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1、 08 带电粒子在磁场中的运动 考点1 通电导体在磁场中受到的安培力问题 1.两个注意点(1)安培力方向的判断:安培力方向总是垂直于磁场方向和电流方向所确定的平面。(2)安培力大小计算:应用公式F=BIL求安培力大小时不能死记公式,应正确理解公式中各物理量的实质,其中L为通电导线切割磁感线的有效长度。如图所示的虚线,“导线两端连线的长度”为通电导线切割磁感线的有效长度。2.两种状态 在安培力作用下,通电导线或导体棒可能处于平衡状态,也可能处于加速状态。不论何种状态都一定要把立体图转化为平面图,即电磁问题力学化,立体图形平面化。1.(2019 年全国卷,T17)如图,等边三角形线框LMN由三根相
2、同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为()。A.2F B.1.5F C.0.5F D.0 解析 因等边三角形的三条边相同,故ML、LN两边的总电阻为MN边电阻的 2 倍,因此ML边通过的电流为MN边通过的电流的12,由于MN边受到的安培力为F,故ML、LN两边受到的安培力的合力为 0.5F,因此线框LMN受到的安培力为 1.5F,B 项正确。答案 B 点评 分析通电导体受到的安培力的具体思维流程:1.(2019 年宁夏大学附中模拟)如图所示,在倾角为 37的光滑斜
3、面上有一根长为 0.5 m、质量为2 kg 的通电直导线,电流的大小I=2 A、方向垂直于纸面向里,导线用平行于斜面的轻弹簧拴住保持不动,整个装置放在磁感应强度为 5 T、方向竖直向上的匀强磁场中,已知弹簧的劲度系数为400 N/m,整个过程弹簧未超出弹性限度,重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,则以下说法正确的是()。A.通电直导线对斜面的压力为 19 N B.弹簧的伸长量为 4 m C.若磁感应强度增大,则弹簧的弹力减小 D.若磁感应强度增大,则通电导线对斜面的压力减小 解析 通电直导线受到重力、斜面对其的支持力、弹簧对其的拉力和水平向右的安培力作用,
4、其中安培力F安=BIl=5 N,根据平衡条件可得F弹-mgsin 37-BIlcos 37=0,FN+BIlsin 37-mgcos 37=0,解得FN=13 N,F弹=16 N,根据牛顿第三定律可知导线对斜面的压力为 13 N,根据胡克定律可知弹簧的伸长量 x=弹=0.04 m,A、B 两项错误;如果磁感应强度增大,安培力F安=BIl增大,弹簧的弹力F弹=mgsin 37+BIlcos 37增大,斜面对通电导线的支持力FN=mgcos 37-BIlsin 37减小,C 项错误,D 项正确。答案 D 2.(多选)在倾角=30的光滑导轨的上端接有一个电动势E=5 V、内阻r=1 的电源,导轨间距
5、L=10 cm,将一个质量m=30 g、有效电阻R=4 的金属棒水平放置在导轨上。若导轨所在空间加一匀强磁场,闭合开关后,金属棒刚好静止在导轨上,如图所示,则()。A.通过金属棒的电流大小为 1.25 A B.空间所加磁场磁感应强度的最小值为 1.5 T C.若磁感应强度方向竖直向下,则其大小为3 T D.若磁感应强度方向水平,金属棒不可能静止 解析 由闭合电路欧姆定律可得I=+=1 A,A 项错误;对金属棒受力分析可知,当安培力沿斜面向上时,安培力最小,此时F安=mgsin=0.15 N,当安培力最小时,磁感应强度方向与电流方向相互垂直,磁感应强度的最小值Bmin=安=1.5 T,B 项正确
6、;若磁感应强度的方向竖直向下,根据平衡条件有mgsin=BILcos,解得B=3 T,C 项正确;若磁感应强度方向水平向右,且大小满足mg=BIL,即B=3 T 时,金属棒能静止,D 项错误。答案 BC 考点2 带电粒子在有界磁场中的运动 1.带电粒子在不同边界磁场中的运动 类别 特点 图示 直线 边界 进出磁 场具有 对称性 平行 边界 存在临界条件 圆形 边界 沿径向射 入必沿径 向射出 环形 边界 与边界相切 2.解决带电粒子运动的临界问题的技巧方法(1)数学方法和物理方法相结合:如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值,利用“三角函数”“不等式的性质”“一元二次方程的判别式”等求极值。(
