第9講

磁場及帶電粒子在磁場中的運動【高考這樣考】1.(多選)(2015·全國卷Ⅱ)指南針是我國古代四大發明之一。關于指南針,下列說法正確的是(

)A.指南針可以僅具有一個磁極B.指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線,導線通電時指南針不偏轉【解析】選B、C。磁極總是成對出現,指南針同時具有兩個磁極,A項錯誤;指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場,B項正確;指南針附近鐵塊被磁化,產生的磁場會對指南針的指向產生干擾,C項正確;在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線,導線通電時指南針偏轉,D項錯誤。2.(2014·新課標全國卷Ⅰ)關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是(

)A.安培力的方向可以不垂直于直導線B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D.將直導線從中點折成直角,安培力的大小一定變為原來的一半【解析】選B。本題考查安培力的大小和方向。安培力總是垂直于磁場與電流所決定的平面,因此,安培力總與磁場和電流垂直,A錯誤,B正確;安培力F=BILsinθ,其中θ是導線與磁場方向的夾角,所以C錯誤;將直導線從中點折成直角,導線受到安培力的大小不僅與有效長度有關,還與導體在磁場中的相對位置有關,D錯誤。3.(2015·全國卷Ⅰ)兩相鄰勻強磁場區域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區域進入到較弱磁場區域后,粒子的(

)A.軌道半徑減小,角速度增大B.軌道半徑減小,角速度減小C.軌道半徑增大,角速度增大D.軌道半徑增大,角速度減小【解析】選D。帶電粒子由一個磁場進入另一個磁場,線速度大小不變,由牛頓第二定律得可知軌道半徑增大,再根據v=ωr知角速度減小,故選項D正確。4.(多選)(2014·新課標全國卷Ⅱ)如圖為某磁譜儀部分構件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時,下列說法正確的是(

)A.電子與正電子的偏轉方向一定不同B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C.僅依據粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子D.粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小【解析】選A、C。電子與正電子電性相反,若入射速度方向相同時,由左手定則可判定電子和正電子受力方向相反,所以偏轉方向相反,選項A正確;根據可知,由于電子和正電子垂直進入磁場的速度未知,故軌跡半徑不一定相同,選項B錯誤;由于質子和正電子在磁場中的受力方向一樣,所以僅憑粒子的運動軌跡無法判斷它們是質子還是正電子,故選項C正確;根據和得可見粒子的動能越大時,軌跡半徑越大,選項D錯誤。5.(2015·江蘇高考)如圖所示,用天平測量勻強磁場的磁感應強度。下列各選項所示的載流線圈匝數相同,邊長MN相等,將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流,天平處于平衡狀態。若磁場發生微小變化,天平最容易失去平衡的是(

)【解析】選A。因為磁場相同,導體中電流大小一樣,根據F=BIL知,導體的有效長度越大,磁場有微變時產生的安培力越大,導致天平失去平衡,圖中A對應的有效長度最大。6.(多選)(2014·海南高考)如圖,兩根平行長直導線相距2l,通有大小相等、方向相同的恒定電流;a、b、c是導線所在平面內的三點,左側導線與它們的距離分別為、l和3l。關于這三點處的磁感應強度,下列判斷正確的是(

