第37課時磁場對運(yùn)動電荷的作用考點(diǎn)1洛倫茲力的理解及應(yīng)用1．定義：運(yùn)動電荷在磁場中所受的力叫做洛倫茲力。2．大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝0。(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB。(3)v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ。3．方向(1)由左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向正電荷運(yùn)動的方向或負(fù)電荷運(yùn)動的反方向，這時拇指所指的方向就是運(yùn)動正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。(2)方向特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥v。即F垂直于B、v決定的平面。(注意B和v可以有任意夾角)(3)由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力eq\o(□,\s\up3(10))永不做功。[例1](2017·北京東城區(qū)統(tǒng)測)如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直。在MN上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場和磁場到達(dá)水平地面。若不計空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是()A．小球做勻變速曲線運(yùn)動B．小球的電勢能保持不變C．洛倫茲力對小球做正功D．小球動能的增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和解析帶電小球在剛進(jìn)入復(fù)合場時受力如圖所示，則帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后做曲線運(yùn)動，因為速度會發(fā)生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以不可能是勻變速曲線運(yùn)動，A錯誤；根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ知只有帶電小球豎直向下做直線運(yùn)動時，電勢能才保持不變，B錯誤；洛倫茲力的方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，C錯誤；由動能定理可知：重力做正功，電場力也做正功，洛倫茲力不做功，它們的代數(shù)之和等于動能的增量，D正確。答案D小球運(yùn)動過程中，由于受重力和電場力作用，其速度會發(fā)生變化，則洛倫茲力大小也發(fā)生變化，運(yùn)動過程中由于洛倫茲力始終垂直于速度方向，因此不做功。1．(人教版選修3－1P102·T3改編)如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是()A．組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B．組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外答案C解析由左手定則知，兩束離子都帶正電，A錯誤；分析可得速度選擇器中Eq＝qvB，可得v＝eq\f(E,B)，即A、B兩束離子的速度相等。由于兩束離子都帶正電，所以它們在速度選擇器中所受電場力向右，則洛倫茲力向左，所以速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里，D錯誤；離子在另一磁場B′中作圓周運(yùn)動，A離子束的半徑小于B離子束，由R＝eq\f(mv,B′q)，且v、B′相同，則：A束離子的比荷eq\f(q,m)大于B離子束的比荷，C正確；由于q未知，所以不能確定質(zhì)量關(guān)系，B錯誤。2.如圖所示，勻強(qiáng)磁場水平向右，電子在磁場中的運(yùn)動與磁場方向平行，則該電子()A．不受洛倫茲力B．受洛倫茲力，方向向上C．受洛倫茲力，方向向下D．受洛倫茲力，方向向左答案A解析當(dāng)帶電粒子運(yùn)動方向與磁場方向平行時，粒子不受洛倫茲力作用，故A正確。3．(多選)如圖所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的，兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，M、N為軌道的最低點(diǎn)，以下說法正確的是()A．兩小球第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時的速度vM>vNB．兩小球第一次到達(dá)軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力FM>FNC．小球第一次到達(dá)M的時間大于到達(dá)N的時間D．在磁場中小球能到達(dá)軌道的另一端，在電場中不能答案ABD解析小球在磁場中到達(dá)軌道最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，vM＝eq\r(2gR)。在電場中到達(dá)軌道最低點(diǎn)的過程中，重力做正功，電場力做負(fù)功，根據(jù)動能定理得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，vN＝eq\r(2gR－2·\f(qER,m))，所以vM>vN；設(shè)兩軌道左端最高點(diǎn)分別為X、Y，因為eq\x\to(XM)＝eq\x\to(YN)，所以該過程所用時間tM<tN，故A正確、C錯誤；根據(jù)能量守恒定律知，D正確；兩小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時，在M點(diǎn)FM′＝mg＋qvMB＋meq\f(v\o\al(2,M),R)，在N點(diǎn)FN′＝mg＋meq\f(v\o\al(2,N),R)，不難看出，F(xiàn)M′>FN′，由牛頓第三定律可知FM＝FM′，F(xiàn)N＝FN′，所以B正確?？