1、1课时规范练 29 磁场对运动电荷的作用基础对点练1.(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2018江西七校联考)如图所示,正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带电的粒子从 h 点沿 he 图示方向射入磁场区域,当速度大小为 vb时,从 b 点离开磁场,在磁场中运动的时间为 tb。当速度大小为 vd时,从 d 点离开磁场,在磁场中运动的时间为 td,不计粒子重力。则下列正确的说法是( )A.tbt d=2 1 B.tbt d=1 2C.tbt d=3 1 D.tbt d=1 3答案 C解析 根据题意可知,粒子从 b 点和从 d 点离开的运动轨迹如图所示:由图利用几何关系可知,从 b 点离开时粒子
2、转过的圆心角为 135,而从 d 点离开时粒子其圆心角为45,因粒子在磁场中的周期相同,由 t=T 可知,时间之比等于转过的圆心角之比,故 tbt d=13545=3 1,故 C 正确,ABD 错误。故选 C。2.2(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2018华南师大附中三模)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度 v 从 A 点沿直径 AOB 方向射入磁场,经过 t 时间从 C 点射出磁场, OC 与 OB 成 60角。现将带电粒子的速度变为,仍从 A 点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.2 t B. t C.3 t D. t答案 A解
3、析 设圆形磁场区域的半径是 R,以速度 v 射入时,半径 r1=,根据几何关系可知, =tan60,所以r1=R;运动时间 t=T=T;以速度射入时,半径 r2=r1=R设第二次射入时的圆心角为 ,根据几何关系可知:tan,所以 = 120则第二次运动的时间为: t=T=T=T=2 t,故选 A。3.(多选)(带电粒子在磁场中的圆周运动)(2018江西南昌模拟)如图所示,一半径为 R 的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场, CD 是该圆一条直径。一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子(不计重力),3自 A 点沿平行于 CD 的方向以初速度 v0垂直射入磁场中,恰好从 D 点飞出磁场, A 点到 C
4、D 的距离为。则( )A.磁感应强度为B.磁感应强度为C.粒子在磁场中的飞行时间为D.粒子在磁场中的飞行时间为答案 AC解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,画出运动轨迹,如图所示:A 点到 CD 的距离为,则: OAQ=60, OAD= ODA=15, DAQ=75,则 AQD=30, AQO=15,粒子的轨道半径: r=(2+)R,粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv0B=m,解得: B=,故 A 正确,B 错误;粒子在磁场中转过的圆心角: = AQD=30,粒子在磁场中做圆周运动的周期: T=,粒子在磁场中的运动时间: t=T=,故 C 正确,D 错误,故选
5、AC。4.(临界极值问题)(2016全国卷,18)平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30,其横截面(纸面)如图所示,平面 OM 上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为 m,电4荷量为 q(q0)。粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场,速度与 OM 成 30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点,并从 OM 上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为( )A. B. C. D.答案 D解析 粒子运动的轨迹如图:运动半径为 R=。由运动的对称性知,出射速度的方向与 OM 间的夹角
6、为 30,由图中几何关系知AB=R,AC=2Rcos30=。所以出射点到 O 点的距离为 BO=+R=,故选项 D 正确。5.(临界极值问题)(2018河北承德联校期末)如图所示, OM 的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外, OM 左侧到 OM 距离为 L 的 P 处有一个粒子源,可沿纸面内各个方向射出质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(重力不计),速率均为,则粒子在磁场中运动的最短时间为( )A. B. C. D.答案 B5解析 粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有: qvB=m,将题设的 v 值代入得: r=L,粒子在磁场中运动的时间最短,则粒子运
7、动轨迹对应的弦最短,最短弦为 L,等于圆周运动的半径,根据几何关系,粒子转过的圆心角为 60,运动时间为,故 tmin=,故 B 正确,ACD 错误。故选 B。6.(多解问题)如图甲所示, M、 N 为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为 d,两板中央各有一个小孔 O、 O正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在 t=0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场。已知正离子质量为 m、带电荷量为 q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。求:(1)磁感应强度 B0的
