高中物理二輪復習——帶電粒子在磁場中的運動

1、宕期也帶電粒子在磁場中帆菽（本專題對應學生用書第2630頁）一、洛倫茲力1 .公式:F=qvBsin 0（0為丫與3的夾角）.2 .特點：洛倫茲力F的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度 的方向，即F總是垂直于出口v所在的平面.故洛倫茲力始終不對運動電荷做功.3 .方向的判斷：左手定則.二、帶電粒子在磁場中的圓周運動1 .向心力由洛倫茲力提供：qvB=mr .mv2mE.2 .軌道半徑公式：r= qB = qB .2 < 2 71m3 .周期公式:T= v = qB .1 _qB_4.頻率公式:f= T = 2.（22 21 q B r5 .動能公式：Ek=2mi= 2m .

2、q _qB6 .粒子圓周運動的等效電流公式：I= T=2m.能力提升翟耍直突破:帶電粒子在磁場中的圓周運動要點1定圓心、畫軌跡、找關系是解決這類問題的關鍵 .(1)確定圓心的方法 由兩速度的垂線定圓心； 由兩條弦的垂直平分線定圓心： 由兩洛倫茲 力的延長線定圓心； 綜合定圓心.一條切線，一條弦的垂直平分線，一條洛倫茲力 的延長線，選擇其中任兩條都可以找出圓心.(2)畫軌跡的方法對稱法：帶電粒子如果從一直線邊界進入又從該邊界射出，則其軌跡關于入 射點和出射點線段的中垂線對稱，入射速度方向與出射速度方向與邊界的夾角相等， 利用這一結論畫出粒子的軌跡. 動態(tài)圓法：若在磁場中向垂直于磁場的各個方向發(fā)射

3、粒子，則粒子的運動軌 跡是圍繞發(fā)射點旋轉的動態(tài)圓，用這一規(guī)律可確定粒子的運動軌跡. 放縮法：帶電粒子在磁場中以不同的速度運動時，圓周運動的半徑隨著速度 的變化而變化，因此可以將半徑放縮，探索出臨界點的軌跡，使問題得以解決.(3)找關系 用幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小. 粒子在磁場中運動一周的時間為T,當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為a時，其運動時間為t= 3600 T(或t= 2 ttT).例1 (2014 海安中學)在半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場， 磁感應強度大小為B.有兩個相同的帶正電的粒子從 A點垂直于磁場方向進入磁場中， 進入磁場時的速度vi和V2大小

4、未知、方向與AO勺夾角均為a ,如圖所示.已知兩粒子 的質量均為m電荷量均為q,它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑也是 R(不計粒子 的重力和它們之間的相互作用).求：(1)兩粒子的運動速度Vi和V2的大小.(2)兩粒子在磁場中運動的時間之差.(3)兩粒子離開磁場的位置之間的距離.思維軌跡：求速度 卜卡知圓周運動半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力I先沿著洛倫茲力方向找出一心，再以/?為半徑, 而布.作出粒子運動的腳弧軌跡，求出兩限I弧對應的 一廠一圓心角之差，再利用加-券/計算時間差求距離卜|瓦據(jù)軌跡利用幾何知訴解解析：(1)兩粒子在磁場中圓周運動的半徑都是 R,所以速度大小相同，設為v, 2v2qB

5、R貝UqvB=mR .所以vi=V2=v= m .(2)設以vi運動的粒子從圓上的M點離開磁場區(qū)域，軌跡的圓心為 O,由題可知OA=OM=OA=QMI3OACM是菱形，所以OM/ OA.設軌跡圓的圓心角為a 1,則/OAC=90° +a .a i=180° - /OAC=90° - a .同理，設以V2運動的粒子從圓上的N點離開磁場區(qū)域，軌跡的圓心為 Q,則OAON 是菱形，ON/ OA.設軌跡圓的圓心角為a 2,則/OA290° - a. a 2=180° - / OA90° +a .兩軌跡圓的圓心角的差值為A a = a 2- a

