2024高考物理第九章第2講磁吃運動電荷的作用教案魯科版選修3-1

PAGE22-第2講磁場對運動電荷的作用學(xué)問排查洛倫茲力、洛倫茲力的方向和大小1.洛倫茲力：磁場對運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：手心——磁感線垂直穿過手心；四指——指向正電荷運動的方向（或負電荷運動的反方向）；拇指——指向正電荷所受洛倫茲力的方向。（2）方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v確定的平面。3.洛倫茲力的大小F＝qvBsinθ（θ為電荷運動方向與磁感應(yīng)強度方向的夾角）（1）v∥B時，洛倫茲力F＝0。（θ＝0°或180°）（2）v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB。（θ＝90°）（3）v＝0時，洛倫茲力F＝0。帶電粒子在勻強磁場中的運動1.若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動。2.若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動。如下圖，帶電粒子在勻強磁場中，①中粒子做勻速圓周運動，②中粒子做勻速直線運動，③中粒子做勻速圓周運動。3.基本公式（1）向心力公式：qvB＝eq\f(mv2,r)（2）軌道半徑公式：r＝eq\f(mv,qB)（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(guān)。小題速練1.帶電荷量為＋q的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B2.[魯科版選修3－1·P132·T5改編]如圖1所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法正確的是（）圖1A.組成A束和B束的離子都帶負電B.組成A束和B束的離子質(zhì)量肯定不同C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面對外答案C3.（多選）如圖2所示，在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B1＝2B2，當不計重力的帶電粒子從B1磁場區(qū)域運動到B2磁場區(qū)域時，粒子的（）圖2A.速率將加倍 B.軌跡半徑加倍C.周期將加倍 D.做圓周運動的角速度將加倍答案BC洛倫茲力的特點及應(yīng)用1.洛倫茲力的特點（1）洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面。留意區(qū)分正、負電荷。（2）當電荷運動方向發(fā)生變更時，洛倫茲力的方向也隨之變更。（3）運動電荷在磁場中不肯定受洛倫茲力作用。（4）洛倫茲力肯定不做功。2.洛倫茲力與安培力的聯(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(zhì)的力。（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(chǎn)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(guān)系肯定是F⊥B，F(xiàn)⊥v正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反做功狀況任何狀況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功作用效果只變更電荷的速度方向，不變更速度大小既可以變更電荷的速度大小，也可以變更運動的方向【例1】四根等長的導(dǎo)線固定在正方體的四條沿x軸方向的棱上，并通以等大的電流，方向如圖3所示。正方體的中心O處有一粒子源在不斷地沿x軸負方向噴射電子，則電子剛被噴射出時受到的洛倫茲力方向為（）圖3A.沿y軸負方向 B.沿y軸正方向C.沿z軸正方向 D.沿z軸負方向解析依據(jù)右手螺旋定則，推斷出四根導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的合磁場方向沿z軸負方向，電子初速度方向沿x軸負方向，即垂直紙面對里，依據(jù)左手定則，推斷出洛倫茲力方向沿y軸正方向，B正確。答案B1.如圖4所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向（）圖4A.向上 B.向下 C.向左 D.向右解析條形磁鐵的磁感線在a點垂直P向外，電子在條形磁鐵的磁場中向右運動，由左手定則可得電子所受洛倫茲力的方向向上，A正確。答案A2.（多選）帶電小球以肯定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2，若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖5所示。不計空氣阻力，則（）圖5A.肯定有h1＝h3 B.肯定有h1＜h4C.h2與h4無法比較 D.h1與h2無法比較解析圖甲中，由豎直上拋運動的最大高度公式得h1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，圖丙中，當加上電場時，由運動的分解可知，在豎直方向上，有veq\o\al(2,0)＝2gh3得h3＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，所以h1＝h3，故A正確；圖乙中，洛倫茲力變更速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時小球的動能為Ek，則由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又由于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，所以h1＞h2，D錯誤；圖丁中，因小球電性不知，則電場力方向不清，則h4可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯誤。答案AC帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動1.圓心的確定方法方法一若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可依據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖6（a）；方法二若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線（即過這兩點的圓弧的弦）的中垂線，中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖（b）。圖62.半徑的計算方法方法一由物理方法求：半徑r＝eq\f(mv,qB)；方法二由幾何方法求：一般由數(shù)學(xué)學(xué)問（勾股定理、三角函數(shù)等）計算來確定。3.時間的計算方法方法一利用圓心角求：t＝eq\f(θ,2π)T；方法二利用弧長求：t＝eq\f(s,v)。4.