廣西專用高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題六 第1課時 電場與磁場的理解

【步步高】(廣西專用）年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題六第1課時電場與磁場的理解專題定位本專題主要是綜合應(yīng)用動力學(xué)方法和功能關(guān)系解決帶電粒子在電場和磁場中的運動問題．這部分的題目覆蓋的內(nèi)容多，物理過程多，且情景復(fù)雜，綜合性強(qiáng)，常作為試卷的壓軸題．高考對本專題考查的重點有以下幾個方面：①對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解；②帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題；③帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題；④帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動問題；⑤帶電粒子在電場和磁場的疊加場中的運動問題；⑥帶電粒子在電場和磁場中運動的臨界問題．應(yīng)考策略針對本專題的特點，應(yīng)“抓住兩條主線、明確兩類運動、運用兩種方法”解決有關(guān)問題．兩條主線是指電場力的性質(zhì)(物理量——電場強(qiáng)度)和能的性質(zhì)(物理量——電勢和電勢能)；兩類運動是指類平拋運動和勻速圓周運動；兩種方法是指動力學(xué)方法和功能關(guān)系．第1課時電場與磁場的理解1．對電場強(qiáng)度的三個公式的理解(1)E＝eq\f(F,q)是電場強(qiáng)度的定義式，適用于任何電場．電場中某點的場強(qiáng)是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關(guān)．試探電荷q充當(dāng)“測量工具”的作用．(2)E＝keq\f(Q,r2)是真空中點電荷所形成的電場的決定式．E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定．(3)E＝eq\f(U,d)是場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系式，只適用于勻強(qiáng)電場，注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離．2．電場能的性質(zhì)(1)電勢與電勢能：φ＝eq\f(Ep,q).(2)電勢差與電場力做功：UAB＝eq\f(WAB,q)＝φA－φB.(3)電場力做功與電勢能的變化：W＝－ΔEp.3．等勢面與電場線的關(guān)系(1)電場線總是與等勢面垂直，且從高電勢的等勢面指向低電勢的等勢面．(2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密．(3)沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力一定做功．4．帶電粒子在磁場中的受力情況(1)磁場只對運動電荷有力的作用，對靜止電荷無力的作用．磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力．(2)洛倫茲力的大小和方向：其大小為F＝qvBsinθ，注意：θ為v與B的夾角．F的方向仍由左手定則判定，但四指的指向應(yīng)為正電荷運動的方向或負(fù)電荷運動方向的反方向．5．洛倫茲力做功的特點由于洛倫茲力始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力永不做功，但洛倫茲力的分力可以做功．1．本部分內(nèi)容的主要研究方法有：(1)理想化模型．如點電荷、電場線、等勢面；(2)比值定義法．電場強(qiáng)度、電勢的定義方法是定義物理量的一種重要方法；(3)類比的方法．電場和重力場的比較；電場力做功與重力做功的比較；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動和平拋運動的類比．2．靜電力做功的求解方法：(1)由功的定義式W＝Fscosα來求；(2)利用結(jié)論“電場力做功等于電荷電勢能增量的負(fù)值”來求，即W＝－ΔE；(3)利用WAB＝qUAB來求．3．研究帶電粒子在電場中的曲線運動時，采用運動合成與分解的思想方法；帶電粒子在組合場中的運動實際是類平拋運動和勻速圓周運動的組合，類平拋運動的末速度就是勻速圓周運動的線速度．題型1對電場性質(zhì)的理解例1(·江蘇·6)將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖1所示，金屬球表面的電勢處處相等．a(chǎn)、b為電場中的兩點，則 ()圖1A．a(chǎn)點的電場強(qiáng)度比b點的大B．a(chǎn)點的電勢比b點的高C．檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的大D．