2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)課件學(xué)案練習(xí)（打包12套）.zip,2019,高考,物理,一輪,復(fù)習(xí),第九,磁場(chǎng),課件,練習(xí),打包,12 第25講　磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用 考綱要求 考情分析 命題趨勢(shì) 1.洛倫茲力、洛倫茲力的方向Ⅰ 2．洛倫茲力的計(jì)算公式Ⅰ 3．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)Ⅱ 2016·全國(guó)卷Ⅱ，18 2016·全國(guó)卷Ⅲ，18 高考對(duì)本節(jié)內(nèi)容的考查主要是以選擇題或計(jì)算題的形式考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題． 說(shuō)明：洛倫茲力的計(jì)算只限于速度與磁場(chǎng)方向垂直的情形 1．洛倫茲力的大小和方向 (1)定義：磁場(chǎng)對(duì)__運(yùn)動(dòng)電荷__的作用力． (2)大小 ①v∥B時(shí)，F(xiàn)＝__0__； ②v⊥B時(shí)，F(xiàn)＝__qvB__； ③v與B夾角為θ時(shí)，F(xiàn)＝__qvBsin θ__. (3)方向 ①判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運(yùn)動(dòng)方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向； ②方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于__B、v__決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角) 2．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (1)若v∥B，帶電粒子以入射速度v做__勻速直線__運(yùn)動(dòng)． (2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做__勻速圓周__運(yùn)動(dòng)． (3)基本公式 ①向心力公式：qvB＝__m__； ②軌道半徑公式：r＝____； ③周期公式：T＝____. 1．判斷正誤 (1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定會(huì)受到磁場(chǎng)力的作用．(　×　) (2)洛倫茲力的方向垂直于B和v決定的平面，洛倫茲力對(duì)帶電粒子永遠(yuǎn)不做功．(　√　) (3)根據(jù)公式T＝，說(shuō)明帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T與v成反比．(　×　) (4)用左手定則判斷洛倫茲力方向時(shí)，四指指向電荷的運(yùn)動(dòng)方向．(　×　) (5)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌道半徑與粒子的比荷成正比．(　×　) (6)當(dāng)帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，若v與B夾角為銳角，則帶電粒子的軌跡為螺旋線．(　√　) 2．帶電荷量為＋q的粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是(　B　) A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力的大小就相同 B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則其所受洛倫茲力的大小相等 C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場(chǎng)方向一定與電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直 D．粒子在只受洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能、速度均不變 3．如圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長(zhǎng)直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)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(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是(　B　) A．向上　　 B．向下 C．向左　　 D．向右 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(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)相抵消，a、c兩通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均向左，所以四條通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁場(chǎng)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，選項(xiàng)B正確． 一　對(duì)洛倫茲力的理解 1．洛倫茲力的特點(diǎn) (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷． (2)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生變化時(shí)，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中不一定受洛倫茲力作用． (4)洛倫茲力一定不做功． 2．洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較 洛倫茲力 電場(chǎng)力 產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場(chǎng)中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向與場(chǎng) 方向的關(guān)系 F⊥B，F(xiàn)⊥v F∥E 做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功 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(zhì)的力，都是磁場(chǎng)力． (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功． [例1](2017·內(nèi)蒙古包頭學(xué)業(yè)水平測(cè)試與評(píng)估一)(多選)如圖所示，空間中存在一水平方向勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向相互垂直．在電磁場(chǎng)正交的空間中有一足夠長(zhǎng)的固定粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球套在絕緣桿上．初始時(shí)，給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，電量保持不變．已知，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝，則以下說(shuō)法正確的是(　AC　) A．小球的初速度為v0＝ B．若小球的初速度為，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做的功為 C．若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止 D．