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動（1）直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖7所示）。圖7（2）平行邊界（存在臨界條件，如圖8所示）。圖8（3）圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如圖9所示）。圖9【例2】[圓形邊界磁場]（2024·全國卷Ⅱ，18）如圖10，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1為（）圖10A.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1 C.eq\r(3)∶1 D.3∶eq\r(2)解析依據(jù)作圖分析可知，當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場邊界的位置距P點最遠，則當粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，設(shè)圓形磁場半徑為R，由幾何學(xué)問可知，粒子運動的軌道半徑為r1＝Rcos60°＝eq\f(1,2)R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何學(xué)問可知，粒子運動的軌道半徑為r2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R；依據(jù)軌道半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，v2∶v1＝r2∶r1＝eq\r(3)∶1，故選項C正確。甲乙答案C帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法1.[直線邊界磁場]（2024·福州模擬）如圖11所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面對外。很多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿紙面內(nèi)，由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域，不計重力及粒子間的相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝eq\f(mv,qB)，正確的圖是（）圖11解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，依據(jù)左手定則和R＝eq\f(mv,qB)知沿x軸負軸的剛好進入磁場做一個圓周，沿y軸進入的剛好轉(zhuǎn)半個圓周，如圖，在兩圖形的相交的部分是粒子不經(jīng)過的地方，故D正確。答案D2.[平行直線邊界磁場]如圖12所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v垂直射入一有界勻強磁場區(qū)域內(nèi)，速度方向跟磁場左邊界垂直，從右邊界離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)角θ＝30°，磁場區(qū)域的寬度為d，則下列說法正確的是（）圖12A.該粒子帶正電B.磁感應(yīng)強度B＝eq\f(\r(3)mv,2dq)C.粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝eq\f(2\r(3),3)dD.粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(πd,3v)解析由左手定則可知，該粒子帶負電，A錯誤；分別作出入射方向和出射方向的垂線，交點為圓周運動的圓心O，由幾何關(guān)系可得，圓心角θ＝30°，半徑R＝eq\f(d,sin30°)＝2d，C錯誤；由洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，將R＝2d代入可得B＝eq\f(mv,2qd)，B錯誤；粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，將B＝eq\f(mv,2qd)代入可得T＝eq\f(4πd,v)，則運動時間t＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)×eq\f(4πd,v)＝eq\f(πd,3v)，D正確。答案D3.[三角形邊界磁場]（2024·湖北武漢高三調(diào)考）如圖13所示，等腰直角三角形abc區(qū)域存在方向垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1。直角邊bc的長度為L，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）圖13A.三個速度的大小關(guān)系肯定是v1＝v2＜v3B.三個速度的大小關(guān)系可能是v2＜v1＜v3C.粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,Bt1)D.粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v2,2BL)

解析由于t1∶t2∶t3＝3∶3∶1，作出粒子運動軌跡圖如圖所示，它們對應(yīng)的圓心角分別為90°、90°、30°，由幾何關(guān)系可知軌道半徑大小分別為R2<R3，R1<R3＝2L，由qvB＝meq\f(v2,R)可知三個速度的大小關(guān)系可能是v2＜v1＜v3，故A錯誤，B正確；粒子運動周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，則t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2qB)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(π,2Bt1)，故C錯誤；由qvB＝meq\f(v2,R3)及R3＝2L，解得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v3,2BL)，故D錯誤。答案B4.[四邊形邊界磁場]如圖14所示，正方形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面對里的勻強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電粒子，從左上角以不同的速率，沿著相同的方向，對準正方形區(qū)域的中心射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，若帶電粒子只受洛倫茲力的作用，則下列說法正確的是（）圖14A.這些粒子在磁場中運動的時間都相等B.在磁場中運動時間越短的粒子，其速率越小C.在磁場中運動時間越短的粒子，其軌跡半徑越大D.在磁場中運動時間越短的粒子，其通過的路程越小解析由于帶電粒子的q、m均相同，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子的周期相同，由R＝eq\f(mv,qB)知，粒子的速率越小，則粒子做圓周運動的半徑越小。