8-2磁場對運動電荷的作用一、選擇題1．帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用．下列表述正確的是( )A?洛倫茲力對帶電粒子做功〃?洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C?洛倫茲力的大小與速度無關。?洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向［答案］B［解析］根據洛倫茲力的特點，洛倫茲力對帶電粒子不做功，A錯B對；根據F=qvB可知洛倫茲力大小與速度有關，C錯；洛倫茲力的作用效果就是改變粒子的運動方向，不改變速度的大小錯.2?(2011?北京海淀模擬)在我們生活的地球周圍，每時每刻都會有大量的由帶電粒子組成的宇宙射線向地球射來，地球磁場可以有效地改變這些宇宙射線中大多數帶電粒子的運動方向，使它們不能到達地面，這對地球上的生命有十分重要的意義?若有一束宇宙射線在赤道上方沿垂直于地磁場方向射向地球，如下圖所示?在地磁場的作用下，射線方向發生改變的情況是( )

A?若這束射線由帶正電荷的粒子組成，它將向南偏移〃?若這束射線由帶正電荷的粒子組成，它將向北偏移C?若這束射線由帶負電荷的粒子組成，它將向東偏移D若這束射線由帶負電荷的粒子組成，它將向西偏移［答案］D［解析］本題考查地磁場的分布以及帶電粒子在磁場中的運動．由地磁場的分布可知，在赤道地區的磁場分布特點為：與地面平行由南指向北．若這束射線由帶正電荷的粒子組成，由左手定則可得所受的安培力向東，所以將向東偏移，4B錯誤；若這束射線由帶負電荷的粒子組成，由左手定則可得所受的安培力向西，所以將向西偏移，C錯誤，D正確.3.如下圖所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內的運動應該是( )4?當從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動B?當從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動C?不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動D?不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動［答案］C［解析］通電螺線管內部磁感線方向與螺線管軸線平行，電子束不受洛倫茲力，故做勻速直線運動，C項正確.

4?（2011?深圳五校模擬）如下圖所示，在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里?現有一帶正電粒子，在x軸上到原點的距離為x0的P點，以平行于y軸的初速度v射入此磁場，在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場?不計重力的影響，由這些條件可知（ ）A?B?C?A?B?C?D?能確定粒子通過y軸時的位置能確定粒子的質量能確定粒子在磁場中運動的時間能確定粒子的比荷［答案］AC［解析］由于初速度與x軸垂直，粒子做勻速圓周運動的圓心為O點，半徑r=x0,故粒子從y軸上射出的位置距離O點為x0,A對；由Bqv^+Y得“囂”，由于B未知，則比荷不能求，質量也不能求，但時間為t=T/4，而T=2n/v,故C對，B、D錯.5?（2011?深圳模擬）如下圖所示為圓柱形區域的橫截面?在沒有磁場的情況下，帶電粒子（不計重力）以某一初速度沿截面直徑方向入射時，穿過此區域的時間為t；若該區域加垂直該區域的勻強磁場，磁感應強度為B,帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛

