1、第二节 磁场对运动电荷的作用随堂演练巩固1. 现有质子（）氚核（）和粒子（）有静止经过相同的加速电场后垂直进入同一匀强磁场，则它们的运动半径之比和周期之比为A. 1:3:2 1:3:4 B. 1:2:3 1:1:2 C. 1: 1:3:2 D. 3:2:1解析：根据动能定理Uq=得经过加速电场的末速度，粒子垂直进入同一匀强磁场的运动半径，得，即半径之比为 1:；周期之比为，即周期之比为 1:3：2，选项C正确。2.(2010海南海口高三调研测试)如图所示,一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面为一正方形的匀强磁场区,在从ab边离开磁场的电子中,下列判断正确的是A.从b点离开的电子速度最大
2、B.从b点离开的电子在磁场中运动时间最长C.从b点离开的电子速度偏转角最大D.在磁场中运动时间相同的电子,其轨迹线一定重合【解析】 由r=qB知vR,从b点离开的电子的轨迹半径最大,因而速度最大,A对;从a点离开的电子在磁场中运动轨迹的圆心角最大,时间最长,B、C错;在磁场中运动时间相同的电子,轨迹的圆心角相等,其轨迹线一定重合,D对.【答案】AD3.(2011浙江理综,20)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子.图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的粒子从宽度为2
3、d的缝垂直于板MN进入磁场,对于能够从宽度为d的缝射出的粒子,下列说法正确的是A.粒子带正电B.射出粒子的最大速度为C.保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大【解析】 粒子向右偏转,由左手定则判断,粒子带负电,选项A错误;最大半径为r= r=；最大速度为,选项B正确;保持d和L不变,粒子的最大半径及最小半径不变,由半径公式r=知,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大,选项C正确;保持d和B不变,增大L,最大半径和最小半径的差值不变,由半径公式r=知,射出粒子的最大速度与最小速度之差不变,选项D错误.【
4、答案】BC)4.(2010江苏高考,9)如图所示,在匀强磁场中附加另一匀强磁场,附加磁场位于图中阴影区域,附加磁场区域的对称轴OO与垂直.a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场,它们的速度大小相等,b的速度方向与垂直,a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为,且.三个质子经过附加磁场区域后能达到同一点S,则下列说法中正确的有A.三个质子从S运动到S的时间相等B.三个质子在附加磁场以外区域运动时,运动轨迹的圆心均在OO轴上C.若撤去附加磁场,a到达连线上的位置距S点最近D.附加磁场方向与原磁场方向相同【解析】 质子在磁场(包括附加磁场)中的速度不变,仍相等.因它们的路程不相等
5、,所以时间不等,选项A错误;在附加磁场外运动时,它们的轨迹半径相等,射入或射出的速度方向与连线并不都垂直,则圆心并不都在OO轴上,选项B错误;去掉附加磁场后,质子的运动轨迹如图所示,三个质子到达连线的位置距离S的长度分别为 由于,所以sa最小,选项C正确;质子按题图轨迹通过附加磁场,则它的方向与原磁场方向相同.【答案】CD5.(2012浙江温州高三八校联考,12)如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环,可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中,圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态,则圆环克服摩擦力做的功可能为A.0 B.C. D. 【解析】 当圆环带负电时
6、，对圆环受力分析如图（1）所示，随着向右运动，速度逐渐减小，直到速度减小为零，所以克服摩擦力做功为W=当圆环带正电时：设当安培力等于重力时，圆环的速度为v，则mg=qvB,即v=.当v=v时，如图（2）所示，重力与洛伦兹力平衡，所以圆环做匀速运动，所以克服摩擦力做功为W=0；当vv时，如图（4）所示，管壁对圆环有向下的弹力，随着圆环向右减速运动，洛伦兹力逐渐减小，弹力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，直到弹力减小到零，摩擦力也为零，此时重力和洛伦兹力平衡，此后圆环向右做匀速运动.所以克服摩擦力做功为W,综上分析，可知A、B、D项正确【答案】ABD6.圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感应强度为B、
7、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,与区域边缘的最短距离为L的O处有一竖直放置的荧屏MN,今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿OO方向垂直射入磁场,越出磁场后打在荧光屏上的P点,如图所示,求OP的长度和电子通过磁场所用的时间.【解析】 电子所受重力不计,它在磁场中做匀速圆周运动,圆心为O,半径为R.圆弧段轨迹AB所对的圆心角为,电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动,如图所示,连结OB,由于OAOOBO,又OAOA,故OBOB,由于原有BPOB,可见O、B、P在同一直线上,且OOP=AOB=,在直角三角形P中,OP=(L+r)tan,而, ,所以求得R后就可以求出OP了,电子经过磁场的时间可用t=
