《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第8章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第8章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學案（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　磁場對運動電荷的作用 知識排查 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 掌心——磁感線垂直穿入掌心； 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決定的平面。 3.洛倫茲力的大小 (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

2、，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.半徑和周期公式：(v⊥B) 小題速練 1.思考判斷 (1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到洛倫茲力的作用(　　) (2)洛倫茲力不做功，但安培力卻可以做功(　　) (3)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功(　　) (4)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(　　) (5)根據(jù)公式T＝，說明帶

3、電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比(　　) (6)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√ 2.[人教版選修3－1·P98·T1改編]下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是(　　) 答案　B 　運動電荷在磁場中受到的力 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，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。 (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲

4、力的方向也隨之變化。 (3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向。 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)，二者是相同性質的力。 (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。 【典例】　如圖1所示，一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端，速度為v。若加上一個垂直紙面向外的磁場，則滑到底端時(　　) 圖1 A.v變大 B.v變小 C.v不變 D.不能確定v的變化 解析　由于帶負電的物體沿斜面下滑時受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用，故物體對斜面的正壓力增大，斜面對物體的滑動摩擦力增大，由

5、于物體克服摩擦力做功增多，所以物體滑到底端時v變小，B正確。 答案　B 1.在北半球，地磁場磁感應強度的豎直分量方向向下(以“×”表示)。如果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(　　) 圖2 A.不偏轉 　　　　B.向東 C.向西 　　 　D.無法判斷 解析　根據(jù)左手定則可判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，故選項B正確。 答案　B 2.如圖3所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內的運動應該是(　　) 圖3 A.當從a端通入電流時，電子做

6、勻加速直線運動 B.當從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動 C.不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動 D.不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動 解析　由于v∥B、F洛＝0，電子做勻速直線運動。 答案　C 3.運動電荷在磁場中受到洛倫茲力的作用，運動方向會發(fā)生偏轉，這一點對地球上的生命來說有十分重要的意義。從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，稱為宇宙射線，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了帶電粒子的運動方向。對地球起到了保護作用。如圖4為地磁場對宇宙射線作用的示意圖?，F(xiàn)有來自宇宙的一束質子流，以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則這些質子在進入地球周圍的空間時將

7、(　　) 圖4 A.豎直向下沿直線射向地面 B.相對于預定地點向東偏轉 C.相對于預定地點稍向西偏轉 D.相對于預定地點稍向北偏轉 解析　建立空間概念，根據(jù)左手定則不難確定B選項正確。 答案　B 　帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 1.帶電粒子在勻強磁場中圓周運動分析 (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，則可根據(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5(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

8、)。 圖5 (2)半徑的計算方法 方法一　由物理方法求：半徑R＝； 方法二　由幾何方法求：一般由數(shù)學知識(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　由圓心角求：t＝T； 方法二　由弧長求：t＝。 2.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6所示)。 圖6 (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖7所示)。 圖7 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖8所示)。 圖8 【典例】　(2017·全國卷Ⅱ，18)如圖9，虛線所示的圓形區(qū)域內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

9、帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內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9 A.∶2 B.∶1 C.∶1 D.3∶ 解析　根據(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，設圓形磁場半徑為R，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的

10、軌道半徑為r2＝Rcos 30°＝R；根據(jù)軌道半徑公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶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 1.兩個質量相同、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10所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是(　　) 圖10 A.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

11、；由qvB＝m得r＝，故運動的軌跡半徑越大，對應的速率越大，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＝mv2可得b粒子的動能較大，選項C正確；由T＝知兩者的周期相同，b粒子運動的軌跡對應的圓心角小于a粒子運動的軌跡對應的圓心角，所以b粒子在磁場中運動時間較短，選項D錯誤。 答案　C 2.如圖11所示，在足夠大的屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，P為屏上一小孔，PC與MN垂直，一束質量為m、電荷量為－q的粒子(不計重力)以相同的速率v從P處射入磁場區(qū)域，粒子入射方向在與磁場垂直的平面里，且分散在與PC夾角為θ的范圍內，則在屏MN上被粒子打