若小球的初速度為，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止 解析　對(duì)小球受力分析如圖甲所示．由于E＝，即電場(chǎng)力qE＝mg，則電場(chǎng)力qE和重力mg的合力F＝2mg，方向垂直于桿，當(dāng)小球勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)， 桿對(duì)小球的摩擦力必然為零，故桿對(duì)小球的彈力FN＝0，故F＝2mg＝fB＝qBv0，解得v0＝，選項(xiàng)A正確；若v0＝，小球運(yùn)動(dòng)瞬間桿受到垂直于桿向上的彈力，小球必然受到沿桿向上的滑動(dòng)摩擦力Ff作用，受力分析如圖乙所示．小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力fB減小，彈力FN增大，滑動(dòng)摩擦力Ff增大，加速度增大，故小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止，此過(guò)程中克服摩擦力做的功WFf＝mv＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；若v0＝，小球運(yùn)動(dòng)瞬間，fB＝3mg＞F，故彈力FN垂直于桿向下，小球做減速運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力fB減小，彈力FN減小，F(xiàn)f減小，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩鄿p小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)FN＝0時(shí)，F(xiàn)f＝0，小球?qū)⒆鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 　二　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．圓心的確定 (1)基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過(guò)圓心． (2)兩種常見(jiàn)情形 ①已知入射方向和出射方向時(shí)，可通過(guò)入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)) ②已知入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以先通過(guò)入射點(diǎn)作入射方向的垂線，再連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心．(如圖乙所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)) 2．半徑的確定和計(jì)算 利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的可能半徑(或圓心角)，并注意以下兩個(gè)重要的幾何特點(diǎn)： (1)粒子速度的偏向角φ等于圓心角α，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt. (2)相對(duì)的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補(bǔ)，即兩角之和θ＋θ′＝180°. 3．運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間由下式表示： t＝T(或t＝T)． 帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的解題步驟 [例2](2017·湖北武漢模擬)如圖所示，虛線圓所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場(chǎng)，電子束經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)后，其運(yùn)動(dòng)方向與原入射方向成θ角．設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子之間相互作用力及所受的重力．求： (1)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R； (2)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t； (3)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑r. 解析　(1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB＝，解得R＝. (2)設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則 T＝＝， 由如圖所示的幾何關(guān)系得圓心角α＝θ.所以 t＝T＝. (3)由如圖所示幾何關(guān)系可知，tan ＝. 解得r＝tan . 答案　(1)　(2)　(3)tan 　三　帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題 求解帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)多解問(wèn)題的技巧 (1)分析題目特點(diǎn)，確定題目多解的形成原因． (2)作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)． (3)若為周期性重復(fù)的多解問(wèn)題，尋找通項(xiàng)式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件． 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(fù)電，在相同的初速度的條件下，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解． 如圖，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b. [例3]如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界．現(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(chǎng)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？ 解析　題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說(shuō)明帶哪種性質(zhì)的電荷，所以分情況討論． 若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓弧， 則軌道半徑R＝，又d＝R－， 解得v＝； 若q為負(fù)電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的圓弧，則軌道半徑R′＝， 又d＝R′＋， 解得v′＝. 答案　(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負(fù)電荷) 2．磁場(chǎng)方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，此時(shí)必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解． [例4](多選)一電子某時(shí)刻以固定的正電荷為圓心在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)方向垂直它所運(yùn)動(dòng)的平面，電子所受電場(chǎng)力恰好是磁場(chǎng)對(duì)它的作用的3倍，若電子電荷量為e，質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，那么，電子運(yùn)動(dòng)的角速度可能是(　AC　) A． B． C． D． 