課時規(guī)范練29磁場對運動電荷的作用基礎(chǔ)對點練1.(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2018江西七校聯(lián)考)如圖所示,正八邊形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場。一帶電的粒子從h點沿he圖示方向射入磁場區(qū)域,當速度大小為vb時,從b點離開磁場,在磁場中運動的時間為tb。當速度大小為vd時,從d點離開磁場,在磁場中運動的時間為td,不計粒子重力。則下列正確的說法是()A.tbtd=21B.tbtd=12C.tbtd=31D.tbtd=13答案C解析根據(jù)題意可知,粒子從b點和從d點離開的運動軌跡如圖所示:由圖利用幾何關(guān)系可知,從b點離開時粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為135,而從d點離開時粒子其圓心角為45,因粒子在磁場中的周期相同,由t=T可知,時間之比等于轉(zhuǎn)過的圓心角之比,故tbtd=13545=31,故C正確,ABD錯誤。故選C。2.(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2018華南師大附中三模)如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場,經(jīng)過t時間從C點射出磁場,OC與OB成60角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?仍從A點沿原方向射入磁場,不計重力,則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)A.2tB.tC.3tD.t答案A解析設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑是R,以速度v射入時,半徑r1=,根據(jù)幾何關(guān)系可知,=tan60,所以r1=R;運動時間t=T=T;以速度射入時,半徑r2=r1=R設(shè)第二次射入時的圓心角為,根據(jù)幾何關(guān)系可知:tan,所以=120則第二次運動的時間為:t=T=T=T=2t,故選A。3.(多選)(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(2018江西南昌模擬)如圖所示,一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場,CD是該圓一條直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力),自A點沿平行于CD的方向以初速度v0垂直射入磁場中,恰好從D點飛出磁場,A點到CD的距離為。則()A.磁感應(yīng)強度為B.磁感應(yīng)強度為C.粒子在磁場中的飛行時間為D.粒子在磁場中的飛行時間為答案AC解析粒子在磁場中做勻速圓周運動,畫出運動軌跡,如圖所示:A點到CD的距離為,則:OAQ=60,OAD=ODA=15,DAQ=75,則AQD=30,AQO=15,粒子的軌道半徑:r=(2+)R,粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B=m,解得:B=,故A正確,B錯誤;粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角:=AQD=30,粒子在磁場中做圓周運動的周期:T=,粒子在磁場中的運動時間:t=T=,故C正確,D錯誤,故選AC。4.(臨界極值問題)(2016全國卷,18)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上方存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為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動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()A.B.C.D.答案D解析粒子運動的軌跡如圖:運動半徑為R=。由運動的對稱性知,出射速度的方向與OM間的夾角為30,由圖中幾何關(guān)系知AB=R,AC=2Rcos30=。所以出射點到O點的距離為BO=+R=,故選項D正確。5.(臨界極值問題)(2018河北承德聯(lián)校期末)如圖所示,OM的左側(cè)存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外,OM左側(cè)到OM距離為L的P處有一個粒子源,可沿紙面內(nèi)各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計),速率均為,則粒子在磁場中運動的最短時間為()A.B.C.D.答案B解析粒子進入磁場中做勻速圓周運動則有:qvB=m,將題設(shè)的v值代入得:r=L,粒子在磁場中運動的時間最短,則粒子運動軌跡對應(yīng)的弦最短,最短弦為L,等于圓周運動的半徑,根據(jù)幾何關(guān)系,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60,運動時間為,故tmin=,故B正確,ACD錯誤。故選B。6.(多解問題)如圖甲所示,M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,不計離子所受重力。求:(1)磁感應(yīng)強度B0的大小。(2)要使正離子從O垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。答案(1)(2)(n=1,2,3,)解析設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。(1)正離子射入磁場,洛倫茲力提供向心力B0qv0=做勻速圓周運動的周期T0=由以上兩式得磁感應(yīng)強度B0=(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,v0的方向應(yīng)如圖所示,兩板之間正離子只運動一個周期即T0時,有R=;當兩板之間正離子運動n個周期,即nT0時,有R=(n=1,2,3,)。