阶段回顾(2～3)-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　安培力与 洛伦兹力 阶段回顾(2～3) 目录 1 2 易错点重点练 重难点重点练 易错点重点练 易错点一　安培力和洛伦兹力的联系与区别 1．(多选)关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是(　　) A．洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力 B．安培力和洛伦兹力，其本质都是磁场对运动电荷的作用力 C．安培力和洛伦兹力，二者是等价的 D．安培力对通电导体能做功，但洛伦兹力对运动电荷不做功 答案 解析 解析：安培力和洛伦兹力本质上都是磁场对运动电荷的作用力，但二者不等价，安培力是洛伦兹力的宏观表现，它可以对通电导体做功，但洛伦兹力对运动电荷不做功。　 1 2 3 4 易错点重点练 易错点二　带电粒子在电场和磁场中运动的区别 2．(多选)下列运动(电子只受静电力或磁场力的作用)可能的是(　　) 答案 1 2 3 4 易错点重点练 解析 1 2 3 4 易错点重点练 3．(多选)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(a>0，b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀 强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2，到达P点的动能 为Ek2。下列关系式正确的是(　　) A．t1<t2 B．t1>t2 C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2 答案 解析 1 2 3 4 易错点重点练 [名师点拨]　洛伦兹力与静电力的比较 洛伦兹力 静电力 产生条件 v≠0且v与B不平行 电荷处在电场中 大小 F＝qvBsinθ F＝qE 方向 F⊥B且F⊥v 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反 作用效果 因为F⊥v，所以只改变运动电荷的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷的速度大小，也可以改变电荷运动的方向 做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功 1 2 3 4 易错点重点练 答案 1 2 3 4 易错点重点练 解析：要使小球能做匀速圆周运动，则洛伦兹力与 重力的合力应能充当向心力；在题图甲中，若小球带正 电且逆时针转动(由上向下看)，由左手定则知其受洛伦 兹力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，其运动轨迹 平面可在S的正上方；同理可知，若小球带负电，但顺时针转动，合力也可以充当向心力，其运动轨迹平面可在S的正上方，故A、C正确。Q带负电，若小球带正电，则正电荷在题图乙所示位置各点受到的静电力指向Q，静电力与重力的合力可以充当向心力，其运动轨迹平面可在Q的正下方；但若小球带负电，小球受静电力逆着电场线，其与重力的合力不能提供向心力，其运动轨迹平面不可能在Q的正下方，小球不会做匀速圆周运动，故B正确，D错误。 　 解析 1 2 3 4 易错点重点练 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 [名师点拨]　“磁发散”模型和“磁聚焦”模型 (1)“磁发散”模型(点入平出)：若带电粒子从 圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向 进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形 磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行 于磁场区域圆周上入射点处的切线方向射出磁场，如图甲所示。 (2)“磁聚焦”模型(平入点出)：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图乙所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 [名师点拨]　处理临界极值问题的常见方法 (1)动态放缩法：当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时速度v的大小或磁感应强度B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射方向所在直线为切线，入射点为切点，作出半径不同的一系列轨迹，从而探索出临界条件。如图1所示为粒子进入矩形边界磁场的情景。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 (2)定圆旋转法：当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件。如图2所示为粒子进入单边有界磁场时的情景。 (3)定圆平移法：速度大小和方向相同的一排相同粒子垂直直线边界进入匀强磁场，各粒子的轨迹圆弧可以由一个粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图3所示)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 10．如图所示，在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上，x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，PQ间的距离d＝30 cm。坐标系所在空间存在一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场，一带电粒子在xOy平面内，从P点与x轴成30°的夹角以速度v＝2.0 m/s射出，质量m＝1.0×10－27 kg，所带电荷量q＝1.0×10－19 C，带电粒子最终通过Q点，且其运动轨迹关于y轴对称。已知磁场的磁感应强度大小为B＝2.0×10－7 T。