解析　由于本題中沒(méi)有明確磁場(chǎng)方向和電子的環(huán)繞方向，所以電子受洛倫茲力的方向有兩種可能．一種可能是F電和F洛同時(shí)指向圓心，如圖甲、乙所示；另一種可能是F電和F洛一個(gè)指向圓心，另一個(gè)背離圓心，如圖的丙、丁所示．所以本題有兩個(gè)解． 在圖甲、乙兩種情況下F電＋F洛＝mvω、F電＝3F洛，聯(lián)立解方程可得ω＝，選項(xiàng)A正確． 在圖丙、丁兩種情況下F電－F洛＝mvω、F電＝3F洛，聯(lián)立解方程可得ω＝，選項(xiàng)D正確． 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(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過(guò)去了，也可能轉(zhuǎn)過(guò)180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成了多解，如圖所示． [例5]長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板間距離也為L(zhǎng)，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)，從左邊極板間中點(diǎn)處垂直磁感線以速度v水平射入磁場(chǎng)，欲使粒子不打在極板上，求速度的取值范圍． 解析　由左手定則判斷粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)向上偏，很明顯，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大于某值r1時(shí)粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值r2時(shí)粒子可從極板的左邊穿出． 如圖所示，粒子擦著板從右邊穿出時(shí)，圓心在O點(diǎn)，有r＝L2＋(r1－)2得r1＝，又由于r1＝得v1＝，所以v>時(shí)粒子能從右邊穿出．粒子擦著上板從左邊穿出時(shí)，圓心在O′點(diǎn)，有r2＝，又由r2＝＝得v2＝，所以v<時(shí)粒子能從左邊穿出． 所以欲使粒子不打在極板上，速度v應(yīng)大于或小于. 答案　v>或0s2>s3　　 B．s1s2　　 D．s1＝s30)的同種粒子，所有粒子均能通過(guò)MN上的b點(diǎn)，已知ab＝L，則粒子的速度可能是(　AB　) A． B． C． D． 解析　由題意可知粒子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝·(n＝1,2，3，…)，由洛倫茲力提供向心力和qvB＝m，則v＝＝·(n＝1,2,3，…)所以選項(xiàng)A、B正確． [例1](6分)如圖所示，在一絕緣、粗糙且足夠長(zhǎng)的水平管道中有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電球體，管道半徑略大于球體半徑．整個(gè)管道處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與管道垂直，現(xiàn)給帶電球體一個(gè)水平速度v，則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，帶電球體克服摩擦力所做的功可能為(　　) A．0　　 B．m()2 C．mv2　　 D．m[v2－()2] [答題送檢]來(lái)自閱卷名師報(bào)告 錯(cuò)誤 致錯(cuò)原因 扣分 漏選 A或D 對(duì)小球的運(yùn)動(dòng)情境分析不透，誤以為無(wú)論小球的速度多大，由于管道粗糙，小球最終都會(huì)停止運(yùn)動(dòng)，從而只選C項(xiàng)而遺漏A、D項(xiàng) －6 [規(guī)范答題] [解析] 當(dāng)小球帶負(fù)電時(shí)，對(duì)小球受力分析如圖甲所示，隨著向右運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，直到速度減小為零，所以克服摩擦力做的功為W＝mv2. 當(dāng)小球帶正電時(shí)，設(shè)當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)，小球的速度為v0，則mg＝qv0B，即v0＝，當(dāng)v＝v0時(shí)，如圖乙所示，重力與洛倫茲力平衡，所以小球做勻速運(yùn)動(dòng)，所以克服摩擦力做的功為W＝0；當(dāng)vv0時(shí)，如圖丁所示，管壁對(duì)小球有向下的彈力，隨著小球向右減速運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力逐漸減小、彈力逐漸減小，摩擦力逐漸減小，直到彈力減小到零，摩擦力也為零，此時(shí)重力和洛倫茲力平衡，此后小球向右做勻速運(yùn)動(dòng)，所以克服摩擦力做的功為W＝mv2－mv＝m[v2－()2]，綜上分析，可知選項(xiàng)A、C、D正確． [答案]　ACD 1．(2018·湖北黃岡模擬)(多選)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有三個(gè)帶電粒子，它們?cè)诩埫鎯?nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，其中1和2為質(zhì)子的軌跡，3為α粒子(氦核)的軌跡．三者的軌道半徑關(guān)系為R1>R2>R3，并相切于P點(diǎn)．設(shè)v、a、T、F分別表示它們做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度、加速度、周期和所受的洛倫茲力的大小，則下列判斷正確的是(　AB　) A．v1>v2>v3　　 B．a(chǎn)1>a2>a3 C．T11)．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求：(不計(jì)重力) (1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)粒子與O點(diǎn)間的距離． 解析　(1)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓定律得qB0v0＝m，?、? qλB0v0＝m， ?、? 粒子速度方向轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)，所求時(shí)間為t1＝，?、? 粒子再轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)，所需時(shí)間為t2＝，　④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為t0＝t1＋t2＝. (2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝. 答案　(1)　(2) 1.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開(kāi)磁場(chǎng)．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開(kāi)磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比值約為(　D　) A．11 B．12 C．121 D．144 解析　設(shè)加速電壓為U，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，原來(lái)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，一價(jià)正離子質(zhì)量為M.