专题01 磁场 带电粒子在磁场中的运动（专项训练）物理人教版高二下学期期中复习

专题一：磁场　带电粒子在磁场中的运动 目录 【知识梳理】····························································································1 知识点 1 磁场的叠加···········································································1 知识点 2 带电粒子在匀强磁场中的运动规律·····················································2 知识点 3 带电粒子在有界磁场中的运动········································································3 【方法技巧】····························································································4 方法技巧 1 安培力的受力分析步骤························································5 方法技巧 2 带电粒子在有界磁场中运动的多解问题·······················6 方法技巧 3应用动态圆模型分析临界极值问题·······················7 【巩固训练】····························································································10 【综合训练】···························································································14 【知识梳理】 知识点 1 磁场的叠加 (1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。 即磁感应强度的方向　　　　 (2)磁场中某点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。 (3)磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于通电导体分别单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。用平行四边形定则或三角形定则 知识点 2 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 1.基本规律 2.半径确定的两种方法 方法一:由物理公式求。由qvB=,求得半径r=。 方法二:由几何关系求。一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定。 3.时间确定的两种方法 方法一:由圆心角求,t=T。 方法二:由弧长求,t=。 知识点 3 带电粒子在有界磁场中的运动 带电粒子在有界磁场中运动的典型情况 (1)带电粒子从同一直线边界射入和射出匀强磁场时,入射角等于出射角,如图甲所示,θ3=θ2=θ1。 (2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角,如图甲所示,α1=α2。 (3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子,出射时亦沿半径方向,如图乙第1个图所示,粒子在磁场中的运动轨迹关于连线OO'对称。 (4)如果粒子射入圆形匀强磁场的速度不沿着半径方向,则出射时也不沿半径方向,如图乙第2个图所示,粒子在磁场中的运动轨迹关于连线OO'对称。 【方法技巧】 技巧1：安培力的受力分析步骤 例1　如图所示,小越制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置,如图所示。U形磁体置于水平电子测力计上,U形磁体两极之间的磁场可视为水平匀强磁场,其磁感应强度B的大小待测,不计两极间正对区域以外的磁场。一水平导体棒垂直于磁场方向放入U形磁体两极之间(未与磁体接触),导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时,测力计的示数为G0;导体棒通以图示方向电流I时,测力计的示数为G1。测得导体棒在两极间的长度为L,磁体始终静止。下列说法正确的是(　　) A.B= B.B= C.若滑动变阻器的滑片向右移动,测力计示数将变小 D.若仅使电流方向与图示的电流方向相反,测力计示数将变为2G0-G1 答案D 解析当导体棒通以图示方向电流I时,根据左手定则可知,导体棒受安培力向上,根据牛顿第三定律可知,磁体受到导体棒对其向下的作用力,由力的平衡可知F安=BIL=G1-G0,解得B=,故A、B错误;若滑动变阻器的滑片向右移动,滑动变阻器接入电路的阻值减小,电路总阻值减小,根据闭合电路欧姆定律可知,电流增大,根据F安=BIL可知,导体棒受向上的安培力增大,根据牛顿第三定律可知磁体受到向下的作用力也增大,测力计示数为G0+BIL,将变大,故C错误;电流为图示方向时,测力计示数为磁体对测力计的压力,由牛顿第三定律可知该压力与测力计对磁体的支持力相等,又因为支持力FN1=G1=G0+BIL,可得BIL=G1-G0,电流方向与图示的电流方向相反时,导体棒受安培力向下,根据牛顿第三定律可知,磁体受到导体棒对其向上的作用力,磁体受到的支持力FN2=G0-BIL=G0-(G1-G0)=2G0-G1,测力计示数为磁体对测力计的压力与该支持力大小相等,故D正确。 技巧2：带电粒子在有界磁场中运动的多解问题 带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。解决此类问题的关键在于分析多解的原因,画出粒子的可能轨迹,找出圆心、半径的可能情况。 