2019年高考第一輪復習帶電粒子在磁場中運動專題復習

1、2019年高考第一輪復習：帶電粒子在磁場中運動專題復習一、單選題1.如圖，初速度不計的電子束經(jīng)電壓為U的電場加速后，進入一半徑為r圓形勻強磁場區(qū)域（區(qū)域中心為O,磁場方向垂直于圓面），最后射到了與OM連線垂直的屏幕上的P處。已知不加磁場時，電子束將通過O點打到屏幕的中心M點，電子的電荷量為e,電子所受重力不計。則下列判斷正確的是UA.圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向里【答案】C【解析】碰撞后整體的帶電量為-e,由左手定則判斷知整體在b點受到的洛倫茲力向上，整體向上旋轉(zhuǎn)。碰撞過程遵守動量守恒定律，由一知碰后mv不變，q變?yōu)樵瓉淼囊话?，由軌道半徑增大為原來?倍,故它們的運動軌跡為C;故選C。

2、點睛：本題考查帶電粒子在磁場中的運動問題，注意正確應用左手定則判斷受力方向，明確碰撞過程中遵守動量守恒定律，一中mv是動量大小.3.如圖在軸上方存在垂直于紙面向里的磁感應強度為的勻強磁場，軸下方存在垂直于紙面向外的磁感應強度為-的勻強磁場.一帶負電的粒子質(zhì)量為，電荷量為，從原點以與軸成角斜向上射入磁場，且在軸上方運動半徑為（不計重力），則下列結(jié)論錯誤的是（）B.電子在磁場中運動時受到的磁場力大小一定是C.若僅增加加速電壓U,電子束打到屏幕上的位置在P點上方D.若僅改變圓形區(qū)域的磁感強度大小，電子束可能打不到屏幕上【答案】D【解析】由左手定則可知，圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向外，選項A錯

3、誤；電子在電場中被加速，則Ue=-mv2；若在磁場中做圓周運動的半徑為，則磁,因電子在磁場中運動的半徑不一定是r,則電子在磁場中運動時受到的磁場力大小不一定是2eU/r,選項B錯誤；若僅增加加速電壓U,則電子進入磁場的速度v變大，則電子的軌道半徑變大，則電子束打到屏幕上的位置在P點下方，選項C錯誤;若僅使圓形區(qū)域的磁感強度變大，則電子在磁場中運動的半徑減小，電子束經(jīng)過磁場時的偏折角變大，則電子束可能打不到屏幕上，選項D正確；故選D.點睛:帶電粒子的加速過程，根據(jù)動能定理求粒子得到的速度，帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的問題一般根據(jù)牛頓第二定律求半徑，由幾何知識分析偏轉(zhuǎn)角度，都是基本的思路.2.如圖所示，

4、a、b是兩個勻強磁場邊界上的兩點，左邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應強度大小相等.電荷量為2e的帶正電的質(zhì)點M以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，與靜止在b點的電荷量為3e的帶負電的質(zhì)點N相撞，并粘合在一起，不計質(zhì)點M和質(zhì)點N的重力，則它們在磁場中的運動軌跡是（）X河；9A.B.C,D.A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點B.粒子完成一次周期性運動的時間為一C.粒子在軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為D.粒子第二次射入軸上方磁場時，沿軸方向前進了【答案】A【解析】A、根據(jù)左手定則判斷可知，負粒子在第一象限和第四象限所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第象限沿

5、順時針方向旋轉(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，軌跡如圖所示，注x%xX乂區(qū)(xxxx*注地乂父X*M父弋XXXKXXKXXXXXXXXX不可能回到原點0,故A錯誤；B、負粒子在第一象限軌跡所對應的圓心角為60。，在第一象限軌跡所對應的圓心角也為60。，在一個周期內(nèi)，粒子做圓周運動的周期為，粒子在第一象限運動的時間為t尸，同理，在第四象限粒子做圓周運動的周期為，運動的時間為t2=，完在成一次周期性運動的時間為Tt+t2故B正確；C、由r=一得，粒子圓周運動的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1:2,故C正確；D、畫出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何知識得，粒子第二次射入x軸上

