2019-2020學(xué)年高中物理 第三章 磁場 微型專題9 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動學(xué)案 粵教版選修3-1

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2019-2020學(xué)年高中物理 第三章 磁場 微型專題9 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動學(xué)案 粵教版選修3-1_第1頁
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1、微型專題9 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動 [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求]  物理觀念:1.知道帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律.2.知道帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的幾個結(jié)論. 科學(xué)思維:1.掌握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動問題的分析方法.2.會分析帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動.3.會分析帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的臨界問題. 一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動分析 1.圓心的確定方法:兩線定一點(diǎn) (1)圓心一定在垂直于速度的直線上. 如圖1甲所示,已知入射點(diǎn)P和出射點(diǎn)M的速度方向,可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作速度的垂線,兩條直線的交點(diǎn)就是圓心. 圖1 (2)圓心一定在弦的中

2、垂線上. 如圖乙所示,作P、M連線的中垂線,與其中一個速度的垂線的交點(diǎn)為圓心. 2.半徑的確定 半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形.做題時一定要作好輔助線,由圓的半徑和其他幾何邊構(gòu)成直角三角形.由直角三角形的邊角關(guān)系或勾股定理求解. 3.粒子在磁場中運(yùn)動時間的確定 (1)粒子在磁場中運(yùn)動一周的時間為T,當(dāng)粒子運(yùn)動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r,其運(yùn)動時間t=T(或t=T). (2)當(dāng)v一定時,粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=,l為帶電粒子通過的弧長. 例1 (2018·菏澤市高二上期末)如圖2所示,勻強(qiáng)磁場寬L=m,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1.67×10-3T,方向垂直紙面向里,一質(zhì)子以水平

3、速度v=1.6×105m/s垂直磁場邊界從小孔C射入磁場,打到照相底片上的A點(diǎn).已知質(zhì)子的質(zhì)量m=1.67×10-27kg,帶電荷量e=1.6×10-19C.不計質(zhì)子的重力.求: 圖2 (1)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r; (2)A點(diǎn)距入射線方向上的O點(diǎn)的距離H; (3)質(zhì)子從C孔射入到A點(diǎn)所需時間. 答案 (1)1m (2)0.5m (3)×10-5s(或6.54×10-6s) 解析 (1)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動,由洛倫茲力提供向心力,有evB=,即:r= 解得:r=1m (2)設(shè)圓弧對應(yīng)的圓心角為θ,則由幾何關(guān)系可知: sinθ= H=r(1-cosθ) 解得:θ=

4、60°,H=0.5m (3)質(zhì)子在磁場中轉(zhuǎn)動的角度θ=60°,則運(yùn)動的時間為: t=T 而:T== 解得:t=×10-5s(或6.54×10-6s) [學(xué)科素養(yǎng)] 例1考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律,應(yīng)用了帶電粒子在磁場中運(yùn)動問題的分析方法,通過這道題,讓物理概念和規(guī)律在頭腦中得到提煉和升華,體現(xiàn)了“物理觀念”、“科學(xué)思維”等學(xué)科素養(yǎng). 針對訓(xùn)練 如圖3所示,一束電荷量為e的電子以垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場中,穿出磁場時速度方向和原來的射入方向的夾角為θ=60°,求電子的質(zhì)量和穿越磁場的時間. 圖3 答案   解析 過

5、M、N作入射方向和出射方向的垂線,兩垂線交于O點(diǎn),O點(diǎn)即電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心,過N作OM的垂線,垂足為P,如圖所示. 由幾何知識得,電子運(yùn)動的半徑為r==d① 由牛頓第二定律知evB=m② 聯(lián)立①②式解得m= 電子在磁場中運(yùn)動的周期為 T=·= 電子在磁場中的軌跡對應(yīng)的圓心角為α=θ=60° 故電子在磁場中的運(yùn)動時間為 t=T=×=. 二、帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動 1.直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性,如圖4所示) 圖4 2.平行邊界(存在臨界條件,如圖5所示) 圖5 3.圓形邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性) (1)沿徑向射入必沿徑向射出,如圖

6、6所示. 圖6 (2)不沿徑向射入時速度方向與對應(yīng)點(diǎn)半徑的夾角相等(如圖7所示) 圖7 例2 如圖8所示,直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子1在紙面內(nèi)以速度v1=v0從O點(diǎn)射入磁場,其方向與MN的夾角α=30°;質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子2在紙面內(nèi)以速度v2=v0也從O點(diǎn)射入磁場,其方向與MN的夾角β=60°.已知粒子1、2同時到達(dá)磁場邊界的A、B兩點(diǎn)(圖中未畫出),不計粒子的重力及粒子間的相互作用. 圖8 (1)求兩粒子在磁場邊界上的穿出點(diǎn)A、B之間的距離d; (2)求兩粒子進(jìn)入磁場的時間間隔Δt.