例2　(多选)如图所示,匀强磁场垂直于Oxy平面(纸面)向外,磁场的右边界与x轴垂直,交x轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1,第Ⅳ象限内的磁感应强度为B2,且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场,方向与x轴成30°角,粒子从P点离开磁场区域,不计粒子重力,则第Ⅰ象限的磁感应强度B1的大小可能是(　　) A. B. C. D. 答案CD 解析根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得r=,则在第Ⅰ象限内运动的半径为r1=,在第Ⅳ象限内运动的半径为r2=,设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限运动n次,在第Ⅳ象限运动n-1次,如图所示,根据几何关系有n·2r1cos 60°-(n-1)·2r2cos 60°=L,解得B1=(n=1,2,3,…),故选C、D。 技巧3：应用动态圆模型分析临界极值问题 1.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。 2.常见的动态圆 模型 示意图 适用条件 应用方法 放缩圆 轨迹圆的圆心在直线PP'上 粒子的入射点位置相同,速度方向一定,速度大小不同 以入射点P为定点,将半径放缩作轨迹圆,粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切 旋转圆 轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上 粒子的入射点位置相同,速度大小一定,速度方向不同 将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索出临界条件 平移圆 轨迹圆的所有圆心在一条直线上 粒子的入射点位置不同,速度大小、方向均一定 将半径为R=的圆进行平移 磁聚焦与磁发散 磁聚焦 磁发散 粒子速度大小相同,轨迹圆半径等于磁场区域圆半径 磁聚焦:带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,则粒子从磁场边界上同一点射出,该点切线与入射方向平行;磁发散:带电粒子从磁场边缘同一点以不同方向入射时,将从磁场边界平行出射 方法概述临界与极值问题分析方法 (1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。 (3)当速率v一定时,弧长(或圆心角小于180°时的弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (4)当粒子轨迹圆心角超过180°时,离出发点最远距离为直径;轨迹圆心角小于180°时,离出发点最远距离为弦长。 例3 如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场,ad边中点处O有一粒子源,向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子,ab边恰好没有电子射出,已知电子质量为m,电荷量大小为e,则(　　) A.bc边有电子射出 B.磁感应强度大小为 C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为 D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5∶1 答案D 解析ab边恰好没有电子射出,轨迹如图甲所示(轨迹1),根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=m,r=,所以B=,由于电子射入的速度大小不变,方向改变,则轨迹半径不变,根据旋转圆模型可知,bc边没有电子射出,故A、B错误;从ad边射出的电子在磁场中运动时间最长时的轨迹如图乙所示,根据几何关系可知,圆心角θ=60°,所以最长时间为t=T=,故C错误;由以上分析可知,当粒子恰好经过d点时,其入射速度方向与ad边的夹角为30°,所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值k=,故D正确。 甲 乙 【巩固训练】 1.已知通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B0与通电导线中的电流I成正比,与该点到通电导线的距离r成反比,即B0=k,式中k为比例系数,现有两条相距为L的通电长直导线a和b平行放置,空间中存在平行于图中菱形PbQa的匀强磁场(图中未画出)。已知菱形PbQa的边长也为L,当导线a和b中通以大小相等、方向如图所示的电流I时,P点处的磁感应强度恰好为零。下列说法正确的是(　　) A.Q点处的磁感应强度大小为3k B.两导线连线中点处的磁感应强度大小为k C.匀强磁场的磁感应强度大小为k D.匀强磁场的方向从Q点指向P点 2.磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 3.(多选)电场和磁场均可改变带电粒子在磁场中的运动方向。某次科学探究时,将质子以一定初速度从a点沿ac方向进入立方体区域abcd-a'b'c'd',如图所示。现设定粒子由c'点飞出,则该立方体区域可能仅存在(　　) A.沿ab方向的匀强电场 B.沿aa'方向的匀强电场 C.沿bb'方向的匀强磁场 D.沿bd方向的匀强磁场 4.(多选)某电动飞机依靠电动机而非内燃机工作,工作原理可简化为如图,通过电刷和换向环电流总是从矩形线框右侧导线流入、左侧导线流出,电路电流恒为i,匀强磁场的磁感应强度为B,线框的匝数为N,左边长为L,则在图示位置时(　　) A.线框将沿顺时针方向转动 B.线框将沿逆时针方向转动 C.左侧导线受到的安培力大小为NBiL D.线框转过30°时,左侧导线受到的安培力大小为NBiL 5.如图所示,在xOy平面的第一象限内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=30°。