將檢驗電荷－q從a點移到b點的過程中，電場力做負(fù)功解析根據(jù)題圖中電場線的疏密可知a點場強(qiáng)比b點的大，A項正確；由電場線的方向可知a點電勢比b點的高，則B項正確；由電場力做功和電勢能變化關(guān)系可判斷C項錯誤，D項正確．答案ABD以題說法1.在點電荷形成的電場中，通常利用電場線和等勢面的兩個關(guān)系分析電場的性質(zhì)：一是二者一定處處垂直；二是電場線密的地方，等勢面也密，且電場線由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面．2．在分析電場性質(zhì)時，要特別注意應(yīng)用點電荷形成電場的對稱性來分析電場的性質(zhì)．如圖2所示，真空中M、N處放置兩等量異種電荷，a、b、c為電場中的三點，實線PQ為M、N連線的中垂線，a、b兩點關(guān)于MN對稱，a、c兩點關(guān)于PQ對稱．已知一帶正電的試探電荷從a點移動到c點時，試探電荷的電勢能增加，則以下判斷正確的是 ()圖2A．a(chǎn)點的電勢高于c點的電勢B．a(chǎn)點的場強(qiáng)與c點的場強(qiáng)完全相同C．M點處放置的是正電荷D．若將帶正電的試探電荷沿直線由a點移動到b點，則電場力先做正功，后做負(fù)功答案D解析帶正電的試探電荷由a點移動到c點，電勢能增大，電場力做負(fù)功，是逆著電場線運動，因此M處電荷應(yīng)為負(fù)電荷，選項C錯誤；等量異種點電荷周圍電場線的分布如圖所示，由于沿著電場線方向電勢降低，可知a點電勢低于c點電勢，選項A錯誤；a點和c點場強(qiáng)大小 相等、方向不同，選項B錯誤；將帶正電的試探電荷沿直線由a點移到b點，電場力先做正功后做負(fù)功，選項D正確．如圖3所示，電場中的一簇電場線關(guān)于y軸對稱分布，O點是坐標(biāo)原點，M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的一個圓周上的四個點，其中M、N在y軸上，Q點在x軸上，則 ()圖3A．M點電勢比P點電勢高B．OM間的電勢差等于NO間的電勢差C．一正電荷在O點的電勢能小于在Q點的電勢能D．將一負(fù)電荷從M點移到P點，電場力做正功答案D解析如題圖所示的電場為帶正電的點電荷形成的電場，所有電場線反向延長的交點即為該點電荷所在的位置，P點離該點電荷的距離比M點更近，所以P點的電勢比M點電勢高，選項A錯誤；NO之間的電場線比OM之間的電場線密，所以NO之間的場強(qiáng)大，電勢差也大，選項B錯誤；O點到該點電荷的距離比Q點近，O點電勢高，正電荷在電勢高的位置電勢能大，故正電荷在O點的電勢能比在Q點大，選項C錯誤；P點的電勢比M點電勢高，將負(fù)電荷由電勢低的位置移動到電勢高的位置電場力做正功，選項D正確．題型2電場矢量合成問題例2(·新課標(biāo)Ⅱ·18)如圖4，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中．已知靜電力常量為k.若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為 ()圖4A.eq\f(\r(3)kq,3l2) B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)審題突破a、b對c的靜電力的合力方向如何？勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的方向能確定嗎？解析因為a、b小球?qū)的靜電力的合力方向垂直于a、b連線向上，又因c帶負(fù)電，所以勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向為垂直于a、b連線向上．分析a球受力：b對a的排斥力F1、c對a的吸引力F2和勻強(qiáng)電場對a的電場力F3＝qE.根據(jù)受力平衡可知，a受力情況如圖所示利用正交分解法：F2cos60°＝F1＝keq\f(q2,l2)F2sin60°＝F3＝qE.解得E＝eq\f(\r(3)kq,l2).答案B以題說法1.熟練掌握常見電場的電場線和等勢面的畫法．2．對于復(fù)雜的電場場強(qiáng)、電場力合成時要用平行四邊形定則．3．電勢的高低可以根據(jù)“沿電場線方向電勢降低”或者由離正、負(fù)場源電荷的關(guān)系來確定．如圖5所示，真空中同一水平線上固定兩等量異種點電荷A、B，其中A帶負(fù)電、B帶正電．C、D、O是分布在AB連線的垂線上的三個點，且AO>BO.下列判斷正確的是 ()圖5A．C、D兩點的電勢相等B．C、D兩點的電場強(qiáng)度的方向均水平向左C．同一帶負(fù)電的試探電荷在C點的電勢能大于在D點的電勢能D．同一試探電荷在C點受到的電場力比在D點受到的電場力小答案CD解析由等量異種點電荷的電場線和等勢面分布可知，φO>φD>φC，選項A錯誤；在AB連線中垂線上的各點電場強(qiáng)度方向水平向左，EC和ED的方向斜向左上，選項B錯誤；負(fù)電荷在電勢低處電勢能大，所以EpC>EpD，選項C正確；EC<ED，所以同一試探電荷在C點受到的電場力比在D點受到的電場力小，選項D正確．