6、 1=2 a .2 Tm設粒子在磁場中圓周運動的周期為 T,有丁= qB .2 m兩粒子在磁場中運動的時間差為A t= 2 T= qB .(3)由以上分析可知a尸/ OAO說明兩菱形除邊長相等外頂角也相等，兩菱形全等.O2N、OMgIJOA勺距離相等，即QN OMfc同一直線上.在三角形 MON, / MON =2-ai=2a .所以，MN=2Rsin a.qBR 2 m答案:(1)m (2) qB (3) 2Rsin a變式訓練1 (2014 泰州中學)如圖所示，在0&x&d的空間，存在垂直xOy¥ 面向里的勻強磁場.y軸上的P點有一小孔，可以向y軸右側垂直于磁場方

7、向不斷發(fā)射 速率均為v且與y軸所成夾角9可在0180°范圍內變化的帶負電的粒子.已知當9 =45°時，粒子恰好從磁場右邊界與P點等高的。點射出磁場，不計粒子重力及粒子問 的相互作用.求：X X I托X X ：“k又一文產(chǎn)XXX； ° X X X/窩 XXX!(1)磁場的磁感應強度.(2)若8 =30° ,粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角(可用三角函數(shù)、根式表示).(3)能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域的面積(可用根式表示).解析:(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，設粒子的軌道半徑為R,磁場的磁感應強度為B,則qvB=mR .如下圖實線所示，由幾

8、何關系d=2Rcos 450 ,x 2mv解得b= qd .(2)如下圖虛線所示，由幾何關系d=Rcos 30° +Rcos a,2.2- . 3解得cos a(3)能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域，如圖中兩圓弧間斜線 部分所示，由幾何關系R-(d-R) 2=(PM) . . 2- J3.XXX兩個圓弧與水平線之間圍成的面積是相等的，所以所求區(qū)域面積為矩形PQNM面積,S=d- |PM| ,解得S=cP、2-1答案：(1)qdcos帶電粒子在相鄰多個磁場中的運動粒子在相鄰多個磁場中連續(xù)運動時，會畫出不同的軌跡，從復雜的軌跡中找出規(guī)律， 尋找解決問題的突破口，解決這類問題時

9、，關鍵在于能畫出軌跡，弄清楚粒子的運 動過程，找出粒子在不同磁場中運動的聯(lián)系，借助圓周運動的特點解決問題.例2 (2014 海安中學)如圖所示，在xOy¥面內,以O'(0 , R)為圓心、助半徑 的圓內有垂直于平面向外的勻強磁場，x軸下方有垂直于平面向里的勻強磁場， 兩個 磁場區(qū)域的磁感應強度大小相等.第四象限有一個與x軸成45°角傾斜放置的擋板PQ P、QW點在坐標軸上，且Q P兩點間的距離大于2R,在圓形磁場左側0<y<2R勺區(qū)間 內均勻分布著質量為m帶電荷量為+q的一簇帶電粒子，當所有粒子均沿x軸正方向 以速度v射入圓形磁場區(qū)域時，粒子偏轉后都從O

10、點進入x軸下方磁場，最終有一半粒 子能打在擋板上.不計粒子重力以及粒子間的相互作用力.求：(1)磁場的磁感應強度B的大小.(2)擋板端點P的坐標.(3)擋板上被粒子打中的區(qū)域的長度.思維軌跡：(1)以任一粒子為研究對象一找出圓心，畫出軌跡一用幾何知識求出軌道半徑 一由洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度 B(2)粒子從OK進入三四象限時相當于一個速度大小相等的粒子源一作出圓心 的軌跡一作出粒子可能到達的空間位置一找出打到擋板上從O點射出的粒子范圍一利用幾何知識求出P點坐標(3)根據(jù)第2小題中作出的包絡圓的軌跡一利用幾何知識求出粒子打在擋板上 的長度解析：(1)設粒子從磁場邊界的A點進入磁場，該粒子

