（山東省專用）2018-2019學年高中物理 第三章 磁場 第6節(jié) 帶電粒子在勻強磁場中的運動講義（含解析）新人教版選修3-1.doc

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第6節(jié)帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，即洛倫茲力對帶電粒子不做功。 2．帶電粒子沿垂直磁場方向進入勻強磁場時，洛倫茲力提供向心力，帶電粒子做勻速圓周運動。 3．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的牛頓第二定律表達式為qvB＝m，軌道半徑為r＝，周期為T＝，可見周期與帶電粒子的速度沒有關系。 4．回旋加速器由兩個D形盒組成，帶電粒子在D形盒中做圓周運動，每次在兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域被電場加速，帶電粒子最終獲得的動能為Ek＝。 一、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．用洛倫茲力演示儀觀察運動電子在磁場中運動 實驗操作 軌跡特點 不加磁場時 電子束的徑跡是直線 給勵磁線圈通電后 電子束的徑跡是圓 保持電子速度不變，改變磁感應強度 磁感應強度越大，軌跡半徑越小 保持磁感應強度不變，改變電子速度 電子速度越大，軌跡半徑越大 2．洛倫茲力的作用效果 洛倫茲力只改變帶電粒子速度的方向，不改變帶電粒子速度的大小，或者說洛倫茲力不對帶電粒子做功，不改變粒子的能量。 3．帶電粒子的運動規(guī)律 沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強磁場中做勻速圓周運動。洛倫茲力總與速度方向垂直，正好起到了向心力的作用。 二、質譜儀和回旋加速器 1．質譜儀 (1)原理圖：如圖所示。 (2)加速 帶電粒子進入質譜儀的加速電場，由動能定理得： qU＝mv2。① (3)偏轉 帶電粒子進入質譜儀的偏轉磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB＝。② (4)由①②兩式可以求出粒子的運動半徑r、質量m、比荷等。其中由r＝可知電荷量相同時，半徑將隨質量變化。 (5)質譜儀的應用 可以測定帶電粒子的質量和分析同位素。 2．回旋加速器的結構和原理 (1)兩個中空的半圓金屬盒D1和D2，處于與盒面垂直的勻強磁場中，D1和D2間有一定的電勢差，如圖所示。 (2)帶電粒子在D形盒中只受洛倫茲力的作用而做勻速圓周運動，運動半周后帶電粒子到達D形盒的狹縫處，并被狹縫間的電場加速，加速后的帶電粒子進入另一D形盒，由粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動的半徑公式r＝知，它運動的半徑將增大，由周期公式T＝可知，其運動周期與速度無關，即它運動的周期不變，它運動半個周期后又到達狹縫再次被加速，如此繼續(xù)下去，帶電粒子不斷地被加速，在D形盒中做半徑逐漸增大，但周期不變的圓周運動。 1．自主思考——判一判 (1)帶電粒子進入勻強磁場后一定做勻速圓周運動。() (2)運動電荷在勻強磁場中做圓周運動的周期與速度無關。(√) (3)運動電荷進入磁場后(無其他場)可能做勻速圓周運動，不可能做類平拋運動。(√) (4)回旋加速器的半徑越大，帶電粒子獲得的最大動能就越大。(√) (5)利用回旋加速器加速帶電粒子，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑R。(√) (6)帶電粒子做勻速圓周運動的半徑與帶電粒子進入磁場時速度的大小有關，而周期與速度、半徑都無關。(√) 2．合作探究——議一議 (1)帶電粒子若垂直進入非勻強磁場后做半徑不斷變化的運動，這時公式r＝是否成立？ 提示：成立。在非勻強磁場中，隨著B的變化，粒子軌跡的圓心、半徑不斷變化，但粒子運動到某位置的半徑仍由B、q、v、m決定，仍滿足r＝。 (2)回旋加速器中所加的交變電壓的周期由什么決定？ 提示：由于回旋加速器工作時，必須滿足交變電壓周期和粒子在磁場中運動周期相同，即粒子在磁場中運動周期決定了電壓周期。 (3)粒子經回旋加速器加速后，最終獲得的動能與交變電壓大小有無關系？ 提示：無關，僅與盒半徑有關。 帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動 1．帶電粒子垂直進入勻強磁場中，只受洛倫茲力，由其提供向心力做勻速圓周運動，運動半徑r＝，運動周期T＝，除了半徑和周期外，我們有時還分析粒子運動的速度、時間等問題。 2．分析方法：“三定”，即一定圓心，二定半徑，三定圓心角。 (1)圓心的確定：因為洛倫茲力始終與電荷運動方向垂直，洛倫茲力為粒子做圓周運動提供了向心力，總是指向圓心。根據此點，我們可以很容易地找到圓周的圓心。在實際問題中，圓心位置的確定極為重要，通常有兩種方法： ①畫出粒子運動中的任意兩點(一般是射入和射出磁場的兩點)的洛倫茲力的方向，其延長線的交點即為圓心，如圖甲。 ②通過入射點或出射點作速度方向的垂線，再連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條線的交點就是圓弧軌道的圓心，如圖乙。 (2)半徑的確定和計算：半徑的計算一般是利用幾何知識(三角函數關系、三角形知識等)求解。 (3)圓心角的確定：確定圓心角時，①利用好四個角的關系，即圓心角＝偏向角＝2弦切角。 ②利用好三角形尤其是直角三角形的相關知識。計算出圓心角θ，則帶電粒子在磁場中的運動時間t＝T。 [典例]　如圖所示，一帶電荷量為2.010－9 C、質量為1.810－16 kg的粒子，在直線上一點O沿與直線夾角為30方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，經過1.510－6 s后到達直線上另一點P，求： (1)粒子做圓周運動的周期； (2)磁感應強度B的大??； (3)若O、P之間的距離為0.1 m，則粒子的運動速度多大？ [思路點撥] (1)畫出粒子由O點到P點的運動軌跡，確定圓心、圓心角。 (2)確定粒子運動時間與周期的關系。 (3)確定粒子運動的半徑及其與OP之間的關系。 [解析]　(1)作出粒子軌跡，如圖所示，由圖可知粒子由O到P的大圓弧所對的圓心角為300，則＝ 周期T＝t＝1.510－6 s＝1.810－6 s。 (2)由于粒子做圓周運動所需的向心力為洛倫茲力，得Bqv＝，所以 B＝＝ω＝＝ T＝0.314 T。 (3)由幾何知識可知，半徑R＝OP＝0.1 m 故粒子的速度 v＝＝ m/s＝3.49105 m/s。 [答案]　(1)1.810－6 s　(2)0.314 T (3)3.49105 m/s 分析帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的要點 (1)確定粒子的運動軌跡、半徑、圓心角等是解決此類問題的關鍵。 (2)掌握粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌跡半徑公式和周期公式是分析此類問題的依據。　　　　 1．(2015全國卷Ⅰ)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(　　) 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：選D　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T＝可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據ω＝知角速度減小。選項D正確。 2．如圖所示，MN為兩個勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應強度大小的關系為B1＝2B2，一帶電荷量為＋q、質量為m的粒子從O點垂直MN進入B1磁場，則經過多長時間它將向下再一次通過O點(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B　粒子垂直進入磁場，由洛倫茲力提供向心力，則根據牛頓第二定律得：qvB＝m，解得半徑公式：R＝，周期公式T＝?？芍猂1∶R2＝1∶2，畫出軌跡如圖所示。粒子在磁場B1中運動時間為T1＝，在磁場B2中運動的周期為T2＝，在磁場B2中運動時間為T2，粒子向下再一次通過O點所經歷時間t＝T1＋＝＋＝，故B正確。 3.如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v由A點垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的有界勻強磁場中，在C點穿出磁場時的速度方向與電子原來的入射方向成30夾角，則電子的質量是多少？電子穿過磁場的時間是多少？ 解析：電子在磁場中運動，只受洛倫茲力的作用，故其軌跡是圓周的一部分，又因洛倫茲力總是與速度方向垂直，故電子做圓周運動的圓心在電子射入和穿出磁場時受到的洛倫茲力作用線的交點上， 即過軌跡上兩點作速度的垂線可找到圓心O點，如圖所示。 由幾何關系可知，弧AC所對的圓心角θ＝30，OC為半徑，則r＝＝2d 由eBv＝m得r＝，所以m＝ 因為弧AC所對的圓心角是30，故電子穿過磁場的時間為　t＝T＝＝＝。 答案：　 回旋加速器問題 1．交變電壓的周期：帶電粒子做勻速圓周運動的周期T＝與速率、半徑均無關，運動相等的時間(半個周期)后進入電場，為了保證帶電粒子每次經過狹縫時都被加速，須在狹縫兩側加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓，所以交變電壓的周期也與粒子的速率、半徑無關，由帶電粒子的比荷和磁場的磁感應強度決定。 2．帶電粒子的最終能量：由r＝知，當帶電粒子的運動半徑最大時，其速度也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekm＝?？梢?，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能地增大磁感應強度B和D形盒的半徑R。 3．粒子被加速次數的計算：粒子在回旋加速器盒中被加速的次數n＝(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次。 4．