質(zhì)子在入口處從靜止開(kāi)始加速，由動(dòng)能定理得eU＝mv，質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝m；一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)始加速，由動(dòng)能定理得eU＝Mv，該正離子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為12B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝M；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項(xiàng)D正確． 2．一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開(kāi)有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計(jì)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(　A　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　由題可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角為30°，因此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝×，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與筒轉(zhuǎn)過(guò)90°所用的時(shí)間相等，即＝×，求得＝，選項(xiàng)A正確． 3．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外．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(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)．不計(jì)重力，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為(　D　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　如圖所示為粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，設(shè)出射點(diǎn)為P，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與ON的交點(diǎn)為Q，粒子入射方向與OM成30°角，則射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與MO成30°角，由幾何關(guān)系可知，PQ⊥ON，故出射點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R＝，所以選項(xiàng)D正確． 4．如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)，從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb；當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc.不計(jì)粒子重力，則(　A　) A．vb∶vc＝1∶2　　tb：tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1　　tb：tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1　　tb：tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2　　tb：tc＝1∶2 解析　設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)，從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rb＝L，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為120°，由洛倫茲力提供向心力Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角2θ＝60°，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rc＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，選項(xiàng)A正確． 5．(2017·江蘇卷)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過(guò)寬為L(zhǎng)的狹縫MN沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過(guò)狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡．不考慮離子間的相互作用． (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x； (2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場(chǎng)中甲種離子經(jīng)過(guò)的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動(dòng)，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒(méi)有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件． 解析　(1)設(shè)甲種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r1， 由電場(chǎng)加速有qU0＝×2mv2，且qvB＝2m， 解得r1＝， 根據(jù)幾何關(guān)系x＝2r1－L，解得x＝－L. (2)如圖所示最窄處位于過(guò)兩虛線交點(diǎn)的垂線上 d＝r1－， 解得d＝－. (3)設(shè)乙種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2， r1的最小半徑r1min＝， r2的最大半徑r2max＝， 由題意知2r1min－2r2max>L， 即－>L， 解得L<[2－]． 答案　(1)－L　(2)－ (3)見(jiàn)解析 課時(shí)達(dá)標(biāo)　第25講 [解密考綱]考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，對(duì)學(xué)生綜合分析能力要求較高． 1．(多選)電視顯像管上的圖像是電子束打在熒光屏的熒光點(diǎn)上產(chǎn)生的．為了獲得清晰的圖像，電子束應(yīng)該準(zhǔn)確地打在相應(yīng)的熒光點(diǎn)上．電子束飛行過(guò)程中受到地磁場(chǎng)的作用，會(huì)發(fā)生我們所不希望的偏轉(zhuǎn)．從電子槍射出后自西向東飛向熒光屏的過(guò)程中，關(guān)于電子由于受到地磁場(chǎng)的作用的運(yùn)動(dòng)情況(重力不計(jì))正確的是(　AC　) A．電子受到一個(gè)與速度方向垂直的變力 B．電子在豎直平面內(nèi)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) C．電子向熒光屏運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中速率不發(fā)生改變 D．電子在豎直平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng) 解析　電子在飛行過(guò)程中受到地磁場(chǎng)洛倫茲力的作用，洛倫茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運(yùn)動(dòng)的速率不發(fā)生改變，選項(xiàng)A、C正確．