11、由0點射出圓形磁場，軌跡 如圖甲所示，過人點作速度的垂線，在垂線上取點C(滿足OC=AC)確定軌跡圓的圓心 為C.連接AO'、CQ可證得ACOg菱形，根據(jù)圖中幾何關系可知，粒子在圓形磁場 中的軌道半徑r=R,v2mv由 qvB=mr ,解得 B=qR.(2)欲使有一半的粒子打到擋板上，則需滿足從O點射出的沿x軸負方向的粒子、 沿y軸負方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖乙所示.過圓心D乍擋板的垂線交于E點，由幾何關系可知DP=2r, OP=C 2 +1)R.所以丹點的坐標為(亞+1)R, 0.(3)設能打到擋板最左側的粒子落在擋板上的 F點，如圖內所示，則OF=2R過O 點作擋板的垂線交

12、于G點，則一 XXX XXX XXX - xxxxxxxx 二三三0 000000_ 遮1aOG=(-2 +1)R - 2 =2 R. 5-2 2FG= OF2-OG2=2 r.二EG=2 R.擋板上被粒子打中的區(qū)域長度25-2 22 ,10-4 2l=FE= 2 R+'2 R= 2 R.mv答案：qR (、2+1)R, 02 10-4 2(3)2 R變式訓練2 (2014 姜堰中學)如圖所示，直角坐標平面xO汕有一條直線AC± 坐標原點OS與x軸成45°角，在OAf x軸負半軸之間的區(qū)域內存在垂直xOy¥面向外 的勻強磁場B1,在OCfx軸正半軸之間的區(qū)

13、域內存在垂直xOyTW向外的勻強磁場B. 現(xiàn)有一質量為m,帶電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v從直線AC1的P點豎直向下射 出，P點坐標為(L, L),經(jīng)測量發(fā)現(xiàn)，此帶電粒子每經(jīng)過相同的時間 T,會再將回到Pmv點，已知磁感應強度B=qL (不計粒子重力).(1)請在圖中畫出帶電粒子的運動軌跡，并求出勻強磁場B與B的比值(Bi、B磁場范圍足夠大).(2)求出帶電粒子相鄰兩次經(jīng)過P點的時間間隔T.mv(3)若保持磁感應強度B不變，改變B的大小，但不改變其方向，使B=2qL.v v現(xiàn)從P點向下先后發(fā)射速度分別為4和3的與原來相同的帶電粒子(不計兩個帶電粒 子之間的相互作用力，并且此時算作

14、第一次經(jīng)過直線AC),如果它們第三次經(jīng)過直線 AC寸軌跡與AC勺交點分別記為E點和F點(圖中未畫出)，試求EF兩點間的距離.mv解析：(1)帶電粒子從P點勻速運動到Q點，然后彳半徑為R=qB2 =L的勻速圓周 運動，運動到口點時的速度方向與AO直，從H點勻速運動到D點，之后又做勻速圓周 運動到P點.根據(jù)平面幾何知識可知，PO = OD =五L,四邊形PODO為棱形，O為圓心，即帶電粒子在勻強磁場B中做勻速圓周運動的半徑R為&L,v2、. 2mv 22 2根據(jù)qvB=mR，得B= 2qL = 2巳，所以B1與B的比值為2 . T=t i+t 2+t 3+t 4.Lti=vt 2=8 T2

15、= 4vL 55、2 社t 3= v , t 4=8 Tl= 4 V,(8 3 . 5 .2ti)L則 T=tl+t2+t3+t4=4v(3)兩帶電粒子在磁場B2中運動時的半徑為vvm m4L 3 LR'2= qB2 = 4 , R 2= qB2 = 3 .mv B2Bi=2qL = 帶電粒子在磁場中的臨界問題 解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關鍵是找準臨界點 .帶電粒子在磁場中以 不同的速度運動時，圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮， 運用放縮法”探索出臨界點的軌跡，使問題得以解決；對于范圍型問題，求解時關鍵 尋找引起范圍的 臨界軌跡”及臨界半徑”,然后利用粒