8、大小。(2)要使正离子从 O垂直于 N 板射出磁场,正离子射入磁场时的速度 v0的可能值。答案 (1) (2)(n=1,2,3,)解析 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。(1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力 B0qv0=做匀速圆周运动的周期 T0=由以上两式得磁感应强度 B0=6(2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场, v0的方向应如图所示,两板之间正离子只运动一个周期即 T0时,有 R=;当两板之间正离子运动 n 个周期,即 nT0时,有 R=(n=1,2,3,)。联立求解,得正离子的速度的可能值为 v0=(n=1,2,3,)素养综合练7.(2017全国卷 ,24)如图,空间存
9、在方向垂直于纸面( xOy 平面)向里的磁场。在 x0 区域,磁感应强度的大小为 B0;x 1)。一质量为 m、电荷量为 q(q0)的带电粒子以速度 v0从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与 O 点间的距离。答案 (1) (2) 1-解析 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在 x0 区域,圆周半径为 R1;在 x0 区域,圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0=mqB 0v0=m粒子速度方向转过 180时,所需时间 t1为 t1=粒子再转过 180时,所需时间 t2为
10、t2=7联立 式得,所求时间为 t0=t1+t2= 1+ (2)由几何关系及 式得,所求距离为d0=2(R1-R2)= 1- 8.(2018山东淄博一中三模)如图所示,在 xOy 平面内,有一以 O 为圆心、 R 为半径的半圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直坐标平面向里,磁感应强度大小为 B。位于 O 点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子,粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等,质量为 m、电荷量大小为 q,粒子重力及粒子间的相互作用均不计。(1)若粒子带负电,求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间;(2)若粒子带正电,求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积
11、。答案 (1)v t= (2) R2解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则: qvB=m,根据轨迹图可知: r联立得: v8粒子在磁场中做圆周运动的周期: T=由粒子在磁场中运动的轨迹可得,沿 y 轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短,则: t=联立可得: t=(2)分析可得,粒子在磁场中能经过的区域为半圆,如图中阴影部分,由几何关系可得该半圆的半径: r=R面积: S= r2联立可得: S= R29.(2014山东卷)如图甲所示,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乙所示。 t
12、=0 时刻,一质量为 m、带电荷量为 +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 t=0 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。(1)若 t=TB,求 B0;(2)若 t=TB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;(3)若 B0=,为使粒子仍能垂直打在 P 板上,求 TB。9分析 (1)因粒子从开始到垂直打在 P 板上经历时间 t=TB,这个过程中磁场方向始终垂直纸面向里,故粒子逆时针做匀速圆周运动,且恰好运动圆周,则运动半
13、径 R1=d,结合粒子在磁场中运动规律,可求出磁感应强度 B0。(2)当 t=TB时,粒子先逆时针运动圆周,再顺时针运动圆周,然后又逆时针运动圆周而垂直打在 P板上。根据几何分析可知运动半径 R2=,再由向心加速度公式 a=可求出其加速度。(3)当 B0=时,应先确定轨道半径大小和两板间距离的关系。然后再从这一关系入手,画出粒子从出发到垂直打在 P 板上可能的运动轨迹图,明确轨迹上速度方向竖直向上的位置点,还要推断这些位置到 Q 板的距离有无可能正好等于两板间距 d。如果是,那么这些速度向上的位置就可能是打在上极板时的位置。再由轨迹中的几何关系以及粒子在磁场中的运动规律就可以得出 TB可能的值
14、。解 (1)设粒子做圆周运动的半径为 R1,由牛顿第二定律得qv0B0=据题意由几何关系得 R1=d联立 式得 B0=(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a=据题意由几何关系得 3R2=d联立 式得 a=(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 T=由牛顿第二定律得qv0B0=10由题意知 B0=,代入 式得d=4R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 0 ,由题意可知T=设经历完整 TB的个数为 n(n=0,1,2,3)若在 A 点击中 P 板,据题意由几何关系得R+2(R+Rsin )n=d当 n=0 时,无解当 n=1 时,联立 式得= (或 sin= )联立 式得TB=当 n2 时,不满足 0 90的要求若在 B 点击中 P 板,据题意由几何关系得11R+2Rsin+ 2(R+Rsin )n=d当 n=0 时,无解当 n=1 时,联立 式得= arcsin(或 sin= )联立 式得TB=(+arcsin当 n2 时,不满足 0 90的要求