键c(diǎn)2帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動一、圓心的確定1．如果已知入射點(diǎn)、入射方向和出射點(diǎn)、出射方向時，可以通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作出垂直入射方向和出射方向的垂線，兩條垂線交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心，如圖甲。2．已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)的位置和入射方向，可以通過入射點(diǎn)作出入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其線段的中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧的圓心，如圖乙。二、半徑的確定一般運(yùn)用幾何知識，常用三角函數(shù)關(guān)系、三角形知識(如正弦定理、余弦定理)等來求解。1．粒子速度的偏向角φ等于回旋角(圓心角)α，并等于弦AB與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ，如圖丙。2．相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補(bǔ)，即θ＋θ′＝180°，如圖丙。三、時間的確定粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)，可得半徑公式r＝eq\f(mv,qB)；又由T＝eq\f(2πr,v)可得粒子運(yùn)行一周的時間為T＝eq\f(2πm,qB)，當(dāng)粒子通過的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r(如圖丙)，其運(yùn)動的時間t＝eq\f(α,360°)T(α用角度制)或t＝eq\f(α,2π)T(α用弧度制)。[例2](2016·全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與ON只有一個交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為()A.eq\f(mv,2qB) B.eq\f(\r(3)mv,qB)C.eq\f(2mv,qB) D.eq\f(4mv,qB)解析如圖所示為粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡示意圖，設(shè)出射點(diǎn)為P，粒子運(yùn)動軌跡與ON的交點(diǎn)為Q，粒子入射方向與OM成30°角，則射出磁場時速度方向與MO成30°角，由幾何關(guān)系可知，PQ⊥ON，故出射點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)，所以D正確。答案D帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意，畫出粒子的運(yùn)動軌跡，正確確定圓心和半徑，再利用幾何關(guān)系、運(yùn)動規(guī)律找出軌道半徑與磁感強(qiáng)度、運(yùn)動速度的聯(lián)系以及運(yùn)動時間與圓心角、偏轉(zhuǎn)角度、周期的關(guān)系等。1．兩相鄰的勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同，方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域，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，角速度減小答案D解析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后。B減小，所以r增大。線速度、角速度的關(guān)系為：v＝ωr，線速度v不變，半徑r增大，所以角速度減小，故D正確，A、B、C錯誤。故選D。2.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動，由于受到阻力作用，粒子的動能逐漸減小(帶電荷量不變，重力忽略不計)，軌道如曲線abc所示，則該粒子()A．帶負(fù)電，運(yùn)動方向c→b→aB．帶負(fù)電，運(yùn)動方向a→b→cC．帶正電，運(yùn)動方向a→b→cD．帶正電，運(yùn)動方向c→b→a答案B解析據(jù)題意，帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強(qiáng)磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小，則由公式r＝eq\f(mv,qB)得知，粒子的半徑逐漸減小，由圖看出，粒子的運(yùn)動方向是從a到b再到c。在a處，粒子所受的洛倫茲力向右，由左手定則判斷可知，該粒子帶負(fù)電，所以B正確。3.(2018·甘肅蘭州一中期末)圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c以不同的速率沿著AO方向?qū)?zhǔn)圓心O射入磁場，其運(yùn)動軌跡如圖所示。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)粒子速率最大B．c粒子速率最大C．c粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長D．