分析可知，全部從磁場上邊界射出的粒子，其對應(yīng)的圓心角都相同，而從右側(cè)射出的粒子，對應(yīng)的圓心角較小，依據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T可知，圓心角越大，帶電粒子在磁場中運動的時間越長，則選項A錯誤；由圖可知，在磁場中運動時間越短的粒子，其軌跡所對應(yīng)的圓心角θ越小，其軌跡半徑越大，速率也越大，故B錯誤，C正確；通過的路程即為軌跡圓弧的長度l＝Rθ，與半徑R和圓心角都有關(guān)，選項D錯誤。答案C帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界極值問題解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法（1）數(shù)學(xué)方法和物理方法的結(jié)合：如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值。（2）臨界問題的一般解題流程（3）從關(guān)鍵詞找突破口：很多臨界問題，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)給以示意，審題時，肯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?！纠?】（2024·全國卷Ⅲ，18）平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖15所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面對外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為（）圖15A.eq\f(mv,2qB) B.eq\f(\r(3)mv,qB) C.eq\f(2mv,qB) D.eq\f(4mv,qB)解析帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r＝eq\f(mv,qB)。軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于eq\o(AD,\s\up6(－))＝2rsin30°＝r，故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，則∠OCD＝90°，故CO′D為始終線，eq\o(OD,\s\up6(－))＝eq\f(\o(CD,\s\up6(－)),sin30°)＝2eq\o(CD,\s\up6(－))＝4r＝eq\f(4mv,qB)，故選項D正確。答案D1.如圖16所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場放射各種方向（均平行于紙面）且速度大小相等的帶正電的粒子（重力不計），已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運動的最長時間為（）圖16A.eq\f(π,kB) B.eq\f(π,2kB) C.eq\f(π,3kB) D.eq\f(π,4kB)解析粒子在磁場中運動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2kBr,Bk)＝2r；當粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為磁場圓的直徑2r，故t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)＝eq\f(π,3kB)，故選C正確。答案C2.如圖17所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q，假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行。圖17（1）圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60°，要想使該粒子第一次經(jīng)過磁場后通過A點，則初速度的大小是多少？（2）要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？解析（1）如圖甲所示，設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系得R1＝eq\f(\r(3)r,3)甲又qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)得v1＝eq\f(\r(3)Bqr,3m)。（2）如圖乙所示，設(shè)粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關(guān)系有乙（2r－R2）2＝Req\o\al(2,2)＋r2可得R2＝eq\f(3r,4)又qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)可得v2＝eq\f(3Bqr,4m)故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過eq\f(3Bqr,4m)。答案（1）eq\f(\r(3)Bqr,3m)（2）eq\f(3Bqr,4m)帶電粒子在磁場中運動的多解問題【例4】[帶電粒子電性不確定形成多解]如圖18所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少？圖18解析題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷，所以分狀況探討。若帶電粒子帶正電荷，軌跡是圖中與NN′相切的eq\f(1,4)圓弧，則軌跡半徑R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－R·sin45°解得v＝eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)若帶電粒子帶負電荷，軌跡是圖中與NN′相切的eq\f(3,4)圓弧，則軌跡半徑R′＝eq\f(mv′,Bq)又d＝R′＋R′sin45°解得v′＝eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)答案eq\f(（2＋\r(2)）Bqd,m)（q為正電荷）或eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)（q為負電荷）1.[磁場方向不確定形成多解]（多選）（2024·河南商丘模擬）一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷做勻速圓周運動，若磁場方向垂直于它的運動平面，且作用在負電荷上的電場力恰好是磁場力的三倍，則負電荷做圓周運動的角速度可能是（）A.eq\f(4qB,m) B.eq\f(3qB,m) C.eq\f(2qB,m) D.eq\f(qB,m)解析依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”，磁場方向有兩種可能，且這兩種可能方向相反，在方向相反的兩個勻強磁場中，由左手定則可知負電荷所受洛倫茲力的方向也是相反的。