(不计带电粒子重力，计算结果均保留两位有效数字)求： (1)带电粒子在磁场中运动的时间t； (2)圆形磁场区域的最小面积S。 答案 答案：(1)5.2×10－2 s　(2)7.9×10－3 m2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 答案：(1)1.5×107 m/s　(2)1×107 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 13．如图所示，边长为L的正三角形ACD是用绝缘材料制成的固定框架，处在垂直框架平面向里的匀强磁场中，AD边的中点有一小孔S。在框架平面内垂直AD方向从小孔S射入质量为m、电荷量为＋q的粒子。已知粒子射入框架时速率为v，与框架的碰撞为弹性碰撞，粒子重力忽略不计。 (1)若粒子第一次与AC碰撞的位置为AC的中点，求匀强 磁场磁感应强度的大小B； (2)若此粒子经过与框架的多次碰撞最终能垂直AD方向从 小孔S射出，求所有满足条件的匀强磁场磁感应强度的大小和 粒子在框架内运动的时间。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 [名师点拨]　求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧 (1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因。 (2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。 (3)若为周期性重复的多解问题，应寻找通项式；若可能出现几种解，应注意每种解出现的条件。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 重难点重点练 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：A图中，电子受到点电荷对它的库仑引力，若电子的速度v满足eq \f(kQe,r2)＝eq \f(mev2,r2)，则电子做匀速圆周运动，故A正确；B图中，等量异种点电荷连线的中垂线上的电场方向始终水平向右，电子受到水平向左的静电力，不可能沿中垂线做直线运动，故B错误；C图中，电子在匀强磁场中受洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力可能提供向心力，在图示的匀强磁场中沿图中虚线轨迹做匀速圆周运动，故C正确；D图中，通电螺线管内部的磁场沿水平方向，电子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，做匀速直线运动，故D正确。 解析：若该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，t1＝eq \f(a,v0)，Ek1＝eq \f(1,2)m(veq \o\al(2,0)＋veq \o\al(2,y))；若该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，此时粒子做匀速圆周运动，t2＝eq \f(\o(OP,\s\up14(︵)),v0)，Ek2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，故t1<t2，Ek1>Ek2，A、D正确，B、C错误。 4．(多选)狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布(如图甲所示)，距离它r处的磁感应强度大小为B＝eq \f(k,r2)(k为常数)，其磁场分布与负点电荷Q的电场(如图乙所示)分布相似。现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动，则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是(　　) A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示 B．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示 C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示 D．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示 重难点一　带电粒子在有界磁场中的运动 1．(多选)如图所示，OACD是一长为OA＝l的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为α，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则(　　) A．粒子一定带正电 B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(mv0sinα,ql) C．粒子从O到A所需的时间为eq \f(αl,v0sinα) D．矩形磁场的宽度最小值为eq \f(l（1－cosα）,2sinα) 解析：由题意可知，粒子进入磁场后所受洛伦兹力斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识可得r＝eq \f(l,2sinα)，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) ，解得该匀强磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(2mv0sinα,ql)，故B错误；由几何知识可知，粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角θ＝2α，则粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(θr,v0)＝eq \f(αl,v0sinα)，C正确；根据图示，由几何知识可知，矩形磁场的最小宽度d＝r－rcosα＝eq \f(l（1－cosα）,2sinα)，故D正确。 2．如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一个质量为m、电荷量为q、初速度大小为v的带电粒子从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电 B．