高考物理大二輪總復習與增分策略 專題十六 磁場對運動電荷的作用
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專題十六 磁場對運動電荷的作用考綱解讀章內容考試要求說明必考加試磁場運動電荷在磁場中受到的力cc1.不要求計算電荷運動方向與磁場方向不垂直情況下的洛倫茲力2不要求推導洛倫茲力公式帶電粒子在勻強磁場中的運動d一、洛倫茲力1洛倫茲力:磁場對運動電荷的作用力2洛倫茲力的方向:(1)判斷方法:左手定則磁感線垂直穿過手心四指指向正電荷運動的方向拇指指向正電荷所受洛倫茲力的方向(2)方向特點:FB,Fv,即F垂直于B和v決定的平面(注意:B和v不一定垂直)3洛倫茲力的大?。?1)vB時,洛倫茲力F0.(2)vB時,洛倫茲力FqvB.(3)v0時,洛倫茲力F0.二、帶電粒子在勻強磁場中的運動(加試)1洛倫茲力的特點:洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小,或者說,洛倫茲力對帶電粒子不做功2粒子的運動性質:(1)若v0B,則粒子不受洛倫茲力,在磁場中做勻速直線運動(2)若v0B時,則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動3半徑和周期公式:(1)由qvBm,得r.(2)由v,得T.1下列說法正確的是()A運動電荷在磁感應強度不為零的地方,一定受到洛倫茲力的作用B運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用,則該處的磁感應強度一定為零C洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能,也不能改變帶電粒子的速度D洛倫茲力對帶電粒子不做功答案D解析運動電荷在磁場中所受的洛倫茲力FqvBsin ,所以F的大小不但與q、v、B的大小有關系,還與v的方向與B的夾角有關系,當0或180時,F0,此時B不一定為零,所以A、B錯;又因為洛倫茲力與帶電粒子的速度始終垂直,所以洛倫茲力對帶電粒子不做功,帶電粒子的動能也就不變,但帶電粒子速度方向要改變,所以C錯、D對圖12(2016麗水學考模擬)如圖1所示,在蹄形磁鐵兩極間放置一陰極射線管,一束電子從A端高速射向B端,當它經過蹄形磁鐵產生的磁場時,受的洛倫茲力方向()A向上 B向下C指向N極 D指向S極答案B解析電子從陰極射向陽極,根據左手定則,磁感線垂直穿入手心,四指指向電子束運動的反方向,洛倫茲力的方向向下,故選B.3(2016浙江學考模擬)下面四幅圖表示了磁感應強度B、電荷速度v和洛倫茲力F三者方向之間的關系,其中正確的是()A BCD答案B解析A中電荷受力向下,B中電荷受力向上,C中電荷受力垂直紙面向外,D中電荷不受力,故B正確4如圖2所示,一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端,速度為v.若加上一個垂直紙面向外的磁場,則滑到底端時()圖2Av變大 Bv變小Cv不變 D不能確定v的變化答案B解析由于帶負電的物體沿斜面下滑時受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用,故物體對斜面的正壓力增大,斜面對物體的滑動摩擦力增大,由于物體克服摩擦力做功增大,所以物體滑到底端時v變小,B正確5兩相鄰勻強磁場區(qū)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(qū)域進入到較弱磁場區(qū)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,角速度減小答案D解析由于速度方向與磁場方向垂直,粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運動,即qvB,軌道半徑r,從較強磁場進入較弱磁場后,速度大小不變,軌道半徑r變大,根據角速度可知角速度變小,選項D正確6(2016臺州市9月選考)用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運動徑跡圖3(甲)是洛倫茲力演示儀的實物圖,圖(乙)是結構示意圖勵磁線圈通電后可以產生垂直紙面的勻強磁場,勵磁線圈中的電流越大,產生的磁場越強圖(乙)中電子經電子槍中的加速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場下列關于實驗現象和分析正確的是()圖3A僅增大勵磁線圈中的電流,電子束徑跡的半徑變小B僅升高電子槍加速電場的電壓,電子束徑跡的半徑變小C僅升高電子槍加速電場的電壓,電子做圓周運動的周期將變小D要使電子形成如圖(乙)中的運動徑跡,勵磁線圈應通以逆時針方向的電流答案B解析由evBm得r,僅增大勵磁線圈中的電流,磁場增強,磁感應強度B增大,即r減小,電子束徑跡半徑變小,A正確;僅升高電子槍加速電場的電壓,由動能定理eUmv2得v,即v增大,又r,所以電子束徑跡的半徑變大,B不正確;因T,周期與速度v大小無關,電子做圓周運動的周期不變,C不正確;要使電子形成圖乙中的運動徑跡,玻璃泡內磁場方向應垂直紙面向里,而要形成垂直紙面向里的磁場,由安培定則知,勵磁線圈中應通以順時針方向的電流,D不正確.