粒子在回旋加速器中運動的時間：在電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2＝T＝(n是粒子被加速次數)，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認為在盒內的時間近似等于t2。 [典例]　有一回旋加速器，其勻強磁場的磁感應強度為B，所加速的帶電粒子質量為m，帶電量為q。 (1)求回旋加速器所加高頻交流電壓的周期T的表達式。 (2)如果D形盒半圓周的最大半徑R＝0.6 m，用它來加速質子，能把質子(質量m＝1.6710－27 kg，電量q＝1.610－19 C)從靜止加速到具有4.0107 eV的能量，求所需勻強磁場的磁感應強度B。 [解析]　(1)粒子在磁場中做圓周運動的周期，由qvB＝，v＝可得T＝ 高頻交流電壓具有和粒子圓周運動同樣的周期T′＝。 (2)質子在回旋加速器的磁場中繞行到半徑為最大半徑R時，qvB＝，E＝mv2 由以上兩式，代入數據可得：B＝1.53 T。 [答案]　(1)T＝　(2)1.53 T 回旋加速器問題的兩點提醒 (1)回旋加速器所加高頻交流電壓的周期等于粒子圓周運動的周期且不隨粒子半徑的變化而變化。 (2)粒子的最終能量與加速電壓的大小無關，由磁感應強度B和D形盒的半徑決定?！　　　? 1．[多選]1932年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是(　　) A．離子由加速器的中心附近進入加速器 B．離子由加速器的邊緣進入加速器 C．離子從磁場中獲得能量 D．離子從電場中獲得能量 解析：選AD　離子從加速器的中間位置進入加速器，最后由加速器邊緣飛出，所以A對，B錯。加速器中所加的磁場是使離子做勻速圓周運動，所加的電場由交流電提供，它用以加速離子。交流電的周期與離子做圓周運動的周期相同。故C錯，D 對。 2．回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示。它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速。兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復被加速，直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出。如果用同一回旋加速器分別加速氚核(13H)和α粒子(24He)，比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，有(　　) A．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大 B．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小 C．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小 D．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大 解析：選B　帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，根據T＝，知氚核(13H)的質量與電荷量的比值大于α粒子(24He)，所以氚核在磁場中運動的周期大，則加速氚核的交流電源的周期較大。根據qvB＝m得，最大速度v＝，則最大動能Ekm＝mv2＝，氚核的質量是α粒子的倍，氚核的電荷量是α粒子的倍，則氚核的最大動能是α粒子的倍，即氚核的最大動能較小。故B正確。 帶電粒子在有界磁場中的運動問題 [典例]　如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60角。現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間是多少？ [解析]　根據作圖法找出速度為v時的粒子軌跡圓圓心O′，由幾何關系可得：磁場中的軌跡弧所對圓心角∠AO′C＝θ＝60，設圓形磁場的半徑為r， 粒子的軌道半徑為R1，因此有：qvB＝m，tan＝， 軌跡圓半徑：R1＝r， 當粒子速度變?yōu)闀r，粒子的軌道半徑為R2，因此有： qB＝m，tan＝，其軌跡圓半徑：R2＝r，磁場中的軌跡弧所對圓心角：θ1＝120，周期：T＝，粒子運動時間：t2＝T， 解得：t2＝2t。 [答案]　2t 帶電粒子在三類有界磁場中的運動軌跡特點 (1)直線邊界：進出磁場具有對稱性。 (2)平行邊界：存在臨界條件。 (3)圓形邊界：沿徑向射入必沿徑向射出。 　　　　 1．[多選]長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電?，F(xiàn)有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從兩極板間邊界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，可采用的辦法是(　　) A．使粒子的速度v＜ B．使粒子的速度v＞ C．使粒子的速度v＞ D．