1、2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页考点三 考点二 考点一 规范答题 专题限时练 专题 8 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页体 系 重 组2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页核 心 检 索 1.掌握“两个磁场力”(1)安培力：F，其中 为 B 与 I 的夹角(2)洛伦兹力：F，其中 为 B 与 v 的夹角 2明确“两个公式”(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式：R(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式：T mvqB2 Rv2 mqBBILsinqvBsin2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页3用准“两个
2、定则”(1)对电流的磁场用(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则 4画好“两个图形”(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的.安培定则几何图形2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页磁场的性质 (多选)(2014浙江高考)如图 8-1 甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为 L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从 t0 时刻起，棒上有如图 8-1 乙所示的持续交变电流 I，周期为 T，最大值为 Im，图 1 中 I 所示方向为电流正方向则金属棒(
3、)2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 图 8-1A一直向右移动 B速度随时间周期性变化 C受到的安培力随时间周期性变化 D受到的安培力在一个周期内做正功 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【关键信息】1.光滑平行导轨水平放置竖直向下的匀强磁场垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒 2从 t0 时刻起，棒上有持续交变电流 I，图甲中 I 所示方向为电流正方向【尝试解答】根据左手定则知金属棒在 0T2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T2T 内金属棒所受安培力与前半个周期大2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周
4、期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项 A、B、C 正确；在 0T2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T2T 时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项 D 错误【答案】ABC 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页关于磁场性质问题的注意点1要熟记地磁场，通电导线和线圈磁场、条形或蹄形磁铁、磁场的特点，知道指南针的 N 极代表磁场方向 2磁场的基本性质是对放入磁场的直线电流或带电粒子有磁场力作用，会判断磁场力的方向，会表示安培力和洛伦兹力的大小 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 发散 1 磁场的方向及
5、其判断 1(多选)(2015全国卷)指南针是我国古代四大发明之一关于指南针，下列说法正确的是()A指南针可以仅具有一个磁极 B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】指南针是一个小磁体，具有 N、S 两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的 N 极指向地理的北极，选项 A 错误，选项 B 正确因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项 C 正确在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在
6、指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转正确选项为 B、C.【答案】BC 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 2 安培力及其应用 2(2015重庆高考)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机图 8-2 是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为 L，匝数为 n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等某时刻线圈中电流从 P流向 Q，大小为 I.2016版二轮专题复习上一
7、页返回首页下一页(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为 v，求安培力的功率【解析】(1)由安培力表达式 FBIL 可知，线圈所受的安培力 FnBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右(2)由功率公式 PFv 可知，安培力的功率 PnBILv.【答案】(1)安培力的大小：nBIL 方向：水平向右(2)安培力的功率：nBILv 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 3 洛伦兹力及其应用 3(2015海南高考)如图 8-3 所示，a 是竖直平面 P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P，且 S 极朝向 a 点P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的
