[隨堂演練]1．關于帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中的運動，下列說法中正確的是()A.帶電粒子沿電場線方向射入，靜電力對帶電粒子一定做正功，粒子動能增加B．帶電粒子垂直于電場線方向射入，靜電力對帶電粒子不做功，粒子動能不變C．帶電粒子沿磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加D．不管帶電粒子怎樣射入磁場，洛倫茲力對帶電粒子都不做功，粒子動能不變解析：帶電粒子在電場中受到的靜電力F＝qE，只與q和E有關，與運動狀態(tài)無關，靜電力做正功還是做負功由靜電力與位移的夾角決定，選項A只適用于沿電場線方向射入的帶正電粒子，故選項A錯；帶電粒子只要垂直電場線射入，不論正電荷還是負電荷，靜電力都做功，故選項B錯；帶電粒子不論怎樣射入磁場，洛倫茲力都不做功，故選項C錯，D對．答案：D2．(2013年新課標全國卷Ⅱ)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，磁場方向垂直于橫截面．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.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D.eq\f(3mv0,qR)解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用幾何關系和洛倫茲力公式即可求解．如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，據(jù)幾何關系，粒子在磁場中的軌道半徑r＝Rtan60°＝eq\r(3)R，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項A正確．答案：A3．如圖所示，在第Ⅰ象限內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子分別以相同速率與x軸成30°角的方向從原點射入磁場，則正、負電子在磁場中運動的時間之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(3) D．1∶1解析：由T＝eq\f(2πm,qB)可知，正、負電子的運動周期相同，故所用時間之比等于軌跡對應的圓心角之比．作出正、負電子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得正電子運動的圓心角等于120°，負電子運動的圓心角等于60°，而電荷在磁場中的運動時間t＝eq\f(θ,2π)T，所以t正：t負＝θ正：θ負＝2∶1，故B正確．答案：B4．(2014年宣城檢測)如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，垂直于磁場射入一速度方向跟ad邊夾角θ＝30°、大小為v0的帶正電粒子．已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：(1)粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍；(2)如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間．解析：(1)若粒子速度為v0，軌跡半徑為R，由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，則R＝eq\f(mv0,qB)若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設此時相應速度為v01，則R1＋R1sinθ＝eq\f(L,2)將R1＝eq\f(mv01,qB)代入上式并由題給數(shù)據(jù)可得v01＝eq\f(qBL,3m)若軌跡與cd邊相切，設此時粒子速度為v02，則R2－R2sinθ＝eq\f(L,2)將R2＝eq\f(mv02,qB)代入上式可得v02＝eq\f(qBL,m)所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應滿足eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m).(2)粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角越大，在磁場中運動的時間越長．由圖可知，在磁場中運動的半徑r≤R1時，運動時間最長，此時弧所對的圓心角為(2π－2θ)．所以最長時間為t＝eq\f(2π－2θm,qB)＝eq\f(5πm,3qB).答案：(1)eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)(2)eq\f(5πm,3qB)[限時檢測](時間：45分鐘，滿分：100分)[命題報告·教師用書獨具]知識點題號洛倫茲力的特點及應用1、2、3帶電粒子在有界磁場中的運動4、5、6、11帶電粒子在磁場中運動的多解問題7、10帶電粒子在交變磁場中的運動8帶電粒子在磁場中運動的臨界極值問題9、12一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分，每小題只有一個選項正確，把正確選項前的字母填在題后的括號內(nèi))1．(2014年滁州模擬)電視顯像管上的圖像是電子束打在熒光屏的熒光點上產(chǎn)生的．為了獲得清晰的圖像電子束應該準確地打在相應的熒光點上．電子束飛行過程中受到地磁場的作用，會發(fā)生我們所不希望的偏轉．關于從電子槍射出后自西向東飛向熒光屏的過程中電子由于受到地磁場的作用的運動情況(重力不計)正確的是()A．電子受到一個與速度方向垂直的恒力B．電子在豎直平面內(nèi)做勻變速曲線運動C．電子向熒光屏運動的過程中速率發(fā)生改變D．電子在豎直平面內(nèi)的運動軌跡是圓周解析：電子在飛行過程中受到地磁場洛倫茲力的作用，洛倫茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運動的速率不發(fā)生改變；又因為電子在自西向東飛向熒光屏的過程中所受的地磁場磁感應強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，故電子在豎直平面內(nèi)的運動軌跡是圓周．答案：D2．(2012年高考北京卷)處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值()A．與粒子電荷量成正比B．與粒子速率成正比C．與粒子質(zhì)量成正比D．與磁感應強度成正比解析：由電流概念知，該電流是通過圓周上某一個位置(即某一截面)的電荷量與所用時間的比值．若時間為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，則公式I＝q/T中的電荷量q即為該帶電粒子的電荷量．又T＝eq\f(2πm,qB)，解出I＝eq\f(q2B,2πm).故只有選項D正確．答案：D3．(2013年高考安徽理綜)圖中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．一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：由安培定則分別判斷出四根通電導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度的方向，再由磁場的疊加原理得出O點的合磁場方向向左，最后由左手定則可判斷帶電粒子所受的洛倫茲力方向向下，故選項B正確．答案：B4．如圖所示，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．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πL,v0)B．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πL,3v0)C．磁場區(qū)域的圓心坐標為(eq\f(\r(3)L,2)，eq\f(L,2))D．電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0，－2L解析：由題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＝eq\f(\f(π,3)·2L,v0)＝eq\f(2πL,3v0)，選項A、B錯；ab連線是磁場區(qū)域圓的直徑，故圓心坐標為(eq\f(\r(3),2)L，eq\f(L,2))，電子在磁場中做圓周運動的圓心為O′，計算出其坐標為(0，－L)，所以選項C正確，選項D錯．