使粒子的速度＜v＜ 解析：選AB　如圖所示，帶電粒子剛好打在極板右邊緣時，有r12＝2＋l2 又r1＝， 所以v1＝ 粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2＝＝，v2＝ 綜合上述分析可知，選項A、B正確。 2．如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是(　　 ) A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長 B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大 C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合 D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同 解析：選B　根據粒子在磁場里做圓周運動的周期公式T＝，可得t＝T＝，可知電子在磁場中運動時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角θ 越大，與速度無關，故B正確；電子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式：r＝知，軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，例如圖中2軌跡比5軌跡長，但2軌跡的時間比5軌跡的時間短，故A錯誤；由周期公式：T＝知，周期與電子的速率無關，所以電子在磁場中的運動周期相同，若它們在磁場中運動時間相同，但軌跡不一定重合，比如圖中軌跡3、4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應的半徑不同，即它們的速率不同，故C、D錯誤。 3.[多選]如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里，一個質量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場，欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　　) A. B. C. D. 解析：選BC　粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大。當粒子的徑跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大。若粒子帶正電，其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，容易看出R1sin 45＋d＝R1，將R1＝代入得v0＝，選項B正確。 若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，容易看出R2＋R2cos 45＝d，將R2＝代入得v0＝，選項C正確。 1.[多選]如圖所示，帶負電的粒子以速度v從粒子源P處射出，若圖中勻強磁場范圍足夠大(方向垂直紙面)，則帶電粒子的可能軌跡是(　　) A．a　　 B．b　　　C．c　　 D.d 解析：選BD　粒子的出射方向必定與它的運動軌跡相切，故軌跡a、c均不可能，正確答案為B、D。 2．如圖所示，質量、速度和電荷量均不完全相同的正離子垂直于勻強磁場和勻強電場的方向飛入，勻強磁場和勻強電場的方向相互垂直。離子離開該區(qū)域時，發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的速度方向并沒有發(fā)生偏轉。如果再讓這些離子進入另一勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)離子束再分裂成幾束。這種分裂的原因是離子束中的離子一定有不同的(　　 ) A．質量　 B．電量　　 C．速度　 D.比荷 解析：選D　因為離子進入電場和磁場正交區(qū)域時不發(fā)生偏轉，說明離子所受電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qE，故v＝，得出能不偏轉的離子滿足速度相同；離子進入磁場后受洛倫茲力作用，離子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝，故做圓周運動的半徑為：R＝，由于離子又分裂成幾束，也就是離子做勻速圓周運動的半徑R不同，即比荷不同。故D正確。 3.水平長直導線中有恒定電流I通過，導線正下方的電子初速度方向與電流方向相同，如圖所示，則電子的運動情況是(　　) A．沿路徑Oa運動　 B．沿路徑Ob運動 C．沿路徑Oc運動 D．沿路徑Od運動 解析：選D　由左手定則知只能是Oc或Od路徑。而遠離導線磁場減弱B減小，由半徑公式r＝，可知r增大，所以只能是Od路徑，故D正確。 4．[多選](2015全國卷Ⅱ)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 解析：選AC　兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應強度B1是Ⅱ磁場磁感應強度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項B錯誤。