（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學案.docx
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第2講 磁場對運動電荷的作用 [考試標準] 知識內(nèi)容 考試要求 說明 運動電荷在磁場中受到的力 c 1.不要求計算電荷運動方向與磁場方向不垂直情況下的洛倫茲力． 2.不要求推導洛倫茲力公式. 帶電粒子在勻強磁場中的運動 d 一、運動電荷在磁場中受到的力 1．洛倫茲力 磁場對運動電荷的作用力． 2．洛倫茲力的方向 (1)判定方法 左手定則：掌心——磁感線從掌心進入； 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. 自測1 (多選)關于洛倫茲力方向的判定，以下說法正確的是( ) A．用左手定則判定洛倫茲力方向時，“四指指向”與電荷運動方向相同 B．用左手定則判定洛倫茲力方向時，“四指指向”與電荷定向運動形成的等效電流方向相同 C．正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向即是該處磁場方向 D．若將在磁場中的運動電荷＋q換為－q且速度方向反向，則洛倫茲力方向不變 答案 BD 自測2 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 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功． 2．粒子的運動性質(zhì)： (1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動． (2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動． 3．半徑和周期公式： (1)由qvB＝m，得r＝. (2)由v＝，得T＝. 自測3 甲、乙兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電的粒子(重力及粒子之間的相互作用力不計)，分別以速度v甲和v乙垂直磁場方向射入勻強磁場中，且v甲＞v乙，則甲、乙兩個粒子的運動軌跡正確的是( ) 答案 A 命題點一 對洛倫茲力的理解 1．洛倫茲力的特點 (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷． (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化． (3)運動電荷在磁場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，都是磁場力． (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功． 例1 如圖1所示，一軌道由兩等長的光滑斜面AB和BC組成，兩斜面在B處用一光滑小圓弧相連接，BA、BC關于豎直線BD對稱且BD右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，B處可認為處在磁場中，P是BC的中點，一帶電小球從A點由靜止釋放后能沿軌道來回運動，C點為小球在BD右側(cè)運動的最高點，則下列說法正確的是( ) 圖1 A．C點與A點不在同一水平線上 B．小球向右或向左滑過B點時，對軌道壓力相等 C．小球向上或向下滑過P點時，其所受洛倫茲力相同 D．小球從A到B的時間是從C到P時間的倍 答案 D 解析 小球在運動過程中受重力、洛倫茲力和軌道支持力作用，因洛倫茲力不做功，支持力始終與小球運動方向垂直，也不做功，即只有重力做功，滿足機械能守恒，因此C點與A點等高，在同一水平線上，選項A錯誤；小球向右或向左滑過B點時速度等大反向，即洛倫茲力等大反向，小球?qū)壍赖膲毫Σ坏?，選項B錯誤；同理小球向上或向下滑過P點時，洛倫茲力也等大反向，選項C錯誤；因洛倫茲力始終垂直于斜面，小球在AB段和BC段(設兩斜面與水平面的夾角均為θ)的加速度均由重力沿斜面的分力產(chǎn)生，大小為gsinθ，由x＝at2得小球從A到B的時間是從C到P時間的倍，選項D正確． 變式1 如圖2所示是電子射線管示意圖．接通電源后，電子射線由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線．要使熒光屏上的亮線向下(z軸負方向)偏轉(zhuǎn)，下列措施可采用的是( ) 圖2 A．加一磁場，磁場方向沿z軸負方向 B．加一磁場，磁場方向沿y軸正方向 C．加一磁場，磁場方向沿x軸正方向 D．加一磁場，磁場方向沿y軸負方向 答案 B 變式2 如圖3所示，一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端時，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3 A．