1、第9讲 磁场及其对电流的作用 带电粒子在磁场中的运动 构建网络重温真题1(2018全国卷)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、L2，L1 中的电流方向向左，L2 中的电流方向向上；L1 的正上方有 a、b 两点，它们相对于 L2 对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为 B0，方向垂直于纸面向外。已知 a、b 两点的磁感应强度大小分别为13B0 和12B0，方向也垂直于纸面向外。则()A流经 L1 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 712B0B流经 L1 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 112B0C流经 L2 的电流在 b 点产生的磁感应强度大
2、小为 112B0D流经 L2 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 712B0答案 AC解析 L1 在 a、b 两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为 B1，方向都垂直于纸面向里，而 L2 在 a 点产生的磁场磁感应强度大小设为 B2，方向垂直纸面向里，在 b 点产生的磁场磁感应强度大小也为 B2，方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠加原理可知 B0B1B213B0，B2B0B112B0，联立这两式可解得：B1 712B0，B2 112B0，故 A、C 正确。2(2019全国卷)如图，等边三角形线框 LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直
3、，线框顶点M、N 与直流电源两端相接。已知导体棒 MN 受到的安培力大小为 F，则线框 LMN 受到的安培力的大小为()A2F B1.5F C0.5F D0答案 B解析 设每根导体棒的电阻为 R，长度为 L，则电路中，上下两支路电阻之比为 R1R22RR21，上下两支路电流之比为 I1I212。如图所示，由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为 L，根据安培力计算公式 FILB，可知 FFI1I212，得 F0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框 LMN 所受的安培力大小为 FF1.5F，B 正确。3(2019江苏高考)(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上，a 和 b 是两条固定
4、的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在 a、b 产生的磁场作用下静止。则 a、b 的电流方向可能是()A均向左B均向右Ca 的向左，b 的向右Da 的向右，b 的向左答案 CD解析 如图 1 所示，若 a、b 中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线 b 移动。同理可知，若 a、b 中电流均向右，线框向导线 a 移动，故 A、B 不符合题意。若 a 导线的电流方向向左，b 导线的电流方向向右，a、b 中电流 I在线框所在处产生的磁场方向如图 2 所示，线框靠近导线的两边所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相
5、等、方向相反，线框静止。同理可知，若 a 导线的电流方向向右，b 导线的电流方向向左，线框也静止，C、D 符合题意，故选 C、D。4(2017全国卷)(多选)如图，三根相互平行的固定长直导线 L1、L2和 L3 两两等距，均通有电流 I，L1 中电流方向与 L2 中的相同，与 L3 中的相反。下列说法正确的是()AL1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面垂直BL3 所受磁场作用力的方向与 L1、L2 所在平面垂直CL1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 11 3DL1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为3 31答案 BC解析 如图，由磁场的叠加知，L
6、2 与 L3 中的电流在 L1 处产生的合磁场的方向在 L2、L3 连线的中垂线上，由左手定则知，L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面平行，A 错误。L1 与 L2 中的电流在 L3 处产生的合磁场的方向与 L1、L2 的连线平行，由左手定则知，L3 所受磁场作用力的方向与 L1、L2 所在平面垂直，B 正确。由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为 B，而 L1、L2 所在处两个磁场方向的夹角均为 120，则 B 合B，而 L3 所在处两个磁场方向的夹角为 60，则 B合 3B，由 FILB 知，L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 11 3，
7、C 正确，D错误。5(2017全国卷)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉答案 AD解析 装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面
8、向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选 A、D。6(2019全国卷)如图，边长为 l 的正方形 abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。ab 边中点有一电子发射源 O，可向磁场内沿垂直于 ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从 a、d 两点射出的电子的速度大小分别为()A.14kBl，54 kBlB.14kBl，54kBlC
