高中物理二輪復(fù)習(xí)——帶電粒子在磁場中的運動

1、(本專題對應(yīng)學(xué)生用書第2630頁)一、 洛倫茲力1. 公式:F=qvBsin (為v與B的夾角).2. 特點:洛倫茲力F的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即F總是垂直于B和v所在的平面.故洛倫茲力始終不對運動電荷做功.3. 方向的判斷:左手定則.二、 帶電粒子在磁場中的圓周運動1. 向心力由洛倫茲力提供:qvB=m.2. 軌道半徑公式:r=.3. 周期公式:T=.4. 頻率公式:f=.5. 動能公式:Ek=mv2=.6. 粒子圓周運動的等效電流公式:I=.能力提升帶電粒子在磁場中的圓周運動定圓心、畫軌跡、找關(guān)系是解決這類問題的關(guān)鍵.(1) 確定圓心的方法 由兩速度的垂

2、線定圓心; 由兩條弦的垂直平分線定圓心; 由兩洛倫茲力的延長線定圓心; 綜合定圓心.一條切線，一條弦的垂直平分線，一條洛倫茲力的延長線，選擇其中任兩條都可以找出圓心.(2) 畫軌跡的方法 對稱法:帶電粒子如果從一直線邊界進(jìn)入又從該邊界射出，則其軌跡關(guān)于入射點和出射點線段的中垂線對稱，入射速度方向與出射速度方向與邊界的夾角相等，利用這一結(jié)論畫出粒子的軌跡. 動態(tài)圓法:若在磁場中向垂直于磁場的各個方向發(fā)射粒子，則粒子的運動軌跡是圍繞發(fā)射點旋轉(zhuǎn)的動態(tài)圓，用這一規(guī)律可確定粒子的運動軌跡. 放縮法:帶電粒子在磁場中以不同的速度運動時，圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮，探索出臨界點的

3、軌跡，使問題得以解決.(3) 找關(guān)系 用幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小. 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為時，其運動時間為t=T(或t=T).例1(2014·海安中學(xué))在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.有兩個相同的帶正電的粒子從A點垂直于磁場方向進(jìn)入磁場中，進(jìn)入磁場時的速度v1和v2大小未知、方向與AO的夾角均為，如圖所示.已知兩粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑也是R(不計粒子的重力和它們之間的相互作用).求:(1) 兩粒子的運動速度v1和v2的大小.(2) 兩粒子在磁場

4、中運動的時間之差.(3) 兩粒子離開磁場的位置之間的距離.思維軌跡:解析:(1) 兩粒子在磁場中圓周運動的半徑都是R，所以速度大小相同，設(shè)為v，則qvB=m.所以v1=v2=v=.(2) 設(shè)以v1運動的粒子從圓上的M點離開磁場區(qū)域，軌跡的圓心為O1，由題可知O1A=O1M=OA=OM，即OAO1M是菱形，所以O(shè)1MOA.設(shè)軌跡圓的圓心角為1，則OAO1=90°+.1=180°-OAO1=90°-.同理，設(shè)以v2運動的粒子從圓上的N點離開磁場區(qū)域，軌跡的圓心為O2，則OAO2N是菱形，O2NOA.設(shè)軌跡圓的圓心角為2，則OAO2=90°-.2=180

5、76;-OAO2=90°+.兩軌跡圓的圓心角的差值為=2-1=2.設(shè)粒子在磁場中圓周運動的周期為T，有T=.兩粒子在磁場中運動的時間差為t=T=.(3) 由以上分析可知1=OAO2.說明兩菱形除邊長相等外頂角也相等，兩菱形全等.O2N、O1M到OA的距離相等，即O2N、O1M在同一直線上.在三角形MON中，MON=2-1=2.所以，MN=2Rsin .答案:(1) (2) (3) 2Rsin 變式訓(xùn)練1(2014·泰州中學(xué))如圖所示，在0xd的空間，存在垂直xOy平面向里的勻強磁場.y軸上的P點有一小孔，可以向y軸右側(cè)垂直于磁場方向不斷發(fā)射速率均為v且與y軸所成夾角可在01

