帶電粒子在有界磁場中運動問題

..帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題[多維探究]<一>半無界磁場[典例1]<多選><2012·XX高考>如圖8-2-17所示,MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場。若粒子速度為v0,最遠可落在邊界上的A點。下列說法中正確的有<>圖8-2-17A．若粒子落在A點的左側(cè),其速度一定小于v0B．若粒子落在A點的右側(cè),其速度一定大于v0C．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi),其速度不可能小于v0－qBd/2mD．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi),其速度不可能大于v0＋qBd/2m[解析]因粒子由O點以速度v0入射時,最遠落在A點,又粒子在O點垂直射入磁場時,在邊界上的落點最遠,即eq\f<xOA,2>＝eq\f<mv0,Bq>,所以粒子若落在A的右側(cè),速度應大于v0,B正確；當粒子落在A的左側(cè)時,由于不一定是垂直入射,所以速度可能等于、大于或小于v0,A錯誤；當粒子射到A點左側(cè)相距d的點時,最小速度為xmin,則eq\f<xOA－d,2>＝eq\f<mvmin,Bq>,又因eq\f<xOA,2>＝eq\f<mv0,Bq>,所以vmin＝v0－eq\f<Bqd,2m>,所以粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi),其速度不可能小于vmin＝v0－eq\f<Bqd,2m>,C正確；當粒子射到A點右側(cè)相距d的點時,最小速度為v1,則eq\f<xOA＋d,2>＝eq\f<mv1,Bq>,又因eq\f<xOA,2>＝eq\f<mv0,Bq>,即v1＝v0＋eq\f<Bqd,2m>,D錯誤。[答案]BC8．<多選>如圖8,兩個初速度大小相同的同種離子a和b,從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場,最后打到屏P上,不計重力,下列說法正確的有<>圖8A．a(chǎn)、b均帶正電B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近解析：選ADa、b粒子做圓周運動的半徑都為R＝eq\f<mv,qB>,畫出軌跡如圖所示,O1、O2分別為b、a軌跡的圓心,a在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角大,由t＝eq\f<θ,2π>T＝eq\f<θm,qB>和軌跡圖可知A、D選項正確。5．<多選><2011·XX高考>利用如圖4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<>圖4A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f<qB3d＋L,2m>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：選BC由左手定則和粒子的偏轉(zhuǎn)情況可以判斷粒子帶負電,選項A錯；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f<mv2,r>可得v＝eq\f<qBr,m>,r越大v越大,由圖可知r最大值為rmax＝eq\f<3d＋L,2>,選項B正確；又r最小值為rmin＝eq\f<L,2>,將r的最大值和最小值代入v的表達式后得出速度之差為Δv＝eq\f<3qBd,2m>,可見選項C正確、D錯誤。07天津理綜×××××××××××××××OBxyv×××××××××××××××OBxyvA．,正電荷B．,正電荷C．,負電荷D．,負電荷<二>四分之一平面磁場[典例2]如圖8-2-18所示,一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P<a,0>點以速度v,沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中,并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。圖8-2-18[解析]軌跡示意圖如圖所示,由射入、射出點的半徑可找到圓心O′,并得出半徑為r＝eq\f<2a,\r<3>>＝eq\f<mv,Bq>,得B＝eq\f<\r<3>mv,2aq>；射出點坐標為<0,eq\r<3>a>。[答案]B＝eq\f<\r<3>mv,2aq>；射出點坐標為<0,eq\r<3>a>。9．帶電粒子以初速度v0從a點垂直y軸進入勻強磁場,如圖9所示。