對洛倫茲力的理解1洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向決定的平面(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時,洛倫茲力的方向也隨之變化(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用(4)根據左手定則判斷洛倫茲力方向,一定要分清正、負電荷(5)洛倫茲力一定不做功2洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力產生條件v0且v與B不平行電荷處在電場中大小FqvB(vB)FqE力方向與場方向的關系一定是FB,Fv,與電荷電性無關正電荷受到的電場力與電場方向相同,負電荷受到的電場力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功,也可能不做功力為零時場的情況F為零,B不一定為零F為零,E一定為零作用效果只改變電荷運動的方向,不改變電荷運動的速度大小既可以改變電荷運動的速度大小,也可以改變電荷運動的方向例1如圖4,在陰極射線管正下方平行放置一根通有足夠強電流的長直導線,且導線中電流方向水平向右,則陰極射線將會()圖4A向上偏轉 B向下偏轉C向紙內偏轉 D向紙外偏轉答案A解析由通電導線的電流方向,根據安培定則可知陰極射線管處于垂直紙面向外的磁場中,電子流方向從左向右,則由左手定則可得陰極射線向上偏轉洛倫茲力方向的確定方法(1)確定洛倫茲力的方向需要用左手定則,還需明確運動電荷的電性,特別注意負電荷的運動方向與左手四指的指向應相反(2)洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直,即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面(3)當電荷運動方向發(fā)生變化時,洛倫茲力的方向也隨之變化變式題組1關于洛倫茲力,下列說法中正確的是()A帶電粒子在磁場中運動時,一定受到洛倫茲力的作用B若帶電粒子經過磁場中某點時所受的洛倫茲力為零,則該點的磁感應強度一定為零C當運動電荷的速度方向與磁場平行時,電荷不受洛倫茲力D當運動電荷的速度方向與磁場垂直時,電荷不受洛倫茲力答案C2(2015海南單科1)如圖5,a是豎直平面P上的一點P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下,在水平面內向右彎曲經過a點在電子經過a點的瞬間,條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()圖5A向上 B向下C向左 D向右答案A解析a點處磁場垂直于紙面向外,根據左手定則可以判斷電子受力向上,A正確3(2016諸暨市期末)如圖6所示,帶電平行板中勻強磁場方向垂直于紙面向里,某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下,經過軌道端點P進入板間后恰能沿水平方向做直線運動若使小球從較低的b點開始下滑,經P點進入板間,則以下說法正確的是()圖6A小球一定帶正電B小球仍做直線運動C小球的電勢能將減小D小球的電場力將增大答案A解析若小球帶正電,進入板間受到的電場力向上,根據左手定則可知,洛倫茲力方向向上,二力的合力與重力平衡時,小球做勻速直線運動;同理分析可知,若小球帶負電,則小球的合力方向向下,無法沿水平方向做直線運動,A項正確;若小球從b點下滑,進入板間的速度變小,所受洛倫茲力變小,電場力和重力不變,無法做直線運動,B、D錯誤;小球將向下運動,電場力做負功,電勢能增大,C錯誤帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動(加試)1勻速圓周運動的規(guī)律若vB,帶電粒子僅受洛倫茲力作用,將在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動2圓心的確定(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時,可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線,兩條直線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖7甲所示,P為入射點,M為出射點)圖7(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時,可以通過入射點作入射方向的垂線,連接入射點和出射點,作其中垂線,這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示,P為入射點,M為出射點)3半徑的確定可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數等)求出半徑大小4運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T,當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為時,其運動時間表示為tT(或t)例2(2015浙江1月學考)如圖8所示,粒子源P會發(fā)出電荷量相等的帶電粒子這些粒子經裝置M加速并篩選后,能以相同的速度從A點垂直磁場方向沿AB射入正方形勻強磁場ABCD.