)A.a處的磁感應強度大小比c處的大B.b、c兩處的磁感應強度大小相等C.a、c兩處的磁感應強度方向相同D.b處的磁感應強度為零【解析】選A、D。a、c兩點的磁感應強度是兩導線電流產生的合磁感應強度,由于a點比c點距離兩導線較近,所以a點的磁感應強度比c點的大,A正確。根據安培定則知,a、c兩處磁感應強度方向相反,C錯誤。b點位于兩導線中間,兩導線在b點產生的磁場大小相等,方向相反,合磁感應強度為零,c處磁感應強度不為零,D正確,B錯誤?！究记榉治觥恐饕}型：選擇題、計算題命題特點：1.結合電流周圍的磁場分布特點,考查磁場的性質。2.結合現代科學技術,綜合考查帶電粒子在磁場中的運動問題。3.應用數學幾何關系,結合牛頓第二定律,綜合考查帶電粒子在有界勻強磁場中的臨界問題?！局鞲苫仡櫋俊疽貟呙琛?1)掌握“兩個磁場力”：①安培力：___________,其中θ為B與I的夾角。②洛倫茲力：___________,其中θ為B與v的夾角。(2)明確“兩個公式”：①帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑公式：____________。②帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式：____________。F=BILsinθF=qvBsinθ(3)用準“兩個定則”：①對電流的磁場用準_________。②對通電導線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用準_________。(4)畫好“兩個圖形”：①對安培力作用下的平衡、運動問題畫好受力分析圖。②對帶電粒子的勻速圓周運動問題畫好與圓有關的幾何圖形。安培定則左手定則熱點考向1磁場對通電導體的作用力【典例1】(多選)(2015·貴陽二模)如圖所示,在傾角為α的光滑斜面上,垂直紙面放置一根長為L,質量為m的直導體棒。在導體棒中的電流I垂直紙面向里時,欲使導體棒靜止在斜面上,下列外加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向正確的是(

)A.方向垂直斜面向上B.方向豎直向上C.方向垂直斜面向下D.方向豎直向下【解題探究】(1)確定外加勻強磁場的磁感應強度B的大小的關鍵是____________________。(2)確定外加勻強磁場方向的關鍵是_______________。根據平衡條件列方程左手定則的應用【解析】選A、B。外加勻強磁場的磁感應強度B的方向垂直斜面向上,導體棒受沿斜面向上的安培力、支持力與重力,處于平衡狀態,則有BIL=mgsinα,解得A正確;外加勻強磁場的磁感應強度B的方向豎直向上,導體棒受水平向右的安培力、支持力與重力,處于平衡狀態,則BIL=mgtanα,解得B正確;外加勻強磁場的磁感應強度B的方向垂直斜面向下,導體棒受沿斜面向下的安培力、支持力與重力,所以棒不可能處于平衡狀態,C錯誤;外加勻強磁場的磁感應強度B的方向豎直向下,導體棒受水平向左的安培力、支持力與重力,所以棒不可能處于平衡狀態,D錯誤?！镜淅?】(多選)(2014·浙江高考)如圖甲所示,兩根光滑平行導軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起,棒上有如圖乙所示的持續交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(

)A.一直向右移動B.速度隨時間周期性變化C.受到的安培力隨時間周期性變化D.受到的安培力在一個周期內做正功【名師解讀】(1)命題立意：綜合考查通電導體在磁場中的受力情況、運動情況以及安培力做功情況。(2)關鍵信息：光滑平行導軌水平放置;豎直向下的勻強磁場;持續交變電流。(3)答題必備：左手定則;動能定理;F=BIL。(4)易錯警示：誤認為金屬棒周期性地做往復運動?！窘馕觥窟xA、B、C。由左手定則可知,金屬棒一開始向右加速運動,當電流反向以后,金屬棒開始減速,經過一個周期速度變為0,然后重復上述運動,所以A、B項正確;安培力F=BIL,由圖像可知前半個周期向右,后半個周期向左,不斷重復,C項正確;一個周期內,金屬棒初、末速度相同,由動能定理可知安培力在一個周期內不做功,D項錯誤?！具w移訓練】遷移1：改變電流的變化規律(多選)將【典例2】中通過金屬棒的電流從t=0時刻起按如圖所示的規律變化,則下列說法正確的是(