8、来求得.由Bev=得OP=（L+r）tan, OP=（L+r）tan=答案： 7.(选做题)(2012江苏盐城高三摸底,15)如图甲所示的坐标系中,第四限象内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场,x方向的宽度OA=20cm,y方向无限制,磁感应强度B0=110-4T.现有一比荷为 =21011C/kg的正离子以某一速度从O点射入磁场,=60,离子通过磁场后刚好从A点射出.(1)求离子进入磁场B0的速度的大小;(2)离子进入磁场B0后,某时刻再加一个同方向的匀强磁场,使离子做完整的圆周运动,求所加磁场磁感应强度的最小值;(3)离子进入磁场B0后,再加一个如图乙所示的变化磁场(正方向与B0方向相同,不
9、考虑磁场变化所产生的电场),求离子从O点到A点的总时间.)【解析】 (1)如图所示,由几何关系得离子在磁场中运动时的轨道半径r1=0.2 m，离子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力Bqv=,求得:v=4106 m/s.(2)由Bqv=知,B越小,r越大.设离子在磁场中最大半径为R.由几何关系得:R=0.05 m.由牛顿运动定律得B1qv=,求得B1=410-4T则外加磁场B1=310-4T.(3)离子在原磁场中运动周期T1=10-7s离子在磁场中运动第一次遇到外加磁场的过程中轨迹对应的圆心角为1=此时施加附加磁场时离子在磁场中能做的圆周运动的最大半径为r2由几何关系知:r2=0.20.
10、028 m离子在有附加磁场时运动半径为r3则,求得r3=0.017 m因r3r2,所以离子能做完整的圆周运动离子在外加磁场后时, s对照外加磁场的规律可知,每隔s离子在周期性外加磁场时,离子恰可做一次完整的匀速圆周运动,共做三次,最后在A点离开磁场.离子从O点进入到A点射出的总时间为t=s.【答案】（1）4106 m/s(2)310-4T(3) s课后作业夯基(时间:45分钟必做题满分：100分选做题：10分)一、(不定项选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分.选对但不全的得5分)1.如图所示,圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c以不同速率对准圆心O
11、沿着AO方向射入磁场,其运动轨迹如图.若带电粒子只受磁场力作用,则下列说法正确的A.a粒子动能最大B.c粒子速率最大C.a粒子在磁场中运动时间最长D.它们做圆周运动的周期TaTbB.BC.B=D.B【解析】 当电子从C点沿方向射出磁场时,此时是电子从边穿出的临界点,磁感应强度取最大值,根据几何知识得电子做圆周运动的轨道半径r=,又r=,解得B=选项B正确.【答案】B7.如图所示,长方形abcd长ad=0.6 m,宽ab=0.3 m,O、e分别是ad、bc的中点,以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B=0.25 T.一群不计重力、质量m=310-7kg、电荷量
12、q=210-3C的带电粒子以速度v=5102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域,则 A.从Od边射入的粒子,出射点全部分布在Oa边B.从aO边射入的粒子,出射点全部分布在ab边C.从Od边射入的粒子,出射点分布在Oa边和ab边D.从aO边射入的粒子,出射点分布在ab边和be边【解析】 带电粒子进入磁场只受到洛伦兹力的作用,做匀速圆周运动,在磁场中的轨迹是圆周的一部分,且轨道半径大小为R=0.3 m,又知道aO=ab=0.3 m, 正好等于粒子做圆周运动的半径,而粒子带正电,洛伦兹力向上,从d点到O点进入的全部从be边出去,若abcd全部是磁场，则从O点进入的应从b点出去，所以在半圆
13、形磁场中，从O点进入的应从be出去，故从aO边进入的一部分从be边出去，一部分从ab边出去,由以上分析可知只有D选项是正确的.【答案】D8.(2011吉林东北师大附中摸底,7)如图所示,MN是一荧光屏,当带电粒子打到荧光屏上时,荧光屏能够发光.MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.P为屏上的一小孔,PQ与MN垂直.一群质量为m、带电荷量q的粒子(不计重力),以相同的速率v,从P处沿垂直于磁场方向射入磁场区域,且分布在与PQ夹角为的范围内,不计粒子间的相互作用.则以下说法正确的是A.在荧光屏上将出现一个圆形亮斑,其半径为 B.在荧光屏上将出现一个条形亮线,其长度为 (1-c
14、os)C.在荧光屏上将出现一个半圆形亮斑,其半径为D.在荧光屏上将出现一个条形亮线,其长度为 (1-sin)【解析】 带电粒子射入磁场区域,将受到洛伦兹力作用而向左偏转,其到达荧光屏的最远位置距小孔P为圆周运动的直径,由于qvB=,则R=;而最右边射入磁场的带电粒子容易求得到达荧光屏的位置距小孔P为cos ,故荧光屏上将出现的条形亮线长度为 (1-cos).【答案】B二、(论述计算题(本题共2小题,共36分)9.(18分)(2010全国高考卷,26)如图,在0x区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.在t=0时刻,一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子,所有