它們做圓周運(yùn)動的周期Ta<Tb<Tc答案B解析根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)和qvB＝meq\f(4π2,T2)r得：軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)，運(yùn)動周期T＝eq\f(2πm,qB)。由于帶電粒子在同一磁場中運(yùn)動，B相同，它們的q、m均相同，所以r與v成正比，如圖所示，可知ra<rb<rc，因此va<vb<vc，故A錯誤、B正確；由于B、q、m均相同，它們做圓周運(yùn)動的周期相等，所以Ta＝Tb＝Tc，故D錯誤；粒子在磁場中運(yùn)動的時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)，運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角越大，則運(yùn)動時間越長，由圖可知θa>θb>θc，所以ta>tb>tc，故C錯誤。考點(diǎn)3帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題1．帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動，一般涉及臨界和邊界問題，臨界值、邊界值常與極值問題相關(guān)聯(lián)。因此，臨界狀態(tài)、邊界狀態(tài)的確定以及所需滿足的條件是解決問題的關(guān)鍵。常遇到的臨界和極值條件有：(1)帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零。(2)射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運(yùn)動的軌跡與磁場邊界相切，對應(yīng)粒子速度的臨界值。(3)運(yùn)動時間極值的分析①周期不同的粒子，當(dāng)速率相同時，軌跡越長，運(yùn)動時間越長。②周期相同的粒子，當(dāng)速率不同時，圓心角越大，運(yùn)動時間越長。2．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題(1)帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負(fù)電，在相同的初速度條件下，正、負(fù)粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡不同，因而形成多解。如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b。(2)磁場方向的不確定形成多解：有些題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，此時必須考慮由磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解。如圖乙所示。(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運(yùn)動軌跡是圓弧狀，因此，它可能直接穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射面邊界反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解。(4)運(yùn)動的往復(fù)性形成多解：帶電粒子在一部分是電場、一部分是磁場的空間運(yùn)動時，運(yùn)動往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示。[例3](2018·山東濟(jì)南期末)如圖所示的xOy平面上，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的四分之一圓形區(qū)域MON內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2×10－3T的勻強(qiáng)磁場，其中M、N點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O為eq\r(2)m，磁場方向垂直于紙面向里。坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個粒子源，不斷地向xOy平面發(fā)射比荷為eq\f(q,m)＝5×107C/kg的帶正電粒子，它們的速度大小都是v＝1×105m/s，與x軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)。(1)求平行于x軸射入的粒子，出射點(diǎn)的位置及在磁場中的運(yùn)動時間；(2)求恰好從M點(diǎn)射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角。解析(1)平行于x軸射入的粒子，軌跡如圖甲所示，設(shè)出射點(diǎn)為P，由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1×105,5×107×2×10－3)m＝1m由幾何關(guān)系可知O1P＝O1O＝1m,OP＝eq\r(2)m則△O1OP為等腰直角三角形，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則x＝y(tǒng)＝1m，α＝eq\f(π,2)，故P點(diǎn)坐標(biāo)為(1m,1m)運(yùn)動時間為t＝eq\f(α,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,2)×10－5s。(2)設(shè)恰好從M點(diǎn)射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時的速度與x軸正向的夾角為θ，畫出軌跡如圖乙所示。由幾何關(guān)系可知O2M＝O2O＝1m，OM＝eq\r(2)m，△O2OM為等腰直角三角形，∠O2OM＝45°，則θ＝∠O2OM＝45°。