6、80°范圍內(nèi)變化的帶負(fù)電的粒子.已知當(dāng)=45°時，粒子恰好從磁場右邊界與P點等高的Q點射出磁場，不計粒子重力及粒子間的相互作用.求:(1) 磁場的磁感應(yīng)強度.(2) 若=30°，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角(可用三角函數(shù)、根式表示).(3) 能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域的面積(可用根式表示).解析:(1) 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)粒子的軌道半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強度為B，則qvB=m.如下圖實線所示，由幾何關(guān)系d=2Rcos 45°，解得B=.(2) 如下圖虛線所示，由幾何關(guān)系d=Rcos 30°+Rcos ，解得cos

7、 =.(3) 能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經(jīng)過的區(qū)域，如圖中兩圓弧間斜線部分所示，由幾何關(guān)系R2- (d-R)2=(PM)2.兩個圓弧與水平線之間圍成的面積是相等的，所以所求區(qū)域面積為矩形PQNM的面積，S=d·|PM|，解得S=d2.答案:(1) (2) cos =(3) d2帶電粒子在相鄰多個磁場中的運動粒子在相鄰多個磁場中連續(xù)運動時，會畫出不同的軌跡，從復(fù)雜的軌跡中找出規(guī)律，尋找解決問題的突破口，解決這類問題時，關(guān)鍵在于能畫出軌跡，弄清楚粒子的運動過程，找出粒子在不同磁場中運動的聯(lián)系，借助圓周運動的特點解決問題.例2(2014·海安中學(xué))如圖所示，在xOy平面內(nèi)

8、，以O(shè)'(0，R)為圓心、R為半徑的圓內(nèi)有垂直于平面向外的勻強磁場，x軸下方有垂直于平面向里的勻強磁場，兩個磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小相等.第四象限有一個與x軸成45°角傾斜放置的擋板PQ，P、Q兩點在坐標(biāo)軸上，且O、P兩點間的距離大于2R，在圓形磁場左側(cè)0<y<2R的區(qū)間內(nèi)均勻分布著質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的一簇帶電粒子，當(dāng)所有粒子均沿x軸正方向以速度v射入圓形磁場區(qū)域時，粒子偏轉(zhuǎn)后都從O點進(jìn)入x軸下方磁場，最終有一半粒子能打在擋板上.不計粒子重力以及粒子間的相互作用力.求:(1) 磁場的磁感應(yīng)強度B的大小.(2) 擋板端點P的坐標(biāo).(3) 擋板上被粒子打中的區(qū)域

9、的長度.思維軌跡:(1) 以任一粒子為研究對象找出圓心，畫出軌跡用幾何知識求出軌道半徑由洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強度B(2) 粒子從O點進(jìn)入三四象限時相當(dāng)于一個速度大小相等的粒子源作出圓心的軌跡作出粒子可能到達(dá)的空間位置找出打到擋板上從O點射出的粒子范圍利用幾何知識求出P點坐標(biāo)(3) 根據(jù)第2小題中作出的包絡(luò)圓的軌跡利用幾何知識求出粒子打在擋板上的長度解析:(1) 設(shè)粒子從磁場邊界的A點進(jìn)入磁場，該粒子由O點射出圓形磁場，軌跡如圖甲所示，過A點作速度的垂線，在垂線上取點C(滿足OC=AC)，確定軌跡圓的圓心為C.連接AO'、CO，可證得ACOO'為菱形，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知

10、，粒子在圓形磁場中的軌道半徑r=R，由qvB=m，解得B=. 甲 乙(2) 欲使有一半的粒子打到擋板上，則需滿足從O點射出的沿x軸負(fù)方向的粒子、沿y軸負(fù)方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖乙所示.過圓心D作擋板的垂線交于E點，由幾何關(guān)系可知DP=R，OP=(+1)R.所以P點的坐標(biāo)為(+1)R，0.(3) 設(shè)能打到擋板最左側(cè)的粒子落在擋板上的F點，如圖丙所示，則OF=2R，過O點作擋板的垂線交于G點，則丙OG=(+1)R·=R.FG=R.EG=R.擋板上被粒子打中的區(qū)域長度l=FE=R+R=R.答案: (1) (2) (+1)R，0(3) R變式訓(xùn)練2(2014·姜堰中學(xué))如