當負電荷所受的洛倫茲力方向與電場力方向相同時，依據(jù)牛頓其次定律可得4Bqv＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，此種狀況下，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；當負電荷所受的洛倫茲力方向與電場力方向相反時，有2Bqv′＝meq\f(v′2,R′)，得v′＝eq\f(2BqR′,m)，此種狀況下，負電荷運動的角速度為ω′＝eq\f(v′,R′)＝eq\f(2Bq,m)。綜上可知，選項A、C正確。答案AC2.[臨界狀態(tài)不唯一形成多解]（多選）長為l的水平極板間有垂直紙面對里的勻強磁場，如圖19所示。磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為l，極板不帶電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采納的方法是（）圖19A.使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m) B.使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C.使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m) D.使粒子的速度eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)解析若帶電粒子剛好打在極板右上邊緣，有req\o\al(2,1)＝（r1－eq\f(l,2)）2＋l2，又因為r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子剛好打在極板左上邊緣時，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)，故選項A、B正確。答案AB3.[運動的周期性形成多解]如圖20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(yīng)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(zhì)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(yīng)強度變更的周期都為T0，不考慮由于磁場變更而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。求：圖20（1）磁感應(yīng)強度B0的大小；（2）要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。解析（1）正離子射入磁場，洛倫茲力供應(yīng)向心力B0qv0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),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(yīng)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(yīng)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（n＝1，2，3，…）個周期，即nT0（n＝1，2，3，…）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，…）。答案（1）eq\f(2πm,qT0)（2）eq\f(πd,2nT0)（n＝1，2，3，…）課時作業(yè)（時間：40分鐘）基礎(chǔ)鞏固練1.在北半球，地磁場磁感應(yīng)強度的豎直重量方向向下（以“×”表示）。假如你家中電視機顯像管的位置恰好處于南北方向，那么由南向北射出的電子束在地磁場的作用下將向哪個方向偏轉(zhuǎn)（）圖1A.不偏轉(zhuǎn) B.向東 C.向西 D.無法推斷解析依據(jù)左手定則可推斷由南向北運動的電子束所受洛倫茲力方向向東，因此電子束向東偏轉(zhuǎn)，故選項B正確。答案B2.兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖2所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是（）圖2A.a粒子帶正電，b粒子帶負電 B.a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大C.b粒子的動能較大 D.b粒子在磁場中運動時間較長解析由左手定則可知，a粒子帶負電，b粒子帶正電，選項A錯誤；由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)，故運動的軌跡半徑越大，對應(yīng)的速率越大，所以b粒子的速率較大，在磁場中所受洛倫茲力較大，選項B錯誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2可得b粒子的動能較大，選項C正確；由T＝eq\f(2πm,qB)知兩者的周期相同，b粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓心角小于a粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓心角，所以b粒子在磁場中運動時間較短，選項D錯誤。答案C3.（多選）帶電油滴以水平速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖3所示，若油滴質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強度為B，則下述說法正確的是（）圖3A.油滴必帶正電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)B.油滴必帶正電荷，比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,v0B)C.油滴必帶負電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)D.油滴帶什么電荷都可以，只要滿意q＝eq\f(mg,v0B)解析油滴水平向右勻速運動，其所受洛倫茲力必向上與重力平衡，故帶正電，其電荷量q＝eq\f(mg,v0B)，油滴的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(g,Bv0)，選項A、B正確。答案AB4.（2024·江西南昌三校聯(lián)考）如圖4所示，勻強磁場的方向垂直紙面對里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時為t。若該微粒經(jīng)過P點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒，最終打到屏MN上。若兩個微粒所受重力均忽視，則新微粒運動的（）圖4A.軌跡為pb，至屏MN的時間將小于tB.軌跡為pc，至屏MN的時間將大于tC.軌跡為pa，至屏MN的時間將大于tD.軌跡為pb，至屏MN的時間將等于t解析由Bqv＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，碰撞過程動量守恒。