粒子经过磁场偏转后垂直穿过x轴。已知lOM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则(　　) A.粒子带正电荷 B.粒子运动的轨迹半径为a C.粒子速度的大小为 D.粒子在磁场中运动的时间为 6.(多选)无人机电磁弹射技术的原理简化如图:两根固定、水平平行放置的弹射轨道处于方向竖直向上的匀强磁场中,与机身相连的金属牵引杆ab垂直静置在轨道上。ab杆通上恒定电流后做匀加速运动,到轨道末端时,无人机脱离金属杆起飞。忽略一切阻力,若(　　) A.仅将电流大小变为两倍,则无人机起飞速度变为原来的两倍 B.仅将电流大小变为两倍,则无人机起飞动能变为原来的两倍 C.仅将磁感应强度变为两倍,则无人机起飞速度变为原来的两倍 D.仅将磁感应强度变为两倍,则无人机起飞动能变为原来的两倍 【综合训练】 1.阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器,其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图所示,探测器内边长为L的正方形abcd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,当宇宙中电荷量为+q的粒子从ab中点O沿纸面垂直于ab边射入磁场区域时,磁谱仪记录到粒子从ad边射出,则这些粒子进入磁场时的动量p满足(　　) A.qBL≤p≤ B.≤p≤qBL C.≤p≤ D.p≤或p≥ 2.(多选))如图所示,在直角坐标系xOy中,有一个边长为L的正方形区域,a点在原点,b点和d点分别在x轴和y轴上,该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一带正电的粒子质量为m,电荷量为q,以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场。不计粒子重力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。下列说法正确的是(　　) A.若粒子恰好从c点射出磁场,则粒子的速度v0= B.若粒子恰好从bc边的中点射出磁场,则粒子在磁场中运动的时间t= C.若粒子的速度v0=,则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60° D.若粒子从cd边射出磁场,则粒子在磁场中运动的时间一定不超过 3.(多选)如图所示,空间中一半径为R的圆形区域(包括边界)内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场左侧宽度为R的区域里,大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同的水平速度平行射入圆形磁场,其中从A点沿AO方向射入的粒子,恰好能从圆形磁场最高点M点飞出,已知过A、O两点的直线水平且是有带电粒子射入区域的中心线,不计粒子重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　　) A.粒子做圆周运动的半径为 B.粒子的初速度大小为 C.粒子在磁场中运动的最短时间为 D.粒子在磁场中运动的最长时间为 4.(多选)如图所示,边长为3L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场,三角形内磁场方向垂直于纸面向外,两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源,粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子,粒子质量均为m、电荷量均为+q,不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则发射速度v0为哪些值时粒子能通过B点(　　) A. B. C. D. 5.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场。对从宽度为d的缝射出的粒子: (1)判断粒子的电性; (2)求粒子的最小速度大小; (3)分析说明:若保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度大小vmax与最小速度大小vmin之差增大。 6.(8分)图甲为洛伦兹力演示仪,一对平行且共轴的圆形励磁线圈竖直放置,在中间圆柱形区域产生垂直于圆形线圈平面的匀强磁场。球形玻璃泡置于该磁场中,位于球心正下方的电子枪将初速度为0的电子加速后沿水平方向射出,电子射出时的方向与磁场方向垂直。运动的电子能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光,显示其运动轨迹。若某次实验时电子枪加速电压恒定为U=220 V,调节圆形线圈中的电流大小从而改变匀强磁场的磁感应强度B,得到电子束轨迹的长度L与磁感应强度B的大小关系如图乙所示(不计重力,电子击中玻璃泡内壁后即被吸收,π取3.14)。根据图乙中给出的数据计算: (1)当磁感应强度B=5×10-4 T时电子的运动半径r; (2)电子比荷的值; (3)若不改变电子枪加速电压和玻璃泡方向,只将两个励磁线圈调整至水平放置,如图丙所示,为使得电子束不碰玻璃泡内壁,则匀强磁场的B大小应满足什么条件? 7.如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L。粒子重力不计,电荷量保持不变。 (1)求粒子运动速度的大小v。 (2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm。 (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=d,求粒子从P到Q的运动时间t。