題型3帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題例3(18分)如圖6所示，在一個直角三角形區(qū)域ABC內(nèi)存在方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，AB、BC、AC為磁場邊界，AC邊長為3l，∠A＝53°.一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從AB邊上距A點為l的D點垂直于磁場邊界AB射入勻強(qiáng)磁場．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：圖6(1)要使粒子從BC邊射出磁場區(qū)域，粒子速率應(yīng)滿足的條件；(2)粒子能從BC邊射出磁場區(qū)域，其在磁場中最短的運動時間．審題突破粒子速率較小時會從哪個邊界射出？若速度很大又會從哪個邊界射出？粒子能經(jīng)過C點嗎？解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝eq\f(mv2,R) (2分)設(shè)粒子速率為v1時運動軌跡與BC邊相切，如圖所示，由幾何關(guān)系可得eq\f(R1,cos53°)＋R1＋l＝eq\f(3l,cos53°)，解得R1＝1.5l (3分)則v1＝eq\f(1.5qBl,m) (2分)設(shè)粒子速率為v2時運動軌跡與AC邊相切，則切點為C點，由幾何關(guān)系可得R2＝BC＝BD＝4l (3分)解得v2＝eq\f(4qBl,m) (2分)因此粒子從BC邊射出時速率滿足的條件是eq\f(1.5qBl,m)<v≤eq\f(4qBl,m) (1分)(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，其周期為T＝eq\f(2πm,qB) (2分)由粒子運動軌跡可知，粒子從C點射出磁場所用時間最短，最短時間t＝eq\f(37,360)T (2分)解得t＝eq\f(37πm,180qB) (1分)答案(1)eq\f(1.5qBl,m)<v≤eq\f(4qBl,m)(2)eq\f(37πm,180qB)以題說法1.解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系．2．粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切．如圖7所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，邊界OA上有一粒子源S.某一時刻，S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場．已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于eq\f(T,6)(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為 ()圖7A.eq\f(T,3) B.eq\f(T,2) C.eq\f(2,3)T D.eq\f(5,6)T答案B解析由于從OC邊界射出的粒子在磁場中運動的最短時間為eq\f(T,6)，其軌跡圓弧的圓心角為60°，則其弦與SO的夾角為30°，弦的兩端與圓心構(gòu)成等邊三角形，軌跡圓半徑為r＝OScos30°＝eq\f(\r(3),2)OS，又過S點的垂線與OC的交點到垂足S的距離為d＝OStan60°＝eq\r(3)OS，恰等于軌跡圓的直徑，所以，沿SA方向發(fā)出的粒子在磁場中做半個圓周運動后從OC邊射出，在磁場中運動時間最長，等于eq\f(T,2)，選項B正確.9．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的多過程運動審題示例(·山東·23)(18分)如圖8所示，在坐標(biāo)系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E.一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點進(jìn)入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場．已知OP＝d，OQ＝2d.不計粒子重力．圖8(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向．(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為一確定值B0，粒子將以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限，求B0.(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒子將再次經(jīng)過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間．