16、子運動的實際軌跡半徑與臨界 ,mvi故粒子在磁場Bi中的運動半徑R=qB1 =2R,則兩帶電粒子都剛好運動 圓周到 達A點.所以，E、F兩點間的距離dEF=0(如圖所示).空答案：(1)帶電粒子的運動軌跡見解析2(8 3冗54©L(2)4v(3) 0半徑的大小關系確定范圍.常用的結論有： 直徑是圓的最大弦： 同一圓中大弦 對應大的圓心角： 剛好穿出磁場邊界的臨界條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡 與邊界相切.例3 (2014 如東中學)如圖所示，中軸線PQ等矩形區(qū)域MNDC成上、下兩個部 分，上部分充滿垂直紙面向外的勻強磁場，下部分充滿垂直紙面向里的勻強磁場， 磁感應強度均為B. 一質

17、量為mi電荷量為+q的粒子從P點進入磁場，速度與邊MC勺火 角8 =30° .MCA長為a, MN&長為8a,不計粒子重力.則："QIXXXXXXXXXXXXXXXXIiXXXXXXXXXXxXXXXXX< IICD(1)若要該粒子不從MN&射出磁場，求其最大速度.(2)若要該粒子恰從Q點射出磁場，求其在磁場中運行的最短時間.思維軌跡：(1)速度越大，半徑越大臨界條件：粒子軌跡與磁場邊界相切時，半徑最大(2)時間越短，圓心角越小一臨界條件：粒子以較大速度運動到達Q點穿出磁場 的次數(shù)最少解析:(1)設該粒子恰好不從MNa射出磁場時白軌跡半徑為r,由幾何關

18、系得1 rcos 60 ° =r- 2 a,解得 r=a.2 v又由 qvB=mr , qBa解得最大速度v= m(2)粒子每經(jīng)過分界線PQ-次，在PQT向前進的位移為軌跡半徑r的百倍. 設粒子進入磁場后第n次經(jīng)過P俄時恰女?到達Q點，有 n x 百 r=8a , 8解得 n= 3 =4.62.n所能取的最小自然數(shù)為5.2 m粒子做圓周運動的周期為t= qB .粒子每經(jīng)過P3界線一次用去的時間為12 mt= 3 t= 3qB .10 m粒子到達Q點的最短時間為tmin=5t= 3qB .qBa1071m答案:(1)m (2) 3qB變式訓練3 (2014 沐陽中學)如圖所示，在邊長為

19、L的正方形區(qū)域內存在著垂 直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.P點位于正方形的對角線CU,其到LCF、CD勺距離均為4 ,在P點處有一個發(fā)射粒子的裝置(圖中未畫出)，它能連續(xù)不 斷向紙面內的各方向發(fā)射出速率不同的帶正電的粒子 .已知粒子的質量為切帶電荷 量為q,不計粒子重力及粒子間的相互作用力.乂ZX/x/x X B xCR P.x xx x x/x x/x/2(1)速率在什么范圍內的粒子不可能射出正方形區(qū)域？13qBL(2)求速率v= 32m的粒子在DEJ的射出點與D點的距離d的范圍.解析：因粒子的速度方向垂直于磁場方向，故其在洛倫茲力的作用下做勻速圓周 運動.(1)依題意可知，粒子

20、在正方形區(qū)域內做圓周運動，不射出該區(qū)域的半徑為rL<8.2v對粒子，由牛頓第二定律有qvB=mr .qBr qBLgPv= m 0 8m._ _213qBLv(2)當丫= 32m時，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為 R,則由qvB=mR可得，mv 13LR=qB = 32 .要使粒子從DE4射出，則其一定不能從CD4射出，其臨界狀態(tài)是粒子的軌跡與 CD4相切.F心、4 X'、/k x /5< x x xs殿泳少甲設切點與C點的品目離為x,其軌跡如圖甲所示， 22L口 Lx R-r2=4+4,5F 汆、弋乂小乙 由幾何關系得解得x=8 L.設此時粒子在DE4的射出點與D點的距