6、方磁場時，沿x軸前進距離為x=R+2R=3R,故D正確；本題選擇錯誤答案，故選Ao點睛：根據(jù)左手定則判斷粒子偏轉(zhuǎn)方向，確定其運動軌跡，從而確定粒子能否回到O點；由粒子運動軌跡確定其周期性，根據(jù)幾何知識確定粒子在第一象限和第四象限做圓周運動的圓心角，結(jié)合粒子做勻速圓周運動的周期公式求出粒子在第一象限和第四象限運動的時間，從而求出完成一次周期性運動的時間；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出圓周運動的半徑表達式，從而計算粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比；由幾何關(guān)系判斷粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸方向前進的距離。4.如圖所示，相距為d的平行金屬板M、N的上方有一半徑

7、為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里.質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子緊靠M板的P處由靜止釋放，粒子經(jīng)N板的小孔S沿半徑SO方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60,粒子重力不計，則平行金屬板間勻強電場的電場強度大小為（）C.粒子在磁場中運動的最長時間為一D.粒子到達y軸上的最大時間差為【答案】D【解析】由題意，某時刻發(fā)出的粒子都擊中的點是y軸上同一點，由最高點射出的只能擊中（0,R）,則擊中的同一點就是（0,R）,A錯誤；從最低點射出的也擊中（0,R）,那么粒子做勻速圓周運動的半徑為R,由洛倫茲力提供向心力得一，則速度，B錯誤；偏轉(zhuǎn)角最大的時間最長，顯然從最低

8、點射出的粒子偏車t90。，時間最長，時間，C錯誤；從最高點直接射向（0,R）的粒子時間最短，則最長一，D正確.與最短的時間差為Lx共:K戈邛IA.B.則由幾何關(guān)系得粒子做圓周運動的半徑為r=一R,帶電粒子以速度v飛出電場后射入勻強磁場做勻速圓周運動，粒子在磁場中做圓周運動時洛倫茲力提供向心力有,電場力做功，由動能定理得:聯(lián)立可得：，故B正確，ACD錯誤。5.如圖所示，半徑為R的1/4圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B,磁場的左邊垂直x軸放置一線型粒子發(fā)射裝置，能在0勺屯的區(qū)間內(nèi)各處沿x軸正方向同時發(fā)射出速度相同、帶正電的同種粒子，粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,不計粒子的重力及粒

9、子間的相互作用力，若某時刻粒子被裝置發(fā)射出后，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)擊中y軸上的同一位置，則下列說法中正確的是（）C.D.【答案】D【解析】根據(jù)洛倫茲力充當向心力可知,AD邊相切時速度最大，如圖人仆，,因此半徑越大，速度越大；根據(jù)幾何關(guān)系可知，使粒子與OA.粒子都擊中在O點處由幾何關(guān)系可知,最大半徑為-，故最大速度應為;當粒子從C點出射時半【點睛】看起來情況比較復雜，但涉及的問題卻是常規(guī)問題，本題的關(guān)鍵點是粒子源發(fā)出的粒子是速度大小和方向均相同，則其做勻速圓周運動的半徑相同，在從最低點的特殊情況就能知道相同的半徑就是圓弧的半徑，再結(jié)合周期公式能求出最長和最短時間.6.如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)

10、域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應弓11度大小為B.一質(zhì)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A.B.C.D.【答案】B【解析】粒子在圓形磁場中運動的軌跡如圖所示：B.粒子的初速度為徑最小，為-，故最小速度應為,故v的取值范圍為,故選Do【解析】粒子在磁場中做圓周運動的周期:相同，粒子做圓周運動的軌道半徑:【點睛】根據(jù)洛倫茲力充當向心力可求得速度與半徑間的關(guān)系，根據(jù)幾何關(guān)系分析粒子可能的運動軌跡；從而明確可能的速度大?。辉俑鶕?jù)周期公式以及轉(zhuǎn)過的圓心角可求得最長時間。7