審題模板答題模板(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為θ，由牛頓第二定律得qE＝ma ①(1分)由運動學(xué)公式得d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0) ②2d＝v0t0 ③(1分)vy＝at0 ④(1分)v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y)) ⑤(1分)tanθ＝eq\f(vy,v0) ⑥(1分)聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v＝2eq\r(\f(qEd,m)) ⑦θ＝45° ⑧(1分)(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關(guān)系可知△O1OQ為等腰直角三角形，得R1＝2eq\r(2)d ⑨(2分)由牛頓第二定律得qvB0＝meq\f(v2,R1) ⑩(2分)聯(lián)立⑦⑨⑩式得B0＝eq\r(\f(mE,2qd)) ?(1分)(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，由幾何分析知，粒子運動的軌跡如圖所示，O2、O2′是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標(biāo)軸的交點，連接O2、O2′，由幾何關(guān)系知，O2FGO2′和O2QHO2′均為矩形，進(jìn)而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF為等腰直角三角形．可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得2R2＝2eq\r(2)d ?(2分)粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得FG＝HQ＝2R2 ?(1分)設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間為t，則有t＝eq\f(FG＋HQ＋2πR2,v) ?(2分)聯(lián)立⑦???式得t＝(2＋π)eq\r(\f(2md,qE)) ?(2分)答案見解析點睛之筆解決帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的多過程運動問題，首先要熟練掌握粒子進(jìn)出不同邊界(比如直線邊界、圓形邊界等)磁場時圓心、半徑的確定方法，以及軌跡的特點，其次要靈活運用圓的幾何知識，特別是圓的一些對稱性．如圖9所示，在半徑分別為r和2r的同心圓(圓心在O點)所形成的圓環(huán)形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.在大圓邊界上A點有一粒子源，垂直AO向左發(fā)射一質(zhì)量為m，電荷量為＋q，速度大小為qBr/m的粒子．求：圖9(1)若粒子能進(jìn)入磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則該粒子第一次到達(dá)磁場小圓邊界時，粒子速度相對于初始方向偏轉(zhuǎn)的角度；(2)若粒子每次到達(dá)磁場大圓邊界時都未從磁場中射出，那么至少經(jīng)過多長時間該粒子能夠回到出發(fā)點A.答案(1)120°(2)eq\f(4π＋3\r(3)m,Bq)解析(1)如圖所示，粒子做勻速圓周運動，設(shè)初速度為v0，軌跡半徑為R＝eq\f(mv0,qB)＝r如圖粒子將沿著AB弧(圓心在O1)運動，交內(nèi)邊界于B點．△OO1B為等邊三角形，則∠BO1O＝60°粒子的軌跡AB弧對應(yīng)的圓心角為∠BO1A則速度偏轉(zhuǎn)角為120°(2)粒子從B點進(jìn)入中間小圓區(qū)域沿直線BC運動，又進(jìn)入磁場區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)與外邊界相切于D點，在磁場中運動的軌跡如圖所示，粒子在磁場區(qū)域運動的時間：t1＝3×eq\f(\f(4,3)π,2π)·T＝2TT＝eq\f(2πm,Bq)每通過一次無磁場區(qū)域，粒子在該區(qū)域運動的距離s＝2rcos30°＝eq\r(3)r粒子在無磁場區(qū)域運動的總時間t2＝eq\f(3s,v0)代入v0＝eq\f(qBr,m)，得：t2＝eq\f(3\r(3)m,qB)則粒子回到A點所用的總時間：t＝t1＋t2＝eq\f(4π＋3\r(3)m,Bq)(限時：45分鐘)1．(·江蘇·3)下列選項中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各eq\f(1,4)圓環(huán)間彼此絕緣．坐標(biāo)原點O處電場強(qiáng)度最大的是 ()答案B解析設(shè)eq\f(1,4)圓環(huán)的電荷在原點O產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E0，根據(jù)電場強(qiáng)度疊加原理，在坐標(biāo)原點O處，A圖場強(qiáng)為E0,B圖場強(qiáng)為eq\r(2)E0，C圖場強(qiáng)為E0，D圖場強(qiáng)為0，因此本題答案為B.2．