21、離為di,由幾何關系有(L-x) 2+(R-di)2=R, L解得di=4 .而當粒子白軌跡與DE&相切時，粒子必將從EF4射出，設此時切點與D點的距離 為d2,其軌跡如圖乙所示，由幾何關系有223L-Rd2-LR2= 4+4,(2 ,3)L解得d2=8.13qBLL故速率v= 32m的粒子在DE邊的射出點距離D點的距離范圍為4 &d< (23) LqBL L (2 J3)L答案:(1) v 0 8m (2) 4 <d<8J帶電粒子在磁場中的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多 解.多解形成原因一般從以下幾個方面來分

22、析.(1)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電， 也可能帶負電，當粒子具有相同速度時，正、負粒子在磁場中的運動軌跡不同，導 致多解.(2)磁場方向不確定形成多解：磁感應強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應 強度的大小，而未說明磁感應強度方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解.(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解：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，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射面邊界 反向飛出，于是形成了多解.(4)運動的往復性形成多解：帶電粒子在不同磁場(如周期性變化的磁場)的空 問中運動時，運動往往具有往復性

23、，從而形成多解 .例4 (2014 江蘇)某裝置可以利用磁場控制帶電粒子的運動， 工作原理如圖所 示.裝置的長為L,上下兩個相同的矩形區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B, 方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M N 皿板上的 三點，M位于軸線OO'上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上.在紙面內，質量為 m電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30。角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達 P點.改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到 達收集板上的位置，不計粒子的重力.(1)求磁場區(qū)域的寬度h.(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到

24、N點，求粒子入射速度的最小變化量A v.(3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值.思維軌跡：(1)(2)粒子到達收集板的位置從P點移到N點一粒子運動半徑變小一粒子運動速度變小一粒子第一次經(jīng)過下方磁場后到達 N 點一根據(jù)運動的對稱性，作出粒子的運 動軌跡一利用幾何知識列式計算(3)欲使粒子到達M點一 MK與入射點OS同一直線上一根據(jù)運動的對稱性，作出 粒子的運動軌跡一考慮多種可能情況利用幾何知識列方程求解解析:(1)設帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r,依題意作出帶電粒子的運 動軌跡如下圖所示，3d 一. . 4 一4TTT0由圖中幾何關系有L=3rsin 30 0 +2tan30 ,

25、h=r(1-cos 30 ° ).2L-.3d 1-立解得h= 32 .(2)設帶電粒子初始入射速度為vi,改變速度后仍然經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次 后到達N點，此時速度的改變量最小，設改變后的速度為 V2,粒子改變速度后，在磁 場中運動的軌道半徑為r',帶電粒子的運動軌跡如下圖所示3d由圖中幾何關系有L=4r'sin 30 0 +2tan300.22Mv2根據(jù)牛頓第二定律有qviB=mr , qv2B=mr'.粒子入射速度的最小變化量A v=|v 2-v i|.(3)粒子可能從上方磁場出來后經(jīng)過 M點，也可能從下方磁場出來后經(jīng)過 M點, 不妨假設粒子共n次經(jīng)過了

26、磁場區(qū)域到達了 MK,此時在磁場中運動的軌道半徑為門速度為vn,根據(jù)牛頓第二定律有qVnB = m根據(jù)幾何關系有L=2nrnsin 30O解得Vn =由于粒子經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點，因此粒子不可能只經(jīng)過上方 一次直接到達M點，則n>2.又因為粒子必須經(jīng)過磁場改變其運動的方向才能到達M點，因此滿足nUan 30所以，vn=（其中2&n<H,且n為整數(shù)）.變式訓練4 （2014 如皋期末）如圖甲所示，空間內有垂直于紙面向里的有界勻強磁場，Ml®磁場的上邊界，磁場寬度足夠大，磁感應強度B=1X10-4 T.現(xiàn)有一pZT比荷為I_=2X 1011 C/kg的