粒子1、粒子2分別從AD中點和C點射出磁場不計粒子重力,則粒子1和粒子2()圖8A均帶正電,質量之比為41B均帶負電,質量之比為14C均帶正電,質量之比為21D均帶負電,質量之比為12答案B解析由左手定則和粒子所受洛倫茲力方向可知粒子1和粒子2均帶負電,由題圖可知,由qvBm知,r,故,故選B.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法”1畫軌跡:即確定圓心,畫出運動軌跡2找聯系:軌道半徑與磁感應強度、運動速度的聯系,偏轉角度與圓心角、運動時間的聯系,在磁場中的運動時間與周期的聯系3用規(guī)律:即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律,特別是周期公式、半徑公式變式題組4一帶電粒子在垂直于勻強磁場方向的平面內僅受洛倫茲力作用做勻速圓周運動要想確定帶電粒子電荷量與質量之比,則下列說法中正確的是()A只需要知道磁感應強度B和運動周期TB只需要知道磁感應強度BC只需要知道軌道半徑r和運動速度vD只需要知道運動速度v和磁感應強度B答案A解析帶電粒子在垂直于勻強磁場方向的平面內僅受洛倫茲力做勻速圓周運動,由qvBm,可得,需要知道v、B、r,故選項C、D錯誤;根據T可得,只需要知道B和T,故選項A正確,B錯誤5(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和,中的磁感應強度是中的k倍兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域內做圓周運動與中運動的電子相比,中的電子()A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等答案AC解析設電子的質量為m,速率為v,電荷量為q,B2B,B1kB則由牛頓第二定律得:qvBT由得:R,T所以k,k根據a,可知,所以選項A、C正確,選項B、D錯誤6如圖9所示,MN為鋁質薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變不計重力鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()圖9A2 B.C1 D.答案D解析設帶電粒子在P點時初速度為v1,從Q點穿過鋁板后速度為v2,則Ek1mv,Ek2mv,由題意可知Ek12Ek2,即mvmv,則.由洛倫茲力提供向心力,即qvB,得R,由題意可知,所以,故選項D正確帶電粒子在有界磁場中的運動(加試)1帶電粒子在有界磁場中運動的三種常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性,如圖10所示)圖10(2)平行邊界(存在臨界條件,如圖11所示)圖11(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出,如圖12所示)圖122分析帶電粒子在勻強磁場中運動的關鍵(1)畫出運動軌跡;(2)確定圓心和半徑;(3)利用洛倫茲力提供向心力列方程例3(多選)如圖13所示,左、右邊界分別為PP、QQ的勻強磁場的寬度為d,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里一個質量為m、電荷量為q的微觀粒子,沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場欲使粒子不能從邊界QQ射出,粒子入射速度v0的最大值可能是()圖13A. B.C. D.答案BC解析粒子射入磁場后做勻速圓周運動,由R知,粒子的入射速度v0越大,R越大,當粒子的徑跡和邊界QQ相切時,粒子剛好不從QQ射出,此時其入射速度v0應為最大若粒子帶正電,其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點),容易看出R1sin 45dR1,將R1代入上式得v0,選項B正確若粒子帶負電,其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O點),容易看出R2R2cos 45d,將R2代入上式得v0,選項C正確解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口,借助半徑r和速度v(或磁感應強度B)之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析,確定軌跡圓和邊界的關系,找出臨界點,如:(1)剛好穿出(或不穿出)磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切,據此可以確定速度、磁感應強度、軌跡半徑等方面的極值(2)當速度v一定時,弧長(或弦長)越大,圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(前提條件為弧是劣弧)(3)在圓形勻強磁場中,當運動軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