由T＝得T∝r，所以＝k，選項C正確。由ω＝得＝＝，選項D錯誤。 5.如圖所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速度不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場，其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直，穿過b點的粒子，其速度方向與MN成60角，設兩粒子從S到a、b所需的時間分別為t1、t2，則t1∶t2為(　　) A．1∶3 B．4∶3 C．1∶1 D．3∶2 解析：選D　畫出運動軌跡，過a點的粒子轉過90，過b點的粒子轉過60，故選項D正確。 6．(2016全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為(　　) A．11 B．12 C．121 D．144 解析：選D　帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝mv2，在磁場中偏轉時，其半徑r＝，由以上兩式整理得：r＝。由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：＝144，選項D正確。 7.[多選]如圖所示，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入勻強磁場，最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有(　　) A．a、b均帶正電 B．a在磁場中飛行的時間比b的短 C．a在磁場中飛行的路程比b的短 D．a在P上的落點與O點的距離比b的近 解析：選AD　離子要打在屏P上，都要沿順時針方向偏轉，根據左手定則判斷，離子都帶正電，選項A正確；由于是同種離子，因此質量、電荷量相同，初速度大小也相同，由qvB＝m可知，它們做圓周運動的半徑相同，作出運動軌跡，如圖所示，比較得a在磁場中運動的路程比b的長，選項C錯誤；由t＝可知，a在磁場中運動的時間比b的長，選項B錯誤；從圖上可以看出，選項D正確。 8．質量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)在磁感應強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，形成空間環(huán)形電流。已知粒子的運動速率為v、半徑為R、周期為T，環(huán)形電流的大小為I。則下面說法正確的是(　　 ) A．該帶電粒子的比荷為＝ B．在時間t內，粒子轉過的圓弧對應的圓心角為θ＝ C．當速率v增大時，環(huán)形電流的大小I增大 D．當速率v增大時，運動周期T變小 解析：選B　當粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，則有：Bqv＝m，解得粒子的比荷為：＝，故A錯誤；粒子做勻速圓周運動的周期：T＝，角速度為：ω＝，在時間t內，可得粒子轉過的圓弧對應的圓心角為：θ＝ωt＝，故B正確；根據電流定義式可得環(huán)形電流為I＝＝，可知與速度無關，故環(huán)形電流大小不變，故C錯誤；由周期公式T＝可知周期與速度無關，故D錯誤。 9．如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內做勻速圓周運動，運動軌跡為相應的圓弧，這些粒子的質量、電荷量以及速度大小如下表所示。由以上信息可知，從圖中a、b、c處進入的粒子對應表中的編號分別為(　　) 粒子編號 質量 電荷量(q＞0) 速度大小 1 m 2q v 2 2m 2q 2v 3 3m －3q 3v 4 2m 2q 3v 5 2m －q v A.3、5、4 B．4、2、5 C．5、3、2 D．2、4、5 解析：選D　由洛倫茲力提供帶電粒子做圓周運動的向心力：qvB＝，可得運動半徑為：R＝，結合表格中數據可求得1～5各組粒子的半徑之比依次為0.5∶2∶3∶3∶2，說明第一組正粒子的半徑最小，由圖可知，該粒子從MQ邊界進入磁場逆時針運動，說明磁場為垂直紙面向里。由左手定則可知，a、b粒子進入磁場也是逆時針運動，則都為正電荷，而且a、b粒子的半徑比為2∶3，則a一定是第2組粒子，b是第4組粒子，c順時針運動，一定為負電荷，半徑與a相等是第5組粒子。故D正確。 10．如圖所示，在圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的直徑。一不計重力的帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v，當速度方向與ab邊成30角時，粒子在磁場中運動的時間最長，且為t；若相同的帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經時間t飛出磁場，則其速度大小為(　　 ) A.v　　 B.v　　　 C.v　　 D.v 解析：選D　根據半徑公式可得粒子在磁場中的運動半徑r＝，當粒子從b點飛出磁場時，入射速度與出射速度與ab的夾角相等，所以速度的偏轉角為60，軌跡對應的圓心角為60。