7、2)从关键词找突破口:许多临界问题,题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语暗示临界状态,审题时,一定要抓住这些特定的词语,挖掘其隐藏的规律,找出临界条件。(3)处理该类问题常用的几个几何关系 四个点:入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。六条线:入射点、出射点与圆心的连线,入射速度直线和出射速度直线,入射点与出射点的连线,圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形,后面两条为对角线。三个角:速度偏转角、圆心角、弦切角,其中偏转角等于圆心角,也等于弦切角的两倍。(4)临界问题的一般解题流程 2.(2019 年北京卷,T16)如图所示,正方形
8、区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是()。A.粒子带正电 B.粒子在b点速率大于在a点速率 C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出 D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短 解析 由左手定则知,粒子带负电,A 项错误;由于洛伦兹力不做功,所以粒子速率不变,B 项错误;由R=知,若仅减小磁感应强度B,R变大,则粒子可能从b点右侧射出,C 项正确;由R=知,若仅减小入射速率v,则R变小,粒子在磁场中的偏转角变大,由t=2T,T=2知,运动时间变长,D 项错误。答案 C 点评 1.常遇到的临界和极值条件有:(1)带电体在磁场中
9、,离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零。(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切,对应粒子速度的临界值。(3)周期相同的粒子,当速率相同时,轨迹越长,圆心角越大,运动时间越长。(4)周期相同的粒子,当速率不同时,圆心角越大,运动时间越长。2.带电粒子在有界磁场中的圆周运动的分析方法:带电粒子在有界磁场中运动时,不管磁场边界为何种形式,都应抓住关键的一点,即设法把磁场的边界条件和粒子做圆周运动的半径规划到同一个三角形中,便于确定半径和圆心角。在三角形中体现速度的偏转角、磁场的宽度、粒子做圆周运动的半径等因素。甲 3.(2019 年湖北省十堰市调研)(多选)如图甲所示,
10、有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场,磁场的磁感应强度为B,其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场),E、F、G为三角形的三个顶点。有一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),以速度v=3qBL4从EF边上的某点P以既垂直于EF边又垂直于磁场的方向射入磁场,然后从FG边上某点Q射出。则满足题述条件时,有()。A.PF1+34L B.PF2+34L C.QF34L D.QF12L 解析 粒子在磁场中运动的轨迹如图乙所示。粒子在磁场中的运动轨迹半径r=,因此可得r=34L,当入射点为P1,圆心为O1,且此刻轨迹正好与FG相切时,PF取得最大值,若粒子从FG边射出,根据几何关系有PFP1F=2+3
11、4L,A 项错误,B 项正确;当运动轨迹为弧P2Q时,即O2Q与EF垂直时,此刻QF取得最大值,根据几何关系有QF=sin60=12L,所以有QF12L,C 项错误,D 项正确。乙 答案 BD 考查角度1 磁感应强度的矢量性及安培定则的应用 1.安培定则的特点及应用 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 特点 无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场且磁场最强,管外为非匀强磁场 环形电流的两侧是 N 极和 S 极且离圆环中心越远,磁场越弱 安培 定则 立体 图 横截 面图 2.磁感应强度B的叠加 空间的磁场通常是多个磁场叠加而成的,磁感应强度是矢量