運動中經(jīng)過b點,Oa＝Ob,若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場,仍以v0從a點垂直y軸進入電場,粒子仍能通過b點,那么電場強度E與磁感應強度B之比為<>圖9A．v0B．1C．2v0D.eq\f<v0,2>解析：選C帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,O為圓心,故Oa＝Ob＝r＝eq\f<mv0,qB>①帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,故Ob＝v0t＝Oa＝eq\f<qE,2m>t2＝eq\f<2mv\o\al<2,0>,qE>②由①②得eq\f<E,B>＝2v0,故選項C對。6.〔2010·新課標全國卷·T25〔18分如圖所示,在0≤x≤a、0≤y≤范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。坐標原點O處有一個粒子源,在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們的速度大小相同,速度方向均在xy平面內(nèi),與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a/2到a之間,從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的〔1速度的大小〔2速度方向與y軸正方向夾角的正弦。[解析]本題以大量帶電粒子沿各個方向在有界勻強磁場中作勻速圓周運動,建立一幅動態(tài)運動圖景,考查考生空間想象能力和運用數(shù)學知識處理物理問題的能力?！?設粒子的發(fā)射速度為v,粒子做圓周運動的軌道半徑為R,由牛頓第二定律和洛侖茲力公式,得：,①〔2分由①解得：②〔1分畫出沿﹢y方向以a/2為半徑做勻速圓周運動軌跡如圖①所示,再畫出從坐標原點O沿與y軸正方向以半徑R0〔a/2<R0<a做勻速圓周運動且圓弧軌跡與磁場上邊界相切時的臨界軌跡②,然后將臨界軌跡②以O為圓心順時針或逆時針旋轉(zhuǎn),根據(jù)在磁場中的軌跡線的長度即可判斷運動時間的長短,如下圖所示。從圖不難看出臨界軌跡②對應的運動時間最長。當時,在磁場中運動時間最長的粒子,其軌跡是圓心為C的圓弧,圓弧與磁場的上邊界相切,如圖所示,設該粒子在磁場中運動的時間為t,依題意,得：BxyO②BxyO②①設最后離開磁場的粒子的發(fā)射速度方向與y軸正方向的夾角為α,由幾何關系可得：④〔2分⑤〔2分又⑥〔1分由④⑤⑥式解得：⑦〔2分由②⑦式得：⑧〔2分〔2由④⑦式得：⑨〔2分[答案]〔1〔2[類題拓展]巧解有界磁場中部分圓弧運動問題〔1分析思路三步走：1.確定圓心,畫出軌跡；2.找?guī)缀侮P系,定物理量；3.畫動態(tài)圖,定臨界狀態(tài)?！?分析方法四優(yōu)法1.幾何對稱法：粒子的運動軌跡關于入射點和出射點的中垂線對稱。2.動態(tài)放縮法：速度越大半徑越大,但速度方向不變的粒子圓心在垂直速度方向的直線上。3.旋轉(zhuǎn)平移法：定點離子源發(fā)射速度大小相等、方向不同的所有粒子的軌跡圓圓心在以入射點為圓心,半徑R=mv0/<qB>的圓上,相當于將一個定圓以入射點為圓心旋轉(zhuǎn)。4.數(shù)學解析法：寫出軌跡圓和圓形邊界的解析方程,應用物理和數(shù)學知識求解。本題巧妙地應用動態(tài)放縮法和旋轉(zhuǎn)平移法能夠很快得出帶電粒子在磁場中運動時間最長的臨界軌跡,問題也就迎刃而解了。8．導__82460346<2015XX聯(lián)考>如圖所示,帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場,兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°,且同時到達P點．a(chǎn)、b兩粒子的質(zhì)量之比為<>A．1∶2 B．2∶1C．3∶4 D．4∶3解析：根據(jù)粒子a、b動能相同得,eq\f<1,2>maveq\o\al<2,a>＝eq\f<1,2>mbveq\o\al<2,b>；a粒子在磁場中運動軌跡半徑ra＝d/eq\r<3>,b粒子在磁場中運動軌跡半徑rb＝d.a粒子所對的圓心角為120°,軌跡弧長為sa＝2πra/3＝2πd/3eq\r<3>,運動時間ta＝sa/va；b粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為60°,軌跡弧長為sb＝πrb/3＝πd/3,運動時間tb＝sb/vb；由a、b兩粒子同時到達P點得ta＝tb,聯(lián)立求得a、b兩粒子速度之比為va∶vb＝2∶eq\r<3>,質(zhì)量之比eq\f<ma,mb>＝eq\f<v\o\al<2,b>,v\o\al<2,a>>＝eq\f<3,4>,選項C正確．答案：C9．