12、中區(qū)域的長度為(　　) 圖11 A. B. C. D. 解析　如圖所示，S、T之間的距離為在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度。 由qvB＝m得R＝， 則＝2Rcos θ＝ ＝2R＝，所以＝。 答案　D 3.(2018·紹興期中)如圖12所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，有一帶正電的電荷，從D點以v0的速度沿DB方向射入磁場，恰好從A點射出，已知電荷的質量為m，帶電荷量為q，不計電荷的重力，則下列說法正確的是(　　) 圖12 A.勻強磁場的磁感應強度為 B.電荷在磁場中運動的時間為 C.若電荷從CD邊界射出，隨著入射速度

13、的減小，電荷在磁場中運動的時間會減小 D.若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則粒子會從AB中點射出 解析　由題圖可以看出電荷做圓周運動的半徑r＝L，根據(jù)牛頓第二定律qv0B＝m，得B＝，A正確；由T＝，轉過的圓心角為90°，則t＝·＝，故B錯誤；若電荷從CD邊界射出，則轉過的圓心角均為180°，入射速度減小，T＝，周期與速度無關，故電荷在磁場中運動的時間不變，C錯誤；若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則半徑變?yōu)?L，軌跡如圖，設DF為h，由幾何知識(2L－h(huán))2＋L2＝(2L)2，得h＝(2－)L≠L，可見E不是AB的中點，即粒子不會從AB中點射出，D錯誤。 答案　A 　帶電粒子在勻強磁場中運

14、動的臨界極值問題 由于帶電粒子在磁場中的運動通常都是在有界磁場中的運動，所以常常出現(xiàn)臨界和極值問題。 1.臨界現(xiàn)象 (1)當帶電粒子進入設定的有界磁場后，其軌跡是一個殘缺圓，題中往往會形成各種各樣的臨界現(xiàn)象。 (2)解決此類問題的關鍵是找準臨界點。找臨界點的方法是以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，借助半徑R和速度v(或磁感應強度B)之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點。 2.極值問題 (1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。 (2)當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動

15、的時間越長。 (3)當速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長。 【典例】　如圖13所示，矩形區(qū)域abcd(包括邊界)充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)從ad邊中點O處，以垂直磁場且跟ad邊成30°角的速度射入一帶電粒子。已知粒子質量為m、電荷量為q，ad邊長為L，不計粒子重力。 圖13 (1)若要粒子從ab邊上射出，則入射速度v0的大小范圍是多少？(ab邊足夠長) (2)粒子在磁場中運動的最長時間是多少？ 解析　(1)若粒子速度為v0，由qv0B＝m得R＝ 若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設此時相應速度為v01，則 R1＋R1sin θ＝ 將R1＝代入上

16、式可得v01＝ 若軌跡與cd邊相切，如圖所示，設此時粒子速度為v02，則 R2－R2sin θ＝ 將R2＝代入上式可得v02＝ 所以粒子能從ab邊上射出磁場的入射速度v0的大小應滿足

17、平面感光板ab，板面與磁場方向平行。在距ab為l＝16 cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的電荷量與質量之比＝5.0×107 C/kg?，F(xiàn)只考慮在紙面內運動的α粒子，求ab板上被α粒子打中區(qū)域的長度。 圖14 解析　α粒子帶正電，故其在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動。用R表示軌道半徑，有qvB＝m 由此得R＝ 代入數(shù)值得R＝10 cm，可見2R>l>R。 因朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在下圖中N左側與ab相切，則此切點P1就是α粒子能打中的左側最遠點。為確定P1點的位置

18、，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心、R為半徑、作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，垂線與ab的交點即為P1。即NP1＝。 再考慮N的右側。α粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作弧，交ab于N右側的P2點，此點即α粒子能打到的右側最遠點。 由圖中幾何關系得NP2＝，所求長度為P1P2＝NP1＋NP2 代入數(shù)值得P1P2＝20 cm。 答案　20 cm 2.如圖15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)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓心O處有一放射源，放出粒子的質量為m、帶電荷量為q，假設粒子速度

19、方向都和紙面平行。 圖15 (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°，要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過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，設粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關系得R1＝ 又qv1B＝m 得v1＝。 　　　 　　　　甲　　　　　 　　　乙 (2)如圖乙所示，設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， 則由幾何關系有(2r－R2)2＝R＋r2 可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝ 故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不