11、圖所示，直角坐標(biāo)平面xOy內(nèi)有一條直線AC過坐標(biāo)原點O且與x軸成45°角，在OA與x軸負(fù)半軸之間的區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面向外的勻強磁場B1，在OC與x軸正半軸之間的區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面向外的勻強磁場B2.現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v從直線AC上的P點豎直向下射出，P點坐標(biāo)為(L，L)，經(jīng)測量發(fā)現(xiàn)，此帶電粒子每經(jīng)過相同的時間T，會再將回到P點，已知磁感應(yīng)強度B2=(不計粒子重力).(1) 請在圖中畫出帶電粒子的運動軌跡，并求出勻強磁場B1與B2的比值(B1、B2磁場范圍足夠大).(2) 求出帶電粒子相鄰兩次經(jīng)過P點的時間間隔T.(3) 若保持磁感

12、應(yīng)強度B2不變，改變B1的大小，但不改變其方向，使B1=.現(xiàn)從P點向下先后發(fā)射速度分別為和的與原來相同的帶電粒子(不計兩個帶電粒子之間的相互作用力，并且此時算作第一次經(jīng)過直線AC)，如果它們第三次經(jīng)過直線AC時軌跡與AC的交點分別記為E點和F點(圖中未畫出)，試求EF兩點間的距離. 解析:(1) 帶電粒子從P點勻速運動到Q點，然后做半徑為R2=L的勻速圓周運動，運動到H點時的速度方向與AC垂直，從H點勻速運動到D點，之后又做勻速圓周運動到P點.根據(jù)平面幾何知識可知，=L，四邊形PODO1為棱形，O1為圓心，即帶電粒子在勻強磁場B1中做勻速圓周運動的半徑R1為L，根據(jù)qvB1=m，得B1=B2，

13、所以B1與B2的比值為.(2) T=t1+t2+t3+t4.t1=， t2=T2=，t3=， t4=T1=，則T=t1+t2+t3+t4=.(3) 兩帶電粒子在磁場B2中運動時的半徑為R'2=，R2=.B1=，故粒子在磁場B1中的運動半徑R1=2R2，則兩帶電粒子都剛好運動圓周到達(dá)A點.所以，E、F兩點間的距離dEF=0(如圖所示).答案:(1) 帶電粒子的運動軌跡見解析(2) (3) 0帶電粒子在磁場中的臨界問題解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)臨界點.帶電粒子在磁場中以不同的速度運動時，圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮，運用“放縮法”探索出臨界點的

14、軌跡，使問題得以解決;對于范圍型問題，求解時關(guān)鍵尋找引起范圍的“臨界軌跡”及“臨界半徑”，然后利用粒子運動的實際軌跡半徑與臨界半徑的大小關(guān)系確定范圍.常用的結(jié)論有: 直徑是圓的最大弦; 同一圓中大弦對應(yīng)大的圓心角; 剛好穿出磁場邊界的臨界條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切.例3(2014·如東中學(xué))如圖所示，中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上、下兩個部分，上部分充滿垂直紙面向外的勻強磁場，下部分充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度均為B.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P點進(jìn)入磁場，速度與邊MC的夾角=30°.MC邊長為a，MN邊長為8a，不計粒子重力.則:(1)

15、 若要該粒子不從MN邊射出磁場，求其最大速度.(2) 若要該粒子恰從Q點射出磁場，求其在磁場中運行的最短時間.思維軌跡:(1) 速度越大，半徑越大臨界條件:粒子軌跡與磁場邊界相切時，半徑最大(2) 時間越短，圓心角越小臨界條件:粒子以較大速度運動到達(dá)Q點穿出磁場的次數(shù)最少解析:(1) 設(shè)該粒子恰好不從MN邊射出磁場時的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系得rcos 60°=r-a，解得r=a.又由qvB=m，解得最大速度v=.(2) 粒子每經(jīng)過分界線PQ一次，在PQ方向前進(jìn)的位移為軌跡半徑r的倍.設(shè)粒子進(jìn)入磁場后第n次經(jīng)過PQ線時恰好到達(dá)Q點，有n×r=8a，解得n=4.62.n所能取