8、共同作用下，在水平面内向右弯曲经过 a 点在电子经过 a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页A向上 B向下 C向左D向右【解析】电子过 a 点的速度向右，此处磁场向外，由左手定则可判断电子受洛伦兹力向上【答案】A2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页带电粒子在磁场中的运动 (2013全国卷)如图 8-4 所示，半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为 q(q0)、质量为 m 的粒子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离为R2，已知粒子射出磁场与
9、射入磁场时运动方向间的夹角为 60，则粒子的速率为(不计重力)()2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页A.qBR2m B.qBRm C.3qBR2mD.2qBRm 【误区点拨】1.不会利用两个相交圆(磁场圆和轨迹圆)的对称关系找到射出点位置出、入点速度方向与磁场圆半径夹角是相等的，根据题知条件可推知此夹角为 30，再考虑速度转 60，由此可找到出点位置 2不能根据两个相交圆形成的两个三角形的几何关系，推出两个圆半径关系 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】如图所示，粒子做圆周运动的圆心 O2必在垂直于速度方向的直线 EF 上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为 60
10、，故圆弧 ENM 对应圆心角为 60，所以EMO2 为等边三角形由于 O1DR2，所以EO1D60，O1ME 为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径 EO2O1ER，由 qvBmv2R，得 vqBRm，B正确【答案】B 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页分析带电粒子在磁场中的运动问题时要熟记：1粒子刚好不出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切 2审题时一定要注意从关键词中找突破口，如抓住题干中的“恰好”、“最大”、“至少”、“不脱离”等词语 3从直线边界射入匀强磁场的粒子从同一边界射出时，进出磁场的速度方向与边界的夹角相等，求解时一定要注意对称性的应用 2016版
11、二轮专题复习上一页返回首页下一页 发散 1 磁偏转的基本问题 1(多选)(2015全国卷)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的 k 倍两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比，中的电子()A.运动轨迹的半径是中的 k 倍 B加速度的大小是中的 k 倍 C做圆周运动的周期是中的 k 倍 D做圆周运动的角速度与中的相等 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度 B1 是磁场磁感应强度 B2 的 k 倍 由 qvBmv2r 得 rmvqB1B，即中电子运动轨迹的半径是中的 k 倍，选项A 正确 由 F
12、 合ma 得 aF合m qvBm B，所以a2a11k，选项 B 错误 由 T2rv 得 Tr，所以T2T1k，选项 C 正确 由 w2T 得21T1T21k，选项 D 错误 正确选项为 A、C.【答案】AC 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 2 磁偏转的临界问题 2(多选)(2015四川高考)如图 8-5 所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板 MN 垂直于纸面，在纸面内的长度 L9.1 cm，中点 O 与 S 间的距离 d4.55 cm，MN 与 SO 直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B2.0104 T，
13、电子质量 m9.11031 kg，电量 e1.61019 C，不计电子重力，电子源发射速度 v1.6106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为 l，则()2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页A 90时，l9.1 cm B 60时，l9.1 cm C 45时，l4.55 cm D 30时，l4.55 cm【解析】电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evBmv2R，RmvBe4.55102 m4.55 cmL2，90时，击中板的范围如图 1，l2R9.1 cm，选项 A 正确60时，击中板的范围如图 2 所示，l2R9.1 cm，选项 B 错误30，如图 3 所示 l
14、R4.55 cm，当 45时，击中板的范围如图 4 所示，lR(R4.55 cm)，故选项 D 正确，选项 C 错误 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【答案】AD 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 3 磁偏转的多过程问题 3.如图 8-6 所示，在直角坐标系的第二象限内的正方形 OACD 的对角线 AD 上方三角形内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B0.5 T，y 轴右侧有垂直纸面向里的有界匀强磁场，右边界 PQ 与 y 轴平行且到 y 轴的水平距离为 d(2 2)m.一质量 m6.4104 kg，带电荷量 q3.2102C 的带电粒子(重力不计)由静止开始经加
