26、法使該帶電粒子從O點沿紙面內(nèi)與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，下列說法中正確的是( AD )
A．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場
B．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場
C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場
D．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場
解析 粒子從O點垂直于cd邊射出后從c點射出磁場的過程，其運動軌跡為半個圓周，由此可知粒子在該磁場中的運動周期為T＝2t0，若粒子剛好能從ad邊射出磁場(即粒子軌跡與ad邊相切)，則粒子在磁場中運動速
27、度偏轉(zhuǎn)了60°角，對應的運動時間為t3＝＝，因此粒子若從ad邊射出磁場，其運動時間應小于，由此可知，選項B錯誤；若粒子剛好能從ab邊射出磁場(即粒子軌跡與ab邊相切)，則粒子在磁場中運動速度偏移了150°角，對應的運動時間為t4＝T＝，從ab邊射出的粒子在磁場中的最短時間為，因此粒子若從ab射出，其運動時間一定大于，因此選項C錯誤；若粒子剛好能從bc邊射出磁場(即粒子軌跡與bc邊相切)，則粒子在磁場中運動速度偏轉(zhuǎn)了240°角，對應的運動時間為t1＝T＝，因此粒子若從bc邊射出，其運動時間一定小于，但大于，因此選項D正確；若粒子能回到cd邊，其偏轉(zhuǎn)角一定是300°角，對應的時間一定為t2＝T＝，
28、因此選項A正確．
3．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Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角．現(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)? B )
A．Δt B．2Δt
C．Δt D．3Δt
解析 根據(jù)作圖法找出速度為v時的粒子軌跡圓圓心O′，由幾何關系可求出磁場中的軌跡弧所對圓心角∠AO′C＝60°，軌跡圓半徑O′A＝R.當粒于速度變?yōu)闀r，其軌跡圓半徑O″A＝R，磁場中的軌跡弧所對圓心角∠AO″D＝120°，由t＝知Δt′＝2Δt.故選項B正確．
29、
4．一個質(zhì)量m＝0.1 g的小滑塊，帶有q＝5×10－4 C的電荷，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止開始沿斜面下滑，沿斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面．問：
(1)小滑塊帶何種電荷？
(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度是多大？
(3)該斜面的長度至少多長？
解析 (1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應帶負電荷．
(2)小滑塊沿斜面下滑，垂直于斜面方向有
qv
30、B＋FN－mgcos α＝0，
當FN＝0時，小滑塊開始脫離斜面，此時qvB＝mgcos α，
得v＝＝ m/s＝2 m/s.
(3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得
mgxsin α＝mv2，解得x＝ m.
答案 (1)負電荷 (2)2 m/s (3) m
5．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ>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)
31、(1)粒子運動的時間；
(2)粒子與O點間的距離．
解析 (1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動．設在x≥0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＝m，?、?
qλB0v0＝m， ?、?
粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所求時間為t1＝，?、?
粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間為t2＝，?、?
聯(lián)立①②③④式得，所求時間為t0＝t1＋t2＝.
(2)由幾何關系及①②式得，所求距離為
d0＝2(R1－R2)＝.
答案 (1) (2)
1.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止
32、開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比值約為( D )
A．11 B．12
C．121 D．144
解析 設加速電壓為U，質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑為r，原來磁場的磁感應強度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，一價正離子質(zhì)量為M.質(zhì)子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得eU＝mv，質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝m；一價正離子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得eU＝Mv，該正離子在磁感應強度為1
33、2B的勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝M；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項D正確．
2．一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為( A )
A． B．
C． D．
解析 由題可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關系可知，粒子在磁場中
34、做圓周運動的圓弧所對的圓心角為30°，因此粒子在磁場中運動的時間為t＝×，粒子在磁場中運動的時間與筒轉(zhuǎn)過90°所用的時間相等，即＝×，求得＝，選項A正確．
3．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( D )
A． B．
C． D．
解
35、析 如圖所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖，設出射點為P，粒子運動軌跡與ON的交點為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，由幾何關系可知，PQ⊥ON，故出射點到O點的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R＝，所以選項D正確．
4．如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd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vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc.不計粒子重力，則( A )
A．vb∶vc＝1∶2 tb：tc
36、＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1 tb：tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1 tb：tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2 tb：tc＝1∶2
解析 設正六邊形的邊長為L，一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，由幾何關系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rb＝L，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應的圓心角為120°，由洛倫茲力提供向心力Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；當速度大小為vc時，從c點離開磁場，由幾何關系可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應的圓心角2θ＝60°，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rc＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc
37、＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，選項A正確．
5．(2017·江蘇卷)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡．不考慮離子間的相互作用．
(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；
(2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d；
(3)若考慮加速電壓有波動，在(
38、U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件．
解析 (1)設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1，
由電場加速有qU0＝×2mv2，且qvB＝2m，
解得r1＝，
根據(jù)幾何關系x＝2r1－L，解得x＝－L.