15、粒子的初速度大小相同,方向与y轴正方向夹角分布在0-180范围内.已知沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界上P(,)点离开磁场.求:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m;(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围;(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间.【解析】 (1)初速度与y轴正方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图中的弧OP(所示,其圆心为C.由题给条件可以得出OCP=2/3 (1分)此粒子飞出磁场所用的时间为t0=T/3 (1分)式中T为粒子做圆周运动的周期.此粒子运动速度的大小为v,半径为R，由几何关系可得R= (1分)由洛
16、伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB= (1分)T= (1分)联立式，得 .(2分)（2）依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同.在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧MN(上，如上图所示.设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为、.由对称性可知与OP、与OM、与ON的夹角均为/3.设、与y轴正向的夹角分别为,由几何关系有M=/3 (2分)N=2/3 (2分)对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角应满足 (2分)（3）在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图所示.由几何关系可知，OM=OP (2分)由对称性可知，ME
17、=OP (1分)从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间tm=2t0. (2分)【答案】(1) (2) (3)2t010.(18分)如图所示,ABCD是边长为a的正方形.在正方形内适当区域中有匀强磁场.质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度从C点沿纸面垂直于BC边射入正方形区域,若粒子刚好从A点射出磁场.(1)(#求此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小;(2)若电子从BC边上的任意点以大小为v0的初速度垂直于BC边射入正方形区域,都只能从A点射出磁场.试证明:所有电子进入磁场的入射点到D点距离相等,并求所加匀强磁场区域的最小面积.)【解析】 (1)设匀强磁场的磁感应强度的大小为B.从C
18、点垂直BC边进入磁场时,圆弧AEC是在磁场中的运行轨道.电子所受到的磁场的作用力应指向圆弧的圆心,因而磁场的方向应垂直于纸面向外.圆弧AEC的圆心在CB边或其延长线上.依题意,圆心在A、C连线的中垂线上,故B点即为圆心,圆半径r=a (3分)由牛顿定律有 (3分)解以上二式得B=. (3分)(2)由于垂直于BC边射入正方形区域的电子的速度相同,所以它们在磁场中做圆周运动的半径相同,均为a,如图所示,这些电子中的一个电子从q点垂直进入正方形区域,从p点进入磁场开始偏转,最后从A点射出磁场,其做圆周运动的圆心为O, OpDA,且OA=Op=DA=a,所以四边形OADp是一菱形,所以Dp=a,电子进
19、入磁场的入射点到D点距离相等.(4分)可见以D点为圆心、以a为半径的圆弧AFC是磁场的一边界,从C点垂直BC边进入磁场的电子轨迹圆弧AEC为磁场的另一边界时,磁场区域的面积最小,最小面积为S= (5分)【答案】(1)垂直纸面向外 (2)证明见解析,三、选做题（10分）11.电子质量为m、电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图所示.现在某一区域加方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：（1）荧光屏上光斑的长度；（2）所加磁场范围的最小面积.【解析】 （1）要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可.初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P；初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q.设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得， (1分)即，从图中可以看出PQ= (3分)（2）沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上，需加最小面积的磁场的边界是以（0，R）为圆心，半径为R的圆的一部分，如图中实线所示. (2分)所以磁场范围的最小面积2.(4分)【答案】 （1）（2）