設磁場的半徑為R，根據幾何知識得知：軌跡半徑為r1＝2R；根據周期公式可得T＝，與速度無關，當粒子從a點沿ab方向射入磁場時，經過磁場的時間也是t，說明軌跡對應的圓心角與第一種情況相等，也是60，根據幾何知識得粒子的軌跡半徑為r2＝R，所以＝＝，解得v1＝v，D正確。 11.如圖所示，空間存在一方向垂直于紙面、磁感應強度為B的正方形勻強磁場區(qū)域，一電荷量為－q的粒子(不計重力)從A點沿AB方向以速度v射入磁場，粒子從BC邊上的E點離開磁場，且AE＝2BE＝2d。求： (1)磁場的方向； (2)帶電粒子的質量及其在磁場區(qū)域的運動時間。 解析：(1)粒子沿弧AE運動，從帶電粒子所受洛倫茲力的方向可判斷出磁場的方向垂直紙面向里。 (2)如圖所示，連接AE，作線段AE的中垂線，交AD的延長線于O點，O即為圓心，α為弦切角，因AE＝2BE＝2d，所以α＝30；θ為圓弧軌跡的圓心角，θ＝2α＝60?！鰽OE為等邊三角形，R＝2d，由qvB＝m得，m＝；T＝＝，所以粒子在磁場區(qū)域的運動時間t＝＝。 答案：(1)垂直紙面向里　(2)　 12．在以坐標原點O為圓心、半徑為 r的圓形區(qū)域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點 A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出。 (1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷； (2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60角，求磁感應強度B′多大？此時粒子在磁場中運動所用時間 t是多少？ 解析：(1)由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷。粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90，則粒子軌跡半徑R＝r 又qvB＝m 則粒子的比荷＝。 (2)粒子從 D 點飛出磁場速度方向改變了 60角，故 AD 弧所對圓心角為60，粒子做圓周運動的半徑 R′＝r cot 30＝r 又R′＝ 所以B′＝B 粒子在磁場中飛行時間t＝T＝＝。 答案：(1)負電荷，　(2)B 　 　　　　　　　　　　　　　　　　帶電粒子在磁場、復合場中的運動 1．(2017全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　) A．ma>mb>mc　　　　 B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 解析：選B　該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在紙面內向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在紙面內向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確。 2.一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段運動軌跡如圖所示，運動軌跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減少(帶電荷量不變)，從圖中情況可以確定(　　) A．粒子從a運動到b，帶正電 B．粒子從a運動到b，帶負電 C．粒子從b運動到a，帶正電 D．粒子從b運動到a，帶負電 解析：選C　帶電粒子做圓周運動的半徑r＝＝，隨著Ek的減小，半徑減小，故粒子從b運動到a；由左手定則知粒子帶正電，故選C。 3.[多選]速度相同的一束帶電粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是(　　) A．該束帶電粒子帶負電 B．速度選擇器的P1極板帶正電 C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0，粒子的比荷越小 解析：選BC　由左手定則可知，該束帶電粒子帶正電，速度選擇器的P1極板帶正電，選項A錯誤，B正確；由qE＝qvB1可得能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于v＝，選項C正確；由r＝可知，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0，r越小，粒子的比荷越大，選項D錯誤。 4．如圖，光滑半圓形軌道與光滑斜面軌道在B處平滑連接，前者置于水平向外的勻強磁場中，有一帶正電小球從A處靜止釋放，且能沿軌道前進，并恰能通過半圓形軌道最高點C?，F(xiàn)若撤去磁場，使小球從靜止釋放仍能恰好通過半圓形軌道最高點，則釋放高度H′與原釋放高度H的關系是(　　 ) A．H′＜H B．H′＝H C．H′＞H D．無法確定 解析：選C　有磁場時，恰好通過最高點，有：mg－qvB＝m，無磁場時，恰好通過最高點，有：mg＝m，由兩式可知v2＞v1。