)A.金屬棒的加速度隨時間不發生變化B.金屬棒的加速度隨時間周期性變化C.t=時刻金屬棒距離出發點最遠D.t=T時刻金屬棒距離出發點最遠【解析】選B、C。由左手定則可以判斷金屬棒所受的安培力的方向隨電流周期性變化,而其大小F=BIL也隨電流周期性變化,由牛頓第二定律得金屬棒的加速度大小、方向周期性變化,故選項A錯誤,B正確;金屬棒時刻向右加速運動,時刻向右減速運動,時刻速度減為零,時刻向左加速運動,時刻向左減速運動,T時刻速度減為零,金屬棒回到出發點,時刻金屬棒距離出發點最遠,C正確,D錯誤。遷移2：使磁場發生變化將【典例2】從t=0時刻起,導軌間的磁場隨時間變化的規律如圖所示,圖甲中B的方向為磁感應強度的正方向,則金屬棒(

)A.一直向右勻加速運動B.速度在一個周期內先增大后減小C.受到的安培力隨時間周期性變化D.受到的安培力在一個周期內做功為零【解析】選A。由左手定則可以判斷,金屬棒在內所受的安培力水平向右,大小恒定,金屬棒向右做勻加速直線運動,在內電流和磁場方向同時發生變化,由左手定則可以判斷金屬棒所受的安培力方向保持不變,故金屬棒的運動狀態保持不變,因此選項A正確,B、C錯誤;由于安培力的大小和方向始終不變,故在一個周期內,安培力一直做正功,選項D錯誤。遷移3：改變電流的起始狀態(多選)若將【典例2】中棒上的交變電流變成如圖所示的規律變化,則金屬棒(

)A.一直向右移動B.速度隨時間周期性變化C.受到的安培力隨時間周期性變化D.受到的安培力在一個周期內做正功【解析】選B、C。由左手定則可知,金屬棒一開始向右加速運動,當電流反向以后,金屬棒開始減速,經過半個周期速度變為0,然后反向加速再減速運動,經過一個周期速度變為0并回到原出發點,接著重復上述運動,所以選項A錯誤,B正確;安培力F=BIL,由圖像可知安培力F隨時間周期性變化,選項C正確;一個周期內,金屬棒初、末速度相同,由動能定理可知安培力在一個周期內不做功,選項D錯誤。【規律總結】求解磁場中導體棒運動問題的方法(1)分析：正確地對導體棒進行受力分析,應特別注意通電導體棒受到的安培力的方向,安培力與導體棒和磁感應強度組成的平面垂直。(2)作圖：必要時將立體圖的受力分析圖轉化為平面受力分析圖,即畫出與導體棒垂直的平面內的受力分析圖。(3)求解：根據平衡條件或牛頓第二定律或動能定理列式分析求解?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,兩根光滑金屬導軌平行放置,導軌所在平面與水平面間的夾角為θ。整個裝置處于沿豎直方向的勻強磁場中。金屬桿ab垂直導軌放置,當金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時,金屬桿ab剛好靜止。則(

)A.磁場方向豎直向上B.磁場方向豎直向下C.金屬桿ab受安培力的方向平行導軌向上D.金屬桿ab受安培力的方向平行導軌向下【解析】選A。金屬桿受力如圖所示,當磁場方向豎直向上時,由左手定則可知安培力水平向右,金屬桿ab受力可以平衡,A正確;若磁場方向豎直向下,由左手定則可知安培力水平向左,則金屬桿ab受力無法平衡,B、C、D錯誤。熱點考向2帶電粒子在磁場中的運動【典例3】(多選)(2015·全國卷Ⅱ)有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍,兩個速率相同的電子分別在兩磁場區域做圓周運動,與Ⅰ中運動的電子相比,Ⅱ中的電子(

)A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D.做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等【名師解讀】(1)命題立意：考查帶電粒子在勻強磁場中的運動。(2)關鍵信息：Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍;兩個速率相同的電子。(3)答題必備：(4)易錯警示：防止k倍和倍混淆不清?！窘馕觥窟xA、C。Ⅱ中的磁感應強度是Ⅰ中的,故Ⅱ中的電子所受洛倫茲力和加速度均為Ⅰ中的,B項錯誤;由洛倫茲力提供向心力可得Ⅱ中的電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍,A項正確;由洛倫茲力提供向心力可得Ⅱ中的電子做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍,C項正確;由周期公式可得Ⅱ中的電子做圓周運動的角速度是Ⅰ中的,D項錯誤。【典例4】(多選)(2015·張掖二模)如圖所示,直角三角形ABC區域中存在一勻強磁場,比荷相同的兩個粒子(不計重力)沿AB方向射入磁場,分別從AC邊上的P、Q兩點射出,則(