16、的最小自然數(shù)為5.粒子做圓周運動的周期為T=.粒子每經(jīng)過PQ分界線一次用去的時間為t=T=.粒子到達(dá)Q點的最短時間為tmin=5t=.答案:(1) (2) 變式訓(xùn)練3(2014·沭陽中學(xué))如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.P點位于正方形的對角線CE上，其到CF、CD的距離均為，在P點處有一個發(fā)射粒子的裝置(圖中未畫出)，它能連續(xù)不斷向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的帶正電的粒子.已知粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，不計粒子重力及粒子間的相互作用力.(1) 速率在什么范圍內(nèi)的粒子不可能射出正方形區(qū)域?(2) 求速率v=的粒子在DE邊的射出

17、點與D點的距離d的范圍.解析:因粒子的速度方向垂直于磁場方向，故其在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動.(1) 依題意可知，粒子在正方形區(qū)域內(nèi)做圓周運動，不射出該區(qū)域的半徑為r.對粒子，由牛頓第二定律有qvB=m.即v=.(2) 當(dāng)v=時，設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，則由qvB=m可得，R=.要使粒子從DE邊射出，則其一定不能從CD邊射出，其臨界狀態(tài)是粒子的軌跡與CD邊相切. 甲 乙設(shè)切點與C點的距離為x，其軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得R2=+，解得x=L.設(shè)此時粒子在DE邊的射出點與D點的距離為d1，由幾何關(guān)系有(L-x)2+(R-d1)2=R2，解得d1=.而當(dāng)粒子的軌跡與DE邊相切時

18、，粒子必將從EF邊射出，設(shè)此時切點與D點的距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系有R2=+，解得d2=.故速率v=的粒子在DE邊的射出點距離D點的距離范圍為d<.答案:(1) v(2) d<帶電粒子在磁場中的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解.多解形成原因一般從以下幾個方面來分析.(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，當(dāng)粒子具有相同速度時，正、負(fù)粒子在磁場中的運動軌跡不同，導(dǎo)致多解.(2) 磁場方向不確定形成多解:磁感應(yīng)強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應(yīng)強度的大小，而未說明磁感應(yīng)強

19、度方向，則應(yīng)考慮因磁場方向不確定而導(dǎo)致的多解.(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，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射面邊界反向飛出，于是形成了多解.(4) 運動的往復(fù)性形成多解:帶電粒子在不同磁場(如周期性變化的磁場)的空間中運動時，運動往往具有往復(fù)性，從而形成多解.例4(2014·江蘇)某裝置可以利用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示.裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M

20、位于軸線OO'上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上.在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點.改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置，不計粒子的重力.(1) 求磁場區(qū)域的寬度h.(2) 欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v.(3) 欲使粒子到達(dá)M點，求粒子入射速度大小的可能值.思維軌跡:(1) (2) 粒子到達(dá)收集板的位置從P點移到N點粒子運動半徑變小粒子運動速度變小粒子第一次經(jīng)過下方磁場后到達(dá)N點根據(jù)運動的對稱性，作出粒子的運動軌跡利用

21、幾何知識列式計算(3) 欲使粒子到達(dá)M點M點與入射點O在同一直線上根據(jù)運動的對稱性，作出粒子的運動軌跡考慮多種可能情況利用幾何知識列方程求解解析:(1) 設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r，依題意作出帶電粒子的運動軌跡如下圖所示，由圖中幾何關(guān)系有L=3rsin 30°+，h=r(1-cos 30°).解得h=.(2) 設(shè)帶電粒子初始入射速度為v1，改變速度后仍然經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次后到達(dá)N點，此時速度的改變量最小，設(shè)改變后的速度為v2，粒子改變速度后，在磁場中運動的軌道半徑為r'，帶電粒子的運動軌跡如下圖所示:由圖中幾何關(guān)系有L=4r'sin 30