(·安徽·15)圖1中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(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動，它所受洛倫茲力的方向是 ()圖1A．向上 B．向下C．向左 D．向右答案B解析據(jù)題意，由安培定則可知，b、d兩通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場抵消，a、c兩通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向均向左，所以四條通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的合磁場方向向左．由左手定則可判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向向下．本題正確選項為B.3．P、Q兩電荷形成的電場的電場線分布如圖2所示，a、b、c、d為電場中的四個點．一個離子從a運動到b(不計重力)，軌跡如圖中虛線所示．則下列判斷正確的是 ()圖2A．離子帶正電B．c點電勢高于d點電勢C．離子在a點時的加速度大于在b點時的加速度D．離子在a點時的電勢能大于在b點時的電勢能答案BC解析根據(jù)圖中電場線方向可以判斷出，P電荷帶正電，Q電荷帶負(fù)電，由做曲線運動的物體受到的合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，可以判斷離子從a運動到b，受到的電場力與電場線方向相反，離子帶負(fù)電，選項A錯誤；沿著電場線方向電勢降低，c點電勢高于d點電勢，選項B正確；a點的電場線比b點的電場線密，所以離子在a點受到的電場力大于在b點受到的電場力，則離子在a點的加速度大于在b點的加速度，選項C正確；離子從a點運動到b點，電場力做負(fù)功，電勢能增大，在a點時的電勢能小于在b點時的電勢能，選項D錯誤．4．如圖3所示，P、Q處固定放置兩等量異種電荷，b、c、O在P、Q的連線上，e、O為兩點電荷連線的中垂線上的點，且ab＝eO，bc＝cO，ab⊥bO，ae⊥eO，則 ()圖3A．a(chǎn)點電勢等于b點電勢B．b點場強(qiáng)大于e點場強(qiáng)C．電子在a點的電勢能大于電子在O點的電勢能D．b、c間電勢差大于c、O間電勢差答案BD解析等量異種點電荷周圍的電場線分布情況如圖所示，a點和b點不在同一個等勢面上，電勢不相等，選項A錯誤；根據(jù)電場線的疏密情況，可得b點的場強(qiáng)大于e點的場強(qiáng)，選項B正確；a點的電勢大于零，O點的電勢等于零，電子帶負(fù)電，在高電勢處電勢能小，選項C錯誤；b、c間的電場線比c、O間的電場線密，場強(qiáng)大，電勢降低得快，所以b、c間的電勢差大于c、O間的電勢差，選項D正確．5．如圖4所示，abcd為一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界邊長為L，三個粒子以相同的速度從a點沿對角線方向射入，粒子1從b點射出，粒子2從c點射出，粒子3從cd邊垂直射出，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用．根據(jù)以上信息，可以確定()圖4A．粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負(fù)電B．粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1C．粒子1和粒子2在磁場中的運動時間之比為4∶1D．粒子3的射出位置與d點相距eq\f(L,2)答案AB解析三個粒子運動軌跡如圖所示．由左手定則可知，粒子1帶正電、粒子2不帶電，粒子3帶負(fù)電，A正確；粒子1從b點射出，由幾何關(guān)系可知r1＝eq\f(\r(2)L,2)，粒子3從cd邊垂直射出，由幾何關(guān)系可知r3＝eq\r(2)L，又r＝eq\f(mv,qB)，則eq\f(r1,r3)＝eq\f(\f(q3,m3),\f(q1,m1))＝eq\f(1,2)，兩粒子的比荷之比與軌跡半徑之比成反比，故B正確；粒子1的軌跡圓心角為90°，則粒子1運動時間為t1＝eq\f(2πr1,v)·eq\f(1,4)＝eq\f(\r(2)πL,4v)，粒子2做勻速直線運動，時間為t2＝eq\f(\r(2)L,v)，則t1∶t2＝π∶4，C錯誤；粒子3的射出位置與d點相距(eq\r(2)－1)L，D錯誤．6．圓形區(qū)域內(nèi)有如圖5所示的勻強(qiáng)磁場，一束相同荷質(zhì)比的帶電粒子對準(zhǔn)圓心O射入，分別從a、b兩點射出，則從b點射出的粒子 ()圖5A．帶正電B．運動半徑較小C．速率較小D．