根據動能定理，由于洛倫茲力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg(h－2R)＝mv2可知，H′＞H，故C正確。 5．(2016全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應強度大小為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順時針轉動。在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧所對應的圓心角由幾何知識知為30，則＝，即＝，選項A正確。 6．[多選]如圖所示為一個質量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度－時間圖像可能是下列選項中的(　　) 解析：選AD　由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)受到豎直向下的重力，還可能受到垂直桿的彈力及向左的摩擦力。當洛倫茲力初始時刻小于重力時，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運動，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來越大，摩擦力越來越大，故做加速度增大的減速運動，直到速度為零而處于靜止狀態(tài)，選項中沒有對應圖像；當洛倫茲力初始時刻等于重力時，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運動，A正確；當洛倫茲力初始時刻大于重力時，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運動，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，在彈力減小到零的過程中，摩擦力逐漸減小到零，故做加速度逐漸減小的減速運動，摩擦力為零時，開始做勻速直線運動，D正確。 7.[多選]如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內，有勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)。一群比荷為的負離子以相同速率v0(較大)，由P點在紙平面內向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉后，又飛出磁場，則下列說法中正確的是(不計重力)(　　) A．離子飛出磁場時的動能一定相等 B．離子在磁場中運動半徑一定相等 C．由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長 D．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大 解析：選BC　射入磁場的離子比荷相等，但質量不一定相等，故射入時初動能可能不相等；又因為洛倫茲力不做功，這些離子從射入到射出動能不變，故不同離子的動能可能不相等，A錯誤。離子在磁場中偏轉的半徑為r＝，由于比荷和速率都相等，磁感應強度B為定值，故所有離子的偏轉半徑都相等，B正確。同時，各離子在磁場中做圓周運動的周期T＝也相等，根據幾何規(guī)律：圓內較長的弦對應較大的圓心角，所以從Q點射出的離子偏轉角最大，在磁場內運動的時間最長，C正確。沿PQ方向射入的離子不會從Q點射出，故偏轉角不是最大，D錯誤。 8．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，bd沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放。下列判斷正確的是(　　 ) A．小球能越過與O等高的d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動 B．當小球運動到c點時，洛倫茲力最大 C．小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大 D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小 解析：選D　小球在復合場中，受重力、電場力和洛倫茲力。由題意知電場力與重力大小相等，電場力水平向左，重力豎直向下，則二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，即bc圓弧的中點是做圓周運動的等效“最低點”，在等效“最低點”速度最大，那么ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環(huán)的“最高點”。由于a、d兩點關于新的最高點對稱，若從a點靜止釋放到d點過程中，重力做的正功與電場力做的負功相等，由動能定理可知最高運動到d點，故A錯；由于bc弧的中點相當于“最低點”，速度最大，那么這個位置洛倫茲力最大，故B錯；從a到b，重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減小，故C錯；小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增大，但由于bc弧的中點速度最大，所以動能先增大后減小，故D正確。 