)A.從P點射出的粒子速度大B.從Q點射出的粒子速度大C.從Q點射出的粒子在磁場中運動的時間長D.兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長【解題探究】(1)比較粒子速度大小的關鍵是_____________________________________。(2)比較粒子在磁場中運動時間的關鍵是____________________________________________________。畫出運動軌跡,比較粒子圓周軌跡的半徑粒子的運動周期和粒子在磁場中轉過的圓弧所對的圓心角【解析】選B、D。粒子在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示,根據幾何關系(圖示弦切角相等),粒子在磁場中偏轉的圓心角相等,根據粒子在磁場中運動的時間又因為粒子在磁場中做圓周運動的周期可知粒子在磁場中運動的時間相等,D正確,C錯誤;由圖知,粒子運動的半徑RP<RQ,由粒子在磁場中做圓周運動的半徑知粒子運動速度vP<vQ,A錯誤,B正確。【規律總結】“三步法”分析帶電粒子在磁場中的運動問題(1)畫軌跡：也就是確定圓心,用幾何方法求半徑并畫出軌跡。(2)找聯系：①軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯系,分析粒子的運動半徑常用的方法有物理方法和幾何方法兩種。物理方法也就是應用公式確定;幾何方法一般根據數學知識(直角三角形知識、三角函數等)通過計算確定。②速度偏轉角φ與回旋角（轉過的圓心角）α、運動時間t相聯系。如圖所示，粒子的速度偏向角φ等于回旋角α，等于弦切角θ的2倍，且有或（其中s為運動的圓弧長度）。(3)用規律：應用牛頓運動定律和圓周運動的規律關系式，特別是周期公式和半徑公式，列方程求解?！绢}組過關】1.空間有一圓柱形勻強磁場區域,該區域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直于橫截面。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場,離開磁場時速度方向偏離入射方向60°。不計重力,該磁場的磁感應強度大小為(

)【解析】選A。帶電粒子運動軌跡示意圖如圖所示。設帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡的半徑為r,根據洛倫茲力公式和牛頓第二定律,解得由圖中幾何關系可得聯立解得該磁場的磁感應強度A正確。2.(2015·安陽二模)如圖所示,半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場。重力不計、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對著圓心O射入磁場,若粒子射入、射出磁場點間的距離為R,則粒子在磁場中的運動時間為(

)【解析】選A。粒子在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示：由幾何關系得軌跡半徑故粒子在磁場中的運動時間A正確。3.(多選)(2015·懷化一模)如圖所示,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,大小為B?，F有一質量為m、電量為q的帶正電粒子,從在x軸上的某點P沿著與x軸成30°角的方向射入磁場。不計重力的影響,則下列有關說法中正確的是(

)A.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為B.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為C.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點D.粒子一定不可能通過坐標原點【解析】選A、D。由于P點的位置不定,所以粒子在磁場中的運動圓弧對應的圓心角也不同,最大的圓心角為圓弧與y軸相切時即300°,則運動的時間為而最小的圓心角為P點與坐標原點重合,圓心角為120°,所以運動時間為則粒子在磁場中運動所經歷的時間為故A正確,B錯誤;粒子由P點成30°角入射,則圓心在過P點與速度方向垂直的方向上,如圖所示,粒子在磁場中要想到達O點,轉過的圓心角肯定大于180°,而磁場為有界磁場,故粒子不可能通過坐標原點,C錯誤,D正確。4.(2013·新課標全國卷Ⅰ)如圖,半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區域的橫截面(紙面),磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區域,射入點與ab的距離為,已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°,則粒子的速率為(不計重力)(