在磁場中的運動時間較長答案A解析根據(jù)題意作出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運動的軌跡，并畫出圓心，如圖所示，根據(jù)左手定則，兩個帶電粒子都帶正電，選項A正確；根據(jù)圖象，從b點射出的粒子的運動半徑較大，選項B錯誤；洛倫茲力充當(dāng)向心力qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(mv,qB)，兩個粒子荷質(zhì)比相同，軌道半徑大的粒子速度大，所以b點射出的粒子速度大，選項C錯誤；根據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r，可得兩粒子在磁場中做圓周運動的周期(T＝eq\f(2πm,qB))是相同的，從a點射出的粒子的圓心角為鈍角，從b點射出的粒子的圓心角為銳角，帶電粒子的運動時間為t＝eq\f(θ,2π)T，圓心角越大運動時間越長，則從b點射出的粒子的運動時間短，選項D錯誤．7．(·廣東·21)如圖6，兩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6A．a(chǎn)、b均帶正電B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近答案AD解析此題考查的是“定心判徑畫軌跡”，a、b粒子做圓周運動的半徑都為R＝eq\f(mv,qB)，畫出軌跡如圖所示，圓O1、O2分別為b、a的軌跡，a在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角大，由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)和軌跡圖可知A、D選項正確．8．如圖7所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外．P(－eq\r(2)L,0)、Q(0，－eq\r(2)L)為坐標(biāo)軸上的兩個點．現(xiàn)有一電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，下列說法正確的是 ()圖7A．若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則電子運動的路程一定為eq\f(πL,2)B．若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點，則電子運動的路程一定為πLC．若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點，則電子運動的路程一定為2πLD．若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點，則電子運動的路程可能為πL，也可能為2πL答案AD解析若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，根據(jù)幾何關(guān)系，電子做圓周運動的半徑為L，圓心角為90°，運動路程為四分之一個圓周長，即eq\f(πL,2)，選項A正確；若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點，如果是如圖甲所示的運動軌跡，電子運動的路程為2πL，如果是如圖乙所示的運動軌跡，電子運動的路程為πL，選項B、C錯誤，選項D正確．9．如圖8所示，直角坐標(biāo)平面xOy內(nèi)有一條直線AC過坐標(biāo)原點O與x軸成45°夾角，在OA與x軸負(fù)半軸之間的區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場B1，在OC與x軸正半軸之間的區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場B2.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為q(q>0)的帶電粒子以速度v從位于直線AC上、坐標(biāo)為(L，L)的P點豎直向下射出，經(jīng)測量發(fā)現(xiàn)，此帶電粒子每經(jīng)過相同的時間T，將會再回到P點，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝eq\f(mv,qL).(不計粒子重力)圖8(1)請在圖中畫出帶電粒子的運動軌跡，并求出勻強(qiáng)磁場B1與B2的比值；(B1、B2磁場足夠大)(2)求出帶電粒子相鄰兩次經(jīng)過P點的時間間隔T.答案(1)運動軌跡見解析圖eq\f(\r(2),2)(2)eq\f(8＋3π＋5\r(2)πL,4v)解析(1)帶電粒子從P點勻速運動到Q點，然后做半徑為：qvB2＝meq\f(v2,R2)?R2＝eq\f(mv,qB2)＝L的勻速圓周運動，運動到H點時的速度方向與AC垂直，從H點勻速運動到D點后做勻速圓周運動到P點．根據(jù)幾何知識可知：eq\x\to(PO)＝eq\x\to(OD)＝eq\r(2)L，四邊形PODO1為棱形，O1為圓心，則帶電粒子在勻強(qiáng)磁場B1中做勻速圓周運動時的半徑R1為eq\r(2)L，根據(jù)qvB1＝meq\f(v2,R1)，得B1＝eq\f(\r(2)mv,2qL)＝eq\f(\r(2),2)B2，即eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)(2)設(shè)帶電粒子由P到Q、Q到H、H到D、D到P所用的時間分別為t1、t2、t3、t4，則T＝t1＋t2＋t3＋t4t1＝eq\f(L,v)，t2