v越大，θ越大 C．粒子在磁场中运动的时间为eq \f(m,Bq) D．圆形磁场区域的半径为eq \f(mv,Bq)taneq \f(θ,2) 解析：根据左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；粒子轨迹如图所示，根据qvB＝meq \f(v2,r)，可得轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)，可知速度v越大，则r越大，θ越小，B错误；又v＝eq \f(2πr,T)，可得T＝eq \f(2πm,qB)，则粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(θ,2π)·T＝eq \f(mθ,Bq)，故C错误；设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有eq \f(R,r)＝taneq \f(θ,2)，可得R＝eq \f(mv,Bq)taneq \f(θ,2)，故D正确。 3．(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，不计重力，从x轴上的P点以与x轴正方向成45°、大小为v的速度射入第一象限内的匀强磁场中，从y轴的Q点射出第一象限。已知OP＝a，OQ＝(eq \r(2)＋1)a。则以下说法正确的是(　　) A．带电粒子运动轨迹的半径为a B．磁场的磁感应强度大小为eq \f(\r(2)mv,2qa) C．粒子垂直y轴射出第一象限 D．粒子在第一象限内运动的时间为eq \f(3\r(2)πa,4v) 解析：带电粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，作O′P垂直于v，由几何关系可知，O′O＝OP＝a，QO′＝OQ－O′O＝eq \r(2)a，O′P＝eq \r(2)a，则O′为轨迹圆心，轨迹半径为r＝eq \r(2)a，故A错误；根据牛顿第二定律可得Bqv＝meq \f(v2,r)，解得磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(\r(2)mv,2qa)，故B正确；因为QO′为轨迹半径，所以粒子垂直于y轴射出第一象限，故C正确；带电粒子做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)，由几何知识可得∠QO′P＝135°，则粒子在第一象限内运动的时间为t＝eq \f(135°,360°)T＝eq \f(3\r(2)πa,4v)，故D正确。 4．(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从a点以与边界夹角为53°的方向垂直射入磁感应强度为B的条形匀强磁场，从磁场的另一边界b点射出，射出磁场时的速度方向与边界的夹角为37°。已知条形磁场的宽度为d，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．粒子带正电 B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为eq \f(5,7)d C．粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为eq \f(7qdB,5m) D．粒子穿过磁场所用的时间为eq \f(πm,2qB) 解析：由左手定则可判定粒子带负电，故A错误；作出粒子在匀强磁场中运动的轨迹，如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系知d＝rsin37°＋rcos37°，解得r＝eq \f(5,7)d，故B正确；由r＝eq \f(mv,qB)知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v＝eq \f(qrB,m)＝eq \f(5qdB,7m)，故C错误；由几何关系可知，粒子在匀强磁场中转过90°角，则粒子穿过磁场所用的时间为t＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,2qB)，故D正确。 5．(多选)在真空中，半径为R的虚线所围的圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，EF是一水平放置的感光板，从圆形磁场最右端的A点处垂直磁场射入大量质量为m、电荷量大小为q、速度为v的带正电粒子，不考虑粒子间的相互作用及粒子重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是(　　) A．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心 B．粒子只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在EF上 C．对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 D．只要速度满足v＝eq \f(qBR,m)，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在EF上 解析：粒子对着圆心入射时，轨迹如图1所示，O1是轨迹圆心，OA⊥AO1，AO1＝BO1＝r，OA＝OB＝R，由几何知识可知OB⊥BO1，又因为经过B点的速度vB与BO1垂直，则vB沿OB方向，即对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，A正确；粒子对着圆心入射时，由于无法确定粒子的轨迹半径r与R的关系，并结合图1，可知无法确定∠AOB的大小，因此无法确定粒子射出磁场时的速度方向，粒子出射后不一定垂直打在EF上，B错误； 根据r＝eq \f(mv,qB)，对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中运动的轨迹半径r越大，轨迹对应的圆心角θ＝∠AO1B越小，由T＝eq \f(2πm,Bq)，t＝eq \f(θ,2π)T，可知运动时间t越短，C错误；速度满足v＝eq \f(qBR,m)时，轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)＝R，由图1可知，沿AO方向入射的粒子出射后垂直打在EF上，粒子从A点入射的速度与OA的夹角为α时，画出轨迹如图2，入射点A、圆心O、出射点C、轨迹圆心O2的连线构成菱形，则CO2∥AO，而在C点的速度垂直于CO2，则在C点的速度也垂直于AO，所以粒子从A点入射的速度与OA的夹角为任意值α时，均可垂直打在EF上，D正确。 