22、76;+.根據(jù)牛頓第二定律有qv1B=m，qv2B=m.粒子入射速度的最小變化量v=|v2-v1|.聯(lián)立以上各式解得v=.(3) 粒子可能從上方磁場出來后經(jīng)過M點，也可能從下方磁場出來后經(jīng)過M點，不妨假設(shè)粒子共n次經(jīng)過了磁場區(qū)域到達(dá)了M點，此時在磁場中運動的軌道半徑為rn，速度為vn，根據(jù)牛頓第二定律有qvnB=m.根據(jù)幾何關(guān)系有L=2nrnsin 30°+.解得vn=.由于粒子經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點，因此粒子不可能只經(jīng)過上方一次直接到達(dá)M點，則n2.又因為粒子必須經(jīng)過磁場改變其運動的方向才能到達(dá)M點，因此滿足n<tan 30°=.所以，vn=(其中2n

23、<，且n為整數(shù)).答案:(1) (2) (3) 變式訓(xùn)練4(2014·如皋期末)如圖甲所示，空間內(nèi)有垂直于紙面向里的有界勻強磁場，MN是磁場的上邊界，磁場寬度足夠大，磁感應(yīng)強度B0=1×10-4 T.現(xiàn)有一比荷為=2×1011 C/kg的正離子以某一速度從P點水平向右射入磁場，已知P點到邊界MN的垂直距離d=20 cm，不計離子的重力.求:(1) 若離子以速度v1=3×106 m/s水平射入磁場，求該離子從MN邊界射出時的位置到P點的水平距離s.(2) 若要使離子不從MN邊界射出磁場，求離子從P點水平射入的最大速度vm.(3) 若離子射入的速度滿足

24、第(2)問的條件，當(dāng)離子從P點射入時，再在該磁場區(qū)域加一個如圖乙所示的變化磁場(正方向與B0方向相同，不考慮磁場變化所產(chǎn)生的電場)，求該離子從P點射入到第一次回到P點所經(jīng)歷的時間t.解析:(1) 離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得B0qv1=，解得r1=0.15 m.由s2=-(d-r1)2 ，代入數(shù)據(jù)解得s=m0.14 m.(2) 離子剛好不從邊界射出時的最大半徑為r2=，B0qvm=，代入數(shù)據(jù)解得vm=2×106 m/s.(3) 離子在原磁場中的運動周期T1=×10-7 s.離子在磁場中運動直到第一次遇到外加磁場的過程中軌跡對應(yīng)的圓心角1=×

25、2=.施加附加磁場后，離子在磁場中做圓周運動的半徑將變小，周期T2為T2=×10-7 s.即離子剛好能運動一個完整的圓周，接下來在B0磁場中繼續(xù)偏轉(zhuǎn)，對照外加磁場的規(guī)律可知，每隔×10-7 s離子在周期性外加磁場時做半徑更小的圓周運動，離子可做5次完整的勻速圓周運動，如圖所示，最后還經(jīng)過P點.離子從P點射入磁場到第一次回到P點的總時間t=T1+5T2，解得t=×10-7 s.答案:(1) 0.14 m(2) 2×106 m/s(3) ×10-7 s能力呈現(xiàn)【考情分析】 20122013 2014帶電粒子在磁場中的運動T9:帶電粒子在磁場中的運動

26、T15:帶電粒子在磁場中的運動T14:帶電粒子在磁場中的運動【備考策略】帶電粒子在磁場中的運動是每年高考的必考內(nèi)容.常見題型有選擇題、計算題，甚至是壓軸題，試題對學(xué)生的空間想象能力、分析物理過程和運用規(guī)律的綜合能力以及運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力進(jìn)行考查.解答時要從受力分析和運動分析入手，根據(jù)洛倫茲力產(chǎn)生的條件、大小的計算、方向的判定、永不做功等特點以及帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的規(guī)律列式，并善于運用幾何關(guān)系來解題.1. (2014·蘇南調(diào)研)如圖所示，無限長導(dǎo)線，均通以恒定電流I.直線部分和坐標(biāo)軸接近重合，彎曲部分是以坐標(biāo)原點O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點O