導__82460347<2015XX模擬>如圖所示,在豎直放置的金屬板M上放一個放射源C,可向紙面內(nèi)各個方向射出速率均為v的α粒子,P是與金屬板M平行的足夠大的熒光屏,到M的距離為d.現(xiàn)在P與金屬板M間加上垂直紙面的勻強磁場,調(diào)整磁感應強度的大小,恰使沿M板向上射出的α粒子剛好垂直打在熒光屏上．若α粒子的質(zhì)量為m,電荷量為2e.則<>A．磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度B的大小為eq\f<2mv,ed>B．磁場方向垂直紙面向外,磁感應強度B的大小為eq\f<mv,2de>C．在熒光屏上能觀察到的亮斑區(qū)的長度為2dD．在熒光屏上能觀察到的亮斑區(qū)的長度為4d解析：由左手定則可判斷,磁感應強度的方向垂直紙面向外,由R＝d＝eq\f<mv,Bq>得：B＝eq\f<mv,dq>＝eq\f<mv,2de>,A錯誤,B正確；α粒子沿水平面向右運動時,恰好與光屏相切,此為打在屏上最下方的粒子,故熒光屏上能觀察到的亮斑區(qū)的長度為2R＝2d,C正確,D錯誤．答案：BC12.<2015·XX期末>如圖12所示,在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場,一質(zhì)量為m＝5.0×10－8kg、電量為q＝1.0×10－6C的帶電粒子。從靜止開始經(jīng)U0＝10V的電壓加速后,從P點沿圖示方向進入磁場,已知OP＝30cm,<粒子重力不計,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8>,求：圖12<1>帶電粒子到達P點時速度v的大?。?lt;2>若磁感應強度B＝2.0T,粒子從x軸上的Q點離開磁場,求OQ的距離；<3>若粒子不能進入x軸上方,求磁感應強度B′滿足的條件。解析：<1>對帶電粒子的加速過程,由動能定理qU＝eq\f<1,2>mv2代入數(shù)據(jù)得：v＝20m/s<2>帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,有：qvB＝eq\f<mv2,R>得R＝eq\f<mv,qB>代入數(shù)據(jù)得：R＝0.50m而OP/cos53°＝0.50m故圓心一定在x軸上,軌跡如圖甲所示。由幾何關系可知：OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0.90m<3>帶電粒子不從x軸射出<如圖乙>,由幾何關系得：OP>R′＋R′cos53°①R′＝eq\f<mv,qB′>②由①②并代入數(shù)據(jù)得：B′>eq\f<16,3>T＝5.33T<取"≥"照樣給分>答案：<1>20m/s<2>0.90m<3>B′>5.33T04〔春季5．如圖,在的空間中有恒定的勻強磁場,磁感強度的方向垂直于oxy平面向里,大小為B。現(xiàn)有一質(zhì)量為m電量為q的帶電粒子,在x軸上到原點的距離為的P點,以平行于y軸的初速度射入此磁場,在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場。不計重力的影響。由這些條件可知,DA．不能確定粒子通過y軸時的位置B．不能確定粒子速度的大小C．不能確定粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間D．以上三個判斷都不對<三>矩形磁場[典例3]<多選>如圖8-2-19所示,在一矩形區(qū)域內(nèi),不加磁場時,不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入,穿過此區(qū)域的時間為t。若加上磁感應強度為B、垂直紙面向外的勻強磁場,帶電粒子仍以原來的初速度入射,粒子飛出磁場時偏離原方向60°,利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的<>圖8-2-19A．帶電粒子的比荷B．帶電粒子在磁場中運動的周期C．帶電粒子的初速度D．帶電粒子在磁場中運動的半徑[解析]由帶電粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角,可知帶電粒子運動軌跡所對應的圓心角為60°,因此由幾何關系得磁場寬度l＝rsin60°＝eq\f<mv0,qB>sin60°,又未加磁場時有l(wèi)＝v0t,所以可求得比荷eq\f<q,m>＝eq\f<sin60°,Bt>,A項對,周期T＝eq\f<2πm,qB>也可求出,B項對；因初速度未知,所以C、D項錯。[答案]AB10．<2015·馬XX二檢>如圖10所示,abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域,磁場邊界邊長為L,三個粒子以相同的速度從a點沿ac方向射入,粒子1從b點射出,粒子2從c點射出,粒子3從cd邊垂直于磁場邊界射出,不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。