11、 .如圖所示，在等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B,邊長OP=L。O處有一個粒子源，將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，不計粒子的重力。則在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，這些粒子的周期相同，要在磁場中運動時間最長，則粒子在勻強磁場中的軌跡對應的圓心角應為最大，又因為要求在磁場中運動速度最大，由幾何關(guān)系可得粒子沿OP方向射入，軌跡與PQ相切（切點為Q）時，符合條件，此時粒子半徑為L,代入可求得速度最大值是一，選項C正確，ABD錯誤。點睛：本題帶電粒

12、子在有界的磁場中運動的類型，解答此題的關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出臨界軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最大速度。8 .有一半徑為R=0.15m的圓形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B=0.25T.一群重力不計、質(zhì)量為m=3X107kg,電荷量為q=+2M03c的帶電粒子，以速度v=5M02m/s由圓周上的同一點A以不同方向射入磁場，關(guān)于粒子在磁場中運動的時間長短，下列說法中正確的是（）A,沿半徑vi方向射入的粒子運動時間最長B,沿與半徑成30的V2方向射入的粒子運動時間最長C,沿與半徑成30的V3方向射入的粒子運動時間最長D.所有粒子運動時間一樣長【答案】C形磁場區(qū)域

13、的直徑，該粒子運動軌跡對應的弦長最長，轉(zhuǎn)過的圓心角。最大，粒子的運動時間：tT最長；故選Co點睛：本題考查了比較粒子運動時間長短，應用粒子周期公式，分析清楚圖示情景，判斷出粒子運動軌跡對應的弦長關(guān)系即可解題.9 .如圖所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度（速度方向與邊界的夾角分別為30。、60。）從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點射入磁場，又恰好都不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是（）A. A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為B. A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為C. A、B兩粒子的比荷之比是一D. A、B兩粒子的比荷之比是【答案】D【解析】粒子在磁場中

14、做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m,解得:由幾何關(guān)系得：Scos30+rA=d,bcos60+rB=d,解得：=,故AB錯誤；粒子軌道半徑：一可知,，由題意可知，兩粒子的v大小與B都相同，則兩粒子的q/m之比與軌道半徑成反比，則A、B兩粒子的q/m之比是，故C錯誤，D正確；故選Do點睛：本題要會用圓弧的特性來確定圓心，畫出圓弧并運用幾何關(guān)系來算出圓弧的半徑，同時還體現(xiàn)出控制變量的思想.10.如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、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，與半徑OA成30夾角，當該電荷離開磁場時，速度方

15、向剛好改變了180,不計電荷的重力，下列說法正確的是（）。越大，粒子在磁場中做圓周運動，沿與半,粒子在磁場中運動的弧長越長，弦長越長，對應的圓心角徑成30的V3方向射入的粒子，轉(zhuǎn)過的圓心角：060；rsin-=0.3Sin=0.15m=R,則該粒子對應的弦長為圓射入磁場時，負電子所受洛倫茲力水平向左，正電子所受洛倫茲力水平向右，由左手定則可知，磁感應強度垂直于紙面向里，故ABC錯誤，D正確；故選Co點睛：本題考查了左手定則，要熟練應用左手定則判斷洛倫茲力的方向，要注意判定負電荷受到的洛倫茲力的方向要使用電流的方向來判定。容器”可裝，而R,外半徑為尾，v。中空區(qū)域中的帶A.該點電荷離開磁場時速度

16、方向的反向延長線通過O點B.該點電荷的比荷為一一C.該點電荷在磁場中的運動時間為t=一二、多選題12.據(jù)有關(guān)資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區(qū)域內(nèi)。如圖所示，環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為被束縛的帶電粒子的比荷為k,中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為D.該點電荷帶正電【答案】B如圖所示，點電荷在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系作出點電荷運動軌跡有：電荷在電場中剛好運動T/2,電荷做圓周運動的半徑r=Rsin30=R/2。A.如圖，電荷離開磁場時速度方向與進入磁場時速度方向相反，其反向延長線不通過O點，故A錯誤；B