重难点二　带电粒子在磁场中运动的临界问题 6．如图所示，边长为l的正方形abcd区域(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的正粒子从a点沿着ab方向射入磁场中，不计粒子的重力，为使粒子从cd边射出磁场区域，粒子的速度可能为(　　) A．eq \f(qBl,4m) B．eq \f(qBl,3m) C．eq \f(2qBl,3m) D．eq \f(4qBl,3m) 解析：根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝meq \f(v2,r)，可得轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)，可知粒子的速度越大，轨迹半径越大，因此，粒子若要从cd边射出磁场区域，则恰好从d点出射时，粒子有最小速度，且此时ad为粒子轨迹的直径，有eq \f(l,2)＝eq \f(mvmin,qB)，解得vmin＝eq \f(Bql,2m)，若粒子恰好从c点射出，则粒子有最大速度，根据几何关系可知，此时粒子的轨迹半径为l，则有l＝eq \f(mvmax,qB)，解得vmax＝eq \f(Bql,m)。综上可知，若要使粒子从cd边射出磁场区域，则粒子速度的取值范围为eq \f(Bql,2m)≤v≤eq \f(Bql,m)，故选C。 7．如图所示，在一足够大的挡板MN的上方，有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为MN上的一个粒子发射源，它能连续垂直磁场方向发射速率为v、质量为m、电荷量为＋q的粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收。则在垂直于磁场的平面内，有粒子经过的区域面积是(　　) A．eq \f(πm2v2,q2B2) B．eq \f(2πm2v2,q2B2) C．eq \f(3πm2v2,2q2B2) D．eq \f(πm2v2,4q2B2) 解析：由题意可知，粒子在磁场中的运动半径R＝eq \f(mv,qB)，则所有粒子在磁场中的轨迹半径相同。从P垂直射入磁场向左偏转做圆周运动的粒子，其轨迹圆过P的直径必垂直于MN，如图所示。为了找出从P沿纸面向各个方向发射的粒子的轨迹圆的范围，可将沿MN向右射入磁场的粒子的轨迹圆绕P向左旋转180°，这些轨迹圆在MN上方扫过的区域如图阴影部分所示。此阴影部分的面积即在垂直于磁场的平面内有粒子经过的区域面积。由几何图形可知，有粒子经过的区域的面积为：S＝eq \f(1,2)πR2＋eq \f(1,4)π(2R)2＝eq \f(3πm2v2,2q2B2)，故C正确，A、B、D错误。 8．(多选)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，不计粒子的重力，则(　　) A．粒子一定带正电 B．粒子入射速率为eq \f(2qBL,m) C．粒子在磁场运动的最短时间为eq \f(πm,3qB) D．x轴上有粒子离开磁场的区域的长度为2L 解析：当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，由左手定则知，粒子一定带正电，故A正确；当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，知该粒子在第一象限内运动的轨迹半径为L，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \f(qBL,m)，故B错误；将轨迹圆绕P点旋转，如图1所示，当粒子从坐标原点O离开磁场时，轨迹所对弦最短，轨迹所对应圆心角最小，则在磁场运动的时间最短，由几何关系知，最小圆心角为θmin＝eq \f(π,3)， 又周期T＝eq \f(2πm,qB)，则最短时间为tmin＝eq \f(θmin,2π)T＝eq \f(πm,3qB)，故C正确；如图2所示，将轨迹圆绕P点旋转，可知当粒子在磁场中运动半个圆周时，从O点右侧离开磁场的位置到O点的距离最大，由几何关系知，最大距离为xm＝eq \r(（2L）2－L2)＝eq \r(3)L，当粒子沿y轴负方向射入时，从O点左侧离开磁场的位置距O点的距离最大，最大距离为xm′＝L，故x轴上有粒子离开磁场的区域的长度为x＝xm＋xm′＝(eq \r(3)＋1)L，故D错误。 9．如图所示是带电粒子收集器的示意图，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为L，∠A＝30°。一束带正电的粒子流以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为3t，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为4t，则(　　) A．粒子的比荷为eq \f(π,3Bt) B．粒子运动的轨迹半径为eq \f(\r(3),3)L C．粒子射入磁场的速度大小为eq \f(πL,15t) D．这束粒子在磁场中扫过的面积为eq \f(3π＋12,25)L2 解析：从BC边垂直射出的粒子在磁场中的运动时间3t＝eq \f(T,4)，解得粒子在磁场中的运动周期T＝12t，根据qvB＝eq \f(mv2,r)，T＝eq \f(2πr,v)，可得T＝eq \f(2πm,qB)，解得粒子的比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(π,6Bt)，故A错误；在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图所示，所用时间4t＝eq \f(1,3)T，则轨迹所对圆心角为θ＝∠AOE＝eq \f(1,3)×360°＝120°，则∠CEO＝30°，由几何关系可知rsin30°＋eq \f(r,sin30°)＝L，解得r＝eq \f(2,5)L，故B错误；由qvB＝eq \f(mv2,r)，解得v＝eq \f(πL,15t)，故C正确；将轨迹圆沿AC方向向下平移，可知这束粒子在磁场中扫过的面积如图中灰色部分所示，则面积S＝r·rsin30°＋eq \f(πr2,4)＝eq \f(π＋2,25)L2，故D错误。 