根據(jù)以上信息,可以確定<>圖10A．粒子1帶負電,粒子2不帶電,粒子3帶正電B．粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1C．粒子1和粒子3在磁場中運動時間之比為4∶1D．粒子3的射出位置與d點相距eq\f<L,2>解析：選B根據(jù)左手定則可知粒子1帶正電,粒子2不帶電,粒子3帶負電,選項A錯誤；粒子1在磁場中的軌跡為四分之一圓周,半徑r1＝eq\f<\r<2>,2>L,時間t1＝eq\f<1,4>T＝eq\f<1,4>×eq\f<2πr1,v>＝eq\f<\r<2>πL,4v>,粒子3在磁場中的軌跡為八分之一圓周,半徑r3＝eq\r<2>L,時間t3＝eq\f<1,8>T＝eq\f<1,8>×eq\f<2πr3,v>＝eq\f<\r<2>πL,4v>,則t1＝t3,選項C錯誤；由r＝eq\f<mv,qB>可知粒子1和粒子3的比荷之比為r3∶r1＝2∶1,選項B正確；粒子3的射出位置與d點相距<eq\r<2>－1>L,選項D錯誤。<四>正方形磁場[典例4]<多選><2011·XX高考>空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場,圖8-2-20中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷,它們的電荷量、質(zhì)量均不同,但其比荷相同,且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法中正確的是<>圖8-2-20A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C．在磁場中運動時間相同的粒子,其運動軌跡一定相同D．在磁場中運動時間越長的粒子,其軌跡所對的圓心角一定越大[解析]在磁場中帶電粒子運動半徑r＝eq\f<mv,qB>,運動時間：t＝eq\f<θm,qB><θ為轉(zhuǎn)過圓心角>,故B、D正確。當粒子從O點所在的邊上射出時,軌跡可以不同,但圓心角相同為180°,因而A、C錯。[答案]BD04〔北京卷6．如圖所示,正方形區(qū)域abcd中充滿勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里。一個氫核從ad邊的中點m沿著既垂直于ad邊又垂直于磁場的方向,以一定速度射入磁場,正好從ab邊中點n射出磁場。若將磁場的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼?倍.其他條件不變,則這個氫核射出磁場的位置是C 〔 A．在b、n之間某點 B．在n、a之間某點 C．a(chǎn)點 D．在a、m之間某點<五>半圓形磁場[典例5]如圖8-2-21所示,長方形abcd長ad＝0.6m,寬ab＝0.3m,O、e分別是ad、bc的中點,以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場<邊界上無磁場>,磁感應強度B＝0.25T。一群不計重力、質(zhì)量m＝3×10－7kg、電荷量q＝＋2×10－3C的帶電粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域,則<>圖8-2-21A．從Od邊射入的粒子,出射點全部分布在Oa邊B．從aO邊射入的粒子,出射點全部分布在ab邊C．從Od邊射入的粒子,出射點分布在Oa邊和ab邊D．從aO邊射入的粒子,出射點分布在ab邊和bc邊[解析]由r＝eq\f<mv,qB>得帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑r＝0.3m,從Od邊射入的粒子,出射點分布在ab和be邊；從aO邊射入的粒子,出射點分布在ab邊和be邊；選項D正確。[答案]D07XX理綜11如圖所示,長方形abcd長ad＝0.6m,寬ab＝0.3m,O、e分別是ad、bc的中點,以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場〔邊界上無磁場,磁感應強度B＝0.25T。abcdBveO××××××一群不計重力、質(zhì)量m＝3×107kg、電荷量q＝＋2×abcdBveO××××××A．從Od邊射人的粒子,出射點全部分布在Oa邊B．從aO邊射人的粒子,出射點全部分布在ab邊C．從Od邊射入的粒子,出射點分布在Oa邊和ab邊D．從aO邊射人的粒子,出射點分布在ab邊和bc邊07XX理綜1在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場,磁場的方向垂直于紙面,磁感應強度為B。一質(zhì)量為m,帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點〔AP＝d射入磁場〔不計重力影響。