)【解析】選B。根據對稱性,帶電粒子射入圓形區域磁場時速度方向與半徑的夾角總是與帶電粒子射出磁場時其速度方向與半徑的夾角相等,畫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示,根據圖找幾何關系可得帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r=R,再由得解得故選項B正確。【加固訓練】(多選)如圖,兩個初速度大小相同的同種離子a和b,從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場,最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有(

)A.a、b均帶正電B.a在磁場中飛行的時間比b的短C.a在磁場中飛行的路程比b的短D.a在P上的落點與O點的距離比b的近【解析】選A、D。兩離子在磁場中的運動情況如圖所示,根據左手定則,a、b均帶正電,A正確;由可知,兩離子在磁場中運動周期相同,由運動軌跡可知離子a轉過的圓心角大于離子b轉過的圓心角,即θa>θb,由可以判斷a在磁場中飛行的時間比b的長,B錯誤;由得故兩離子在磁場中運動半徑相同,所以a在磁場中飛行的路程比b的長,a在P上的落點與O點的距離比b的近,C錯誤、D正確。熱點考向3帶電粒子在有界勻強磁場中的臨界問題【典例5】(18分)(2015·蕪湖一模)一足夠長的矩形區域abcd內充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場,矩形區域的左邊界ad寬為L,現從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子,速度大小為v0,方向與ad邊夾角為α=30°,如圖所示,已知粒子的電荷量為q,質量為m(重力不計)。(1)若粒子帶負電,且恰能從d點射出磁場,求v0的大小。(2)若粒子帶正電,且粒子能從ab邊射出磁場,求v0的取值范圍以及此范圍內粒子在磁場中運動的時間t的范圍?！灸梅植呗浴康谝粏枺骸っ鞔_運動過程→沿順時針做圓周運動·按部就班列方程圓周運動列③式(2分)第二問：·翻轉關鍵信息-“能從ab邊射出磁場”·分情況列方程按照過程列方程,就能拿到14分,若能正確解方程求出結果并寫出v0和t的范圍再拿下4分,則得滿分18分。【解析】(1)若粒子帶負電,則進入磁場后沿順時針方向偏轉,如圖所示：O1為軌跡圓心,由對稱性可知,速度的偏轉角θ1=2α=60°①(1分)軌跡半徑②(1分)由牛頓第二定律得：③(2分)解得：(1分)(2)若粒子帶正電,則沿逆時針方向偏轉,當v0最大時,軌跡與cd相切,軌跡圓心為O2,半徑為r2,由幾何關系得：④(2分)解得：r2=L,即：⑤(1分)當v0最小時,軌跡與ab相切,軌跡圓心為O3,半徑為r3,由幾何關系可得：解得：⑥(2分)即：⑦(1分)所以(2分)粒子從ab邊射出磁場,當速度為vmax時,速度偏轉角最小且為150°,故運動時間最短,則：⑧(2分)速度為vmin時,速度偏轉角最大且為240°,因此運動時間最長,則：⑨(2分)所以粒子的運動時間t的范圍是(1分)答案：【規律總結】巧解帶電粒子在磁場運動的臨界軌跡的方法(1)動態放縮法：定點粒子源發射速度大小不同、方向相同的同種粒子,速度越大半徑越大,圓心在垂直初速度方向的直線上。(2)旋轉平移法：定點粒子源發射速度大小相等、方向不同的同種粒子的運動軌跡的圓心在以入射點為圓心,半徑的圓上?！绢}組過關】1.如圖所示,帶有正電荷的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點分別以30°和60°(與邊界的夾角)射入磁場,又恰好都不從另一邊界飛出,則下列說法中正確的是(