27、處不形成磁場，則下列四個圖中O處磁感應(yīng)強度和題圖中O處的磁感應(yīng)強度相同的是()解析:可以采用填補法，在題圖中相當(dāng)于一個順時針方向的環(huán)形電流的一半，在選項A中，顯然、象限的電流相互抵消，、象限的仍然相當(dāng)于一個順時針方向的環(huán)形電流的一半，因此圓心O處的磁感應(yīng)強度與題圖中的相同;在選項B中，則相當(dāng)于是一個完整的順時針方向的環(huán)形電流，圓心O處的磁感應(yīng)強度與題圖中的相比方向相同，大小則是2倍;在選項C中，、象限的電流相互抵消，、象限的電流相當(dāng)于一個逆時針方向的環(huán)形電流的一半，圓心O處的磁感應(yīng)強度與題圖中的相比大小相同，但方向相反;在選項D中，、象限的電流相互抵消，、象限的電流相當(dāng)于一個逆時針方向的環(huán)形電

28、流的一半，圓心O處的磁感應(yīng)強度與題圖中的相比大小相同，但方向相反.故只有選項A正確.答案:A2. (2014·啟東中學(xué))如圖所示，通電直導(dǎo)線ab位于兩平行導(dǎo)線橫截面MN連線的中垂線上.當(dāng)平行導(dǎo)線通以如圖所示的同向等值電流時，下列說法中正確的是()A. a端向里，b端向外旋轉(zhuǎn)B. a端向外，b端向里旋轉(zhuǎn)C. ab逆時針旋轉(zhuǎn)D. ab順時針旋轉(zhuǎn)解析:導(dǎo)線M和N的磁感線都是同心圓.根據(jù)右手定則可知，MN連線的上方磁場方向向右，再用左手定則判斷a端受力向外;同理可知，MN連線下方的磁場方向向左，再根據(jù)左手定則可以分析出b端受力向里.從而使得a端轉(zhuǎn)向紙外，b端轉(zhuǎn)向紙里，故B正確.ACD錯誤.答

29、案:B3. (2014·安徽)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞.已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變.由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于()A. B. T C. D. T2解析:根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m，解得帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=;由動能的定義式Ek=mv2，可得r=，結(jié)合題目信息可得B，選項A正確.答案:A4. (2014·高郵中學(xué))如圖所示，在x軸上方的空間存在著垂直于

30、紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.許多相同的離子以相同的速率v由O點沿紙面向各個方向(y>0)射入磁場區(qū)域.不計離子的重力和離子間的相互影響.圖中曲線表示離子運動的區(qū)域邊界，其中邊界與y軸交點為M，邊界與x軸交點為N，且OM=ON=L.由此可判斷()A. 這些離子是帶負(fù)電的B. 這些離子運動的軌道半徑為LC. 這些離子的比荷為D. 當(dāng)離子沿y軸正方向射入磁場時會經(jīng)過N點解析:根據(jù)左手定則，離子帶正電，A項錯誤;由題圖可知，y離子軌道半徑為L，B項錯誤;再根據(jù)qvB=，=，C項錯誤;由于ON=L，離子軌道半徑為L，ON恰好為離子做圓周運動的直徑，故D項正確.答案:D專題七帶電粒子在

31、磁場中的運動1. (多選)(2014·新課標(biāo))如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖.圖中的永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡.宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子.當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時，下列說法中正確的是()A. 電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B. 電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C. 僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D. 粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小2. (2014·淮陰中學(xué))如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)，存在著垂直于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，

32、方向與ab成30°角時恰好從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，則粒子在磁場中運動的時間為(不計粒子的重力)()A. 3tB. t C. tD. 2t3. (多選)(2014·徐州一中)如圖所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界.現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線.則下列說法中正確的是()A. 電子的運動軌跡為PDMCNEPB. 電子運動一周回到P點所用的時間T=C. B1=4B2D. B1=2B24. (多選)(2014·鹽城三模)在豎直平面內(nèi)有兩固定點a、b，勻強磁場垂直該平面向里，重力不計的帶電小球在a點以不同速率向不同方向運動，運動過程中除磁場力外，還受到一個大小恒定，方向始終跟速度方向垂直的力的作用，對過b點的帶電小球()A. 如果沿ab直線運動，速率是唯一的B. 如果沿ab直線運動，速率可取不同值C. 如果沿同一圓弧ab運動，速率是唯一的D. 如果沿同一圓弧ab運動，速率可取不同值5. (多選)(2014·金陵中學(xué))如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板.現(xiàn)從圓形