出此區域時，速度方向偏轉了n根據上述條件可求得的物理量為()A?帶電粒子的初速度〃?帶電粒子在磁場中運動的半徑C?帶電粒子在磁場中運動的周期D帶電粒子的比荷［答案］CD［解析］①假設圓柱截面半徑為R,則沒有磁場時2R=v0t加上磁場時，由幾何關系可知，粒子運動的半徑為r=、3R，已知速度n偏轉角為3，可知粒子在磁場中的運動時間為n1 n偏轉角為3，可知粒子在磁場中的運動時間為n1 3r=6t?可可求得周期T,故C正確；②由周期T=2nmqB可求得帶電粒子的比荷,選項D正確；③因半徑R不知，因此無法求出帶電粒子的初速度及帶電粒子在磁場中運動的半徑，故選項A、B錯誤.6?(2011安徽六校聯考)如下圖所示，L］和L2為兩平行的虛線，耳上方和L2下方都是范圍足夠大，且磁感應強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L上?帶電粒子從A點以初速度v0與L成30°角斜202向右上方射出，經過偏轉后正好過B點，經過B點時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法不正確的是( )XXXXXXXXXXXX一X］XXX厶 E—L2XXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXXA?帶電粒子經過B點時速度一定跟在A點時速度相同〃?若將帶電粒子在A點時的初速度變大(方向不變)，它仍能經過B點C?若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60。角斜向右上方，它將不能經過B點D此粒子既可以是正電荷，也可以是負電荷［答案］C［解析］帶電粒子在運動的過程中，洛倫茲力對電荷不做功，故速度的大小不變，根據左手定則、畫出粒子運動的軌跡，可知A正確；帶電粒子沿直線運動，進入上方磁場做圓周運動，出磁場時的速度大小不變，沿直線運動后又進入下邊磁場，繼續做圓周運動，兩次圓周運動的圓弧剛好組成一個完整的圓周，所以無論是正電荷還是負電荷都能經過B點，又粒子向右的偏移量只與入射的角度有關，與速度的大小無關，故B>D正確；若斜向上的角度改變為60°，則通過計算可知粒子此時運動一個周期的偏移量是角度為30。時粒子運動1一個周期的偏移量的1,所以粒子仍能回到B點，C錯誤.7?（2011鄭州模擬）如下圖所示，直角三角形框架ABC豎直放置,比荷相同的E、F兩個帶電粒子（不計重力）從A點沿AB方向入射，分別打在AC邊的P、Q兩點?質量相同的兩個不帶電的小球M、N分別以不同的速度從A點水平拋出，也恰好分別落在P、Q兩點，則下列說法正確的是（ ）A?E、F兩粒子到達P、Q的時間相同B?E、F兩粒子到達P、Q兩點的速度方向相同C?M、N兩小球到達P、Q兩點的時間相同D?M、N兩小球到達P、Q兩點的速度方向相同［答案］ABD［解析］做圓周運動的E、F兩個帶電粒子具有相同的弦切角，所以有相同的圓心角，又因兩粒子的周期相同，所以到達P、Q兩點的時間相同；作圖可知兩粒子圓心均在過A點垂直于AB的直線上，又因軌跡對應的圓心角相同，所以兩粒子出磁場的速度方向相同；平拋運動的時間由高度決定，顯然平拋的兩小球下落高度不同，所以到達P、Q兩點時間不同；平拋運動存在特點tanf=2tana,爭為末速度與初速度的夾角，偏轉角a為位移與初速度的夾角，兩小球具有相同的a所以二者在P、Q兩點的速度方向相同.8?（2011?黃岡模擬）如下圖所示，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?B?C?A?B?C?D?電子在磁場中運動的時間為￥02nT電子在磁場中運動的時間為可一3v0磁場區域的圓心坐標(坯，L)電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0,—2L)［答案］BC［解析］由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=2場中運動的時間為t=2nLv0,A錯，B正確；ab是磁場區域圓的直徑，故圓心坐標為(凳，L)，電子在磁場中做圓周運動的圓心為Oz，計算出其坐標為(0-L)，所以C正確，D錯誤.二、非選擇題9?如下圖MN表示垂直紙面的平板，它的一側有勻強磁場，磁場