(结果用L、d、m、q、B等物理量表示) 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题一：磁场　带电粒子在磁场中的运动 目录 【知识梳理】····························································································1 知识点 1 磁场的叠加···········································································1 知识点 2 带电粒子在匀强磁场中的运动规律·····················································2 知识点 3 带电粒子在有界磁场中的运动········································································3 【方法技巧】····························································································4 方法技巧 1 安培力的受力分析步骤························································5 方法技巧 2 带电粒子在有界磁场中运动的多解问题·······················6 方法技巧 3应用动态圆模型分析临界极值问题·······················7 【巩固训练】····························································································10 【综合训练】···························································································14 【知识梳理】 知识点 1 磁场的叠加 (1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。 即磁感应强度的方向　　　　 (2)磁场中某点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。 (3)磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于通电导体分别单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。用平行四边形定则或三角形定则 知识点 2 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 1.基本规律 2.半径确定的两种方法 方法一:由物理公式求。由qvB=,求得半径r=。 方法二:由几何关系求。一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定。 3.时间确定的两种方法 方法一:由圆心角求,t=T。 方法二:由弧长求,t=。 知识点 3 带电粒子在有界磁场中的运动 带电粒子在有界磁场中运动的典型情况 (1)带电粒子从同一直线边界射入和射出匀强磁场时,入射角等于出射角,如图甲所示,θ3=θ2=θ1。 (2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角,如图甲所示,α1=α2。 (3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子,出射时亦沿半径方向,如图乙第1个图所示,粒子在磁场中的运动轨迹关于连线OO'对称。 (4)如果粒子射入圆形匀强磁场的速度不沿着半径方向,则出射时也不沿半径方向,如图乙第2个图所示,粒子在磁场中的运动轨迹关于连线OO'对称。 【方法技巧】 技巧1：安培力的受力分析步骤 例1　如图所示,小越制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置,如图所示。U形磁体置于水平电子测力计上,U形磁体两极之间的磁场可视为水平匀强磁场,其磁感应强度B的大小待测,不计两极间正对区域以外的磁场。一水平导体棒垂直于磁场方向放入U形磁体两极之间(未与磁体接触),导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时,测力计的示数为G0;导体棒通以图示方向电流I时,测力计的示数为G1。测得导体棒在两极间的长度为L,磁体始终静止。下列说法正确的是(　　) A.B= B.B= C.若滑动变阻器的滑片向右移动,测力计示数将变小 D.若仅使电流方向与图示的电流方向相反,测力计示数将变为2G0-G1 答案D 解析当导体棒通以图示方向电流I时,根据左手定则可知,导体棒受安培力向上,根据牛顿第三定律可知,磁体受到导体棒对其向下的作用力,由力的平衡可知F安=BIL=G1-G0,解得B=,故A、B错误;若滑动变阻器的滑片向右移动,滑动变阻器接入电路的阻值减小,电路总阻值减小,根据闭合电路欧姆定律可知,电流增大,根据F安=BIL可知,导体棒受向上的安培力增大,根据牛顿第三定律可知磁体受到向下的作用力也增大,测力计示数为G0+BIL,将变大,故C错误;电流为图示方向时,测力计示数为磁体对测力计的压力,由牛顿第三定律可知该压力与测力计对磁体的支持力相等,又因为支持力FN1=G1=G0+BIL,可得BIL=G1-G0,电流方向与图示的电流方向相反时,导体棒受安培力向下,根据牛顿第三定律可知,磁体受到导体棒对其向上的作用力,磁体受到的支持力FN2=G0-BIL=G0-(G1-G0)=2G0-G1,测力计示数为磁体对测力计的压力与该支持力大小相等,故D正确。 技巧2：带电粒子在有界磁场中运动的多解问题 带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。解决此类问题的关键在于分析多解的原因,画出粒子的可能轨迹,找出圆心、半径的可能情况。 