7、答案 (1) (2) 解析 (1)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示, 由牛頓第二定律得 qvB=m 得r1=,r2= 故d=+=2r1sin30°+2r2sin60°=. (2)粒子1做圓周運(yùn)動的圓心角θ1= 粒子2做圓周運(yùn)動的圓心角θ2= 粒子做圓周運(yùn)動的周期T== 粒子1在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間t1=T 粒子2在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間t2=T 所以Δt=t1-t2= 例3 在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi),存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,如圖9所示.一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點(diǎn)A處以速度v沿-x方向射入磁場

8、,它恰好從磁場邊界與y軸的交點(diǎn)C處沿+y方向飛出. 圖9 (1)請判斷該粒子帶何種電荷,并求出其比荷; (2)若磁場的方向和所在空間范圍不變,而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽′,該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場,但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大?。淮舜瘟W釉诖艌鲋羞\(yùn)動所用時間t是多少. 答案 (1)負(fù)電荷  (2)B  解析 (1)由粒子的運(yùn)動軌跡(如圖),利用左手定則可知,該粒子帶負(fù)電荷. 粒子由A點(diǎn)射入,由C點(diǎn)飛出,其速度方向改變了90°,則粒子軌跡半徑R=r, 又qvB=m, 則粒子的比荷=. (2)設(shè)粒子從D點(diǎn)飛出磁場,速度方

9、向改變了60°角,故AD弧所對圓心角為60°,粒子做圓周運(yùn)動的半徑R′==r,又R′=,所以B′=B,粒子在磁場中運(yùn)動所用時間t=T=×=. 三、帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的臨界問題 帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動,往往出現(xiàn)臨界條件,要注意找臨界條件并挖掘隱含條件. 例4 直線OM和直線ON之間的夾角為30°,如圖10所示,直線OM上方存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)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上的某點(diǎn)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(yùn)動軌跡與ON只有一個交點(diǎn),并從OM上另一點(diǎn)射出磁場.不計重力

10、.粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩直線交點(diǎn)O的距離為(  ) 圖10 A.B.C.D. 答案 D 解析 帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r=.軌跡與ON相切,畫出粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,由幾何知識得CO′D為一直徑,==2=4r=,故D正確. 例5 (2018·北師大高二上期末)如圖11所示,一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,在ad邊中點(diǎn)O,方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角θ=30°、大小為v0(未知量)的帶正電粒子,已知粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,ad邊長為L,ab邊足夠長,粒子重力不計,求: 圖11 (1)若粒子恰好

11、不能從磁場下邊界射出,求粒子的入射速度大小v01; (2)若粒子恰好沿磁場上邊界切線射出,求粒子的入射速度大小v02. (3)若帶電粒子的速度v0大小可取任意值,求粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間. 答案 (1) (2) (3) 解析 (1)和(2)兩種臨界情況的運(yùn)動軌跡如圖所示 若粒子速度為v0,則qv0B=m,解得:v0= 設(shè)圓心在O1處時,對應(yīng)圓弧與cd邊相切,相應(yīng)速度為v01 由幾何關(guān)系得:R1-R1sinθ=,解得R1=L 則有:v01== 設(shè)圓心在O2處時,對應(yīng)圓弧與ab邊相切,相應(yīng)速度為v02 由幾何關(guān)系得:R2+R2sinθ=,解得R2= 則有:v02==

12、 (3)由t=T和T=可知,粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角α越大,在磁場中運(yùn)動的時間也越長.在磁場中運(yùn)動的半徑r

13、場中運(yùn)動的時間之比為1∶1 D.粒子1與粒子2在磁場中運(yùn)動的時間之比為1∶2 答案 AC 解析 粒子1進(jìn)入磁場時速度的垂線與OA的垂直平分線的交點(diǎn)為粒子1在磁場中的軌跡圓的圓心;同理,粒子2進(jìn)入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點(diǎn)為粒子2在磁場中的軌跡圓的圓心;由幾何關(guān)系可知,兩個粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑之比為r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1與粒子2的速度之比為1∶2,故A正確,B錯誤;由于粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期均為T=,且兩粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡所對的圓心角相同,根據(jù)公式t=T,可知兩個粒子在磁場中運(yùn)動的時間相等,故C正確,D錯誤. 2.(帶電粒子在有界