27、正離子以某一速度從P點水平向右射入磁場，已知P點到邊 界MN勺垂直距離d=20 cm,不計離子的重力.求：(1)若離子以速度vi=3X106 m/s水平射入磁場，求該離子從MNfe界射出時的位 置到P點的水平距離s.(2)若要使離子不從MNfc界射出磁場，求離子從P點水平射入白最大速度Vm(3)若離子射入的速度滿足第(2)問的條件，當離子從P點射入時，再在該磁場 區(qū)域加一個如圖乙所示的變化磁場(正方向與B方向相同，不考慮磁場變化所產(chǎn)生的 電場)，求該離子從P點射入到第一次回到P點所經(jīng)歷的時間t.解析：(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得Rqv尸nII,解得 r 1=0.1

28、5 m.嚴由 s2=l_-(d-r 1)2 ,代入數(shù)據(jù)解得s=lm 0.14 m. 離子剛好不從邊界射出時的最大半徑為2=_BcqvmF,代入數(shù)據(jù)解得 vm=2X106 m/s.(3)離子在原磁場中的運動周期x 10-7 s.離子在磁場中運動直到第一次遇到外加磁場的過程中軌跡對應的圓心角0 1=Ilx 2 冗=施加附加磁場后，離子在磁場中做圓周運動的半徑將變小，周期 T2為即離子剛好能運動一個完整的圓周，接下來在 B磁場中繼續(xù)偏轉，對照外加磁 場的規(guī)律可知，每隔 口乂 10-7 s離子在周期性外加磁場時做半徑更小的圓周運動， 離子可做5次完整的勻速圓周運動，如圖所示，最后還經(jīng)過 P點.離子從P

29、點射入磁場到第一次回到P點的總J寸問t=Ti+54解得 t= Ix 10-7 s.答案:(1) 0.14 m (2) 2 X 106 m/s.7(3) Ix 10 s能力呈現(xiàn)超成軾播導【考情分析】201220132014帶電粒子在磁場中的運動T9:帶電粒子在磁場中的運動T15:帶電粒子在磁場中的運動T14:帶電粒子在磁場中的運動【備考策略】帶電粒子在磁場中的運動是每年高考的必考內容 .常見題型有選擇題、計算題, 甚至是壓軸題，試題對學生的空間想象能力、分析物理過程和運用規(guī)律的綜合能力 以及運用數(shù)學知識解決物理問題的能力進行考查.解答時要從受力分析和運動分析 入手，根據(jù)洛倫茲力產(chǎn)生的條件、大小的

30、計算、方向的判定、永不做功等特點以及 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的規(guī)律列式，并善于運用幾何關系來解題健力程宸1. （2014 蘇南調研）如圖所示，無限長導線，均通以恒定電流I.直線部分和坐標軸 接近重合，彎曲部分是以坐標原點 她圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在 原點O處不形成磁場，則下列四個圖中O處磁感應強度和題圖中O處的磁感應強度相同解析：可以采用填補法，在題圖中相當于一個順時針方向的環(huán)形電流的一半， 在選項的是（）A中，顯然H、IV象限的電流相互抵消，I、m象限的仍然相當于一個順時針方向的 環(huán)形電流的一半，因此圓心O處的磁感應強度與題圖中的相同；在選項B中，則相當于 是一個完整

31、的順時針方向的環(huán)形電流，圓心O處的磁感應強度與題圖中的相比方向相 同，大小則是2倍;在選項 研，I、m象限的電流相互抵消，H、IV象限的電流相當 于一個逆時針方向的環(huán)形電流的一半，圓心O處的磁感應強度與題圖中的相比大小相 同，但方向相反；在選項D中，H、IV象限的電流相互抵消，I、m象限的電流相當 于一個逆時針方向的環(huán)形電流的一半，圓心O處的磁感應強度與題圖中的相比大小相 同，但方向相反.故只有選項A1E確.答案：A2. （2014 啟東中學）如圖所示，通電直導線ab位于兩平行導線橫截面MN6線的中垂 線上.當平行導線通以如圖所示的同向等值電流時，下列說法中正確的是（）aJ （2） 1 一一