答案(1)坐標(biāo)為(1m,1m)eq\f(π,2)×10－5s(2)45°(1)解決此類問題一定要做好三件事：①定圓心；②畫軌跡；③根據(jù)幾何關(guān)系計算半徑。(2)有必要時要形成動態(tài)幾何圖形(比如滾動圓、縮放圓)，形成運(yùn)動過程場景圖，以便找出極值。(2018·吉林實驗中學(xué)期末)(多選)如圖所示，真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正向運(yùn)動，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)(圖中未畫出)，所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點(diǎn)，下列說法中正確的是()A．磁場方向一定是垂直xOy平面向里B．所有粒子通過磁場區(qū)的時間相同C．所有粒子在磁場區(qū)運(yùn)動的半徑相等D．磁場區(qū)邊界可能是圓答案CD解析由題意可知，正粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)，都集中于一點(diǎn)a，根據(jù)左手定則可有，磁場的方向垂直平面向外，故A錯誤；依題意畫出帶電粒子的軌跡如圖所示。根據(jù)周期公式T＝eq\f(2πm,Bq)，可知所有粒子的周期相同，由于通過磁場區(qū)的時間為t＝eq\f(θm,Bq)，與圓心角有關(guān)，由圖可知θ不同，因此粒子的運(yùn)動時間不等，故B錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝eq\f(mv,Bq)，由于同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運(yùn)動半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點(diǎn)，因此磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確。1．(2018·山西沂州一中期末)有關(guān)電荷所受電場力和洛倫茲力的說法中，正確的是()A．電荷在電場中一定受電場力的作用B．電荷在磁場中一定受磁場力的作用C．電荷受電場力的方向與該處的電場方向一致D．電荷若受磁場力，則受力方向與該處的磁場方向不一定垂直答案A解析電荷在電場中一定受到電場力作用，A正確；電荷在磁場中不一定受洛倫茲力，當(dāng)靜止時一定不受洛倫茲力，而運(yùn)動的電荷，當(dāng)速度與磁場平行時，不受洛倫茲力作用，B錯誤；正電荷所受電場力一定與該處電場強(qiáng)度方向相同，而負(fù)電荷所受電場力與該處電場方向相反，C錯誤；電荷所受的洛倫茲力與磁場及運(yùn)動速度構(gòu)成的平面垂直，所以電荷所受的洛倫茲力一定與磁場方向垂直，D錯誤。2．下列各圖中，運(yùn)動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電荷所受洛倫茲力方向之間的關(guān)系正確的是()答案B解析根據(jù)左手定則，A中f方向應(yīng)向上，B中f方向應(yīng)向下，故A錯誤、B正確；C、D中都是v∥B，F(xiàn)＝0，故C、D錯誤。3．如圖是電子射線管示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線，要使熒光屏上的亮線向下(z軸負(fù)方向)偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是()A．加一磁場，磁場方向沿z軸負(fù)方向B．加一磁場，磁場方向沿y軸正方向C．加一電場，電場方向沿z軸負(fù)方向D．加一電場，電場方向沿y軸正方向答案B解析要使熒光屏上的亮線向下偏轉(zhuǎn)，若加磁場，應(yīng)使電子所受的洛倫茲力方向向下，電子運(yùn)動方向沿x軸正方向，由左手定則可知，磁場方向應(yīng)沿y軸正方向，A錯誤、B正確。若加電場，電場方向應(yīng)沿z軸正方向，C、D錯誤。4．兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其運(yùn)動軌跡如圖所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電B．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大C．b粒子的動能較大D．b粒子在磁場中運(yùn)動時間較長答案C解析由左手定則可知，a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，A錯誤；由qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，故運(yùn)動的軌跡半徑越大，對應(yīng)的速率越大，所以b粒子的速率較大，在磁場中所受洛倫茲力較大，B錯誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2可得b粒子的動能較大，C正確；由T＝eq\f(2πm,qB)知兩者的周期相同，b粒子運(yùn)動的軌跡對應(yīng)的圓心角小于a粒子運(yùn)動的軌跡對應(yīng)的圓心角，所以b粒子在磁場中運(yùn)動時間較短，D錯誤。5．(多選)邊長為a的正方形處于有界磁場中，如圖所示，一束電子以不同速度水平射入磁場后，分別從A處和C處射出，以下說法正確的是()A．從A處和C處射出的電子速度之比為2∶1B．從A處和C處射出的電子在磁場中運(yùn)動的時間之比為2∶1C．從A處和C處射出的電子在磁場中運(yùn)動周期之比為2∶1D．從A處和C處射出的電子在磁場中所受洛倫茲力之比為1∶2答案BD解析電子從C點(diǎn)射出，A為圓心，RC＝L，圓心角θC＝eq\f(π,2)，由R＝eq\f(mv,qB)，得vC＝eq\f(eBL,m)，運(yùn)動時間tC＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2Be)，電子從A點(diǎn)射出，OA中點(diǎn)為圓心，RA＝eq\f(L,2)，圓心角θA＝π，所以vA＝eq\f(eBL,2m)，tA＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Be)，由于運(yùn)動的周期相等，故vA∶vC＝1∶2，tA∶tC＝2∶1，故A、C錯誤，B正確；電子做勻速圓周運(yùn)動f洛＝eBv，可知洛倫茲力與速度成正比，為1∶2，故D正確。