14、勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動)(多選)如圖13所示,分布在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里.電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子從磁場邊緣A點(diǎn)沿圓的半徑AO方向射入磁場,離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了60°角.(不計粒子的重力)則(  ) 圖13 A.粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r B.粒子的入射速度為 C.粒子在磁場中運(yùn)動的時間為 D.粒子在磁場中運(yùn)動的時間為 答案 ABC 解析 設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,如圖所示,∠OO′A=30°,由圖可知,粒子運(yùn)動的半徑R=O′A=r,選項A正確; 根據(jù)牛頓運(yùn)動定律, 有:Bqv=m 得:v=

15、故粒子的入射速度v=,選項B正確;由幾何關(guān)系可知,粒子運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°,則粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=·T=·=,選項C正確,D錯誤. 3.(帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動)(多選)(2018·葫蘆島市高二上期末)如圖14所示,在一個邊長為a的正六邊形區(qū)域內(nèi),存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場.三個相同的帶正電粒子,比荷為,先后從A點(diǎn)沿AD方向以大小不等的速率射入勻強(qiáng)磁場區(qū)域,已知粒子只受磁場的作用力,則(  ) 圖14 A.從F點(diǎn)飛出磁場的粒子速度大小為 B.從E點(diǎn)飛出磁場的粒子,在磁場中的運(yùn)動時間為 C.粒子速率足夠大,完全可以直接從D點(diǎn)飛出

16、D.所有從AF邊上飛出磁場的粒子,在磁場中的運(yùn)動時間都相等 答案 BD 解析 設(shè)從F點(diǎn)飛出的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r1,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB=m,由幾何關(guān)系可得:r1==,解得:v=,故A錯誤;由幾何知識得,從E點(diǎn)飛出磁場的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°,粒子在磁場中的運(yùn)動時間:t=T=×=,故B正確;AD在一條直線上,則無論速度多大,粒子都不可能從D點(diǎn)飛出,故C錯誤;粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期:T=都相等,從AF邊上飛出的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角α=120°,從AF邊上飛出的粒子在磁場中的運(yùn)動時間:t=T=T,都相等,故D正確. 4

17、.(帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的臨界問題)(2018·成都市高二上期末調(diào)研)如圖15,在xOy坐標(biāo)系的第一象限的三角形區(qū)域AOD內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0垂直于AD射入磁場,已知A的坐標(biāo)為(0,a),D的坐標(biāo)為(3a,0). (1)欲使粒子能夠再次經(jīng)過x軸上的OD段,求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值; (2)在第四象限另有一矩形磁場,在第(1)問中磁感應(yīng)強(qiáng)度取最小值的情況下,粒子經(jīng)過x軸后立即進(jìn)入該矩形磁場,然后恰好從D點(diǎn)離開該磁場返回到第一象限,求該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和磁場的最小面積. 圖15 答案 (1) (

18、2)  解析 (1)粒子進(jìn)入磁場后的軌跡圓與磁場邊界相切時,磁感應(yīng)強(qiáng)度最小,如圖: 設(shè)此時粒子的軌道半徑為R,有:R=acos30°=1.5a 由qvB=m 得Bmin==. (2)如圖所示,粒子進(jìn)入第四象限矩形磁場區(qū)域的速度方向與x軸正方向成60°角斜向下, 由題意,當(dāng)CD為矩形的一條邊且軌跡圓(圓心為O′′)恰好與CD的對應(yīng)邊相切時,該磁場有最小面積;據(jù)幾何關(guān)系,有OC=R=a,CD=3a-a 粒子在矩形磁場區(qū)域運(yùn)動的半徑 r=·=a-a 由qv0B=m 解得B= 矩形磁場的最小寬度:d=r-rcos60°=0.5r 解得矩形磁場的最小面積: S=CD·d

19、=(-)a2=. 一、選擇題 考點(diǎn)一 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動 1.如圖1所示,有界勻強(qiáng)磁場邊界線SP∥MN,速率不同的同種帶電粒子從S點(diǎn)沿SP方向同時射入磁場.其中穿過a點(diǎn)的粒子速度v1與MN垂直;穿過b點(diǎn)的粒子速度v2與MN成60°角,設(shè)粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2,則t1∶t2為(重力不計)(  ) 圖1 A.1∶3B.4∶3C.1∶1D.3∶2 答案 D 解析 如圖所示,可求出從a點(diǎn)射出的粒子對應(yīng)的圓心角為90°.從b點(diǎn)射出的粒子對應(yīng)的圓心角為60°. 由t=T,T=可得: t1∶t2=3∶2,故選D. 2.(2018·河南省實驗中學(xué)高