v變大 B．v變小 C．v不變 D．不能確定v的變化 答案 B 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，物體克服摩擦力做功增大，所以物體滑到底端時v變小，B正確． 命題點二 帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析思路 模型1 直線邊界磁場 直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖4所示) 圖4 圖a中t＝＝ 圖b中t＝(1－)T＝(1－)＝ 圖c中t＝T＝ 例2 (多選)如圖5所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，速度相同的兩帶電粒子A、B從O點射入磁場中，速度與磁場邊界的夾角為θ(θ＝60)，已知A粒子帶負電，B粒子帶正電，且A、B粒子的質(zhì)量之比為1∶4，帶電荷量之比為1∶2，不計粒子重力，下列說法中正確的是( ) 圖5 A．A、B粒子的軌道半徑之比為2∶1 B．A、B粒子回到邊界時，速度大小、方向都相同 C．A、B粒子回到邊界時的位置離O點的距離之比為2∶1 D．A、B粒子在磁場中運動的時間相同 答案 BD 解析 由洛倫茲力提供向心力，有qBv＝m，故r＝，所以＝＝，所以選項A錯誤；據(jù)左手定則，A、B粒子的電性相反，偏轉(zhuǎn)方向相反，由于洛倫茲力不做功，所以速度大小不變，根據(jù)粒子做圓周運動的對稱性，A、B粒子回到邊界時的速度方向都是與邊界成60角斜向右下，所以B選項正確；由幾何關系能求得粒子回到邊界時到出發(fā)點的距離d＝2rsinθ，所以＝＝，選項C錯誤；由運動學公式，粒子運動的時間分別為tA＝，tB＝，所以＝＝＝，所以選項D正確． 模型2 平行邊界磁場 平行邊界存在臨界條件(如圖6所示) 圖6 圖a中t1＝，t2＝＝ 圖b中t＝ 圖c中t＝(1－)T＝(1－)＝ 圖d中t＝T＝ 例3 (2015浙江9月選考樣題23)某科研小組設計了一個粒子探測裝置．如圖7甲所示，一個截面半徑為R的圓筒(筒長大于2R)水平固定放置，筒內(nèi)分布著垂直于軸線的水平方向勻強磁場，磁感應強度大小為B.圖乙為圓筒的入射截面，圖丙為豎直方向過筒軸的切面．質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒內(nèi)．圓筒內(nèi)壁布滿探測器，可記錄粒子到達筒壁的位置．筒壁上的P點和Q點與入射面的距離分別為R和2R.(離子碰到探測器即被吸收，忽略離子間的相互作用) 圖7 (1)離子從O點垂直射入，偏轉(zhuǎn)后到達P點，求該離子的入射速度v0的大小； (2)離子從OC線上垂直射入，求位于Q點處的探測器接收到的離子的入射速度范圍； (3)若離子以第(2)問求得范圍內(nèi)的速度垂直入射，從入射截面的特定區(qū)域入射的離子偏轉(zhuǎn)后仍能到達距入射面為2R的筒壁位置，畫出此入射區(qū)域的形狀并求其面積． 答案 (1) (2)≤v≤ (3)見解析圖 － 解析 (1)離子運動的半徑為R qBv0＝m，v0＝ (2)如圖，離子以v1從C點入射時，才能到達Q點，偏轉(zhuǎn)半徑為R1＝2R qBv1＝m v1＝ 從O點入射時，設半徑為R2，根據(jù)題意得 (R2－R)2＋(2R)2＝R22，解得R2＝R qBv2＝m v2＝ 所以≤v≤ (3)當離子以的速度在偏離豎直線CO入射時，入射點與正下方筒壁的距離仍然為R. 所以特定入射區(qū)域為圖中陰影部分 由幾何關系得∠AO1B＝120， O1A＝O1B＝O1O2＝R ＝πR2＝ ＝R＝R2， S總＝2()＝－. 模型3 圓形邊界磁場 沿徑向射入圓形邊界勻強磁場必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖8所示) 圖8 r＝ t＝T＝ θ＋α＝90 例4 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，磁場方向垂直橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率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，該磁場的磁感應強度大小為( ) A.B.C.D. 答案 A 解析 若磁場方向垂直于橫截面向外(未畫出)，帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系知r＝R.根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qv0B＝m，解得B＝.若磁場方向垂直于橫截面向里可得到同樣的結(jié)果，選項A正確． 