15、速电压U12.5 V的电场(没画出)加速后从CD上坐标为(2，2)的 M 点平行于 x 轴向右运动，粒子恰好不从右边界 PQ 穿出2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(1)求粒子在三角形匀强磁场中做匀速圆周运动的半径(2)求 y 轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小(3)若右侧磁场右边界 PQ 可左右移动，粒子刚好从 PQ 与 x 轴的交点射出磁场，求粒子在两磁场中运动的总时间【解析】(1)由动能定理知 qU12mv2，代入数值得 v25 2 m/s 由 Bqvmv2r 得 rmvBq 2 m.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)由(1)知 D 即粒子在三角形区域磁场中做圆周运动的
16、圆心，粒子恰好垂直对角线 AD 射出三角形区域磁场并经原点 O 进入右侧匀强磁场，粒子恰好不穿出右边界，画出粒子的运动轨迹如图乙所示 由几何关系知 RRcos 45d，解得 R2 m 由 B1qvmv2R知 B1mvqR 联立解得 B1 24T.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)粒子在三角形区域磁场中运动的时间为 t1 453602mBq 102 s 因粒子刚好从 PQ 与 x 轴的交点射出磁场，则粒子在右侧区域磁场中运行的时间为 t2 903602mB1q 2 2102 s 所以粒子在两磁场中运动的总时间 tt1t2(2 21)102 s.【答案】(1)2 m(2)24T(3)
17、(2 21)102 s2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页带电粒子在组合场、复合场中的运动 (2015浙江高考)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等质量为 m，速度为 v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为 r 的圆，圆心在 O 点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为 B.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图 8-7为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于 O点(O点图中未画出)引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从 P
18、点进入通道，沿通道中心线从 Q 点射出已知 OQ 长度为 L，OQ 与 OP 的夹角为.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(1)求离子的电荷量 q 并判断其正负；(2)离子从 P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为 B，求 B；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度 B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应为使离子仍从 P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度 E 的方向和大小 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【审题指导】1.粒子在回旋加速器中偏转，已知 m、v、r、B，洛伦兹力提供向心力，可求粒子电
19、量 q；2在 P 点，磁场变弱，由 BB，磁偏转半径变大，新圆心 O，在 PO 延长线上，连接 OQ，利用OOQ 的几何关系，求出新圆半径 R.3磁感应强度 B 不变，加电场，此时向心力为洛伦兹力与电场力的合力 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【尝试解答】(1)离子做圆周运动，Bqvmv2r qmvBr，正电荷(2)如图所示 OQR，OQL，OORr 引出轨迹为圆弧，Bqvmv2R 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页得 RmvqB 根据几何关系得 Rr2L22rLcos 2r2Lcos 故 BmvqR mv（2r2Lcos）q（r2L22rLcos）.(3)电场强度方向沿径向
20、向外 引出轨迹为圆弧，BqvEqmv2R EBv mv2（2r2Lcos）q（r2L22rLcos）.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【答案】(1)mvBr 正电荷(2)mv（2r2Lcos ）q（r2L22rLcos ）(3)沿径向向外 Bv mv2（2r2Lcos ）q（r2L22rLcos ）2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页解电磁场综合问题时要注意1若是电磁组合场问题，要分段受力和运动分析常用到动力学规律、类平抛规律、圆周运动规律，并注意联系粒子在各种场中的速度的大小和方向 2若是复合场问题，要注意分析受力和运动特点，经常出现多场力平衡下的直线运动或多场力作用下的匀速
21、圆周运动 3电磁场的实际应用要熟记速度选择器、质谱议和回旋加速器的原理 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 发散 1 带电粒子在组合场中的运动 1.如图 8-8 所示，平面直角坐标系的 x 轴上方存在竖直向上的匀强电场，场强为 E1，第四象限内 OC 与 x 轴正方向成 60角，OC 与 x 轴间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，OC 与 y 轴间存在垂直 OC 向下的匀强电场，场强为 E2.一质量为 m、带电荷量为q(q0)的粒子从 O 点以与 x 轴正方向成 30角的初速度v0 射入匀强电场 E1 中，经一段时间后从 x 轴上的 Q 点进2016版二轮专题复习上一页返回