12、,可以通过平行四边形定则进行计算或判断。具体思路如下:(1)首先确定磁场的场源,如通电导线。(2)定位空间中需要求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点产生的磁场的大小和方向,如图中场源M、N在c点产生的磁场。(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁场B。1.(2019 年山东模拟)如图甲所示,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置,直导线与纸面的交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点。L1与L3中的电流均为2I、方向均垂直纸面向里,L2中的电流为I、方向垂直纸面向外。已知在电流为I的长直导线的磁场中,距导线r处的磁感应强度B=k,其中k为常数。某时刻有
13、一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外,速度大小为v,电子电荷量为e,则该电子所受磁场力()。甲 A.方向与y轴正方向成 45角,大小为32kIve2 B.方向与y轴负方向成 45角,大小为52kIve2 C.方向与y轴正方向成 45角,大小为52kIve2 D.方向与y轴负方向成 45角,大小为32kIve2 解析 三个电流分别在原点O处产生磁场的磁感应强度B1=k2、B2=k2a、B3=k2,方向如图乙所示,则三电流在O点处产生合磁场的磁感应强度B=2B1-B2=32kI2,方向与y轴正方向成 45角,电子经过原点O时速度方向垂直纸面向外,速度大小为v,根据左手定则知,洛伦兹力方向与y
14、轴负方向成 45角,洛伦兹力的大小f=evB=32kIve2,D 项正确。乙 答案 D 点评 使用安培定则应注意的问题:安培定则是判定电流周围磁场的方法,在使用安培定则时,不但要掌握四指和拇指的用法,还要注意磁场立体空间的分布,熟悉常见磁场的磁感线的立体图和纵、横截面图的画法及转换。1.(2019 年北京石景山统测)如图所示,完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置,甲的圆心为O1,乙的圆心为O2,在两环圆心的连线上有a、b、c三点,其中aO1=O1b=bO2=O2c,此时a点的磁感应强度为B1,b点的磁感应强度为B2,当把环形电流乙撤去后,c点的磁感应强度大小为()。A.B1-22 B.B2
15、-12 C.B2-B1 D.13 解析 对于图中单个环形电流,根据安培定则,其在中轴线上的磁场方向均是向左的,故c点的磁场方向向左,设aO1=O1b=bO2=O2c=r,单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r,在距离中点 3r位置的磁感应强度为B3r,故a点磁感应强度B1=B1r+B3r,b点磁感应强度B2=B1r+B1r;当把环形电流乙撤去后,c点的磁感应强度大小Bc=B3r=B1-22,A 项正确。答案 A 考查角度2 带电粒子在磁场中运动的多解问题 1.多解的原因 原因 特点 图例 粒子电性 不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电,也可能带负电,在相同的初速度条件下,正、
16、负粒子在磁场中的运 动轨迹不同,因而形成多解 磁场方向 不确定 有些题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向,此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解 临界状态 不唯一 如图所示,带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能直接穿过去了,也可能转过 180从入射界面反向飞出,于是形成了多解 (续表)原因 特点 图例 运动的 往复性 带电粒子在部分是磁场、部分是电场的空间运动时,往往具有往复性,因而形成多解 2.解决多解问题的一般思路(1)明确带电粒子的电性和磁场方向。(2)正确找出带电粒子运动的临界状态。(3)结合带电粒子的运动轨迹,利
17、用圆周运动的周期性进行分析计算。甲 2.(2019 年重庆模拟)如图甲所示,在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O。小圆内部(区)和两圆之间的环形区域(区)存在方向均垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出)。、区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B。a、b两带正电粒子从O点同时分别沿y轴正向、负向运动。已知粒子a的质量为m、电荷量为q、速度大小为v,粒子b的质量为2m、电荷量为 2q、速度大小为2。粒子b恰好不穿出区域,粒子a不穿出大圆区域,不计粒子重力及粒子间的相互作用力。求:(1)小圆的半径R1。(2)大圆半径的最小值。(3)a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时