9、.12kBl，54 kBlD.12kBl，54kBl答案 B解析 若电子从 a 点射出，运动轨迹如图线，有qvaBmv2aRa，Ral4解得 vaqBRam qBl4mkBl4；若电子从 d 点射出，运动轨迹如图线，有 qvdBmv2dRdR2dRdl22l2解得 vdqBRdm 5qBl4m 5kBl4。B 正确。7(2017全国卷)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为 v2，相应的出射点分布在
10、三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则 v2v1为()A.32 B.21 C.31 D3 2答案 C解析 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以 v1入射，一端为入射点 P，对应圆心角为 60(对应六分之一圆周)的弦 PP必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径 2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知 r112R。其他不同方向以 v1 入射的粒子的出射点在 PP对应的圆弧内。同理可知，粒子以v2入射及出射情况如图乙所示。由几何关系知r2R2(R2)2 32 R，可得r2r13 1。因为m、q、B均相同，由公式rmvqB可得vr，所以v2v1 31。故选C
11、。8(2019江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于 M、N，MNL，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为 m、电荷量为q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为 d，且 d45，粒子做圆周运动的周期：T2mqB，则粒子在磁场中运动的最短时间 tmin min360T m4qB，最长时间 tmaxmax360TmqB，故 C 错误，D 正确。答案 AD处理带电粒子在有界磁场中运动问题的方法技巧(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁
12、场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题。(2)对称规律解题法从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，出射速度与边界的夹角和入射速度与边界的夹角相等(如图甲所示)。在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，一定沿径向射出(如图乙所示)。(3)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态(一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大)，常用方法如下：动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线
13、上。旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子，运动轨迹的圆心在以入射点为圆心、半径为 RmvqB的圆周上。6(2019河南省郑州市一模)如图所示，边界 OM 与 ON 之间分布有垂直于纸面向里的匀强磁场，边界 ON 上有一粒子源 S。某一时刻，从粒子源 S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界 OM 射出磁场。已知MON30，从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于12T(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的最短时
14、间为()A.13TB.14TC.16TD.18T答案 A解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点为 S，出射点在 OM 直线上，出射点与 S 点的连线为轨迹的一条弦。由题意可知，粒子运动的最长时间等于12T，则沿 SN 方向射入的粒子出射点 D 与 S 的连线为轨迹的直径，如图所示，设 OSd，则 DSOStan30 33 d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：rDS2 36 d。当从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，圆心角最小，轨迹半径一定，则轨迹的弦最短，根据几何知识，作 SEOM，则 SE 为最短的弦，粒子从 S 到 E 的时间即最短，由几何知识有：SEOSsin3012
15、d，由余弦定理得：cos2r2SE22r2，且已知180，则：120，粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin360T13T，故A正确。7.(2019福州高考模拟)(多选)如图所示，在圆心为 O、半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。一系列电子以不同的速率 v(0vvm)从边界上的 P 点沿垂直于磁场方向且与 OP 成 60角方向射入磁场，在13区域的磁场边界上有电子射出。已知电子的电荷量为e，质量为 m，不考虑电子之间的相互作用力。则电子在磁场中运动的()A最大半径为 rm 32 RB最大速率为 vm 3eBRmC最长时间为 tm3m2eBD最短时间为 t
16、minmeB答案 AD解析 根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，电子的速率范围为 0vvm，当电子速度 vvm 时，对应的圆周运动半径最大，轨迹圆心O与出射点 Q 离出发点最远，轨迹如图所示，由题意知POQ120，由几何知识可知，PQ 恰好为轨迹圆的直径，则最大半径 rmRcos30，得 rm32 R，由洛伦兹力提供向心力，有 evmBmv2mrm，联立得 vm 3eBR2m，此时轨迹对应的圆心角最小，运动时间最短，为 tmin12TmeB；电子速度越小，半径越小，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，当电子的速度特别小时，P 点与出射点的连线与磁场边界几乎重合，可近似看做粒子以与直线边