22、首页下一页入匀强磁场中，经磁场偏转后恰好垂直穿过 OC 且刚好能到达 y 轴上的 D 点，已知 O、Q 间的距离为 L，粒子重力不计，求：(1)场强 E1、E2 的大小及磁感应强度 B 的大小；(2)粒子从 O 点运动到 D 点所用的时间 t.【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在匀强电场中做斜上抛运动，由运动的合成与分解知 y 轴方向：v0sin 30at12且 aqE1mx 轴方向：Lv0cos 30t1 联立得 E1 3mv202qL 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页由对称性可知粒子运动到 Q 点时的速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向成 30角斜向下，由几何关系知粒子
23、在磁场中做匀速圆周运动的半径 rOQL由 Bqv0m v20r 得 Bmv0qL粒子在 OC 线下方做匀减速直线运动，到 D 点速度刚好为 0设粒子在电场中的位移为 s，由几何关系知 tan 602rs，得 s2 3L3而 v202qE2m s，联立解得 E2 3mv204qL.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)由(1)知粒子在匀强电场中运动的时间 t12 3L3v0粒子在匀强磁场中运动的时间 t21203602 mBq 2 L3v0粒子在匀强电场中运动的时间 t32sv04 3L3v0所以粒子从 O 点运动到 D 点所用的时间 tt1t2t36 323v0L.2016版二轮专题
24、复习上一页返回首页下一页【答案】(1)E1 3mv202qLE2 3mv204qLBmv0qL(2)t6 323v0L2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 2 带电粒子在复合场中的运动 2.如图 8-9 所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为 m、带电荷量为 q 的小球从 A 点以速度 v0 沿直线 AO 运动，AO 与 x 轴负方向成 37角，在第四象限内的区域内加一最小电场强度的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到 MN 上的 C 点，MN 右侧区域内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域内做匀速圆周运动并恰好
25、没从右边界飞出，已知小球在 C 点的速度大小为 2v0，重力加速度为 g，sin 370.6，cos 370.8，求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(1)小球的带电性质(2)第二象限内电场强度 E1 的大小和磁感应强度 B1 的大小(3)区域内最小电场强度 E2 的大小和方向(4)区域内电场强度 E3 的大小和磁感应强度 B2 的大小 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，因洛伦兹力与速度关联，所以此三力满足图(a)所示关系且小球只能做匀速直线运动，由受力特点及左手定则可判定小球带正电(2)由图(a)知
26、tan 37qE1mg，得 E13mg4q cos 37 mgB1qv0，得 B15mg4qv0.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)当区域中的电场强度最小时，小球做直线运动，此时受力如图(b)所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图知 cos 37qE2mg，得 E24mg5q，方向与 x 轴正方向成 53角向上(4)小球在区域内做匀速圆周运动，所以 mgqE3，得E3mgq，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图(c)所示2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页由(3)知 Fmgsin 37，即 agsin 37 由运动学规律知(2v0)2v202aO
27、C 解得 OC5v202g 由几何关系知 rOCtan 37，得 r15v208g 由洛伦兹力提供向心力知 B2q2v0m（2v0）2r，联立得 B216mg15qv0.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【答案】(1)带正电(2)E13mg4q B15mg4qv0(3)E24mg5q，方向与 x 轴正方向成 53角向上(4)E3mgq B216mg15qv0 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 3 电磁与现代科技的应用 3(2015江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图 8-10 所示，电荷量均为q、质量不同的离子飘入电压为 U0 的加速电场，其初速度几乎为零这些离子经加速后通
28、过狭缝 O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，最后打在底片上已知放置底片的区域 MNL，且 OML.某次测量发现 MN 中左侧23区域 MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13区域 QN 仍能正常检测到离子在适当调节加速电压后，原本打在 MQ 的离子即可在 QN 检测到 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图 8-10(1)求原本打在 MN 中点 P 的离子质量 m；(2)为使原本打在 P 的离子能打在 QN 区域，求加速电压 U 的调节范围；(3)为了在 QN 区域将原本打在 MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节 U的最少次数(取 lg 20.301，lg 30.4
