1、专题七带电粒子在磁场中的运动1. AC解析:电子、正电子和质子垂直进入磁场时,所受的重力均可忽略,受到的洛伦兹力的方向与其电性有关,由左手定则可知A正确;由公式R=知,若电子与正电子进入磁场时的速度不同,则其运动的轨迹半径也不同,故B错误;由R=知,D错误;因质子和正电子均带正电,且半径大小无法计算出,故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子,C正确.2. D解析: 粒子以速度2v射入磁场,半径r1=,由图可得r1=2R,运动时间t1=t;粒子以速度v射入磁场,半径r2=R,圆心角=120,运动时间t2=2t,选项D正确.3. AD解析:由左手定则可判定电子最初在P点受到的洛伦兹力的方
2、向向上,轨迹为PDMCNEP,选项A正确;由图可知两个磁场中的轨迹圆半径之比为12,由r=可得磁感应强度之比=21,电子运动一周回到P点所用的时间t=T1+=+=,选项B、C错误,选项D正确.4. AD解析:小球如果沿ab直线运动,由于已知力F与洛伦兹力都与速度方向垂直,小球做直线运动,则洛伦兹力与已知力合力为零,小球做匀速直线运动,F=qvB,小球的速度v=,小球速率是一定的,故A正确,B错误;已知力和洛伦兹力都与速度方向垂直,两力对小球都不做功,如果沿同一圆弧ab运动,则小球在磁场中做固定半径的匀速圆周运动,由于力F的方向和洛伦兹力的方向不确定,则小球速率可以取不同值,故C错误,D正确;故
3、选AD.5. BD解析:对着圆心入射,只有轨道半径为R的粒子出射后可垂直打在MN上,选项A错误;由对称性可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线一定过圆心,选项B正确;对着圆心入射的粒子,速度越大,在磁场中通过的弧长所对的圆心角越小,运动时间越短,选项C错误;只要速度满足v=,沿不同方向入射的粒子运动半径都为R,出射后均可垂直打在MN上,选项D正确.6. AC解析:沿x轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S上y=-l的点,粒子运动轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子轨道半径r=l,由牛顿第二定律得qv0B=m,解得=,故A正确,B错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,粒子在磁场中转过的最大圆
4、心角为=,粒子在磁场中的最长运动时间t=T=,故C正确;若粒子沿y轴正方向运动,则粒子打到荧光屏上的位置为y=r=l,所以沿与x轴正方向的夹角为60射入磁场的粒子,其打到荧光屏上的位置应为yl,则粒子打在荧光屏S上亮线的长度d2l,故D错误.7. (1) 0.1 m10-4 s(2) 0.6 m解析: (1) 粒子运动轨迹如图甲所示.由Bqv=m得甲轨迹半径R=0.1 m.粒子运动周期T=210-4 s.粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为240,所以粒子在磁场中运动的时间为t1=10-4 s.(2) 磁场变化的半周期为t=10-4 s=.在图乙中,OO1C=CO2D=120,且O1O2平行于x
5、轴.OE=2(R+Rsin 30)=3R=0.3 m.EDP中,EDP=60,DE=2Rsin 60.EP=DEtan 60=3R=0.3 m.则粒子从O点射出后第二次经过x轴时的坐标为xP=OE+EP=0.6 m.乙8. (1) 3103 m/s(2) T(3) m2解析:(1) 带正电微粒在电场和磁场复合场中沿直线运动,qE=qvB1,解得v=3103 m/s.(2) 画出微粒的运动轨迹如图,粒子做圆周运动的半径为R= m.由qvB2=,解得B2= T.(3) 由图可知,磁场B2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内,由几何关系易得PD=2Rsin 60=20 cm=0.2 m,PA=R(1-cos 60)= m.所以,所求磁场的最小面积为S=PDPA= m2.