17、界成30角射入直线边界的磁场，则出射速度也与磁场边界成 30角，此时轨迹所对圆心角为 300，所以最长时间 tm300360T56T5m3eB；故 B、C 错误，A、D 正确。易错警示 易错警示带电粒子在有界匀强磁场中运动时轨迹圆心和半径的确定例(2019北京延庆区高三一模)核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变，相当于给反应物制作一个无形的容器。2018 年 11 月 12 日我国宣布“东方超环”(我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克)首次实现一亿度运行，令世界
18、震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。(1)2018 年 11 月 16 日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量 k 可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为 Ek32kT，其中 k1.3806491023 J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能(保留一位有效数字)；(2)假设质量为 m、电量为 q 的微观粒子，在温度为 T0 时垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径；(3)东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为 r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速
19、度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为 m、电量为 q、速度为 v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。分析与解(1)Ek32kT21015 J。(2)32kT012mv20，得 v03kT0m又由牛顿第二定律：Bqvmv20R解得：R 3kmT0Bq。(3)磁感应强度最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示，设此时粒子轨迹半径为 r，磁感应强度为 Bmin，由几何关系得：(r2r)2r2r21解得：rr22r212r2由牛顿第二定律：qvBminmv2r解得：Bmin 2r2mvqr22r21。答案(1)21015 J(2)
20、3kmT0Bq(3)2r2mvqr22r21易错警示 带电粒子在有界匀强磁场中的轨迹圆心和半径的确定是解题的第一步，也很容易出错，特别是四分之一坐标轴磁场、矩形磁场、三角形磁场和圆形磁场，要注意轨迹圆心不一定在坐标轴、磁场直线边界上。要准确确定轨迹圆心，需要抓住以下两点：轨迹半径垂直于速度方向；轨迹圆心在弦的垂直平分线上。轨迹圆心确定了，就可以凭几何知识确定轨迹半径。配套作业 配套作业 限时：50 分钟 满分：100 分一、选择题(本题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分，其中第 14 题为单选题，第 58 题为多选题)1.(2019福州高考模拟)如图所示，一根长为 L 的金属细杆通有电
21、流时，水平静止在倾角为 的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为 4B，重力加速度为 g。则此时金属细杆()A电流流向垂直纸面向外B受到的安培力大小为 2BILsinC对斜面的压力大小变为原来的 2 倍D将沿斜面加速向上，加速度大小为 gsin答案 D解析 电流与磁感应强度变化之前，金属细杆受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，由左手定则得电流流向垂直于纸面向里，故 A 错误；当电流大小变为 0.5I，磁感应强度大小变为 4B 时，根据安培力公式可得，此时受到的安培力大小为 F 安4B12
22、IL2BIL，故 B 错误；电流与磁感应强度变化之前，根据平衡条件可得：FNcosmg，FNsinBIL，电流大小与磁感应强度大小改变后，根据受力分析和牛顿第二定律可得：FNmgcos2BILsinmg1sin2cosFN(1sin2)2FN，a2BILcosmgsinmgsin，加速度方向沿斜面加速向上，故 C 错误，D 正确。2.(2019兰州一诊)如图所示，矩形 abcd 内存在匀强磁场，ab2ad，e为 cd 的中点。速率不同的同种带电粒子从 a 点沿 ab 方向射入磁场，其中从e 点射出的粒子速度为 v1，从 c 点射出的粒子速度为 v2，则 v1v2 为(不计粒子重力)()A12
23、B25 C13 D35答案 B解析 速率不同的同种带电粒子从 a 点沿 ab 方向射入磁场，从 e 点、c点射出磁场对应的轨迹如图所示，由几何关系可得：r1ad，(r2r1)2(2r1)2r22，则有：r252ad，带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，有：qvBmv2r，解得：vqBrm，则有：v1v2r1r225，故 B 正确。3.(2019福建南平二模)如图所示，在边长为 L 的正方形区域 abcd 内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为 m、带电量大小为 q 的离子，从 ad边的中点 O 处以速度 v 垂直 ad 边界向右射入磁场区域，并从 b 点离开磁场。则()A离子在 O、