20、能超過。 答案　(1)　(2) 解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法 (1)數(shù)學方法和物理方法的結合：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”“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)從關鍵詞找突破口：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。 活頁作業(yè) (時間：30分鐘) A組　基礎過關 1.(2018·寧波模擬)如圖1所示一個帶電粒子，沿垂直于磁場方向射入一勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖，徑

21、跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變)，從圖中情況可以確定(　　) 圖1 A.粒子從a到b，帶正電 B.粒子從b到a，帶正電 C.粒子從a到b，帶負電 D.粒子從b到a，帶負電 解析　由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r＝可知，粒子的半徑逐漸的減小，所以粒子的運動方向是從b到a，在根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，所以B正確。 答案　B 2.(2018·紹興模擬)如圖2所示是電子射線管的示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上會看到

22、一條亮線。要使熒光屏上的亮線向上(z軸正方向)偏轉，在下列措施中可采用的是(　　) 圖2 A.加一沿y軸正方向的磁場 B.加一沿y軸負方向的磁場 C.加一沿z軸正方向的磁場 D.加一沿z軸負方向的磁場 解析　若想使熒光屏上的亮線向上(z軸正方向)偏轉，則需使每個電子受向上的洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知需要加一沿y軸負方向的磁場，故選B。 答案　B 3.洛倫茲力可以使帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列各圖中均標有帶正電荷粒子的運動速度、洛倫茲力及磁場B的方向，虛線圓表示粒子的軌跡，其中可能正確的是(　　) 解析　電荷在磁場中所受的洛倫茲力遵守左手定則，再結合曲線

23、運動的受力特點，即所受合力一定指向曲線內側，可判斷A正確。 答案　A 4.一傾角為θ的粗糙絕緣斜面放置在一個足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，將一個帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑，如圖3所示，設斜面足夠長，如物塊始終沒有離開斜面。則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.物塊帶正電 B.下滑過程中物塊受到的洛倫茲力做負功 C.物塊最終將靜止在斜面上 D.下滑過程中物塊的機械能守恒 解析　物塊始終沒有離開斜面，洛倫茲力必然垂直于斜面向下，由左手定則知，物塊帶正電，選項A正確；洛倫茲力方向始終垂直于速度方向，不做功，選項B錯誤；物塊最終將在斜面上做勻速直線運動，選項C

24、錯誤；由于摩擦力做負功，下滑過程中物塊的機械能不守恒，選項D錯誤。 答案　A 5.在如圖4所示的足夠大勻強磁場中，兩個帶電粒子(不計重力)以相同方向垂直穿過虛線MN所在的平面，一段時間后又再次同時穿過此平面，則可以確定的是(　　) 圖4 A.兩粒子一定帶有相同的電荷量 B.兩粒子一定帶同種電荷 C.兩粒子一定有相同的比荷 D.兩粒子一定有相同的動能 解析　由時間t＝＝相同知，兩粒子一定有相同的比荷。 答案　C 6.兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的(　　)

25、A.軌道半徑減小，角速度增大 B.軌道半徑減小，角速度減小 C.軌道半徑增大，角速度增大 D.軌道半徑增大，角速度減小 解析　分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應強度B減小，由公式r＝可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式ω＝可知角速度減小，選項D正確。 答案　D 7.(2018·新高考選考終極適應卷)來自太陽和其他星體的宇宙射線中含有大量高能帶電粒子，若這些粒子都直接到達地面，將會對地球上的生命帶來危害。但由于地磁場(如圖5所示)的存在改變了宇宙射線中帶電粒子的運動方向，使得很多高能帶電粒子不能到達地面。若不考慮地磁偏角的影響，關

26、于上述高能帶電粒子在地磁場的作用下運動情況的判斷，下列說法中正確的是(　　) 圖5 A.若帶電粒子帶正電，且沿地球赤道平面射向地心，則由于地磁場的作用將向東偏轉 B.若帶電粒子帶正電，且沿地球赤道平面射向地心，則由于地磁場的作用將向北偏轉 C.若帶電粒子帶負電，且沿垂直地球赤道平面射向地心，則由于地磁場的作用將向南偏轉 D.若帶電粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁場中做勻速圓周運動 解析　由于地磁場的方向由南到北，若帶電粒子帶正電，且沿地球赤道平面射向地心，即粒子的運動方向與地磁場的方向垂直，由左手定則可知，則由于地磁場的作用將向東偏轉，選項A正確，B錯誤；若帶電粒子