17、,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有一，所以：一一一，故B正確；C.由圖知該電荷在磁場中運動的時間t=-一，故C錯誤；D.根據(jù)電荷偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可知，該電荷帶負電，故D錯誤。故選：B11.如圖所示，美國物理學家安德森在研究宇宙射線時，在云霧室里觀察到有一個粒子的徑跡和電子的徑跡彎曲程度相同，但彎曲方向相反，從而發(fā)現(xiàn)了正電子，獲得了諾貝爾物理學獎。下列說法正確的是（）II宇Hi射繳電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為0k（R2-R）Bk（翼2）3vR2的區(qū)域內(nèi)，則環(huán)狀區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度大小可能是【答案】BCD.kR2-R【解析】由題意可知，粒子的比荷k已經(jīng)確定，由所有的粒子都不能穿出磁場

18、，有兩種情況。第一種情況:mvr=，得qBr=v,粒子運動的半徑r已經(jīng)確定，要使Bk與內(nèi)圓相切的方向進入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，可知2r最大為R-R,如圖所示:A.彎曲的軌跡是拋物線B.電子受到電場力作用C.云霧室中的磁場方向垂直紙面向外D.云霧室中的磁場方向垂直紙面向里【答案】D【解析】云霧室中所加的是磁場，則電子所受的是洛倫茲力作用，運動的軌跡是圓弧，由圖示可知，電子剛由圖可知，rR2R,即_v_V，故AD不可能，C可能；第二種情2Bk2kR2-R況：其在環(huán)形磁場內(nèi)的運動軌跡圓中最大者與磁場外邊界圓相切，如圖所示:設軌跡圓的半徑為r,由幾何關(guān)系得：r2+R2=（R2rj,

19、解得:_2_2r=R一Rl2R222vR2-R1,即,Bk2R22vR2kR2-R2B，故B可能，故選BC.13.如圖所示，在0MxwJ3a,0EyEa的長方形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，題感應強度大小為B,坐標原點O處有一個子源，在某時刻向第一象限發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（重不計），速度大小滿足2qBav3qBa，已知粒子在磁場中做周運動的周期為T,則下列說法正確的是（）A.B.C.D.所以粒子在磁場中運動經(jīng)歷最長的時間為所以粒子在磁場中運動經(jīng)歷最長的時間小于從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷最短的時間小于從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷最短的時間為T6T6T12T12【答案】

20、AC【解析】粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動運動,2v-洛倫茲力作為向心力，則有Bvq=m一,解得:RmvR=一，Bq又因為ZqBav三四也，故2aRE3a；向的夾角日為零時，其運動軌跡如圖所示:粒子做圓周運動的周期t=；當速度與y軸正方由圖可知R越大，對應的中越小，故當R=3a時中最小，此時sin中，解得：中父三，則3261t=TT,故C正確，D錯誤；日從0增大，則粒子在磁場上邊界的出射點右移，設磁場橫向無右2二12邊界，則粒子在上邊界最遠能到達的位置為粒子做圓周運動與上邊界相切的點，如圖所示：此時粒子出射點的橫坐標x=Jr2-（R-a）2=j2Ra-a2之3a,所以粒子一定能到達磁場邊界的右

21、上頂點且粒子做圓周運動的軌跡都是劣弧，該點對應粒子做圓周運動的弦最大值，故當粒子出射點為磁場邊界右上邊界點時，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過角度最大，運動時間最長；對應于相同的弦長，半徑越小，中心角越大；當R=2a時，且粒子出射點為磁場邊界右上頂點時，粒子在磁場中運動經(jīng)歷的時間最長；此時半徑和弦長相等，則粒11 Q1.子轉(zhuǎn)過的角度中=幾，運動經(jīng)歷的時間t=RT=-T,故A正確，B錯誤；故選AC.3二6【點睛】分析粒子運動軌跡隨速度與y軸正方向的夾角的變化關(guān)系，求得從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷最短的時間；再分析粒子能到達的距離O點最遠處，求出該點對應的運動時間即為運動的最長時間.14.如圖所示，兩個勻強磁場的方

22、向相同，磁感應強度分別為BB2,虛線MN為理想邊界?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m、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B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線。則以下說法正確的是3加磁場時，比較兩式可得，所以D點一定在D點右側(cè)，C正確D錯誤.16.如圖所示，在一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源O,沿垂直磁場方向，以相同速率向磁場中發(fā)出了兩種粒子，a為質(zhì)子（1iH）,b為a粒子（42He）,b的速度方向垂直磁場邊界，a的速度方向與b的速度方向夾角為9=30。，兩種粒子最后都打到了位于磁場邊界位置的光屏OP上，則（）A,電子的運動軌跡為P-AMRCfNE-