時,則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時(所有的弦長中直徑最長),軌跡對應的偏轉角最大變式題組7如圖14,一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入一正方形的勻強磁場區(qū),對從ab邊離開磁場的電子,下列判斷正確的是()圖14A從a點離開的電子速度最小B從a點離開的電子在磁場中運動的時間最長C從a點離開的電子運動半徑最小D從a點離開的電子速度偏轉角最小答案D解析對于從ab邊離開磁場的電子,從a點離開時軌道半徑最大,根據帶電粒子在勻強磁場中的半徑公式r,知軌道半徑大,則速度大,則從a點離開的電子速度最大;從a點離開的電子偏轉角最小,則圓弧所對的圓心角最小,根據tT,知t與粒子的速度無關,越小,運動的時間越短故D正確,A、B、C錯誤8空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域,該區(qū)域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直橫截面一質量為m、電荷量為q(q0)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()A. B.C. D.答案A解析若磁場方向向外,帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由幾何關系知rR.根根洛倫茲力提供向心力得:qv0Bm,解得B.若磁場方向向里可得到同樣的結果,選項A正確9(多選)(2016奉化市調研)如圖15所示,直線MN上方存在范圍足夠大的磁感應強度為B的勻強磁場,一質子(質量為m、電荷量為e)以速度v從O點沿與MN成30角的方向射入磁場中,若不計質子重力,則()圖15A質子從磁場中射出時距O點的距離為B質子從磁場中射出時距O點的距離為C質子在磁場中運動的時間為D質子在磁場中運動的時間為答案AD解析其運動軌跡如圖所示,設質子從磁場中射出時距O點的距離為d,由圖示的幾何關系可知rsin 30,即rd,粒子做圓周運動滿足qvBm,所以d,A正確,B錯誤,質子在磁場中的運動軌跡所對應的圓心角為300,所以質子在磁場中運動的時間為tT,C錯誤,D正確.1(2016紹興市9月選考)如圖1所示,電子槍向右發(fā)射電子束,其正下方水平直導線內通有向右的電流,則電子束將()圖1A向上偏轉 B向下偏轉C向紙外偏轉 D向紙內偏轉答案A解析由安培定則知水平直導線上方磁場方向垂直于紙面向外,由左手定則知向右運動的電子受到向上的洛倫茲力,故A正確2如圖2為云室中某粒子穿過鉛板P前后的運動軌跡室中勻強磁場的方向與軌跡所在平面垂直(圖中垂直于紙面向里)由此可知粒子()圖2A一定帶正電B一定帶負電C不帶電D可能帶正電,也可能帶負電答案A解析帶電粒子穿過鉛板后有能量損失,其速度減小,由qvBm知R,故帶電粒子穿過鉛板后做圓周運動的半徑應變小,由題圖可知帶電粒子應從下往上運動,再由左手定則判定粒子帶正電,選項A正確3速率相同的電子垂直磁場方向進入四個不同的磁場,其軌跡照片如圖所示,則磁場最強的是()ABCD答案D解析由qvB可得B.磁場最強的對應軌跡半徑最小,選項D正確4如圖3所示,重力不計、初速度為v的正電荷,從a點沿水平方向射入有明顯左邊界的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,若邊界右側的磁場范圍足夠大,該電荷進入磁場后()圖3A動能發(fā)生改變B運動軌跡是一個完整的圓,正電荷始終在磁場中運動C運動軌跡是一個半圓,并從a點上方某處穿出邊界向左射出D運動軌跡是一個半圓,并從a點下方某處穿出邊界向左射出答案C解析洛倫茲力不做功,電荷的動能不變,A不正確;由左手定則知,正電荷剛進入磁場時受到的洛倫茲力的方向向上,電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡是一個半圓,并從a點上方某處穿出邊界向左射出,B、D均不正確,C正確5(2016諸暨市期末)如圖4所示是磁控管橫截面的示意圖,管內有平行于軸線的勻強磁場,一群電子在垂直于磁場的截面內以速度v沿順時針方向做勻速圓周運動,圓心為O,半徑為r,已知電子的數量為n,電子電荷量為e,電子運動可以等效為環(huán)形電流,則電流大小與方向為()圖4A.,逆時針 B.,順時針C.,順時針 D.,逆時針答案A6(2016紹興市聯考)圖5中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線,其橫截面位于正方形的四個頂點上,導線中通有大小相同的電流,方向如圖所示一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動,它所受洛倫茲力的方向是()圖5A向上 B向下 C向左 