模型4 三角形邊界磁場 例5 如圖9所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中心O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場磁感應強度的大小B需滿足( ) 圖9 A．B> B．B< C．B> D．B< 答案 B 解析 若粒子剛好達到C點時，其運動軌跡與AC相切，如圖所示，則粒子運動的半徑為r0＝＝a.由qvB＝得r＝，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑應滿足r>r0，解得B<，選項B正確． 命題點三 帶電粒子在磁場中運動的多解和臨界極值問題 1．多解的幾種情況 (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，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同而形成多解． (2)磁場方向不確定形成多解：帶電粒子垂直進入方向不確定的勻強磁場時，其偏轉(zhuǎn)方向不同而形成多解． (3)運動的往復性形成多解：帶電粒子在交變的磁場中運動時，運動往往具有周期性而形成多解． (4)臨界條件不唯一形成多解：帶電粒子在有界磁場中運動時，因軌道半徑不同而形成多解． 2．臨界極值問題 (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，則該帶電粒子(不計重力)在有界磁場中運動的時間越長． (3)一帶電粒子(不計重力)在有界磁場中運動，當其速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長． 例6 如圖10所示，在x<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1>B2.一個帶負電荷的粒子(不計重力)從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射入，要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點，B1與B2的比值應滿足什么條件？ 圖10 答案?。?n＝1,2,3，…) 解析 粒子在整個運動過程中的速度大小恒為v，交替地在xOy平面內(nèi)磁感應強度為B1與B2的磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，軌跡都是半個圓周．設粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為m和q，圓周運動的半徑分別為r1和r2，由qvB＝得r1＝① r2＝② 現(xiàn)分析粒子運動的軌跡如圖所示，在xOy平面內(nèi)，粒子先沿半徑為r1的半圓C1運動至y軸上離O點距離為2r1的A點，接著沿半徑為r2的半圓D1運動至y軸上的O1點，OO1的距離d＝2(r2－r1)③ 此后，粒子每經(jīng)歷一次“回旋”(即從y軸上某點以速度v沿x軸負方向出發(fā)經(jīng)過半徑為r1的半圓和半徑為r2的半圓回到原點下方的y軸上某點)，粒子的縱坐標就減小d.設粒子經(jīng)過n次回旋后與y軸交于On點，若滿足 nd＝2r1(n＝1,2,3，…)④ 則粒子就能沿半圓Cn＋1經(jīng)過原點． 由③④式解得＝(n＝1,2,3，…)⑤ 聯(lián)立①②⑤式可得B1、B2的比值應滿足的條件： ＝(n＝1,2,3，…) 變式3 如圖11所示，條形區(qū)域AA′，BB′中存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B的大小為0.3T，AA′、BB′為磁場邊界，它們相互平行，條形區(qū)域的長度足夠長，寬度d＝1m．一束帶正電的某種粒子從AA′上的O點以大小不同的速度沿著與AA′成60角方向射入磁場，當粒子的速度小于某一值v0時，粒子在磁場區(qū)域內(nèi)的運動時間恒為t0＝410－8s；當粒子速度為v1時，剛好垂直邊界BB′射出磁場．取π＝3，不計粒子所受重力．求： 圖11 (1)粒子的比荷； (2)速度v0和v1的大?。? 答案 (1)108C/kg (2)108m/s 2108 m/s 解析 (1)當粒子的速度小于某一值v0時，無論粒子速度多大，在磁場中運動的時間都相同，粒子不能從BB′邊離開磁場區(qū)域，只能從AA′邊離開，軌跡如圖所示(圖中只畫了一個粒子的軌跡)． 粒子在磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動的圓心角均為φ1＝240，運動時間t0＝T. 由qvB＝m，T＝得：T＝， 解得＝108C/kg. (2)當粒子速度為v0時，粒子在磁場內(nèi)的運動軌跡剛好與BB′邊界相切，此時有R0＋R0sin30＝d. 又qv0B＝， 得v0＝108m/s， 當粒子速度為v1時，剛好垂直邊界BB′射出磁場區(qū)域，此時軌跡所對應的圓心角φ2＝30，有R1sin30＝d. 