8-2磁場對運動電荷的作用一、選擇題1．帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用．下列表述正確的是( )A?洛倫茲力對帶電粒子做功〃?洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C?洛倫茲力的大小與速度無關(guān)。?洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向［答案］B［解析］根據(jù)洛倫茲力的特點，洛倫茲力對帶電粒子不做功，A錯B對；根據(jù)F=qvB可知洛倫茲力大小與速度有關(guān)，C錯；洛倫茲力的作用效果就是改變粒子的運動方向，不改變速度的大小錯.2?(2011?北京海淀模擬)在我們生活的地球周圍，每時每刻都會有大量的由帶電粒子組成的宇宙射線向地球射來，地球磁場可以有效地改變這些宇宙射線中大多數(shù)帶電粒子的運動方向，使它們不能到達地面，這對地球上的生命有十分重要的意義?若有一束宇宙射線在赤道上方沿垂直于地磁場方向射向地球，如下圖所示?在地磁場的作用下，射線方向發(fā)生改變的情況是( )

A?若這束射線由帶正電荷的粒子組成，它將向南偏移〃?若這束射線由帶正電荷的粒子組成，它將向北偏移C?若這束射線由帶負電荷的粒子組成，它將向東偏移D若這束射線由帶負電荷的粒子組成，它將向西偏移［答案］D［解析］本題考查地磁場的分布以及帶電粒子在磁場中的運動．由地磁場的分布可知，在赤道地區(qū)的磁場分布特點為：與地面平行由南指向北．若這束射線由帶正電荷的粒子組成，由左手定則可得所受的安培力向東，所以將向東偏移，4B錯誤；若這束射線由帶負電荷的粒子組成，由左手定則可得所受的安培力向西，所以將向西偏移，C錯誤，D正確.3.如下圖所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內(nèi)的運動應(yīng)該是( )4?當從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動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［答案］C［解析］通電螺線管內(nèi)部磁感線方向與螺線管軸線平行，電子束不受洛倫茲力，故做勻速直線運動，C項正確.

4?（2011?深圳五校模擬）如下圖所示，在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直于xOy平面向里?現(xiàn)有一帶正電粒子，在x軸上到原點的距離為x0的P點，以平行于y軸的初速度v射入此磁場，在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場?不計重力的影響，由這些條件可知（ ）A?B?C?A?B?C?D?能確定粒子通過y軸時的位置能確定粒子的質(zhì)量能確定粒子在磁場中運動的時間能確定粒子的比荷［答案］AC［解析］由于初速度與x軸垂直，粒子做勻速圓周運動的圓心為O點，半徑r=x0,故粒子從y軸上射出的位置距離O點為x0,A對；由Bqv^+Y得“囂”，由于B未知，則比荷不能求，質(zhì)量也不能求，但時間為t=T/4，而T=2n/v,故C對，B、D錯.5?（2011?深圳模擬）如下圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面?在沒有磁場的情況下，帶電粒子（不計重力）以某一初速度沿截面直徑方向入射時，穿過此區(qū)域的時間為t；若該區(qū)域加垂直該區(qū)域的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛

出此區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)了n根據(jù)上述條件可求得的物理量為()A?帶電粒子的初速度〃?帶電粒子在磁場中運動的半徑C?帶電粒子在磁場中運動的周期D帶電粒子的比荷［答案］CD［解析］①假設(shè)圓柱截面半徑為R,則沒有磁場時2R=v0t加上磁場時，由幾何關(guān)系可知，粒子運動的半徑為r=、3R，已知速度n偏轉(zhuǎn)角為3，可知粒子在磁場中的運動時間為n1 n偏轉(zhuǎn)角為3，可知粒子在磁場中的運動時間為n1 3r=6t?可可求得周期T,故C正確；②由周期T=2nmqB可求得帶電粒子的比荷,選項D正確；③因半徑R不知，因此無法求出帶電粒子的初速度及帶電粒子在磁場中運動的半徑，故選項A、B錯誤.6?(2011安徽六校聯(lián)考)如下圖所示，L］和L2為兩平行的虛線，耳上方和L2下方都是范圍足夠大，且磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L上?帶電粒子從A點以初速度v0與L成30°角斜202向右上方射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，經(jīng)過B點時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法不正確的是( )XXXXXXXXXXXX一X］XXX厶 E—L2XXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXXA?帶電粒子經(jīng)過B點時速度一定跟在A點時速度相同〃?若將帶電粒子在A點時的初速度變大(方向不變)，它仍能經(jīng)過B點C?若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60。角斜向右上方，它將不能經(jīng)過B點D此粒子既可以是正電荷，也可以是負電荷［答案］C［解析］帶電粒子在運動的過程中，洛倫茲力對電荷不做功，故速度的大小不變，根據(jù)左手定則、畫出粒子運動的軌跡，可知A正確；帶電粒子沿直線運動，進入上方磁場做圓周運動，出磁場時的速度大小不變，沿直線運動后又進入下邊磁場，繼續(xù)做圓周運動，兩次圓周運動的圓弧剛好組成一個完整的圓周，所以無論是正電荷還是負電荷都能經(jīng)過B點，又粒子向右的偏移量只與入射的角度有關(guān)，與速度的大小無關(guān)，故B>D正確；若斜向上的角度改變?yōu)?0°，則通過計算可知粒子此時運動一個周期的偏移量是角度為30。時粒子運動1一個周期的偏移量的1,所以粒子仍能回到B點，C錯誤.7?（2011鄭州模擬）如下圖所示，直角三角形框架ABC豎直放置,比荷相同的E、F兩個帶電粒子（不計重力）從A點沿AB方向入射，分別打在AC邊的P、Q兩點?質(zhì)量相同的兩個不帶電的小球M、N分別以不同的速度從A點水平拋出，也恰好分別落在P、Q兩點，則下列說法正確的是（ ）A?E、F兩粒子到達P、Q的時間相同B?E、F兩粒子到達P、Q兩點的速度方向相同C?M、N兩小球到達P、Q兩點的時間相同D?M、N兩小球到達P、Q兩點的速度方向相同［答案］ABD［解析］做圓周運動的E、F兩個帶電粒子具有相同的弦切角，所以有相同的圓心角，又因兩粒子的周期相同，所以到達P、Q兩點的時間相同；作圖可知兩粒子圓心均在過A點垂直于AB的直線上，又因軌跡對應(yīng)的圓心角相同，所以兩粒子出磁場的速度方向相同；平拋運動的時間由高度決定，顯然平拋的兩小球下落高度不同，所以到達P、Q兩點時間不同；平拋運動存在特點tanf=2tana,爭為末速度與初速度的夾角，偏轉(zhuǎn)角a為位移與初速度的夾角，兩小球具有相同的a所以二者在P、Q兩點的速度方向相同.8?（2011?黃岡模擬）如下圖所示，在平面直角坐標系中有一個垂

直于紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點a(0,L)?一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場，此時速度方向與x軸正方向的夾角為60°.下列說法中正確的是()A?B?C?A?B?C?D?電子在磁場中運動的時間為￥02nT電子在磁場中運動的時間為可一3v0磁場區(qū)域的圓心坐標(坯，L)電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0,—2L)［答案］BC［解析］由圖可以計算出電子做圓周運動的半徑為2L,故在磁場中運動的時間為t=2場中運動的時間為t=2nLv0,A錯，B正確；ab是磁場區(qū)域圓的直徑，故圓心坐標為(凳，L)，電子在磁場中做圓周運動的圓心為Oz，計算出其坐標為(0-L)，所以C正確，D錯誤.二、非選擇題9?如下圖MN表示垂直紙面的平板，它的一側(cè)有勻強磁場，磁場