答案：C5．一電子以與磁場垂直的速度v從P處沿PQ方向進入長為d，寬為h的勻強磁場區(qū)域，從N點射出，如圖所示，若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，磁感應強度為B，則()A．h＝dB．電子在磁場中運動的時間為eq\f(d,v)C．電子在磁場中運動的時間為eq\f(\x\to(PN),v)D．洛倫茲力對電子做的功為Bevh解析：過P點和N點作速度的垂線，兩垂線的交點即為電子在磁場中做勻速圓周運動時eq\x\to(PN)的圓心O，由勾股定理可得(R－h(huán))2＋d2＝R2，整理知d＝eq\r(2Rh－h(huán)2)，而R＝eq\f(mv,eB)，故d＝eq\r(\f(2mvh,eB)－h(huán)2)，所以選項A錯誤．由帶電粒子在有界磁場中做勻速圓周運動，得t＝eq\f(\x\to(PN),v)，故選項B錯誤，選項C正確．又由于洛倫茲力方向和粒子運動的速度方向總垂直，對粒子永遠也不做功，故選項D錯誤．答案：C6．(2013年高考廣東理綜改編)如圖，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(chǎn)、b均帶負電B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近解析：帶電離子打到屏P上，說明帶電離子向下偏轉，根據(jù)左手定則，a、b兩離子均帶正電，選項A錯誤；a、b兩離子垂直進入磁場的初速度大小相同，電荷量、質(zhì)量相等，由r＝eq\f(mv,qB)知半徑相同．b在磁場中運動了半個圓周，a的運動大于半個圓周，故a在P上的落點與O點的距離比b的近，飛行的路程比b長，選項C錯誤，選項D正確；根據(jù)eq\f(t,θ)＝eq\f(T,2π)知，a在磁場中飛行的時間比b的長，選項B錯誤．答案：D7．如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)．則下列說法中正確的是()A．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B．若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短解析：粒子運動周期T＝eq\f(2πm,qB)，當v一定時，粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(2π－2θ,2π)T＝eq\f(π－θ,π)T，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，故選項A對；當v一定時，由r＝eq\f(mv,Bq)知，r一定；當θ從0變至eq\f(π,2)的過程中，θ越大，粒子離開磁場的位置距O點越遠；當θ大于eq\f(π,2)時，θ越大，粒子離開磁場的位置距O點越近，故選項B錯；當θ一定時，粒子在磁場中運動時間t＝eq\f(2π－2θ,2π)T＝eq\f(π－θ,π)T，ω＝eq\f(2π,T).由于t、ω均與v無關，故選項C、D錯．答案：A8．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓?。Ｗ釉诿慷螆A弧上運動的時間都為t.規(guī)定垂直紙面向外的磁感應強度方向為正，則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應強度B隨x變化的關系可能是下圖中的()解析：由左手定則可判斷出磁感應強度B在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁場方向分別為向外、向里、向外，在三個區(qū)域中均運動eq\f(1,4)圓周，故t＝eq\f(T,4)，由于T＝eq\f(2πm,qB)，求得B＝eq\f(πm,2qt).只有C選項正確．答案：C9．如圖所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里．P為屏上的一個小孔．PC與MN垂直．一群質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)．則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為()A.eq\f(2mv,qB) B.eq\f(2mvcosθ,qB)C.eq\f(2mv1－sinθ,qB) D.eq\f(2mv1－cosθ,qB)解析：由圖可知，沿PC方向射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最遠，為PR＝eq\f(2mv,Bq)，沿兩邊界線射入磁場中的帶負電的粒子打在MN上的點離P點最近，為PQ＝eq\f(2mv,Bq)cosθ，故在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為：QR＝PR－PQ＝eq\f(2mv1－cosθ,qB)，選項D正確．答案：D10．如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S.某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場．已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于eq\f(T,6)(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為()A.eq\f(T,3) B.eq\f(T,2)C.eq\f(2T,3) D.eq\f(5T,6)解析：由左手定則可知，粒子在磁場中做逆時針方向的圓周運動．由于粒子速度大小都相同，故軌跡弧長越小，粒子在磁場中運動時間就越短；而弧長越小，所對弦長也越短，所以從S點作OC的垂線SD，則SD為最短弦，可知粒子從D點射出時運行時間最短，如圖，根據(jù)最短時間為eq\f(T,6)，可知△O′SD為等邊三角形，粒子圓周運動半徑R＝SD，過S點作OA垂線交OC于E點，由幾何關系可知SE＝2SD，SE為圓弧軌跡的直徑，所以從E點射出，對應弦最長，運行時間最長，且t＝eq\f(T,2)，故B項正確．答案：B二、非選擇題(本大題共2小題，共30分，解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11．(15分)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磁場，磁感應強度為B.一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場，電子束經(jīng)過磁場區(qū)后，其運動方向與原入射方向成θ角．設電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子之間相互作用力及所受的重力，求：(1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R；(2)電子在磁場中運動的時間t；(3)圓形磁場區(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＝eq\f(mv2,R)解得R＝eq\f(mv,eB).(2)設電子做勻速圓周運動的周期為T，則T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,eB)由如圖所示的幾何關系得圓心角α＝θ，所以t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(mθ,eB).(3)由如圖所示幾何關系可知，taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)，所以r＝eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2).答案：(1)eq\f(mv,eB)(2)eq\f(mθ,eB)(3)eq\f(mv,eB)taneq\f(θ,2)12．(15分)一個質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q