⑴如果粒子恰好從A點射出磁場,求入射粒子的速度。⑵如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點從磁場中射出,出射方向與半圓在Q點切線方向的夾角為φ〔如圖。求入射粒子的速度。RRAOPDQφ1、⑴由于粒子在P點垂直射入磁場,故圓弧軌道的圓心在AP上,AP是直徑。設入射粒子的速度為v1,由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得：RARAOPDQφO/R/解得：⑵設O/是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心,連接O/Q,設O/Q＝R/。由幾何關系得：由余弦定理得：解得：設入射粒子的速度為v,由解出：1.〔2007·新課標全國卷·T24〔17分在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場,磁場的方向垂直于紙面,磁感應強度為B。一質(zhì)量為m,帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點〔AP=d射入磁場〔不計重力影響?！?如果粒子恰好從A點射出磁場,求入射粒子的速度。〔2如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點從磁場中射出,出射方向與半圓在Q點切線的夾角為φ〔如圖。求入射粒子的速度。[解析]⑴由于粒子在P點垂直射入磁場,故圓弧軌道的圓心在AP上,AP是直徑。RAOPDRAOPDQφO/R/解得：⑵設O/是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心,連接O/Q,設O/Q＝R/。由幾何關系得：由余弦定理得：解得：設入射粒子的速度為v,由解出：[答案]〔1〔27．導__82460345如圖所示,AOB為一邊界為eq\f<1,4>圓的勻強磁場,O點為圓心,D點為邊界OB的中點,C點為邊界上一點,且CD∥AO.現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場<不計粒子重力>,其中粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子2從C點沿CD射入,從某點離開磁場,則可判斷<>A．粒子2在BC之間某點射出磁場B．粒子2必在B點射出磁場C．粒子1與粒子2在磁場中的運動時間之比為3∶2D．粒子1與粒子2的速度偏轉(zhuǎn)角度應相同解析：粒子從A點射入,恰好從B點射出,則粒子做圓周運動的半徑等于eq\f<1,4>圓的半徑,從圓弧AB水平入射的粒子都將聚集到B點,則選項B正確；分析得粒子1和2的運動的圓弧對應的圓心角分別為90°和60°,由t＝eq\f<θ,360°>T,得兩粒子運動的時間之比為3∶2,則選項C正確．答案：BC<六>圓形磁場[典例6]<2012·XX高考>如圖8-2-22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?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f<v,3>,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)?lt;>圖8-2-22A.eq\f<1,2>ΔtB．2ΔtC.eq\f<1,3>ΔtD．3Δt[解析]帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f<v2,r>,解得粒子第一次通過磁場區(qū)時的半徑為r＝eq\f<mv,qB>,圓弧AC所對應的圓心角∠AO1C＝60°,經(jīng)歷的時間為Δt＝eq\f<60°,360°>T<T為粒子在勻強磁場中的運動周期,大小為T＝eq\f<2πm,qB>,與粒子速度大小無關>；當粒子速度減小為eq\f<v,3>后,根據(jù)r＝eq\f<mv,qB>知其在磁場中的軌道半徑變?yōu)閑q\f<r,3>,粒子將從D點射出,根據(jù)圖中幾何關系得圓弧AD所對應的圓心角∠AO2D＝120°,經(jīng)歷的時間為Δt′＝eq\f<120°,360°>T＝2Δt。由此可知本題正確選項只有B。[答案]B6.<2013·全國卷Ⅰ>如圖5,半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面<紙面>,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一電荷量為q<q>0>、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為eq\f<R,2>。