18、间t(不考虑a、b在其他位置相遇)。解析(1)粒子b在区域做匀速圆周运动,设其半径为rb 根据洛伦兹力提供向心力有 2q2B=2(2)2 由粒子b恰好不穿出区域有R1=2rb 解得R1=。(2)设a在区域做匀速圆周运动的半径为ra1 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=21 解得ra1=R1 设a在区域做匀速圆周运动的半径为ra2 根据洛伦兹力提供向心力有qv2B=22 解得ra2=2=12R1 设大圆半径为R2,由几何关系得R232R1+12R1 所以大圆半径最小值R2min=(3+1)mv2。(3)粒子a和粒子b的运动轨迹如图乙所示,粒子a在区域的运动周期Ta1=2,在区域的运动周期Ta2=乙
19、 粒子a从O点出发至回到O点所经过的最短时间 ta1=13Ta1+12Ta2 解得ta1=76 粒子b在区域的运动周期Tb=2 讨论:如果a、b两粒子在O点相遇,粒子a经过时间ta=nta1=76(n=1,2,3,)粒子b经过时间tb=kTb=2(k=1,2,3,)ta=tb时,解得76=2k 当k=7,n=12 时,有最短时间t1=14 如图乙可知,粒子b轨迹与小圆相切于P点,如果a粒子在射出小圆时与b粒子在P点相遇 则有ta=2ta1+16Ta1+n6ta1=(21+8)3(n=1,2,3,)粒子b经过时间tb=(2-1)2=(2-1)(k=1,2,3,)ta=tb时,解得 2k-1=21
20、+83,化为 2k=7n+113 此无解,即a、b不能相遇 如果a粒子在射入小圆时与b粒子在P点相遇 则有ta=4ta1-16Ta1+n6ta1=(21+13)3(n=1,2,3,)粒子b经过时间tb=(2-1)2=(2-1)(k=1,2,3,)ta=tb时,解得 2k-1=21+133,化为 2k=7n+163 此亦无解,即a、b不能相遇 综上所述,a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间为14。答案(1)(2)(3+1)mv2(3)14 点评 粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,本题形成多解的原因是临界状态的不唯一。画出粒子的运动轨迹,求出粒子临界轨道半径,
21、是解题的前提与关键。2.(2019 年陕西省咸阳市二模)(多选)如图甲所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形EFG理想分开,三角形内部的磁场方向垂直纸面向里,三角形顶点E处有一质子源,能沿FEG的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计),所有质子均能通过G点,质子比荷=k,则质子的速度可能为()。甲 A.2BkL B.12BkL C.32BkL D.18BkL 解析 因质子带正电,且经过G点,其可能轨迹如图乙所示,各段圆弧所对圆心角均为 60,所以质子轨道半径r=(n=1,2,3,),将该结果代入半径公式r=可得v=(n=1,2,3,),B、D两项正确。乙 答
22、案 BD 1.(2019 年北京模拟)如图甲所示,OP与MN是匀强磁场中的两条平行直线,其中MN为磁场的下边界,速率不同的同种带电粒子沿OP方向射入磁场,从MN边界穿出,其中速度为v1的a粒子与MN垂直,速度为v2的b粒子速度方向与MN成 60角,不计粒子的重力和粒子间的相互作用力,则a、b两粒子穿越磁场所需的时间之比为()。甲 A.12 B.21 C.23 D.32 解析 粒子在磁场中运动的周期T=2,由此可知,粒子运动的周期与粒子的速度大小无关,所以粒子在磁场中的运动周期相同,粒子的运动轨迹如图乙所示,可知a粒子的偏转角为 90,b粒子的偏转角为 60,所以a粒子的运动时间为14T,b粒子