23、PB.電子運動一周回到P點所用的時間T=C.電子運動一周回到P點所用的時間T=D.兩磁場的磁感應強度的大小關(guān)系為Bi=2B2【答案】ABD【解析】（1）根據(jù)左手定則可知：電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場時，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運行軌跡為P3AMH8NREP,故A正確；（2）由圖象可知，電子在勻強磁場中運動半徑是勻強磁場中運動半徑的一半，根據(jù)一，可知故D正確；（3）電子在整個過程中，在勻強磁場中運動兩個半圓，即運動一個周期，在勻強磁場中運動半個周期，所以，B正確，C錯誤；故本題選ABD【點睛】電子在磁場中受到洛倫茲力作用做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則判斷電子的繞行方向，根據(jù)周

24、期公式分三個部分求解運動一周的時間，根據(jù)半徑關(guān)系求解兩磁場的關(guān)系。15.如圖1所示，一個帶正電的物塊m,由靜止開始從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來.已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計物塊經(jīng)過B處時的機械能損失，現(xiàn)在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，如圖2,第二次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的D點停下.后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，如圖3,再次讓物塊從A點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D點停下來.則下列說法中正確的是（）A. D點一定在D點左側(cè)B. D點一定與D點重合C. D點一定在D點右側(cè)D. D點一定與

25、D點重合【答案】BC【解析】設物體的質(zhì)量為m,電量為q,電場強度大小為E,斜面的傾角為仇動摩擦因數(shù)為山根據(jù)動能定理：不加電場時：，加電場時：，將兩式對比得到，則D點一定與D點重合，A錯誤B正確；ulLid事.卡.*r事r*K*，A. a、b兩粒子轉(zhuǎn)動周期之比為2：3B. a、b兩粒子在磁場中運動時間之比為2:3C. a、b兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)動半徑之比為1：2D. a、b兩粒子打到光屏上的位置到O點的距離之比為1：2【答案】BC【解析】根據(jù)周期公式知：a與b的質(zhì)量之比為1:4,電荷量之比為1:2,則周期為Ta：Tb=1：2,故A錯誤。a粒子運動軌跡對應的圓心角為a240:運動時間-；b粒子運動軌跡

26、對應的圓心角為3180；運動時間tb=-Tb；則兩粒子在磁場中運動時間之比為ta：tb=2:3,故B正確。由一,v相等，則知a、b兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)動半徑之比為J：%=1：2,故C正確。a、b兩粒子打到光屏上的位置到O點的距離分別為：Sa=2racos30=ra,Sb=2rb,則Sa：Sb=:4.故D錯誤。故選BC。點睛：本題考查帶電粒子在磁場中運動，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程是解題的關(guān)鍵；應用牛頓第二定律、粒子做圓周運動的周期公式可以解題；處理粒子在磁場中的運動問題的常用解題思路是：要注意畫出軌跡，通過幾何關(guān)系找出圓心和半徑，由半徑公式和周期公式進

27、行研究.17 .如圖所示，空間存在一個垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度的大小為Be該區(qū)域是由一個半徑為R的半圓和一個長為2R、寬為-的矩形組成。一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電的粒子從AB的中點M垂直于AB進入磁場，則下列說法正確的是（多選）（）A,當粒子的速度滿足時，粒子從AB邊射出磁場B,當粒子的速度滿足時，粒子從BC邊射出磁場C,當粒子的速度滿足時，粒子離開磁場時的速度方向斜向下D,當粒子的速度滿足時，粒子離開磁場時的速度方向斜向下【答案】ABC【解析】A、當粒子剛好從B射出磁場時，粒子的軌道半徑為，由幾何關(guān)系可得：-，由可得:，當粒子的速度滿足，粒子從AB邊射出磁場，選項A正