27、帶負電，且沿垂直地球赤道平面射向地心，則說明粒子的運動方向與磁場方向平行，故粒子不受磁場力的作用，所以它不會發(fā)生偏轉，更不會做勻速圓周運動，故選項C、D錯誤。 答案　A B組　能力提升 8.如圖6所示，為一圓形區(qū)域的勻強磁場，在O點處有一放射源，沿半徑方向射出速率為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從A點飛出磁場，帶電粒子2從B點飛出磁場，不考慮帶電粒子的重力，則(　　) 圖6 A.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為3∶1 B.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為∶1 C.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間之比為2∶1 D.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間

28、之比為1∶2 解析　帶電粒子在勻強磁場中運動，由qvB＝得r＝，設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，由幾何關系得，tan 60°＝，tan 30°＝，聯(lián)立解得帶電粒子的運動半徑之比＝，由＝知帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為3∶1，A正確，B錯誤；由t＝T＝·＝＝知帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比值為＝＝＝，C、D錯誤。 答案　A 9.如圖7所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質量為m＝5.0×10－8 kg，電荷量為q＝1.0×10－6 C的帶電粒子，從靜止開始經(jīng)U0＝10 V的電壓加速后，從P點沿圖示方向進入磁場，已知OP＝30 cm，(粒子重力

29、不計，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖7 (1)帶電粒子到達P點時速度v的大??； (2)若磁感應強度B＝2.0 T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，求OQ的距離； (3)若粒子不能進入x軸上方，求磁感應強度B′滿足的條件。 解析　(1)對帶電粒子的加速過程，由動能定理得 qU＝mv2，解得v＝20 m/s。 (2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動， 則qvB＝，解得R＝0.5 m，而＝0.5 m 故圓心一定在x軸上，軌跡如圖甲所示， 甲 由幾何關系可知OQ＝R＋Rcos 37°＝0.9 m。 (3)帶電粒子不從x軸射出，臨界軌跡如圖乙

30、所示， 乙 由幾何關系得OP>R′＋R′sin 37°，R′＝ 解得B′> T。 答案　(1)20 m/s　(2)0.9 m　(3)B′> T 10.如圖8，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0 區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)。一質量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力) 圖8 (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離。 解析　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設在x≥0區(qū)域，圓周半徑

31、為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2，由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉過180°時，所需時間t1為 t1＝③ 粒子再轉過180°時，所需時間t2為t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為 t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤ (2)由幾何關系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥ 答案　(1)(1＋)　(2)(1－) 11.(2017·11月浙江選考)如圖9所示，x軸上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，坐標原點處有一正離子源，單位時間在xOy平面內發(fā)射n0個速率均為v的離子，分布在y軸兩側各為θ的范圍內。在x軸上放

32、置長度為L的離子收集板，其右端點距坐標原點的距離為2L，當磁感應強度為B0時，沿y軸正方向入射的離子，恰好打在收集板的右端點。整個裝置處于真空中，不計重力，不考慮離子間的碰撞，忽略離子間相互作用。 圖9 (1)求離子的比荷； (2)若發(fā)射的離子被收集板全部收集，求θ的最大值； (3)假設離子到達x軸時沿x軸均勻分布，當θ＝37°，磁感應強度B0≤B≤3B0的區(qū)間取不同值時，求單位時間內收集板收集到的離子數(shù)n與磁感應強度B之間的關系。(不計離子在磁場中運動的時間) 解析　(1)洛倫茲力提供向心力qvB0＝m 圓周運動的半徑R＝L，得＝。 (2)如圖甲所示，以最大值θm入射時，有 Δx＝2R(1－cos θm)＝L或2Rcos θm＝L 得θm＝。 (3)B>B0，全部收集到收集板時離子的最小半徑為R1如圖乙，有 2R1cos 37°＝L， 得B1＝＝1.6B0 當B0≤B≤1.6B0時，有n1＝n0， B>1.6B0，收集板恰好收集不到離子時的半徑為R2，有 R2＝0.5L，得B2＝2B0。 當1.6B0