解析：(1)设带电粒子做匀速圆周运动的半径为R，运动周期为T，在磁场中的运动时间为t，根据牛顿第二定律：qvB＝meq \f(v2,R) 得：R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1.0×10－27×2.0,1.0×10－19×2.0×10－7) m＝0.1 m T＝eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2π×1.0×10－27,1.0×10－19×2.0×10－7) s＝0.1π s 如图1所示，设带电粒子从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于粒子的运动轨迹关于y轴对称，根据几何关系可知∠MO′N＝60°，所以，带电粒子在磁场中运动的时间：t＝eq \f(T,6)＝eq \f(0.1π,6) s＝5.2×10－2 s。 (2)过M、N作直线，当MN为圆形磁场区域的直径时，圆形磁场面积最小，如图2所示。 根据几何关系知圆形磁场区域的半径为： r＝Rsin30°＝0.05 m 其面积为S＝πr2＝0.0025π m2＝7.9×10－3 m2。 11．核聚变反应需要几百万度的高温，为把高温条件下高速运动的粒子约束在小范围内(否则不可能发生核反应)，通常采用磁约束的方法(托卡马克装置)。如图所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内。设环状磁场的内半径为R1＝0.5 m，外半径R2＝1.0 m，磁场的磁感应强度B＝1.0 T，若被约束的带电粒子的比荷eq \f(q,m)＝4×107 C/kg，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度。求： (1)粒子沿圆环的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度； (2)所有粒子不能穿越磁场的最大速度。 解析：(1)粒子沿圆环的半径方向射入磁场，当其不能穿越磁场区域的速度最大时，其轨迹恰好与磁场外边界相切，如图1所示，O′为轨迹圆心。 设轨迹半径为r，AO′＝BO′＝r ∠O′BO＝90° 由几何关系有(R2－r)2＝r2＋Req \o\al(2,1) 解得r＝2,2)eq \f(R－Req \o\al(2,1),2R2) 又qvB＝eq \f(mv2,r) 可得v＝2,2)eq \f(qB（R－Req \o\al(2,1)）,2R2m) ＝1.5×107 m/s。 (2)题设情形下，当粒子沿环状区域的内边界圆的切线方向射入磁场且粒子运动轨迹恰与外边界圆相切时，粒子不能穿越磁场的轨迹半径最大，如图2所示，为rm＝eq \f(R2－R1,2) 由qvmB＝2,m)eq \f(mv,rm) 得最大速度vm＝eq \f(qB（R2－R1）,2m) 代入数据得vm＝1×107 m/s。 重难点三　带电粒子在磁场中运动的多解问题 12．(多选)如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　　) A．eq \f(Bqd,m) B．eq \f(（2＋\r(2)）Bqd,m) C．eq \f(（2－\r(2)）Bqd,m) D．eq \f(\r(2)Bqd,2m) 解析：粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝eq \f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图a所示(此时圆心为O点)，容易看出R1cos45°＋d＝R1，将R1＝eq \f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq \f(（2＋\r(2)）Bqd,m)，B正确。若粒子带负电，其运动轨迹如图b所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos45°＝d，将R2＝eq \f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq \f(（2－\r(2)）Bqd,m)，C正确。 答案：(1)eq \f(2mv,qL)　(2)eq \f(mv（4n＋2）,qL)(n＝0，1，2，…)　eq \f(πL（6n＋1）,v（4n＋2）)(n＝0，1，2，…) 解析：(1)以该粒子为研究对象，作出粒子的运动轨迹如图1所示， 设该粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由牛顿第二定律可知 qvB＝meq \f(v2,R) 由几何关系可知R＝eq \f(L,2) 联立解得B＝eq \f(2mv,qL)。 (2)要使粒子最终能垂直AD方向从小孔S射出，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于△ACD的边或顶点上，设该粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，作出粒子可能的运动轨迹如图2所示， 由几何关系得eq \f(L,2)＝2nr＋r(n＝0，1，2，…) 解得r＝eq \f(L,4n＋2)(n＝0，1，2，…) 设该磁场的磁感应强度为B，则qvB＝meq \f(v2,r) 解得B＝eq \f(mv（4n＋2）,qL)(n＝0，1，2，…) 粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v) 联立解得T＝eq \f(2πL,v（4n＋2）)(n＝0，1，2，…) 粒子在框架内的运动时间t＝3×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(60°,360°)T＋2n·\f(T,2))) 联立可得t＝eq \f(πL（6n＋1）,v（4n＋2）)(n＝0，1，2，…)。 $$