(2)如圖所示最窄處位于過兩虛線交點的垂線上
d＝r1－，
解得d＝－.
(3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2，
r1的最小半徑r1min＝，
r2的最大半徑r2max＝，
由題意知2r1min－2r2max>L，
即－>L，
解得L<[2－]．
答案 (1)－L (2)－
(3)見解析
課時達標 第
39、25講
[解密考綱]考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，對學生綜合分析能力要求較高．
1．(多選)電視顯像管上的圖像是電子束打在熒光屏的熒光點上產(chǎn)生的．為了獲得清晰的圖像，電子束應該準確地打在相應的熒光點上．電子束飛行過程中受到地磁場的作用，會發(fā)生我們所不希望的偏轉(zhuǎn)．從電子槍射出后自西向東飛向熒光屏的過程中，關于電子由于受到地磁場的作用的運動情況(重力不計)正確的是( AC )
A．電子受到一個與速度方向垂直的變力
B．電子在豎直平面內(nèi)做勻變速曲線運動
C．電子向熒光屏運動的過程中速率不發(fā)生改變
D．電子在豎直平面內(nèi)的運動是勻變速直線運動
解析 電子在飛行過程中受到地磁場洛倫茲力的作
40、用，洛倫茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運動的速率不發(fā)生改變，選項A、C正確．又因為電子在自西向東飛向熒光屏的過程中，所受的地磁場磁感應強度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內(nèi)所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，電子在豎直平面內(nèi)的運動并不是勻變速直線運動或勻變速曲線運動，選項B、D錯誤．
2．垂直紙面的長直導線P、Q通有大小相等、方向如圖所示的恒定電流，MN是P、Q連線的中垂線，O為垂足，現(xiàn)使負電荷a、b、c、d從O點以速度v向M、N、P、Q四個方向開始運動，則( D )
A．a(chǎn)在O點所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向外
B．b在O點所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向里
41、
C．c離開O點后所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向外
D．d離開O點后所受洛倫茲力的方向垂直于紙面向里
解析 兩導線在O點產(chǎn)生的合磁感應強度為零，在O點a、b不受洛倫茲力，兩導線在PO段產(chǎn)生的合磁場方向水平向左，在QO段產(chǎn)生的合磁場方向水平向右，c、d離開O點后所受洛倫茲力的方向均垂直于紙面向里，選項D正確．
3．(2017·湖南長沙模擬)(多選)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，帶電小球A與B在同一直線上，其中小球B帶正電荷并被固定，小球A與一水平放置的光滑絕緣板C接觸(不黏連)而處于靜止狀態(tài)．若將絕緣板C沿水平方向抽去后，以下說法正確的是( AB )
A．小球A仍可能處于靜止
42、狀態(tài)
B．小球A將可能沿軌跡1運動
C．小球A將可能沿軌跡2運動
D．小球A將可能沿軌跡3運動
解析 小球A最初處于靜止狀態(tài)，對其受力分析，受重力、彈力(可能為零)、庫侖力，因重力豎直向下，故庫侖力向上，可知小球A帶正電．若絕緣板對小球的彈力為零，則撤去絕緣板后，重力和庫侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止狀態(tài)，選項A正確．若庫侖力大于重力，小球A會向上做加速運動，則可由左手定則判斷選項B正確．
4．如圖所示，一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端，速度為v0，若加上一個垂直紙面指向外的磁場，則滑到底端時( B )
A．v變大 B．v變小
C．v不變 D．不能
43、確定，v的變化
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，選項B正確．
5．(2017·浙江寧波一模)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b以不同的速率沿著AO方向?qū)蕡A心O射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是( B )
A．a(chǎn)粒子速率較大
B．b粒子速率較大
C．b粒子在磁場中運動時間較長
D．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動時間一樣長
解析 由洛倫茲力提供向心力可知，速度越大
44、，轉(zhuǎn)動半徑越大，因此b粒子的速率較大，選項B正確，選項A錯誤；轉(zhuǎn)動圓心角越大，運動時間越長，因此應該是a粒子在磁場中運動時間較長，選項C、D錯誤．
6．(2017·廣東廣州模擬)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，在紙面內(nèi)沿各個方向以相同速率v從P點射入磁場．這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ劣弧上，PQ圓弧長等于磁場邊界周長的.不計粒子重力和粒子間的相互作用，則該勻強磁場的磁感應強度大小為( D )
A． B．
C． D．
解析 這些粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得qvB＝；從
45、Q點離開磁場的粒子是這些粒子中離P點最遠的粒子，由圖中幾何關系可知：該粒子軌跡圓的圓心O′、磁場圓的圓心O和點P形成一個直角三角形，由幾何關系可得r＝Rcos 30°＝R.兩方程聯(lián)立可得B＝，選項D正確，選項A、B、C錯誤．
