)，選項B錯；由rmv/qB/qB可知，粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，當(dāng)軌道半徑與D形盒半徑相等時就不能繼續(xù)加速，故選項C錯D對答案AD題組四帶電粒子在磁場中運(yùn)動的極值和臨界問題10(多選)在xOy平面上以O(shè)為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存

44、在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運(yùn)動，經(jīng)時間t后經(jīng)過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成角，如圖8224所示不計重力的影響，則下列關(guān)系一定成立的是()圖8224A若r<，則0°<<90°B若r，則tC若t，則rD若r，則t解析帶電粒子在磁場中從O點沿y軸正方向開始運(yùn)動，圓心一定在垂直于速度的方向上，即在x軸上，軌道半徑R.當(dāng)r時，P點在磁場內(nèi)，粒子不能射出磁場區(qū)，所以垂直于x軸過P點，最大且為90°，運(yùn)動時間為半個周期，即t；當(dāng)r<時，粒子在到達(dá)P點之前射出圓形磁場區(qū)，速度偏轉(zhuǎn)角在大于0°、小于180°范圍內(nèi)，如圖所示，能過x軸的粒子的速度偏轉(zhuǎn)角>90°，所以過x軸時0°<<90°，A對、B錯；同理，若t，則r，若r