20、二上期中)如圖2所示,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場.一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場區(qū)域,當(dāng)速度大小為vb時,從b點(diǎn)離開磁場,在磁場中運(yùn)動的時間為tb,當(dāng)速度大小為vc時,從c點(diǎn)離開磁場,在磁場中運(yùn)動的時間為tc,不計粒子重力.則(  ) 圖2 A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=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 答案 A 解析 帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,運(yùn)動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系得,rc=2rb,θb=12

21、0°,θc=60°,由qvB=m得,v=,則vb∶vc=rb∶rc=1∶2, 又由T=,t=T和θb=2θc得tb∶tc=2∶1,故選項A正確,B、C、D錯誤. 考點(diǎn)二 帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動 3.(多選)(2018·信宜市高二上期末)如圖3所示,兩個初速度大小相同的同種離子a和b,從O點(diǎn)沿垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,最后打到屏P上.不計重力.下列說法正確的有(  ) 圖3 A.a(chǎn)、b均帶正電 B.a(chǎn)在磁場中運(yùn)動的時間比b的短 C.a(chǎn)在磁場中運(yùn)動的路程比b的短 D.a(chǎn)在P上的落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離比b的近 答案 AD 解析 離子要打在屏P上,都要沿順時針方向偏轉(zhuǎn),根據(jù)

22、左手定則判斷,離子都帶正電,選項A正確;由于是同種離子,因此質(zhì)量、電荷量相同,因初速度大小也相同,由qvB=m可知,它們做圓周運(yùn)動的半徑相同,作出運(yùn)動軌跡,如圖所示,比較得a在磁場中運(yùn)動的路程比b的長,選項C錯誤;由t=可知,a在磁場中運(yùn)動的時間比b的長,選項B錯誤;從圖上可以看出,選項D正確. 4.(多選)如圖4所示,直角三角形ABC中存在一勻強(qiáng)磁場,比荷相同的兩個帶電粒子沿AB方向射入磁場,分別從AC邊上的P、Q兩點(diǎn)射出,不計重力,則(  ) 圖4 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射出的粒子,在磁場中運(yùn)動的時間長 D.兩粒子在磁場中運(yùn)動的時間

23、一樣長 答案 BD 解析 作出兩帶電粒子各自的運(yùn)動軌跡如圖所示,根據(jù)圓周運(yùn)動特點(diǎn)知,分別從P、Q點(diǎn)射出時,與AC邊夾角相同,故可判定從P、Q點(diǎn)射出時,半徑RP<RQ,故從Q點(diǎn)射出的粒子速度大,A錯誤,B正確;根據(jù)圖示,可知兩軌跡的圓心角相等,所以從P、Q點(diǎn)射出時,兩粒子在磁場中的運(yùn)動時間相等,C錯誤,D正確. 5.如圖5所示,直線MN上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,電子1從磁場邊界上的a點(diǎn)垂直MN和磁場方向射入磁場,經(jīng)t1時間從b點(diǎn)離開磁場.之后電子2也由a點(diǎn)沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場,經(jīng)t2時間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場,則為(  ) 圖5 A.B.2C.D.

24、3 答案 D 解析 電子1、2在磁場中都做勻速圓周運(yùn)動,根據(jù)題意畫出電子1、2的運(yùn)動軌跡,如圖所示: 電子1垂直射進(jìn)磁場,從b點(diǎn)離開,則運(yùn)動了半個圓周,ab即為直徑,c點(diǎn)為圓心,電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場,經(jīng)t2時間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場,根據(jù)半徑公式r=可知,電子1和電子2的半徑相等,根據(jù)幾何關(guān)系可知,△aOc為等邊三角形,則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°,所以電子1運(yùn)動的時間為t1==,電子2運(yùn)動的時間為t2==,所以=3. 6.如圖6所示,空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,該區(qū)域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直于橫截面.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿

25、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(yīng)強(qiáng)度大小為(  ) 圖6 A.B.C.D. 答案 A 解析 粒子運(yùn)動軌跡如圖所示 粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑r==R 根據(jù)洛倫茲力提供向心力得 qv0B=m 解得:B=. 考點(diǎn)三 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的臨界問題 7.如圖7所示,比荷為的電子垂直射入寬度為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,則電子能從左邊界射出這個區(qū)域,可具有的最大初速度為(  ) 圖7 A. B. C. D. 答案 B 解析 要使電子能從左邊界射出這個區(qū)域,則有R≤d,根據(jù)洛倫茲力提供向心力,可得R=

26、≤d,則可具有的最大初速度為v=,B正確. 8.如圖8所示,真空中狹長區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里,區(qū)域?qū)挾葹閐,邊界為CD和EF,速度為v的電子從邊界CD外側(cè)沿垂直于磁場方向射入磁場,入射方向跟CD的夾角為θ,已知電子的質(zhì)量為m、帶電荷量為e,為使電子能從另一邊界EF射出,電子的速率應(yīng)滿足的條件是(  ) 圖8 A.v> B.v< C.v> D.v< 答案 A 解析 由題意可知電子從邊界EF射出的臨界條件為到達(dá)邊界EF時,速度與EF平行,軌跡與EF相切,如圖所示. 由幾何知識得 R+Rcosθ=d,R=,解得v0=,當(dāng)v>v0時,電子能從邊界EF

27、射出. 二、非選擇題 9.(2018·大連市高二上期末)如圖9所示,勻強(qiáng)磁場寬度為L,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里.有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),以初速度v0垂直磁場方向從小孔C射入勻強(qiáng)磁場后從磁場右邊界A點(diǎn)射出,射出方向與水平方向的夾角為θ,求: 圖9 (1)粒子運(yùn)動軌跡的半徑r; (2)粒子的初速度v0; (3)粒子在磁場中的運(yùn)動時間t. 答案 (1) (2) (3) 解析 (1)過A點(diǎn)作v0的垂線交于左邊界M點(diǎn),由幾何關(guān)系可知:r=; (2)根據(jù)qv0B=得:v0==; (3)根據(jù)t=T=×=. 10.如圖10所示,一質(zhì)量為m、帶電荷

28、量為+q的粒子從A點(diǎn)以水平速度v0正對圓心O射進(jìn)一圓形磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.在磁場區(qū)域的正下方有一寬度為L的顯示屏CD,顯示屏的水平邊界C、D兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離均為L.粒子沿AO方向進(jìn)入磁場,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好打在顯示屏上的左邊界C點(diǎn).不計粒子重力.求: 圖10 (1)粒子在磁場中的運(yùn)動半徑r; (2)圓形磁場的方向及半徑R; (3)改變初速度的大小,使粒子沿AO方向進(jìn)入磁場后,都能打在顯示屏上,求速度的范圍. 答案 (1) (2)垂直紙面向外  (3)v0≤v≤3v0 解析 (1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動, 由qv0B=m 得:r=. (2)由左手

29、定則知磁場方向垂直紙面向外,粒子沿半徑方向射入磁場,偏轉(zhuǎn)后沿半徑方向射出.軌跡如圖,粒子恰好打在C點(diǎn), 由幾何知識可知,速度偏轉(zhuǎn)角為120°. 得:R=rtan60°=. (3)粒子打在C點(diǎn)速度最小,打在D點(diǎn)速度最大,此時做圓周運(yùn)動的半徑r′=Rtan60°= 由qvB=m,得v=3v0 所以粒子都能打在顯示屏CD上的速度范圍為: v0≤v≤3v0. 11.(2018·臨沂市高二上期末)如圖11所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T.一質(zhì)量為m=5.0×10-8kg、電荷量為q=1.0×10-6C的帶電粒子從P點(diǎn)沿圖示方向以

30、v=20m/s的速度進(jìn)入磁場,從x軸上的Q點(diǎn)離開磁場(Q點(diǎn)未畫出).已知OP=30cm.(粒子重力不計,sin37°=0.6,cos37°=0.8),求: 圖11 (1)OQ的距離; (2)若粒子不能進(jìn)入x軸上方,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B′滿足的條件. 答案 (1)0.90m (2)B′>T 解析 (1)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動,有:qvB=,得R= 代入數(shù)據(jù)得:R=0.50m 而=0.50m 故圓心一定在x軸上,軌跡如圖甲所示. 由幾何關(guān)系可知:OQ=R+Rsin53°,故OQ=0.90m (2)帶電粒子不從x軸射出(如圖乙),由幾何關(guān)系得: OP>R′+R′cos53°① R′=② 由①②并代入數(shù)據(jù)得:B′>T(取“≥”也可) 22

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