方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B?一帶電粒子從平板上的狹

縫O處以垂直于平板的初速度v射入磁場區域，最后到達平板上的P

點?已知B、v以及P到O的距離l不計重力，則此粒子的比荷為XXXXXXXXXXXXxKyXMP ONXIT［答案［答案］2v

BI［解析］因粒子經O點時的速度垂直于OP,故OP=2R,又R=又R=曙，所以m-qBm2v

BI?10?水平絕緣桿MN套有質量為m,電荷量為+q的帶電小球,小球與桿的動摩擦因數為“將該裝置置于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B,給小球一水平初速度v0,則小球的最終速度可能為 ?X?oXBX N［答案］［答案］0、mgv0、qB［解析］給小球初速度后，其所受洛倫茲力向上，如果洛倫茲力qv0Bvmg,則小球一直減速到速度為零；如果洛倫茲力qv0B=mg,小球一直做勻速運動；如果洛倫茲力qv0B>mg,小球先做減速運動，當qvB=mg時，小球開始做勻速運動.11.(2011遼寧六校模擬)許多儀器中可利用磁場控制帶電粒子的運動軌跡?如下圖所示的真空環境中，有一半徑r=0?05m的圓形區域內存在磁感應強度B=0.2T的勻強磁場，其右側相距d=0.05m處有一足夠大的豎直屏?從S處不斷有比荷善=1X10C/kg的帶正電粒子以速度v=2X10m/s沿SQ方向射出，經過磁場區域后打在屏上?不計粒子重力，求：粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑；繞通過P點(P點為SQ與磁場邊界圓的交點)垂直紙面的軸，將該圓形磁場區域逆時針緩慢轉動90°的過程中，粒子在屏上能打到的范圍.［答案］(1)0.1m⑵Q點以上0.16m范圍內［解析］(1)qvB=mRR=0.1m

(2)粒子在磁場中通過的位移剛好等于磁場區域直徑時，其速度方向偏轉的角度最大，能打到屏上的點最高，由于R=2r,如圖AOPL為等邊三角形，可判斷出粒子在磁場中的運動軌跡所對圓心角為60°(圖上標出圓心角為60°同樣給分)設從L點射出磁場的粒子能打在屏上的N點,LN的反向延長線交PQ于M點，由對稱性可知：PM=Rtan30°MQ=PQ_PMNQ=MQtan60°聯立上式可得：NQ=(3,3-2)r^0.16m當磁場區域轉動90°時，粒子剛好沒有進入磁場.沿直線運動打在屏上Q點,所以粒子能打在屏上Q點以上0?1血范圍內12．(2011鎮江模擬)如下圖所示，在坐標系xOy12．內充滿著兩個勻強磁場a和b,OP為分界線，在區域a中，磁感應強度為2B,方向垂直于紙面向里；在區域b中，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標為(41,31)?—質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負方向射入區域b,經過一段時間后，粒子恰能經過原點O,不計粒子重力.(物37。=0?6,cos37°=0?8)求:粒子從P點運動到粒子從P點運動到O點的時間最少是多少？粒子運動的速度可能是多少？“八53“八53血s、25qBl/ …? 、［答案］(1)60qB (2)12nm(n=1,2,3，^)［解析］(1)設粒子的入射速度為v用R、Rb、ab示粒子在磁場a區和b區運動的軌道半徑和周期T、Tb分別表ab則：r則：r=2mB2qBmvR=bqB2^mnmT= ■=-2qBqBT=2T=2nmqB粒子先在b區運動，再進入a區運動，然后從O點射出，粒子從P點運動到O點所用時間最短．如下圖所示3ltan3ltana=4i粒子在b區和a區運動的時間分別為:t=360°tt=360°t=a2(90°-a)T360。Ta故從P點運動到O點所用最短時間內:53nmt=t+t= ?ab60qB(2)由題意及圖可知n(2Racosa+2Rbcosa)=(3l)2+(4l)2解得:25qBl解得:25qBlv=12HE(n=1，2,3^)-13?(2011?新課標全國)如下圖所示，在區域I(OWxWd)和區域II(dvx^2d)內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B,方向相反，且都垂直于Oxy平面?一質量為m、帶電荷量q(q>0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入區域I,其速度方向沿x軸正向?已知a在離開區域I時，速度方向與x軸正向的夾角為30。；此時，另一質量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入區域I,其速度大小是a的1/3,不計重力和兩粒子之間的相互作

用力，求⑴粒子a射入區域I時速度的大小；⑵當a離開區域II時，a、b兩粒子的y坐標之差.［答案］(1)2器(2亡字4d［解析］(1)設粒子a在磁場I中運動的半徑為今速度為動軌跡如下圖所示，由幾何關系知，r=2d1由牛頓第二定律，得：qvB=m1

聯立①②聯立①②解得：2qBdv=m(2)設粒子a在磁場II中運動的半徑為叮，周期為T1a粒子b在磁場I中運動的半徑為r2，周期為Tb2b由牛頓第二定律得：對