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°,則粒子的速率為<不計重力><>圖5A.eq\f<qBR,2m>B.eq\f<qBR,m>C.eq\f<3qBR,2m>D.eq\f<2qBR,m>解析：選B作出粒子在圓柱形勻強磁場區(qū)域的運動軌跡如圖,連接MN,根據(jù)粒子射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60°,及MP＝eq\f<R,2>,得出各角大小如圖所示,粒子的出射點必與磁場圓的圓心等高,四邊形OMO′N為菱形,粒子做圓周運動的半徑r＝R,根據(jù)qvB＝eq\f<mv2,R>,得v＝eq\f<qBR,m>。b11、〔2013·新課標全國卷Ⅰ·T18〔6分如圖,半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面〔紙面,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,一電荷量為q〔q>0。質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為QUOTE,已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°,則粒子的速率為〔不計重力bA．QUOTEB．QUOTEC．QUOTED．QUOTE[解析]由題意知,設入射點為A,AC平行于ab,穿出磁場的點為B,圓心為O,由題意知,粒子射入磁場和射出磁場的夾角60°,所以圓心角就為60°,ABO為等邊三角形,∠BAC=30°,過B點做AC垂線交于C點,由三角形可得,所以帶電粒子運動的半徑為r=R,由解得,所以選項B正確。[答案]B12、〔2013·新課標全國卷Ⅱ·T17〔6分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(zhì)量為m、電荷量為q〔q＞0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[解析]畫出粒子的運動軌跡,由幾何關系可知,粒子做圓周運動的半徑,由可知,本題選A。[答案]A〔08XX卷24．〔19分如圖,一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下,固定在水平面上。整個空間存在勻強磁場,磁感應強度方向豎直向下。一電荷量為q〔q＞0、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動,圓心為O’。球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ〔0＜θ＜。為了使小球能夠在該圓周上運動,求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率。重力加速度為g。解析：據(jù)題意,小球P在球面上做水平的勻速圓周運動,該圓周的圓心為O’。P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力f＝qvB①式中v為小球運動的速率。洛侖茲力f的方向指向O’。根據(jù)牛頓第二定律②③由①②③式得④由于v是實數(shù),必須滿足≥0⑤由此得B≥⑥可見,為了使小球能夠在該圓周上運動,磁感應強度大小的最小值為⑦此時,帶電小球做勻速圓周運動的速率為⑧由⑦⑧式得⑨<七>三角形磁場[典例7]如圖8-2-23所示,△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形,比荷為eq\f<e,m>的電子以速度v0從A點沿AB邊入射,欲使電子經(jīng)過BC邊,磁感應強度B的取值為<>圖8-2-23A．B＞eq\f<2mv0,ae>B．B＜eq\f<2mv0,ae>C．B＞eq\f<\r<3>mv0,ae>D．B＜eq\f<\r<3>mv0,ae>[解析]由題意,如圖所示,電子正好經(jīng)過C點,此時圓周運動的半徑R＝eq\f<\f<a,2>,cos30°>＝eq\f<a,\r<3>>,要想電子從BC邊經(jīng)過,電子做圓周運動的半徑要大于eq\f<a,\r<3>>,由帶電粒子在磁場中運動的公式r＝eq\f<mv,qB>有eq\f<a,\r<3>>＜eq\f<mv0,eB>,即B＜eq\f<\r<3>mv0,ae>,選D。[答案]D6．導__82460344如圖所示,有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場,磁場的磁感應強度為B,其邊界為一邊長為L的正三角形<邊界上有磁場>,A、B、C為三角形的三個頂點．今有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子<不計重力>,以速度v＝eq\f<\r<3>qBL,4m>從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入