23、的运动时间为16T,所以a、b两粒子穿越磁场所需时间之比t1t2=32,D 项正确。乙 答案 D 2.(2019 年湖北模拟)如图甲所示,直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场,电子 1 从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场,经t1时间从b点离开磁场。之后电子 2 也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,则12的值为()。甲 A.3 B.2 C.32 D.23 解析 电子在磁场中都做匀速圆周运动,根据题意画出电子的运动轨迹,如图乙所示,电子 1垂直射进磁场,从b点离开,则运动了半个圆周,ab为直径,c点为圆心,电子 2 以相同速率垂直磁场
24、方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,根据半径r=可知,电子 1 和 2 的运动轨迹半径相等,根据几何关系可知,aOc为等边三角形,则电子 2 转过的圆心角为 60,所以电子 1 运动的时间t1=2=,电子 2 运动的时间t2=6=3,所以12=3,A 项正确。乙 答案 A 3.(2019 年北京海淀区期末)如图所示,在赤道处,将一小球向东水平抛出,落地点为a;给小球带上电荷后,仍以原来的速度抛出,考虑地磁场的影响,下列说法正确的是()。A.无论小球带何种电荷,小球仍会落在a点 B.无论小球带何种电荷,小球下落时间都会延长 C.若小球带负电荷,小球会落在更远的b点 D.若小球带
25、正电荷,小球会落在更远的b点 解析 地磁场的磁感应强度方向在赤道上空水平由南向北,从南向北观察,如果小球带正电荷,则洛伦兹力斜向右上方,该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力,因此,小球落地时间会变长,水平位移会变大;同理,若小球带负电,则小球落地时间会变短,水平位移会变小,D 项正确。答案 D 4.(2019 年大庆模拟)如图甲所示,MN为两个匀强磁场的分界面,两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2,一带电荷量为+q、质量为m的粒子从O点垂直MN及磁场方向进入B1磁场,则经过多长时间,它将第一次向下通过O点()。甲 A.21 B.22 C.2(1+2)D.(1+2)解析 粒子在
26、磁场中的运动轨迹如图乙所示,由周期公式T=2知,粒子从O点进入磁场到第一次向下通过O点的时间t=21+2=22,B 项正确。乙 答案 B 5.(2019 年四川成都摸底)(多选)如图甲所示,在x轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在x 轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为2的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O以与x轴正方向成 30角的速度v射入磁场,其在x轴上方磁场中运动轨迹的半径为R。则()。甲 A.粒子经偏转一定能回到原点O B.粒子完成一次周期性运动的时间为23 C.粒子射入磁场后,第二次经过x轴时与O点的距离为 3R D.粒子在x轴上方和
27、下方的磁场中运动轨迹的半径之比为 12 解析 根据左手定则可知,粒子在x轴上、下方的匀强磁场中分别做16圆周运动,运动轨迹如图乙所示,不可能回到原点O,A 项错误;粒子在x轴上方的匀强磁场中运动的时间t1=3R=3,由r=可知,粒子在x轴下方的匀强磁场中运动轨迹的半径r=2R,时间t2=3r=23,粒子完成一次周期性运动的时间T=t1+t2=,B 项错误;粒子射入磁场后,第一次经过x轴时与O点的距离为R,粒子射入磁场后,第二次经过x轴时与O点的距离d=R+r=3R,C 项正确;粒子在x轴上方和下方的磁场中运动轨迹的半径之比Rr=12,D 项正确。乙 答案 CD 6.(多选)如图所示,等边三角形
28、abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,d、e分别是ac、bc边上的某点。三个同种带电粒子分别以不同的速度从a点以相同方向垂直磁场射入,三个粒子分别从d点、c点和e点离开磁场。不计粒子重力,则()。A.从c点离开磁场的粒子通过的弧长一定大于从d点离开的粒子通过的弧长 B.从c点离开磁场的粒子通过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长 C.从c点离开磁场的粒子在磁场中的运动时间一定大于从d点离开的粒子在磁场中的运动时间 D.从c点离开磁场的粒子在磁场中的运动时间一定大于从e点离开的粒子在磁场中的运动时间 解析 粒子从c点和d点射出时,圆弧对应的圆心角相同,从c点离开磁场的粒子运动轨迹半径较大,所