又因?yàn)殡娮釉谧晕飨驏|飛向熒光屏的過(guò)程中，所受的地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內(nèi)所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，電子在豎直平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)并不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)或勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤． 2．垂直紙面的長(zhǎng)直導(dǎo)線P、Q通有大小相等、方向如圖所示的恒定電流，MN是P、Q連線的中垂線，O為垂足，現(xiàn)使負(fù)電荷a、b、c、d從O點(diǎn)以速度v向M、N、P、Q四個(gè)方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則(　D　) A．a(chǎn)在O點(diǎn)所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向外 B．b在O點(diǎn)所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向里 C．c離開(kāi)O點(diǎn)后所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向外 D．d離開(kāi)O點(diǎn)后所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向里 解析　兩導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，在O點(diǎn)a、b不受洛倫茲力，兩導(dǎo)線在PO段產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向水平向左，在QO段產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向水平向右，c、d離開(kāi)O點(diǎn)后所受洛倫茲力的方向均垂直于紙面向里，選項(xiàng)D正確． 3．(2017·湖南長(zhǎng)沙模擬)(多選)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電小球A與B在同一直線上，其中小球B帶正電荷并被固定，小球A與一水平放置的光滑絕緣板C接觸(不黏連)而處于靜止?fàn)顟B(tài)．若將絕緣板C沿水平方向抽去后，以下說(shuō)法正確的是(　AB　) A．小球A仍可能處于靜止?fàn)顟B(tài) B．小球A將可能沿軌跡1運(yùn)動(dòng) C．小球A將可能沿軌跡2運(yùn)動(dòng) D．小球A將可能沿軌跡3運(yùn)動(dòng) 解析　小球A最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)其受力分析，受重力、彈力(可能為零)、庫(kù)侖力，因重力豎直向下，故庫(kù)侖力向上，可知小球A帶正電．若絕緣板對(duì)小球的彈力為零，則撤去絕緣板后，重力和庫(kù)侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)A正確．若庫(kù)侖力大于重力，小球A會(huì)向上做加速運(yùn)動(dòng)，則可由左手定則判斷選項(xiàng)B正確． 4．如圖所示，一個(gè)帶負(fù)電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端，速度為v0，若加上一個(gè)垂直紙面指向外的磁場(chǎng)，則滑到底端時(shí)(　B　) 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(fù)電的物體沿斜面下滑時(shí)受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用，故物體對(duì)斜面的正壓力增大，斜面對(duì)物體的滑動(dòng)摩擦力增大．由于物體克服摩擦力做功增大，所以物體滑到底端時(shí)v變小，選項(xiàng)B正確． 5．(2017·浙江寧波一模)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b以不同的速率沿著AO方向?qū)?zhǔn)圓心O射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場(chǎng)力的作用，則下列說(shuō)法正確的是(　B　) A．a(chǎn)粒子速率較大 B．b粒子速率較大 C．b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng) D．a(chǎn)、b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣長(zhǎng) 解析　由洛倫茲力提供向心力可知，速度越大，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑越大，因此b粒子的速率較大，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動(dòng)圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，因此應(yīng)該是a粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 6．(2017·廣東廣州模擬)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)．大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以相同速率v從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)．這些粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的位置均位于PQ劣弧上，PQ圓弧長(zhǎng)等于磁場(chǎng)邊界周長(zhǎng)的.不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，則該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　D　) A． B． C． D． 解析　這些粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得qvB＝；從Q點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子是這些粒子中離P點(diǎn)最遠(yuǎn)的粒子，由圖中幾何關(guān)系可知：該粒子軌跡圓的圓心O′、磁場(chǎng)圓的圓心O和點(diǎn)P形成一個(gè)直角三角形，由幾何關(guān)系可得r＝Rcos 30°＝R.兩方程聯(lián)立可得B＝，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤． 7．如圖所示是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向平行于軸線．在圓柱形筒上某一直徑兩端開(kāi)有小孔M、N，現(xiàn)有一束速率不同、比荷均為k的正、負(fù)離子，從M孔以α角入射，一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力)．則從N孔射出的離子(　B　) A．是正離子，速率為 B．是正離子，速率為 C．是負(fù)離子，速率為 D．