9.如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里且磁感應強度為B的勻強磁場，在x軸下方存在垂直于紙面向外且磁感應強度為的勻強磁場。一帶負電的粒子從原點O與x軸成30角斜向上射入磁場，且在x軸上方磁場中運動的半徑為R。則(　　) A．粒子經磁場偏轉后一定能回到原點O B．粒子在x軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為2∶1 C．粒子完成一次周期性運動的時間為 D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進了3R 解析：選D　由r＝可知，粒子在x軸上方和下方磁場中運動的半徑之比為1∶2，選項B錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間t＝T1＋T2＝＋＝，選項C錯誤；粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進了l＝R＋2R＝3R，則粒子經磁場偏轉后不能回到原點O，所以選項A錯誤，D正確。 10.在x軸上方有勻強電場，場強為E，在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖所示。在x軸上有一點M，離O點距離為l，現(xiàn)有一帶電量為＋q的粒子，從靜止開始釋放后能經過M點，求如果此粒子在y軸上靜止釋放，其坐標應滿足什么關系？(重力忽略不計) 解析：要使帶電粒子從靜止釋放后能運動到M點，必須把粒子放在電場中A點先加速才行，當粒子經加速以速度v進入磁場后，只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，運動半周后到達B點，再做減速運動，上升到與A點等高處，再返回做加速運動，到B點后又以速度v進入磁場做圓周運動，半徑與前者相同，以后重復前面的運動，從圖中可以看出，要想經過M點，OM距離應為直徑的整數倍，即滿足2Rn＝＝l。 2Rn＝l① R＝② Eqy＝mv2③ 聯(lián)立①②③可得：y＝(n＝1、2、3……)。 答案：見解析 11．如圖所示，在xOy坐標系中，x軸上N點到O點的距離是12 cm，虛線NP與x軸負向的夾角是30，第Ⅰ象限內NP的上方有勻強磁場，磁感應強度B＝1 T，第Ⅳ象限有勻強電場，方向沿y軸正向，一質量m＝810－10 kg，電荷量q＝110－4 C帶正電粒子，從電場中M(12 cm，－8 cm)點由靜止釋放，經電場加速后從N點進入磁場，又從y軸上P點穿出磁場，不計粒子重力，取π＝3，求： (1)粒子在磁場中運動的速度v； (2)粒子在磁場中運動的時間t； (3)勻強電場的電場強度E。 解析：(1)粒子在磁場中的軌跡如圖所示，設粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由幾何關系，得R＋Rsin 30＝，解得R＝12 cm＝0.08 m 由qvB＝m得v＝，代入解得v＝104 m/s。 (2)由幾何關系得：粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為120，則有 t＝＝1.610－5s。 (3)粒子在電場中運動時，由動能定理得qEd＝mv2，則得E＝＝5103 V/m。 答案：(1)104 m/s　(2)1.610－5 s　(3)5103 V/m 12．如圖所示，方向垂直紙面向里的勻強磁場的邊界是一個半徑為r的圓，圓心O1在x軸上，OO1距離等于圓的半徑。虛線MN平行于x軸且與圓相切于P點，在MN的上方是正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的大小為E，方向沿x軸的負方向，磁感應強度為B，方向垂直紙面向外。有一群相同的正粒子，以相同的速率，在紙面內沿不同方向從原點O射入第Ⅰ象限，粒子的速度方向在與x軸成θ＝30角的范圍內，其中沿x軸正方向進入磁場的粒子經過P點射入MN后，恰好在正交的電磁場中做直線運動。粒子的質量為m，電荷量為q(不計粒子的重力)。求： (1)粒子的初速率； (2)圓形有界磁場的磁感應強度； (3)若只撤去虛線MN上面的磁場B，這些粒子經過y軸的坐標范圍。 解析：(1)粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中做直線運動，則有： Eq＝qv0B 得：v0＝。 (2)設正粒子在圓形有界磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，有： R＝r qv0B′＝ 得：B′＝。 (3)粒子在圓形磁場中的運動半徑為r，則粒子在射出圓形磁場時速度方向都平行于y軸。沿x軸正方向進入圓形有界磁場的粒子經電場E偏轉后，過y軸上點的坐標最大 r＝ t12 Δy1＝v0t1 y1＝Δy1＋r 得：y1＝r＋ 沿與x軸正方向成θ＝30角進入圓形有界磁場的粒子經電場E偏轉后，過y軸上點的坐標最小 r＝ t22 Δy2＝v0t2 y2＝Δy2＋r 得：y2＝r＋ 即：r＋≤y≤r＋。 答案：(1)　(2)　(3)r＋≤y≤r＋