又qv1B＝. 得v1＝2108m/s. 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．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、方向均不變 C．洛倫茲力方向一定與電荷運動方向垂直，磁場方向也一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 B 2.如圖1是科學史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡．云室放置在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里．云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用．分析此運動軌跡可知粒子( ) 圖1 A．帶正電，由下往上運動 B．帶正電，由上往下運動 C．帶負電，由上往下運動 D．帶負電，由下往上運動 答案 A 解析 由題圖可以看出，上方的軌跡半徑小，說明粒子的速度小，所以粒子是從下方往上方運動；再根據(jù)左手定則，可以判定粒子帶正電． 3．速率相同的電子垂直磁場方向進入四個不同的磁場，其軌跡照片如圖所示，則磁場最強的是( ) 答案 D 解析 由qvB＝可得B＝.磁場最強的對應軌跡半徑最小，選項D正確． 4.(2018諸暨中學段考)如圖2所示，a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電粒子從正方形中心O點沿垂直紙面向內(nèi)運動，它所受洛倫茲力的方向( ) 圖2 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案 A 解析 磁場為4根長直導線在O點產(chǎn)生的合磁場，根據(jù)右手螺旋定則，a在O點產(chǎn)生的磁場方向水平向左，b在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，c在O點產(chǎn)生的磁場方向水平向左，d在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，所以合磁場方向水平向左．根據(jù)左手定則，此帶正電粒子在合磁場中所受洛倫茲力方向向上． 5．如圖3所示，一個帶正電q的帶電體處于垂直于紙面向里的勻強磁場B中，帶電體的質(zhì)量為m，為了使它對水平的絕緣面恰好沒有正壓力，則應該( ) 圖3 A．將磁感應強度B的值增大 B．使磁場以速率v＝向上運動 C．使磁場以速率v＝向右運動 D．使磁場以速率v＝向左運動 答案 D 解析 由于帶電體對水平絕緣面恰好沒有正壓力，則帶電體受重力與洛倫茲力的作用，兩者等大反向，再由左手定則判斷可知此帶電體必相對磁場向右運動，由平衡條件有Bqv＝mg，v＝，故D正確． 6．如圖4所示，勻強磁場中有一個電荷量為q的正離子，自a點沿半圓軌道運動，當它運動到b點時，突然吸收了附近若干電子，接著沿另一半圓軌道運動到c點，已知a、b、c在同一直線上，且ac＝ab，電子的電荷量為e，電子質(zhì)量可忽略不計，則該正離子吸收的電子個數(shù)為( ) 圖4 A.B.C.D. 答案 D 解析 正離子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝，正離子吸收電子后半徑發(fā)生變化，r′＝＝，所以q′＝，Δq＝q，n＝＝，D正確． 7．兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖5.若不計粒子的重力，則下列說法正確的是( ) 圖5 A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電 B．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大 C．b粒子動能較大 D．b粒子在磁場中運動時間較長 答案 C 解析 粒子向右運動，根據(jù)左手定則，b向上偏轉(zhuǎn)，應當帶正電；a向下偏轉(zhuǎn)，應當帶負電，故A錯誤；洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝，得：r＝，故半徑較大的b粒子速度大，動能也大，故C正確；F洛＝qvB，故速度大的b粒子所受洛倫茲力較大，故B錯誤；磁場中質(zhì)量相同，帶電荷量相等的粒子，偏轉(zhuǎn)角大的運動時間長；a粒子的偏轉(zhuǎn)角大，因此a粒子在磁場中運動的時間較長，故D錯誤． 8.如圖6所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力．