D向右答案B解析b、d兩根導線在O點產生的磁場相互抵消,a、c兩根導線在O點產生的磁場方向均為水平向左,再根據左手定則,帶正電的粒子垂直于紙面向外運動所受洛倫茲力方向向下,選項B正確7如圖6所示的圓形區(qū)域內,有垂直于紙面方向的勻強磁場,一束質量和電荷量都相同的帶電粒子,以不同的速率,沿著相同的方向,對準圓心O射入勻強磁場,又都從該磁場中射出,這些粒子在磁場中的運動時間有的較長,有的較短,若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用,則在磁場中運動時間越長的帶電粒子()圖6A速率一定越小B速率一定越大C在磁場中通過的路程越長D在磁場中的周期一定越大答案A解析根據公式T可知,粒子的荷質比相同,它們進入勻強磁場后做勻速圓周運動的周期相同,選項D錯誤;假設粒子的運動軌跡如圖所示,這些粒子進入有界磁場后在磁場中的運動時間與它們在磁場中的運動圓弧所對應的圓心角有關,設圓心角為,則運動時間tT,在磁場中運動時間越長的帶電粒子,圓心角越大,運動半徑越小,根據r可知,速率一定越小,選項A正確,B錯誤;粒子在磁場中通過的路程sr,與軌跡半徑和圓心角都有關,由圖可知,選項C錯誤8(多選)如圖7所示,直角三角形ABC中存在一勻強磁場,比荷相同的兩個粒子沿AB方向自A點射入磁場,分別從AC邊上的P、Q兩點射出,則()圖7A從P射出的粒子速度大B從Q射出的粒子速度大C從P射出的粒子,在磁場中運動的時間長D兩粒子在磁場中運動的時間一樣長答案BD解析根據圖象可知,從Q射出的粒子軌道半徑大,根據公式r可知,當粒子比荷相同時,軌道半徑大的粒子入射速度大,選項A錯誤,B正確;兩粒子入射點的速度方向與運動軌跡圓弧對應的弦之間的夾角(弦切角)均為A,其運動軌跡對應的圓心角均為2A,所以它們在磁場中的運動時間均是各自運動周期的倍(其中A單位取rad),又根據公式T可知,兩粒子的運動周期相等,所以兩粒子在磁場中運動的時間一樣長,選項C錯誤,D正確9(2016寧波模擬)如圖8所示,平面直角坐標系的第象限內有一勻強磁場垂直于紙面向里,磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30的方向進入磁場,運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同,不計粒子的重力,則()圖8A該粒子帶正電BA點與x軸的距離為C粒子由O到A經歷時間tD運動過程中粒子的速度不變答案B解析由左手定則可判斷該粒子帶負電,A錯誤;根據粒子運動軌跡,A點離x軸的距離為r(1cos )(1cos 60),B正確;tT,C錯誤;運動過程中粒子速度大小不變,方向時刻改變,D錯誤10(多選)如圖9所示,虛線PQ為一勻強磁場的邊界,磁場方向垂直紙面向里在磁場內有平行于邊界的虛線MN,在虛線MN上同一位置,沿MN方向發(fā)射兩個帶負電的粒子a和b,其速度分別為vA和vB,兩粒子的質量和電量均相同,分別經過時間tA和tB從A點和B點射出磁場則以下說法正確的是()圖9AtAtBBvAvBC粒子的發(fā)射點不可能在A點正上方的右側Da粒子的半徑一定小于b粒子的半徑答案ACD解析帶負電粒子從下邊界射出,則它只能沿著MN線向右運動,通過作圖可知從A點射出的粒子運動的圓心角大,時間長,半徑小,有tAtB、rArB;由r知vA BBCB答案C解析由題意,如圖所示,電子正好經過C點,此時圓周運動的半徑R,帶電粒子在磁場中運動,則qvBm,即r,要想電子從BC邊經過,圓周運動的半徑要大于,有,即B,C正確14如圖13所示,在圓形區(qū)域內,存在垂直紙面向外的勻強磁場,ab是圓的一條直徑一帶正電的粒子從a點射入磁場,速度大小為2v,方向與ab成30時恰好從b點飛出磁場,粒子在磁場中運動的時間為t;若僅將速度大小改為v,求粒子在磁場中運動的時間(不計帶電粒子所受重力)圖13答案2t解析由q2vB可得R.設磁場區(qū)域半徑為r,則rRcos 60.粒子在磁場中運動的軌跡所對應的圓心角為60,弧長為圓周的,即2vt.若僅將速度大小改為v,其軌道半徑減小為原來的,即Rr.畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,粒子在磁場中運動的軌跡所對的圓心角為120,弧長為圓周的,即vt.聯立解得:t2t.15帶電粒子的質量m1.71027 kg,電荷量q1.61019 C,以速度v3.2106 m/s沿垂直于磁場同時又垂直于磁場邊界的方向進入勻強磁場中,磁場的磁感應強度為B0.17 T,磁場的寬度l10 cm,g取10 m/s2,如圖14所示圖14(1)求帶電粒子離開磁場時的速度大小和偏轉角(2)求帶電粒子在磁場中運動的時間答案(1)3.2106 m/s30(2)3.27108 s解析粒子所受的洛倫茲力FqvB8.71014 N,遠大于粒子所受的重力G1.71026 N,因此重力可忽略不計(1)由于洛倫茲力不做功,所以帶電粒子離開磁場時速度大小仍為3.2106 m/s由qvBm得軌跡半徑r m0.2 m由題圖可知偏轉角滿足sin 0.5,故30.(2)帶電粒子在磁場中運動的周期T可見帶電粒子在磁場中運動的時間tTT s3.27108 s.- 配套講稿:
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- 高考物理大二輪總復習與增分策略 專題十六 磁場對運動電荷的作用 高考 物理 二輪 復習 策略 專題 十六 磁場 運動 電荷 作用
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