方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B?一帶電粒子從平板上的狹

縫O處以垂直于平板的初速度v射入磁場區(qū)域，最后到達平板上的P

點?已知B、v以及P到O的距離l不計重力，則此粒子的比荷為XXXXXXXXXXXXxKyXMP ONXIT［答案［答案］2v

BI［解析］因粒子經(jīng)O點時的速度垂直于OP,故OP=2R,又R=又R=曙，所以m-qBm2v

BI?10?水平絕緣桿MN套有質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電小球,小球與桿的動摩擦因數(shù)為“將該裝置置于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度為B,給小球一水平初速度v0,則小球的最終速度可能為 ?X?oXBX N［答案］［答案］0、mgv0、qB［解析］給小球初速度后，其所受洛倫茲力向上，如果洛倫茲力qv0Bvmg,則小球一直減速到速度為零；如果洛倫茲力qv0B=mg,小球一直做勻速運動；如果洛倫茲力qv0B>mg,小球先做減速運動，當qvB=mg時，小球開始做勻速運動.11.(2011遼寧六校模擬)許多儀器中可利用磁場控制帶電粒子的運動軌跡?如下圖所示的真空環(huán)境中，有一半徑r=0?05m的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度B=0.2T的勻強磁場，其右側(cè)相距d=0.05m處有一足夠大的豎直屏?從S處不斷有比荷善=1X10C/kg的帶正電粒子以速度v=2X10m/s沿SQ方向射出，經(jīng)過磁場區(qū)域后打在屏上?不計粒子重力，求：粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑；繞通過P點(P點為SQ與磁場邊界圓的交點)垂直紙面的軸，將該圓形磁場區(qū)域逆時針緩慢轉(zhuǎn)動90°的過程中，粒子在屏上能打到的范圍.［答案］(1)0.1m⑵Q點以上0.16m范圍內(nèi)［解析］(1)qvB=mRR=0.1m

(2)粒子在磁場中通過的位移剛好等于磁場區(qū)域直徑時，其速度方向偏轉(zhuǎn)的角度最大，能打到屏上的點最高，由于R=2r,如圖AOPL為等邊三角形，可判斷出粒子在磁場中的運動軌跡所對圓心角為60°(圖上標出圓心角為60°同樣給分)設(shè)從L點射出磁場的粒子能打在屏上的N點,LN的反向延長線交PQ于M點，由對稱性可知：PM=Rtan30°MQ=PQ_PMNQ=MQtan60°聯(lián)立上式可得：NQ=(3,3-2)r^0.16m當磁場區(qū)域轉(zhuǎn)動90°時，粒子剛好沒有進入磁場.沿直線運動打在屏上Q點,所以粒子能打在屏上Q點以上0?1血范圍內(nèi)12．(2011鎮(zhèn)江模擬)如下圖所示，在坐標系xOy12．內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b,OP為分界線，在區(qū)域a中，磁感應(yīng)強度為2B,方向垂直于紙面向里；在區(qū)域b中，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標為(41,31)?—質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負方向射入?yún)^(qū)域b,經(jīng)過一段時間后，粒子恰能經(jīng)過原點O,不計粒子重力.(物37。=0?6,cos37°=0?8)求:粒子從P點運動到粒子從P點運動到O點的時間最少是多少？粒子運動的速度可能是多少？“八53“八53血s、25qBl/ …? 、［答案］(1)60qB (2)12nm(n=1,2,3，^)［解析］(1)設(shè)粒子的入射速度為v用R、Rb、ab示粒子在磁場a區(qū)和b區(qū)運動的軌道半徑和周期T、Tb分別表ab則：r則：r=2mB2qBmvR=bqB2^mnmT= ■=-2qBqBT=2T=2nmqB粒子先在b區(qū)運動，再進入a區(qū)運動，然后從O點射出，粒子從P點運動到O點所用時間最短．如下圖所示3ltan3ltana=4i粒子在b區(qū)和a區(qū)運動的時間分別為:t=360°tt=360°t=a2(90°-a)T360。Ta故從P點運動到O點所用最短時間內(nèi):53nmt=t+t= ?ab60qB(2)由題意及圖可知n(2Racosa+2Rbcosa)=(3l)2+(4l)2解得:25qBl解得:25qBlv=12HE(n=1，2,3^)-13?(2011?新課標全國)如下圖所示，在區(qū)域I(OWxWd)和區(qū)域II(dvx^2d)內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B,方向相反，且都垂直于Oxy平面?一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q>0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I,其速度方向沿x軸正向?已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正向的夾角為30。；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I,其速度大小是a的1/3,不計重力和兩粒子之間的相互作

用力，求⑴粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大小；⑵當a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差.［答案］(1)2器(2亡字4d［解析］(1)設(shè)粒子a在磁場I中運動的半徑為今速度為動軌跡如下圖所示，由幾何關(guān)系知，r=2d1由牛頓第二定律，得：qvB=m1

聯(lián)立①②聯(lián)立①②解得：2qBdv=m(2)設(shè)粒子a在磁場II中運動的半徑為叮，周期為T1a粒子b在磁場I中運動的半徑為r2，周期為Tb2b由牛頓第二定律得：對