28、確；B、當粒子剛好從C射出磁場時，粒子的軌道半徑為2,由幾何關(guān)系可得：-，-，由，當粒子的速度滿足，粒子從BC邊射出磁場，選項B正確；C、當粒子離開磁場時的速度方向平行于AB時，粒子的軌道半徑為3,由幾何關(guān)系可得：-，,由可得,當粒子的速度滿足二，粒子離開磁場時的速度方向斜向下，選項C正確，D錯誤。點睛：本題考查了粒子在磁場中的運動，應用牛頓第二定律以及幾何知識即可正確解題。18 .如圖所示，寬H=2m的有界勻強磁場的縱向范圍足夠大，磁感應強度的方向垂直紙面向內(nèi)，現(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑均為r=5cm,則根據(jù)幾何知識得到當粒

29、子沿-y軸方向射入磁場時，粒子從磁場右邊界x軸下方射出時，則有所以右邊界：-4cmvyv4cm有粒子射出.故A正確，B錯誤;C、D項：由圖可知，粒子只能x軸上方從左邊界射出磁場，y的最大值為y=8cm點晴：粒子垂直進入磁場后做勻速圓周運動，當粒子的軌跡恰好與x軸方向的右邊界相切時，y值正值達到所以左邊界：Ovyv8cm有粒子射出.故C錯誤，D正確。X線30-27kg,電子電量e=1.610-19C)【答案】(2)(3)E=2.0410-12J【解析】(1)根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒得Ra的衰變方程為：(2)對“粒子，洛倫茲力提供向心力，有：一則一代入數(shù)據(jù)解得：(3)對于衰變過程遵守動量守恒，則

30、得：衰變后Rn(氫)的速率為：v=4.5M05m/s核衰變釋放的能量-代入數(shù)據(jù)解得：E=2.04X10-12J點睛：解決本題的關(guān)鍵知道在衰變方程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，以及知道靜止的發(fā)生“衰變，生成的新核動量大小相等，反向相反.21.如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P,其到CF,CD距離均為-，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子.已知離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,不計離子重力及離子間相互作用力./,*AF*+/%(1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？

31、(2)求速率為v=的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍.【答案】(1)一(2)-【解析】因離子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在洛倫茲力作用下必做圓周運動.(1)依題意可知離子在正方形區(qū)域內(nèi)做圓周運動不射出該區(qū)域，做圓周運動的半徑為r由幾何關(guān)系得：R=(x)+(R),計算可得x=-L,設此時DE邊出射點與D點的距離為d1，則由幾何關(guān)系有：(L-x)2+(R-d1)2=R2,解得d1=-.而當離子軌跡與DE邊相切時，離子必將從EF邊射出，設此時切點與D點距離為d2,其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系有：乙R2=(-L-R)2+(d2-)2,解得d2=故速率為v=的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為-

32、點睛：粒子圓周運動的半徑一，速率越大半徑越大，越容易射出正方形區(qū)域，粒子在正方形區(qū)域圓周運動的半徑若不超過-,則粒子一定不能射出磁場區(qū)域，根據(jù)牛頓第二定律求出速率即可。22.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B,在磁場的邊界上A點有一粒子源，可以沿垂直于磁場方向向磁場內(nèi)發(fā)射質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子，O為圓形區(qū)域的圓心，在AO的延長線上有一垂直于AO放置的熒光屏，熒光屏足夠大，AO延長線與熒光屏的交點為P,O為熒光屏的距離為2R,不計粒子的重力。a.g!|才！:&-flirfrjD1(1)若粒子沿AO方向射入磁場，要使粒子不能打熒光屏上，粒子的速度應滿足什么條件？(2)若粒子進入磁場的速度大小為，改變粒子射入磁場的方向，使該粒子在磁場中運動的時間最長，則該粒子最終打在熒光屏上的位置離P點的距離為多少？【答案】(1)；(2)一【解析】(1)粒子剛好不能打在熒光屏上，其運動軌跡如圖所示八由幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運動的半徑由一求得即粒子的速度，則粒子不能打在熒光屏上(2)當粒子在磁場中運動的速度由一得粒子做圓周運動的半徑當此粒子在磁場中運動的時間最長時，在磁場中運動的軌跡對應的弦最長，此時粒子運動的軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系