32、_一_Mt NbA. a端向里，b端向外旋轉B. a端向外，b端向里旋轉C. ab逆時針旋轉D. ab順時針旋轉解析：導線MF口N的磁感線都是同心圓.根據(jù)右手定則可知，MN6線的上方磁場方向向 右，再用左手定則判斷a端受力向外；同理可知，MN4線下方的磁場方向向左，再根 據(jù)左手定則可以分析出b端受力向里.從而使得a端轉向紙外，b端轉向紙里，故B正 確.ACD昔誤.答案:B3. （2014 安徽）人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中 的帶電粒子被盡可能限制在裝置內部，而不與裝置器壁碰撞.已知等離子體中帶電粒 子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則

33、需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變.由此可判斷所需的磁感應強度B正比于（）A.斤 B. T C. ，產(chǎn) D. T 2解析：根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mr ,解得帶電粒子在磁場中做圓周運動的半mvi2m&徑= qB ;由動能的定義式Ek=2 mV,可得廠 qB ,結合題目信息可得B8斤，選 項A1E確.答案:A4. （2014 高郵中學）如圖所示，在x軸上方的空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁 場，磁感應強度的大小為B.許多相同的離子以相同的速率丫由。點沿紙面向各個方向 （y>0）射入磁場區(qū)域.不計離子的重力和離子間的相互影響.圖中曲線表示離子運動 的區(qū)域邊界，

34、其中邊界與y軸交點為M邊界與x軸交點為N,且OM=ON=由此可判斷A.這些離子是帶負電的B.這些離子運動的軌道半徑為LvC.這些離子的比荷為LBD.當離子沿y軸正方向射入磁場時會經(jīng)過N點12 mv IL 項錯誤;再根據(jù)qvB= 2解析：根據(jù)左手定則，離子帶正電，A項錯誤；由題圖可知，y離子軌道半徑為2L, Bq 2V1m= LB , C項錯誤；由于ON=L離子軌道半徑為2L, ON恰好為離子做圓周運動的直徑，故 D®正確.答案:D專題七帶電粒子在磁場中的運動1.（多選）（2014 新課標）如圖為某磁譜儀部分構件的示意圖.圖中的永磁鐵提供勻 強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運

35、動的軌跡 .宇宙射線中有大量的電 子、正電子和質子.當這些粒子從上部垂直進入磁場時， 下列說法中正確的是（ ）A.電子與正電子的偏轉方向一定不同B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C.僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子D.粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小2 . （2014 淮陰中學）如圖所示，在圓形區(qū)域內，存在著垂直于紙面向外的勻強磁場， ab是圓的一條直徑.一帶正電的粒子從a點射入磁場，速度大小為2v,方向與ab成30° 角時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t;若僅將速度大小改為v,則 粒子在磁場中運動的時間為（不計粒子的重力）（）A

36、. 3t3B. 2 tC.2t D. 2t3 .（多選）（2014 徐州一中）如圖所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應強度分別為B、虛線MN；理想邊界.現(xiàn)有一個質量為mi電荷量為e的電子以垂直于邊界MN 的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應強度為 Bi的勻強磁場中，具運動軌跡 為圖中虛線所示的心形圖線.則下列說法中正確的是（）A.電子的運動軌跡為 P> A M> CH NH Ef P2 mB.電子運動一周回到P點所用的時間T= B1e C. B i=4BD. Bi=2B4.（多選）（2014 鹽城三模）在豎直平面內有兩周定點a、b,勻強磁場垂直該平面向 里，重力不計的帶電小球在a點以不同速率向不同方向運動，運動過程中除磁場力外， 還受到一個大小恒定，方向始終跟速度方向垂直的力的作用，對過 b點的帶電小球 （）X X X X X XX白 X XXX* x,x X X x*xX X X X X XA.如果沿ab直線運動，速率是唯一的B.如果沿ab直線運動，速率可取不同值C.如果沿同一圓弧ab運動，速率是唯一的D.如果沿同一圓弧ab運動，速率可取不同值5