29、以经过的弧长较长,运动时间t=2T,运动时间相同,A 项正确,C 项错误;根据几何关系可知,粒子从c点射出时通过的弧长大于从e点射出时的弧长,粒子从e点射出时圆心角最小,则从e点射出的粒子在磁场中的运动时间较短,B 项错误,D 项正确。答案 AD 7.(2019 年郑州模拟)(多选)如图甲所示,垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界,左侧磁感应强度为B1,右侧磁感应强度为B2,B1=2B2=2 T,比荷为 2106 C/kg 的带正电粒子从O点以v0=4104 m/s 的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域,则粒子从射入磁场到通过距离O点 4 cm 的磁场边界上的P点所需的时间为()。甲 A.210-
30、6 s B.10-6 s C.3210-6 s D.210-6 s 解析 粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动,则qv0B2=022,解得R2=02=2 cm,故粒子经过半个圆周恰好到达P点,轨迹如图乙所示,则粒子运动的时间t1=22=2=210-6 s,由于B1=2B2,由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后,做半径R1=12R2=1 cm 的匀速圆周运动,左侧圆周运动的周期T1=21=210-6 s,经过两次周期性运动可再次经过P点,轨迹如图丙所示,则粒子运动的时间t2=T1+T2=3210-6 s,在以后的运动中,粒子通过MN的点会远离P点,所以粒子从射入磁场到通过距离O点 4 cm 的磁
31、场边界上的P点所需的时间为210-6 s 或3210-6 s,A、C 两项正确。乙 丙 答案 AC 8.(多选)如图所示,一质量为m、电荷量为+q的小球,放在绝缘的、足够长的、内壁粗糙的水平直管左端,直管内径等于小球直径,系统处于磁感应强度为B的匀强磁场中,现给小球一水平向右的冲量I,小球向右运动直至处于平衡状态,则小球克服摩擦力做的功可能为()。A.0 B.22 C.32222 D.12(2-3222)解析 小球的初速度v0=,若小球所受洛伦兹力等于重力,小球与直管间压力为零,摩擦力为零,小球克服摩擦力做的功为零,A 项正确;若小球所受洛伦兹力不等于重力,小球与直管间压力不为零,摩擦力不为零
32、,小球以初速度v0向右做减速运动,若开始小球所受洛伦兹力小于重力,则一直减速到零,小球克服摩擦力做的功为22,B 项正确;若开始小球所受洛伦兹力大于重力,则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定,稳定速度v=,由动能定理可得小球克服摩擦力做的功W=12m02-12mv2=12(2-3222),C 项错误,D 项正确。答案 ABD 9.(2019 年福州质检)(多选)在半径为R的圆形区域内,存在垂直圆面的匀强磁场。圆边界上的P处有一粒子源,该粒子源沿垂直于磁场的各个方向,向磁场区发射速率均为v0的同种粒子,如图甲所示。现测得当磁感应强度为B1时,粒子均从由P点开始、弧长为12R的圆周范围内射出磁场;当磁
33、感应强度为B2时,粒子则从由P点开始、弧长为23R 的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则()。甲 A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比r1r2=23 B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比r1r2=23 C.前后两次磁感应强度的大小之比B1B2=23 D.前后两次磁感应强度的大小之比B1B2=32 解析 假设粒子带正电,如图乙所示,磁感应强度为B1时,弧长L1=12R对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r1=122Rsin=Rsin4。如图丙所示,磁感应强度为B2时,弧长L2=23R对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r2=122Rsin=Rsin3,因此r1r2=sin4sin3=23,A 项正确