29、77，lg 50.699)2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)离子在电场中加速，qU012mv2 在磁场中做匀速圆周运动，qvBmv2r0 解得 r01B2mU0q 代入 r034L，解得 m9qB2L232U0.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)由(1)知，U16U0r29L2，离子打在 Q 点时，r56L，得 U100U081 离子打在 N 点时，rL，得 U16U09 则电压的范围100U081 U16U09.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)由(1)可知，r U 由题意知，第 1 次调节电压到 U1，使原本 Q 点的离子打在 N 点，L5
30、6L U1U0 此时，原本半径为 r1 的打在 Q1 的离子打在 Q 上，56Lr1 U1U0 解得 r1562L 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第 2 次调节电压到 U2，原本打在 Q1 的离子打在 N 点，原本半径为 r2 的打在 Q2 的离子打在 Q 上，则 Lr1 U2U0，56Lr2 U2U0，解得 r2563L 同理，第 n 次调节电压，有 rn56n1L 检测完整，有 rnL2，解得 n lg 2lg6512.8 最少次数为 3 次 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【答案】(1)9qB2L232U0 (2)100U081 U16U09 (3)最少次数为 3
31、次2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页带电粒子在交变磁场中的运动(2014山东高考)如图 811 甲所示，间距为 d、垂直于纸面的两平行板 P、Q间存在匀强磁场取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图 811 乙所示t0 时刻，一质量为 m、带电量为q 的粒子(不计重力)，以初速度 v0由 Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区当 B0 和 TB取某些特定值时，可使 t0 时刻入射的粒子经 t 时间恰能垂直打在 P 板上(不考虑粒子反弹)上述 m、q、d、v0为已知量2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页甲乙图 8112016版二轮专
32、题复习上一页返回首页下一页(1)若 t12TB，求 B0；(2)若 t32TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若 B04mv0qd，为使粒子仍能垂直打在 P 板上，求 TB.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第一步：挖掘关键信息(1)B 周期变化如乙图，可确定 B 大小周期(2)粒子电量为q，不计重力，在磁场仅受洛伦兹力、轨迹为圆周(3)恰能垂直打在 P 板，此时速度必竖直向上第二步：明确题目所求(1)t12TB，求 B0.此过程 B 不变，方向垂直纸面向里粒子经过14圆周打在P 板上，即 Rd.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)t32TB，求 a.磁场方向变化
33、，粒子垂直打在 P 板必须满足 d3R.(3)若 B04mv0qd，仍使粒子垂直打在 P 板上，可根据向心力公式确定 R 和 d关系第三步：圈定解题依据(1)根据向心力公式，向心力由洛伦兹力提供(2)充分利用题知条件和对应的几何关系.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(1)设粒子做圆周运动的半径为 R1，由牛顿第二定律得qv0B0mv20R1据题意由几何关系得R1d联立式得B0mv0qd.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)设粒子做圆周运动的半径为 R2，加速度大小为 a，由圆周运动公式得av20R2据题意由几何关系得3R2d联立式得a3v20d.2016版二轮专题复习上一
34、页返回首页下一页(3)设粒子做圆周运动的半径为 R，周期为 T，由圆周运动公式得T2 Rv0由牛顿第二定律得qv0B0mv20R由题意知 B04mv0qd，代入式得d4R2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页粒子运动轨迹如图所示，O1、O2 为圆心，O1O2 连线与水平方向的夹角为，在每个 TB 内，只有 A、B 两个位置才有可能垂直击中 P 板，且均要求 02，由题意可知2 2TTB2设经历完整 TB 的个数为 n(n0，1，2，3)若在 A 点击中 P 板，据题意由几何关系得2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页R2(RRsin )nd当 n0 时，无解当 n1 时，联立式得 6(
35、或 sin 12)联立式得TB d3v0当 n2 时，不满足 090的要求2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页若在 B 点击中 P 板，据题意由几何关系得R2Rsin 2(RRsin )nd当 n0 时，无解当 n1 时，联立式得 arcsin14(或 sin 14)联立式得TB(2 arcsin14)d2v0当 n2 时，不满足 090的要求2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【答案】(1)mv0qd(2)3v20d(3)d3v0或(2 arcsin14)d2v0【点评】本题属于带电粒子在磁场中运动类型中较难的题目，由于磁场方向的变化，造成运动电荷的受力及轨迹方向的改变，易在运动轨迹的确定上出现错误，同时易将交变磁场的周期和粒子在磁场中的运动周期混淆，因此做此类题目要注意以下三点：(1)首先要明确带电粒子的电性和磁场的方向；(2)正确地找出带电粒子运动的临界状态；(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期及数学关系进行分析计算2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页专题限时练（八）点击图标进入