是負(fù)離子，速率為 解析　根據(jù)左手定則可判斷出，從N孔射出的離子是正離子，選項(xiàng)C、D可先被排除；從N孔射出的離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)圓心角等于入射離子運(yùn)動(dòng)方向的偏向角2α，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可求出，離子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝，可解得v＝，綜上分析，只有選項(xiàng)B正確． 8．(多選)如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，比荷相同的兩個(gè)粒子沿AB方向自A點(diǎn)射入磁場(chǎng)，分別從AC邊上的P、Q兩點(diǎn)射出，則(　BD　) A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng) D．兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一樣長(zhǎng) 解析　根據(jù)圖象可知，從Q射出的粒子軌道半徑大，根據(jù)公式r＝可知，當(dāng)粒子比荷相同時(shí)，軌道半徑大的表示入射速度大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；兩粒子入射點(diǎn)的速度方向與運(yùn)動(dòng)軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的弦之間的夾角即弦切角均為∠A，其運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角均為2∠A，所以它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均是各自運(yùn)動(dòng)周期的倍(其中∠A單位取rad)，又根據(jù)公式T＝可知，兩粒子的運(yùn)動(dòng)周期相等，所以兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一樣長(zhǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確． 9．(多選)利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子，圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L(zhǎng).一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場(chǎng)，對(duì)于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說(shuō)法正確的是(　BC　) A．粒子帶正電 B．射出粒子的最大速度為 C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 解析　根據(jù)題意，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后向右偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力方向向右，根據(jù)左手定則，粒子應(yīng)帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子能夠從右邊縫中射出，則最大半徑為＋，最小半徑為，由于洛倫茲力充當(dāng)向心力，所以qvB＝m，可得：vmax＝，vmin＝，所以，vmax－vmin＝.分析可得，選項(xiàng)B、C正確，D錯(cuò)誤． 10．如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，上極板開(kāi)有一小孔．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子由小孔下方處?kù)o止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場(chǎng)，由H點(diǎn)緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力． (1)求極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大??； (2)若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? 解析　(1)設(shè)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，對(duì)粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得qE·＝mv2，① 由①式得E＝.② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m，③ 如圖所示，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切有兩種情況．若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得R＝，④ 聯(lián)立③④式得B＝，⑤ 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得 R＝，⑥ 聯(lián)立③⑥式得B＝. 答案　(1)　(2)或 11．(2017·福建質(zhì)檢)一光滑絕緣圓形水平桌面，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，圓心O點(diǎn)放置一帶電小球．已知桌面半徑為r，小球質(zhì)量為m、帶電荷量為q，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B. (1)若小球從O點(diǎn)沿OA方向、以大小為的水平速度v1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t1從桌子邊緣P點(diǎn)滑離桌面，如圖甲所示，求時(shí)間t1； (2)若小球從O點(diǎn)仍沿OA方向、以某一水平速度v2開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)用一置于桌面上的長(zhǎng)直光滑絕緣玻璃板沿OA方向始終以速度v2勻速推小球，且玻璃板總是與OA方向垂直，小球仍能從P點(diǎn)滑離桌面，如圖乙所示．求速度v2的大小及此過(guò)程中玻璃板對(duì)小球所做的功W. 解析　(1)小球在桌面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力，有 qv1B＝m，可得R＝. 又v1＝，代入解得R＝r， 小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T＝＝， 小球在桌面上運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，如答圖甲，由幾何關(guān)系可知θ＝60°，t1＝T＝. (2)小球在玻璃板的推動(dòng)下，沿OA方向做速度為v2的勻速運(yùn)動(dòng)、沿玻璃板方向做加速運(yùn)動(dòng)．設(shè)某一時(shí)刻小球的速度為v，方向與OA的夾角為α，如答圖乙．此時(shí)小球所受洛倫茲力大小為F＝qvB，則此時(shí)小球沿玻璃板方向運(yùn)動(dòng)的加速度為 a＝， 由速度分解得vcos α＝v2，故加速度大小為a＝. 可見(jiàn)小球沿玻璃板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球從O點(diǎn)到P點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則 rsin θ＝v2t，r－rcos θ＝at2，聯(lián)立解得v2＝. 小球到達(dá)P點(diǎn)的速度vP滿足v＝v＋(at)2， 小球所受洛倫茲力不做功，對(duì)小球由動(dòng)能定理有 W＝mv－mv，聯(lián)立可解得W＝. 答案　(1)　(2)　 27