則( ) 圖6 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 答案 A 解析 帶正電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，運動軌跡如圖所示，由幾何關系得，rc＝2rb，θb＝120，θc＝60，由qvB＝m得，v＝，則vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由T＝，t＝T和θb＝2θc得tb∶tc＝2∶1，故選項A正確，B、C、D錯誤． 9．如圖7所示，△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過BC邊，磁感應強度B的取值為( ) 圖7 A．B> B．B< C．B> D．B< 答案 D 解析 由題意，如圖所示，電子正好經(jīng)過C點，此時圓周運動的半徑R＝＝a，要想電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運動的半徑要大于a，由帶電粒子在磁場中運動的公式知r＝，故a<，即B<，故選D. 10.如圖8所示的狹長區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，區(qū)域的左、右兩邊界均沿豎直方向，磁場左、右兩邊界之間的距離為L，磁感應強度的大小為B.某種質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從左邊界上的P點以水平向右的初速度進入磁場區(qū)域，該粒子從磁場的右邊界飛出，飛出時速度方向與右邊界的夾角為30，重力的影響忽略不計． 圖8 (1)求該粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑； (2)求該粒子的運動速率； (3)求該粒子在磁場中運動的時間． 答案 (1)L (2) (3) 解析 (1)粒子飛出時速度方向與右邊界夾角為30，則在磁場中偏轉(zhuǎn)角為60， 根據(jù)幾何關系，粒子做圓周運動的半徑 R＝＝L. (2)由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m 所以v＝＝. (3)由qvB＝，T＝得，圓周運動周期T＝ 所以粒子在磁場中運動的時間t＝＝. 11．在以坐標原點為中心、邊長為L的正方形EFGH區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖9所示．在A處有一個粒子源，可以連續(xù)不斷的沿－x方向射入速度不同的帶電粒子，且都能從磁場的上邊界射出．已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量大小為q，重力不計，不考慮粒子間的相互作用． 圖9 (1)試判斷粒子的電性； (2)求從F點射出的粒子在磁場中運動的時間； (3)若粒子以速度v＝射入磁場，求粒子由EF邊射出時的位置坐標． 答案 (1)粒子帶負電 (2) (3)(－L，) 解析 (1)由左手定則可知粒子帶負電． (2)粒子由F點射出時，運動方向水平向右，其在磁場中運動軌跡為半圓，則運動時間為：t＝＝ (3)由牛頓第二定律qvB＝m 解得r＝＝L 則粒子從C點射出，運動軌跡如圖所示 由幾何關系得OA＝O′F＝AF＝，CF＝L 則粒子從EF邊射出時的位置坐標為(－L，) 12．(2017浙江11月選考23)如圖10所示，x軸上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，坐標原點有一正離子源，單位時間在xOy平面內(nèi)發(fā)射n0個速率均為v的離子，分布在y軸兩側(cè)各為θ的范圍內(nèi)．在x軸上放置長度為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10 (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，磁感應強度在B0≤B≤3B0的區(qū)間取不同值時，求單位時間內(nèi)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) 答案 (1) (2)60 (3)見解析 解析 (1)磁場強度為B0時，沿著y軸正方向射入的離子，正好打在收集板右端，則離子軌跡如圖甲： 可知R＝L，又qvB0＝m， 聯(lián)立可得：＝ (2)如圖乙所示，以最大值θm入射時， 乙 根據(jù)幾何關系，有：2Rcosθm＝L， 故θm＝60 (3)B≥B0，全部收集到離子時的最小半徑為R1，如圖丙 丙 有2R1cos37＝L，得B1＝＝1.6B0 當B0≤B≤1.6B0時，n1＝n0 B>1.6B0，恰好收集不到離子時的半徑為R2， 有R2＝0.5L，得B2＝2B0 因此當1.6B0
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