聯(lián)立求解,得正離子的速度的可能值為v0=(n=1,2,3,)素養(yǎng)綜合練7.(2017全國卷,24)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x0區(qū)域,磁感應(yīng)強度的大小為B0;x<0區(qū)域,磁感應(yīng)強度的大小為B0(常數(shù)>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時,當粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力)(1)粒子運動的時間;(2)粒子與O點間的距離。答案(1)(2)1-解析(1)在勻強磁場中,帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得qB0v0=mqB0v0=m粒子速度方向轉(zhuǎn)過180時,所需時間t1為t1=粒子再轉(zhuǎn)過180時,所需時間t2為t2=聯(lián)立式得,所求時間為t0=t1+t2=1+(2)由幾何關(guān)系及式得,所求距離為d0=2(R1-R2)=1-8.(2018山東淄博一中三模)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一以O(shè)為圓心、R為半徑的半圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直坐標平面向里,磁感應(yīng)強度大小為B。位于O點的粒子源向第二象限內(nèi)的各個方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子,粒子均不會從磁場的圓弧邊界射出。粒子的速率相等,質(zhì)量為m、電荷量大小為q,粒子重力及粒子間的相互作用均不計。(1)若粒子帶負電,求粒子的速率應(yīng)滿足的條件及粒子在磁場中運動的最短時間;(2)若粒子帶正電,求粒子在磁場中能夠經(jīng)過區(qū)域的最大面積。答案(1)vt=(2)R2解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則:qvB=m,根據(jù)軌跡圖可知:r聯(lián)立得:v粒子在磁場中做圓周運動的周期:T=由粒子在磁場中運動的軌跡可得,沿y軸正向射入磁場中的粒子在磁場中運動時間最短,則:t=聯(lián)立可得:t=(2)分析可得,粒子在磁場中能經(jīng)過的區(qū)域為半圓,如圖中陰影部分,由幾何關(guān)系可得該半圓的半徑:r=R面積:S=r2聯(lián)立可得:S=R29.(2014山東卷)如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向,磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子(不計重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時,可使t=0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。(1)若t=TB,求B0;(2)若t=TB,求粒子在磁場中運動時加速度的大小;(3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。分析(1)因粒子從開始到垂直打在P板上經(jīng)歷時間t=TB,這個過程中磁場方向始終垂直紙面向里,故粒子逆時針做勻速圓周運動,且恰好運動圓周,則運動半徑R1=d,結(jié)合粒子在磁場中運動規(guī)律,可求出磁感應(yīng)強度B0。(2)當t=TB時,粒子先逆時針運動圓周,再順時針運動圓周,然后又逆時針運動圓周而垂直打在P板上。根據(jù)幾何分析可知運動半徑R2=,再由向心加速度公式a=可求出其加速度。(3)當B0=時,應(yīng)先確定軌道半徑大小和兩板間距離的關(guān)系。然后再從這一關(guān)系入手,畫出粒子從出發(fā)到垂直打在P板上可能的運動軌跡圖,明確軌跡上速度方向豎直向上的位置點,還要推斷這些位置到Q板的距離有無可能正好等于兩板間距d。如果是,那么這些速度向上的位置就可能是打在上極板時的位置。再由軌跡中的幾何關(guān)系以及粒子在磁場中的運動規(guī)律就可以得出TB可能的值。解(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1,由牛頓第二定律得qv0B0=據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1=d聯(lián)立式得B0=(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2,加速度大小為a,由圓周運動公式得a=據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2=d聯(lián)立式得a=(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得T=由牛頓第二定律得qv0B0=由題意知B0=,代入式得d=4R粒子運動軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,O1O2連線與水平方向的夾角為,在每個TB內(nèi),只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0<<,由題意可知T=設(shè)經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n=0,1,2,3)若在A點擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2(R+Rsin)n=d當n=0時,無解當n=1時,聯(lián)立式得=(或sin=)聯(lián)立式得TB=當n2時,不滿足0<<90的要求若在B點擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2Rsin+2(R+Rsin)n=d當n=0時,無解當n=1時,聯(lián)立式得=arcsin(或sin=)聯(lián)立式得TB=(+arcsin當n2時,不滿足0<<90的要求