34、,B 项错误。由洛伦兹力提供向心力,可得qv0B=m02,则B=0,可以得出B1B2=r2r1=32,C 项错误,D 项正确。乙 丙 答案 AD 10.(多选)如图所示,质量M=1 kg、足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,左端放置一质量m=1 kg、电荷量q=+10 C 的滑块,系统处在垂直纸面向外、磁感应强度B=1 T 的匀强磁场中。现使木板以v0=2 m/s 的初速度向左运动。已知滑块与木板间的动摩擦因数=0.5,g取 10 m/s2。则()。A.木板和滑块始终做匀加速运动 B.滑块开始做加速度减小的加速直线运动,最终做匀速直线运动 C.木板对地面的压力的最小值为 20 N D.滑块和木
35、板最终均做匀速直线运动,速度大小均为 1 m/s 解析 当木板以v0=2 m/s 的初速度向左运动时,由于摩擦力作用,滑块向左加速,因压力不断变化,故加速度也不断变化,A 项错误;滑块开始受到水平向左的摩擦力作用,由于压力减小,摩擦力减小,加速度减小,即滑块开始做加速度减小的变加速直线运动,由于系统水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,根据动量守恒定律,有Mv0=(M+m)v,解得v=1 m/s,D 项正确;此时滑块受到的洛伦兹力f=qvB=10 N,方向竖直向上,恰好与重力相等,此时滑块对木板无压力,摩擦力消失,木板和滑块均做匀速运动,B 项正确;木板对地面的压力的最小值FN=Mg=10
36、N,C 项错误。答案 BD 11.如图甲所示,xOy平面内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=410-2 T。在x轴下方还存在匀强电场(图中未画出)。一质量m=1.610-25kg、带电荷量q=+1.610-19 C 的粒子,从y轴上P(0,0.08 m)点沿x轴正方向射出,经过磁场偏转后从x轴上(0.16 m,0)点进入x轴下方的电场和磁场区域。已知粒子在x轴下方区域中做直线运动,不计粒子重力。取 sin 53=0.8,求:甲(1)该粒子射出时的初速度。(2)电场强度的大小和方向。解析(1)粒子在x轴上方做圆周运动的轨迹如图乙所示,由几何关系有(R-0.08)2+0.162=R2 乙
37、解得R=0.2 m 又qvB=2 解得v=8103 m/s。(2)设粒子进入电场和磁场区域的速度方向与x轴的夹角为,sin=0.160.2=0.8,得=53 由于粒子在电场和磁场区域中做直线运动,显然电场力必和洛伦兹力平衡,又粒子带正电,所以电场强度E的方向与x轴正方向的夹角应为 90-53=37 根据qvB=qE 解得E=320 N/C。答案(1)8103 m/s(2)320 N/C,其方向与x轴正方向的夹角为 37 12.光滑绝缘水平面上有一直线PQ,直线PQ右侧存在垂直水平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,俯视图如图所示。在直线PQ上相距为l的两点M、N,各放一个电性相反、比荷相同的
38、带电质点,M处的质点的质量为m,电荷量为+q。现同时使两质点以相同的速度大小、方向与直线PQ成 60角射入磁场(N斜向上射入,M斜向下射入),两质点恰好在距离直线PQ最远处发生完全非弹性碰撞。N处的质点的质量为M处的质点的质量的k倍,除了碰撞时的相互作用,两质点间的其他相互作用忽略不计。(1)两质点射入磁场经多长时间发生碰撞?射入速度大小为多大?(2)通过计算说明,两质点碰撞后的运动形式。解析(1)两质点在水平面内做匀速圆周运动,因为两质点比荷相同,所以两质点在磁场中运动的周期和半径相同 根据几何关系可知,质点在磁场中运动的时间 t=13T=23 根据几何关系可知,质点运动的轨迹半径R=33l 又R=0 所以v0=3Bql3。(2)两质点恰好在距离直线PQ最远处发生碰撞,碰前速度与直线PQ平行,以N处的质点在距离直线PQ最远处的速度方向为正 根据动量守恒定律,有kmv0-mv0=(km+m)v 所以v=-1+1v0 两质点结合在一起以后,电荷量Q=(k-1)q 若k=1,则v=0,即两质点碰撞后静止 若k1,则两质点碰撞后沿顺时针方向做匀速圆周运动,运动轨迹半径r=33l。答案(1)23 3Bql3(2)碰撞后可能静止,可能沿顺时针方向做轨迹半径为33l的匀速圆周运动