6．(多選)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運(yùn)動方向如圖所示，則()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，半徑不變D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，半徑改變答案AD解析由安培定則判定直線電流右側(cè)磁場的方向垂直紙面向里，再根據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力向右，由于洛倫茲力不做功，電子動能不變，速率不變，A正確，B、C錯誤；又由R＝eq\f(mv,qB)知，在電子偏離直線電流時，B減弱，故R變大，D正確。7.如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的點(diǎn)P(a,0)以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和射出點(diǎn)的坐標(biāo)。答案eq\f(\r(3)mv,2aq)射出點(diǎn)坐標(biāo)為(0，eq\r(3)a)解析畫出軌跡示意圖如圖所示，由射入、射出點(diǎn)的洛倫茲力方向可找到圓心O′，由cos30°＝eq\f(a,r)可得r＝eq\f(2a,\r(3))＝eq\f(mv,Bq)，得B＝eq\f(\r(3)mv,2aq)；由圖可知射出點(diǎn)的縱坐標(biāo)y＝r＋rsin30°＝eq\r(3)a，則射出點(diǎn)坐標(biāo)為(0，eq\r(3)a)。8．(2017·濰坊模擬)如圖所示，在半徑為R＝eq\f(mv0,Bq)的圓形區(qū)域內(nèi)有水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形區(qū)域右側(cè)有一豎直感光板MN，帶正電粒子從圓弧頂點(diǎn)P以速率v0平行于紙面進(jìn)入磁場，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子重力不計。(1)若粒子對準(zhǔn)圓心射入，求它在磁場中運(yùn)動的時間；(2)若粒子對準(zhǔn)圓心射入，且速率為eq\r(3)v0，求它打到感光板上時速度的垂直分量；(3)若粒子以速度v0從P點(diǎn)以任意方向平行于紙面入射，試證明它離開磁場后均垂直打在感光板上。答案(1)eq\f(πm,2Bq)(2)eq\f(3,2)v0(3)見解析解析(1)設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r，由牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)可得r＝eq\f(mv0,Bq)＝R，則帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡為四分之一圓周，軌跡對應(yīng)的圓心角為eq\f(π,2)，如圖甲所示，則t＝eq\f(\f(π,2)R,v0)＝eq\f(πm,2Bq)。(2)由(1)知，當(dāng)v＝eq\r(3)v0時，帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為eq\r(3)R，其運(yùn)動軌跡如圖乙所示，由圖可知∠PO2O＝∠OO2Q＝30°，所以帶電粒子離開磁場時速度偏轉(zhuǎn)角為60°，則v⊥＝vsin60°＝eq\f(3,2)v0。(3)由(1)知，當(dāng)帶電粒子以v0射入時，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡半徑為R。設(shè)粒子射入方向與PO方向夾角為θ，帶電粒子從區(qū)域邊界S射出，帶電粒子運(yùn)動軌跡如圖丙所示。因為PO3＝O3S＝PO＝SO＝R，所以四邊形POSO3為菱形。由圖可知：PO∥O3S，在S點(diǎn)，v0⊥SO3，因此，帶電粒子離開磁場后均垂直打在感光板上，與入射的方向無關(guān)。9．(2015·全國卷Ⅱ)(多選)有兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動。與Ⅰ中運(yùn)動的電子相比，Ⅱ中的電子()A．運(yùn)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(yùn)動的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運(yùn)動的角速度與Ⅰ中的相等答案AC解析電子在兩勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得evB＝eq\f(mv2,r)，可得r＝eq\f(mv,eB)，即eq\f(rⅡ,rⅠ)＝eq\f(BⅠ,BⅡ)＝eq\f(k,1)，A正確；由a＝eq\f(evB,m)得，eq\f(aⅡ,aⅠ)＝eq\f(BⅡ,BⅠ)＝eq\f(1,k)，B錯誤；根據(jù)周期公式T＝eq\f(2πr,v)，可得eq\f(TⅡ,TⅠ)＝eq\f(rⅡ,rⅠ)＝eq\f(k,1)，C正確；根據(jù)角速度公式ω＝eq\f(v,r)，可得eq\f(ωⅡ,ωⅠ)＝eq\f(rⅠ,rⅡ)＝eq\f(1,k)，D錯誤。10．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動。下列選項正確的是()A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma答案B解析設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力