)A.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為B.A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為C.A、B兩粒子的之比是D.A、B兩粒子的之比是【解析】選D。粒子運動軌跡如圖所示,其中A粒子的運動半徑為R,d=R+Rcos30°,B粒子的運動半徑為r,同理可得：則所以A、B錯誤;據可知,兩粒子的之比是C錯誤,D正確。2.(多選)(2015·四川高考)如圖所示,S處有一電子源,可向紙面內任意方向發射電子,平板MN垂直于紙面,在紙面內的長度L=9.1cm,中點O與S間的距離d=4.55cm,MN與SO直線的夾角為θ,板所在平面有電子源的一側區域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.0×10-4T。電子質量m=9.1×10-31kg,電量e=-1.6×10-19C,不計電子重力。電子源發射速度v=1.6×106m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區域的長度為l,則(

)A.θ=90°時,l=9.1cm

B.θ=60°時,l=9.1cmC.θ=45°時,l=4.55cm D.θ=30°時,l=4.55cm【解析】選A、D。電子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動,根據洛倫茲力大小計算公式和向心力公式有：解得電子圓周運動的軌道半徑為：恰好有：由于電子源S可向紙面內任意方向發射電子,因此電子的運動軌跡將是過S點的一系列半徑為r的等大圓,能夠打到板MN上的區域范圍如圖甲所示,實線SN表示電子剛好經過板N端時的軌跡,實線SA表示電子軌跡剛好與板相切于A點時的軌跡,因此電子打在板上可能位置的區域的長度為：l=NA,又由題設選項可知,MN與SO直線的夾角θ不定,但要使電子軌跡與MN板相切,根據圖中幾何關系可知,此時電子的軌跡圓心C一定落在與MN距離為r的平行線上,如圖乙所示,當l=4.55cm時,即A點與板O點重合,作出電子軌跡如圖中實線S1A1,由圖中幾何關系可知,此時S1O與MN的夾角θ=30°,故C錯誤,D正確。當l=9.1cm時,即A點與板M端重合,作出電子軌跡如圖中實線S2A2,由幾何關系可知,此時S2O與MN的夾角θ=90°,故A正確,B錯誤。3.如圖所示為圓形區域的勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里,邊界跟y軸相切于坐標原點O。O點處有一放射源,沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶電粒子,帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區域半徑的兩倍。已知該帶電粒子的質量為m、電荷量為q,不考慮帶電粒子的重力。(1)推導帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌道半徑。(2)求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉角。(3)沿磁場邊界放置絕緣彈性擋板,使帶電粒子與擋板碰撞后以原速率彈回,且其電荷量保持不變。若從O點沿x軸正方向射入磁場的粒子速度減小為0.5v,求該粒子第一次回到O點經歷的時間?！窘馕觥?1)帶電粒子進入磁場后,受洛倫茲力作用,設其做圓周運動的軌道半徑為r,由牛頓第二定律得：解得：(2)設粒子飛出和進入磁場的速度方向的夾角為φ,如圖所示,則x是粒子在磁場中軌跡的兩端點的直線距離。x最大值為2R,對應的就是φ最大值,且2R=r所以即φmax=60°(3)當粒子的速度減小為時,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為故粒子轉過四分之一圓周,對應圓心角為時與邊界相撞并彈回,由對稱性知粒子經過四個這樣的過程后第一次回到O點,即經歷時間為一個周期,粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期所以從O點沿x軸正方向射出的粒子第一次回到O點經歷的時間是答案：【加固訓練】如圖所示,邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場,邊界OA上有一粒子源S。某一時刻,從S平行于紙面向各個方向發射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用),所有粒子的初速度大小相同,經過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知∠AOC=60°,從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于(T為粒子在磁場中運動的周期),則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為(

)【解析】選B。由左手定則可知,粒子在磁場中做逆時針方向的圓周運動,由于粒子速度大小都相同,故軌跡弧長越小,粒子在磁場中運動時間就越短;而弧長越小,所對弦長也越短,所以從S點作OC的垂線SD,則SD為最短弦,可知粒子從D點射出時運行時間最短,