24、b 两处的速度相同B离子在磁场中运动的时间为 m4qBC若增大磁感应强度 B，则离子在磁场中的运动时间增大D若磁感应强度 B m4qB，B错误；若增大磁感应强度B，由R mvqB 知离子在磁场中的运动半径减小，此时离子在磁场中运动的轨迹长度减小，速度大小不变，则运动时间减小，C错误；若B5L4，该离子将从bc边射出，D正确。4.(2019安徽黄山二模)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在等边三角形 ABC 内，D 是 AB 边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从 D 点沿纸面以平行于 BC 边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期
25、为 T，则下列说法中正确的是()A若该粒子在磁场中经历时间为23T，则它一定从 BC 边射出磁场B若该粒子在磁场中运动时间为 112T，则它一定从 AC 边射出磁场C速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长D若该粒子在磁场中的运动时间为14T，则它一定从 AB 边射出磁场答案 B解析 若带电粒子刚好从 BC 边射出磁场，运动轨迹与 BC 边相切，可知圆心角为 180，粒子在磁场中经历时间为12T；若带电粒子刚好从 AC 边射出磁场，运动轨迹与 AC 边相切，作图可得切点为 C 点，由几何关系可知圆心角为 60，粒子在磁场中运动的时间为16T；若带电粒子从 AB 边射出磁场，可知圆心角为
26、 240，粒子在磁场中的运动时间为23T。所以若该粒子在磁场中的运动时间为23T，则它一定从 AB 边射出磁场，A 错误；若该粒子在磁场中的运动时间为 112T，小于16T，则它一定从 AC 边射出磁场，B 正确；若该粒子在磁场中的运动时间为14T，即大于16T 小于12T，则它一定从 BC 边射出磁场，D 错误；若这些带电粒子都从 AB 边射出磁场，可知运动轨迹所对的圆心角都为 240，则粒子在磁场中经历时间都为23T，故 C 错误。5.(2019陕西省三模)如图所示，半径为 R 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度 v1 从 A 点沿直径 AO
27、B 方向射入磁场，经过 t1 时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为 60；乙以速度 v2 从距离直径 AOB 为R2的 C 点平行于直径 AOB 方向射入磁场，经过 t2 时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心。不计粒子受到的重力，则()A两个粒子带异种电荷Bt1t2Cv1v2 31D两粒子在磁场中轨迹长度之比 l1l2 31答案 AC解析 甲粒子向上偏转，根据左手定则可知甲粒子带正电，乙粒子向下偏转，根据左手定则可知乙粒子带负电，故 A 正确；粒子在磁场中运动的周期：T2Rv 2mqB，两粒子比荷相同，故两粒子在磁场中运动的周期相同，根据几何关系可知，甲、乙两粒子在磁场中
28、运动的圆心角分别为 60和 120，甲在磁场中运动的时间 t1 60360T16T，乙在磁场中运动的时间 t2120360T13T，即 t112t2，故 B 错误；设磁场区域圆的半径为 R，由几何关系可知甲粒子做圆周运动的半径为 3R，乙粒子做圆周运动的半径为 R，根据圆周运动的半径公式 RmvqB，知 R 与 v 成正比，即 v1v2 31，故 C 正确；甲粒子在磁场中的轨迹长度 l1162 3R 3R3，乙粒子在磁场中的轨迹长度 l2132R2R3，所以两粒子在磁场中的轨迹长度之比为 l1l2 32，故 D 错误。6.(2019江西高三九校 3 月联考)如图所示是一个半径为 R 的竖直圆形
29、磁场区域，磁感应强度大小为 B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为 m，电荷量均为 q，运动的半径为 r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。下列说法正确的是()A若 r2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 m6qBB若 r2R，粒子沿着与半径方向成 45角斜向下射入磁场，则有关系tan22 217成立C若 rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 m3qBD若 rR，粒子沿着与半径方向成 60角斜向下射入磁场，则圆心角 为 150答案 BD解析 若 r2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，在磁场中的运动
30、轨迹所对应的弦长最大，作出轨迹如图甲所示，因为 r2R，得圆心角 60，粒子在磁场中运动的最长时间 tmax 60360T162mqB m3qB，故 A 错误；若 r2R，粒子沿着与半径方向成 45角斜向下射入磁场，其运动轨迹如图乙所示，则根据几何关系，有 tan222 Rr 22 R22 R2R 22 R2 217，故 B 正确；若 rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，轨迹圆心角为 90，粒子在磁场中运动的时间 t 90360T142mqB m2qB，故 C 错误；若 rR，粒子沿着与半径方向成 60角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出
31、射点连线构成菱形，圆心角 为150，故 D 正确。7.(2019吉林省吉林市三模)如图所示，成 30角的 OA、OB 间有一垂直纸面向里的匀强磁场，OA 边界上的 S 点有一电子源，在纸面内向各个方向均匀发射速率相同的电子，电子在磁场中运动的轨迹半径为 r，周期为 T。已知从 OB 边界射出的电子在磁场中运动的最短时间为T6，则下列说法正确的是()A沿某一方向发射的电子，可能从 O 点射出B沿某一方向发射的电子，可能沿垂直于 OB 的方向射出C从 OA 边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为T3D从 OB 边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为T4答案 BC解析 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛
32、伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evBmv2r，解得 rmveB，由于电子速率相同，则电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径 r 相同，当出射点 D 与 S 点的连线垂直于 OB 时，弦 SD最短，轨迹所对应的圆心角最小，则电子在磁场中运动的时间最短，tmin16T，则圆心角 60，如图 a 所示，由几何知识知，在磁场中运动的时间最短的电子入射的方向垂直于 OA，OSSDsin30rsin302r，电子所有轨迹对应圆心的可能位置都应在以 S 为圆心、半径为SO2 r 的圆弧上，轨迹圆心恰好在OA 上时，若磁场没有 OB 边界，电子将恰好通过 O 点，但由于 OB 边界的存在，过 O 点的电子的轨
33、迹圆弧与 OB 有除 O 以外的另一个交点，如图 b 所示，说明电子到达 O 点前已经从另一交点飞出磁场，故 A 错误；由以上分析可知，当从 S 点射出的电子方向平行于 OB 时，其圆心恰好位于 D 点，此时电子将转过 90，恰好垂直于 OB 射出，其轨迹如图 c 所示，B 正确；从 OA边界射出的电子中，轨迹恰与 OB 相切时，在磁场中的运动轨迹最长，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，如图 d 所示，由几何关系可得圆心角为 120，运动时间 tmax120360T13T，C 正确；从 OB 边界射出的电子中，由几何关系可得，初速度方向沿 OA 方向的电子，在磁场中运动的时间最长，
34、作出其运动轨迹如图 e 所示，可知该电子在磁场中运动的时间大于14T，D 错误。8.(2019江西新余四校高三第二次联考)如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度 B1 T 的匀强磁场，ON 为处于 y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为 9 m，M 点为 x 轴正方向上一点，OM3 m。现有一个比荷大小为 qm1.0 C/kg、可视为质点的带正电的小球(重力不计)从挡板下端 N 处小孔以不同的速度向 x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，已知小球最后都能经过 M 点，则小球射入的速度大小可能是()A3 m/s B3.75
35、m/sC4 m/s D5 m/s答案 ABD解析 由题意，小球运动轨迹的圆心的位置一定在 y 轴上，所以小球若要经过 M 点，则其做圆周运动的半径 rOM3 m，而 ON9 m3r，所以小球可能与挡板 ON 碰撞一次，碰撞后以原速率弹回，速度反向，继续做圆周运动，第二段轨迹圆弧的圆心位置在 O 点或 O 点的上方，也可能小球与挡板 ON 没有碰撞，直接经过 M 点。由洛伦兹力提供向心力，有 qvBmv2r，得 vqBrm。若小球与挡板 ON 碰撞一次，画出小球的运动轨迹如图 1 所示，设 OOs，由几何关系得：r2OM2s2，s3rON，联立得 r13 m，r23.75 m，分别代入 vqBr
36、m，解得 v13 m/s，v23.75 m/s，故 A、B 正确；若小球没有与挡板 ON 碰撞，则小球的运动轨迹如图 2 所示，设 OOs，由几何关系得：r23OM2s2，sONr3，联立得 r35 m，代入 vqBrm 得v35 m/s，故 D 正确。二、计算题(本题共 2 小题，共 36 分，须写出规范的解题步骤)9.(2019东北三省三校二模)(16 分)如图所示，在矩形区域 Oabc 内存在一个垂直于纸面向外，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，Oa 边长为 3L，ab边长为 L。先从 O 点沿着 Ob 方向垂直磁场射入各种速率的带电粒子，已知粒子的质量为 m、带电量为 q(粒子所受重力
37、及粒子间相互作用忽略不计)，求：(1)垂直于 ab 边射出磁场的粒子的速率 v；(2)粒子在磁场中运动的最长时间 tm。答案(1)2 3qBLm(2)m3qB解析(1)粒子运动的轨迹如图，设粒子做圆周运动的半径为 R，由几何关系可知：tan L3L 33，得 6，又 sin 3LR，则 R2 3L，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 qvBmv2R解得 v2 3qBLm。(2)由圆周运动的知识可知 T2Rv，qvBmv2R联立可得 T2mBq由几何关系可知最大圆心角 23可得粒子运动的最长时间 tm 2T m3qB。10.(2019湖北荆门龙泉中学高三第五次学业检测)(20
38、 分)如图所示，一匀强磁场磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向里，其边界是半径为 R 的圆，AB为该圆的一条直径。在 A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量为 m、电量为q 的粒子，粒子重力不计。(1)有一带电粒子以 v12qBRm 的速度垂直于磁场进入圆形区域，恰从 B点射出。求此粒子在磁场中运动的时间；(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过 2 次碰撞后回到 A 点，则该粒子的速度为多大？(3)若 R3 cm、B0.2 T，在 A 点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为 3105 m/s、比荷为 108 C/kg 的粒子。
39、试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留两位有效数字)。答案(1)m3qB(2)3qBRm(3)见解析图 c 9.0104 m2解析(1)由 qv1Bmv21r1得 r12R粒子的运动轨迹如图 a 所示，则由几何关系得 3因为周期 T2mqB所以该粒子在磁场中的运动时间 t 2T m3qB。(2)粒子运动情况如图 b 所示，则由几何关系得 3r2Rtan 3R由 qv2Bmv22r2得 v2 3BqRm。(3)粒子的轨道半径r3mv3Bq 1.5 cm12R粒子到达的区域如图 c 中的阴影部分所示，区域面积为S12r23216(2r3)2 3r239.0104 m2。本课结束