動量p、電荷量q都不變，可知粒子碰撞前后的軌跡半徑R不變，故軌跡應(yīng)為pa，因周期T＝eq\f(2πm,qB)可知，因m增大，故粒子運動的周期增大，因所對應(yīng)的弧線不變，圓心角不變，故pa所用的時間將大于t，C正確。答案C5.（2024·北京朝陽區(qū)模擬）如圖5所示，在MNQP中有一垂直紙面對里的勻強磁場。質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場，圖中實線是它們的軌跡。已知O是PQ的中點，不計粒子重力。下列說法中正確的是（）圖5A.粒子a帶負電，粒子b、c帶正電 B.射入磁場時粒子a的速率最小C.射出磁場時粒子b的動能最小 D.粒子c在磁場中運動的時間最長解析依據(jù)左手定則可知a粒子帶正電，b、c粒子帶負電，所以選項A錯誤；由洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，可知b的速度最大，c的速度最小，動能最小，選項B、C錯誤；依據(jù)qvB＝meq\f(4π2,T2)r和v＝eq\f(qBr,m)可知，T＝eq\f(2πm,qB)，即各粒子的周期一樣，粒子c的軌跡對應(yīng)的圓心角最大，所以粒子c在磁場中運動的時間最長，選項D正確。答案D6.空間有一圓柱形勻強磁場區(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（q>0）的粒子以速度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)強度大小為（）A.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B.eq\f(mv0,qR) C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D.eq\f(3mv0,qR)解析帶電粒子運動軌跡如圖所示，由于偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，所以有tan30°＝eq\f(R,r)，r＝eq\r(3)R，由r＝eq\f(mv0,qB)可得B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項A正確。答案A7.如圖6所示，直角坐標系中y軸右側(cè)存在一垂直紙面對里、寬為a的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，右邊界PQ平行于y軸，一粒子（重力不計）從原點O以與x軸正方向成θ角的速率v垂直射入磁場，當斜向上射入時，粒子恰好垂直PQ射出磁場，當斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為（）圖6A.eq\f(v,Ba)eq\f(2πa,3v) B.eq\f(v,2Ba)eq\f(2πa,3v) C.eq\f(v,2Ba)eq\f(4πa,3v) D.eq\f(v,Ba)eq\f(4πa,3v)

解析粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，則由圖知斜向上射入時有rsinθ＝a，斜向下射入時有rsinθ＋a＝r，聯(lián)立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛倫茲力供應(yīng)向心力得Bqv＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,Bq)，即粒子的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(v,2Ba)，所以粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的圓心角為α＝2×（90°－30°）＝120°，運動時間為t＝eq\f(T,3)＝eq\f(4πa,3v)，選項C正確。答案C8.（多選）如圖7所示，MN兩側(cè)均有垂直紙面對里的勻強磁場，MN左側(cè)磁感應(yīng)強度大小為B1，右側(cè)磁感應(yīng)強度大小為B2，有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，自P點起先以速度v0向左垂直MN射入磁場中，當離子其次次穿過磁場邊界時，與邊界的交點Q位于P點正上方，PQ之間的距離為eq\f(mv0,B1q)。不計離子重力，下列說法正確的是（）圖7A.B2＝eq\f(2,3)B1B.B2＝eq\f(1,2)B1C.離子從起先運動至第一次到達Q點所用時間為eq\f(5πm,2B1q)D.離子從起先運動至第一次到達Q點所用時間為eq\f(4πm,3B1q)解析畫出離子在勻強磁場中的運動軌跡，如圖所示。由qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，在磁感應(yīng)強度為B1的區(qū)域，r1＝eq\f(mv0,qB1)，在磁感應(yīng)強度為B2的區(qū)域，r2＝eq\f(mv0,qB2)，依據(jù)題述，2r2－2r1＝eq\f(mv0,B1q)，聯(lián)立解得B2＝eq\f(2,3)B1，選項A正確，B錯誤；由T＝eq\f(2πm,qB)可知，離子在左側(cè)勻強磁場中的運動時間t1＝eq\f(πm,qB1)，離子在右側(cè)勻強磁場中的運動時間t2＝eq\f(πm,qB2)＝eq\f(3πm,2qB1)，離子從起先運動到第一次到達Q點所用時間為t＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB1)＋eq\f(3πm,2qB1)＝eq\f(5πm,2B1q)，選項C正確，D錯誤。答案AC綜合提能練9.（2024·全國卷Ⅱ，18）一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖8所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）圖8A.eq\f(ω,3B) B.eq\f(ω,2B) C.eq\f(ω,B) D.eq\f(2ω,B)解析畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力供應(yīng)向心力得，qvB＝meq\f(v2,r)，又T＝eq\f(2πr,v)，聯(lián)立得T＝eq\f(2πm,qB)T，粒子運動和圓筒運動具有等時性，則eq\f(θ,2π)T＝eq\f(\f(π,2),ω)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，故選項A正確。答案A10.（多選）如圖9，一粒子放射源P位于足夠長絕緣板AB的上方d處，能夠在紙面內(nèi)向各個方向放射速率為v、比荷為k的帶正電的粒子，空間存在垂直紙面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力。已知粒子做圓周運動的半徑大小恰好為d，則（）圖9A.磁感應(yīng)強度的大小為eq\f(d,kv)B.磁感應(yīng)強度的大小為eq\f(v,kd)C.同一時刻放射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為eq\f(7πd,6v)D.同一時刻