7．如圖所示是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內(nèi)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線．在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔M、N，現(xiàn)有一束速率不同、比荷均為k的正、負離子，從M孔以α角入射，一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力)．則從N孔射出的離子( B )
A．是正離子，速率為
B．是正離
46、子，速率為
C．是負離子，速率為
D．是負離子，速率為
解析 根據(jù)左手定則可判斷出，從N孔射出的離子是正離子，選項C、D可先被排除；從N孔射出的離子在磁場中做勻速圓周運動，其運動軌跡所對圓心角等于入射離子運動方向的偏向角2α，如圖所示，根據(jù)幾何關系可求出，離子做圓周運動的軌道半徑r＝，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝，可解得v＝，綜上分析，只有選項B正確．
8．(多選)如圖所示，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( BD )
A．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
47、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
解析 根據(jù)圖象可知，從Q射出的粒子軌道半徑大，根據(jù)公式r＝可知，當粒子比荷相同時，軌道半徑大的表示入射速度大，選項A錯誤，選項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即弦切角均為∠A，其運動軌跡對應的圓心角均為2∠A，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(jù)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，選項D正確．
9．(多選)利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子，圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的
48、勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是( BC )
A．粒子帶正電
B．射出粒子的最大速度為
C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大
D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大
解析 根據(jù)題意，粒子進入磁場后向右偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力方向向右，根據(jù)左手定則，粒子應帶負電，選項A錯誤；粒子能夠從右邊縫中射出，則最大半徑為＋，最小半徑為，由于洛倫茲力充當向心力，所以qvB＝m，可得：v
49、max＝，vmin＝，所以，vmax－vmin＝.分析可得，選項B、C正確，D錯誤．
10．如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場，不計粒子的重力．
(1)求極板間電場強度的大小；
(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應強度的大?。?
解析 (1)設極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場
50、中的加速運動，由動能定理得qE·＝mv2，①
由①式得E＝.②
(2)設Ⅰ區(qū)磁感應強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m，③
如圖所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況．若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關系得R＝，④
聯(lián)立③④式得B＝，⑤
若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關系得
R＝，⑥
聯(lián)立③⑥式得B＝.
答案 (1) (2)或
11．(2017·福建質(zhì)檢)一光滑絕緣圓形水平桌面，處于豎直向下的勻強磁場中，圓心O點放置一帶電小球．已知桌面半徑為r，小球質(zhì)量為m、帶電荷量為q，磁場的磁感應強度大小為B.
(1)若小球從O點沿OA方向、以大小為的
51、水平速度v1開始運動，經(jīng)時間t1從桌子邊緣P點滑離桌面，如圖甲所示，求時間t1；
(2)若小球從O點仍沿OA方向、以某一水平速度v2開始運動，同時用一置于桌面上的長直光滑絕緣玻璃板沿OA方向始終以速度v2勻速推小球，且玻璃板總是與OA方向垂直，小球仍能從P點滑離桌面，如圖乙所示．求速度v2的大小及此過程中玻璃板對小球所做的功W.
解析 (1)小球在桌面上做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力，有
qv1B＝m，可得R＝.
又v1＝，代入解得R＝r，
小球做圓周運動的周期
T＝＝，
小球在桌面上運動軌跡對應的圓心角為θ，如答圖甲，由幾何關系可知θ＝60°，t1＝T＝.
(2)小球
52、在玻璃板的推動下，沿OA方向做速度為v2的勻速運動、沿玻璃板方向做加速運動．設某一時刻小球的速度為v，方向與OA的夾角為α，如答圖乙．此時小球所受洛倫茲力大小為F＝qvB，則此時小球沿玻璃板方向運動的加速度為
a＝，
由速度分解得vcos α＝v2，故加速度大小為a＝.
可見小球沿玻璃板方向做勻加速直線運動，小球從O點到P點做類平拋運動，設運動時間為t，則
rsin θ＝v2t，r－rcos θ＝at2，聯(lián)立解得v2＝.
小球到達P點的速度vP滿足v＝v＋(at)2，
小球所受洛倫茲力不做功，對小球由動能定理有
W＝mv－mv，聯(lián)立可解得W＝.
答案 (1) (2)
27
（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第九章 磁場 第25講 磁場對運動電荷的作用學案