例2　(多选)如图所示,匀强磁场垂直于Oxy平面(纸面)向外,磁场的右边界与x轴垂直,交x轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1,第Ⅳ象限内的磁感应强度为B2,且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场,方向与x轴成30°角,粒子从P点离开磁场区域,不计粒子重力,则第Ⅰ象限的磁感应强度B1的大小可能是(　　) A. B. C. D. 答案CD 解析根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得r=,则在第Ⅰ象限内运动的半径为r1=,在第Ⅳ象限内运动的半径为r2=,设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限运动n次,在第Ⅳ象限运动n-1次,如图所示,根据几何关系有n·2r1cos 60°-(n-1)·2r2cos 60°=L,解得B1=(n=1,2,3,…),故选C、D。 技巧3：应用动态圆模型分析临界极值问题 1.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。 2.常见的动态圆 模型 示意图 适用条件 应用方法 放缩圆 轨迹圆的圆心在直线PP'上 粒子的入射点位置相同,速度方向一定,速度大小不同 以入射点P为定点,将半径放缩作轨迹圆,粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切 旋转圆 轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上 粒子的入射点位置相同,速度大小一定,速度方向不同 将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索出临界条件 平移圆 轨迹圆的所有圆心在一条直线上 粒子的入射点位置不同,速度大小、方向均一定 将半径为R=的圆进行平移 磁聚焦与磁发散 磁聚焦 磁发散 粒子速度大小相同,轨迹圆半径等于磁场区域圆半径 磁聚焦:带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,则粒子从磁场边界上同一点射出,该点切线与入射方向平行;磁发散:带电粒子从磁场边缘同一点以不同方向入射时,将从磁场边界平行出射 方法概述临界与极值问题分析方法 (1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。 (3)当速率v一定时,弧长(或圆心角小于180°时的弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (4)当粒子轨迹圆心角超过180°时,离出发点最远距离为直径;轨迹圆心角小于180°时,离出发点最远距离为弦长。 例3 如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场,ad边中点处O有一粒子源,向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子,ab边恰好没有电子射出,已知电子质量为m,电荷量大小为e,则(　　) A.bc边有电子射出 B.磁感应强度大小为 C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为 D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5∶1 答案D 解析ab边恰好没有电子射出,轨迹如图甲所示(轨迹1),根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=m,r=,所以B=,由于电子射入的速度大小不变,方向改变,则轨迹半径不变,根据旋转圆模型可知,bc边没有电子射出,故A、B错误;从ad边射出的电子在磁场中运动时间最长时的轨迹如图乙所示,根据几何关系可知,圆心角θ=60°,所以最长时间为t=T=,故C错误;由以上分析可知,当粒子恰好经过d点时,其入射速度方向与ad边的夹角为30°,所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值k=,故D正确。 甲 乙 【巩固训练】 1.已知通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B0与通电导线中的电流I成正比,与该点到通电导线的距离r成反比,即B0=k,式中k为比例系数,现有两条相距为L的通电长直导线a和b平行放置,空间中存在平行于图中菱形PbQa的匀强磁场(图中未画出)。已知菱形PbQa的边长也为L,当导线a和b中通以大小相等、方向如图所示的电流I时,P点处的磁感应强度恰好为零。下列说法正确的是(　　) A.Q点处的磁感应强度大小为3k B.两导线连线中点处的磁感应强度大小为k C.匀强磁场的磁感应强度大小为k D.匀强磁场的方向从Q点指向P点 答案C 解析由题意知电流在P点处产生的磁场的磁感应强度大小B=k,由安培定则知导线a和b中的电流在P点处产生的磁场的磁感应强度方向如图所示 由平行四边形定则可知电流产生的合磁场由Q点指向P点,磁感应强度大小仍为k,则匀强磁场的磁感应强度方向应由P点指向Q点,且大小为k,才能使P点处的磁感应强度恰好为零,故C正确,D错误;同理可知,Q点处的磁感应强度也为零,故A错误;由于两导线连线中点到两导线的距离均为,两导线在该处产生的磁感应强度大小加倍,均为2k,方向均由Q点指向P点,则两导线连线中点处的合磁感应强度大小为B=3k,故B错误。 2.磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 答案A 解析由左手定则可知,题图中左侧通电导线受到的安培力向下,A项正确;a、b两点的磁感应强度大小相等,但是方向不同,B项错误;磁感线是闭合的曲线,则圆柱内的磁感应强度不为零,C项错误;因c点处的磁感线较d点密集,可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度,D项错误。 3.(多选)电场和磁场均可改变带电粒子在磁场中的运动方向。某次科学探究时,将质子以一定初速度从a点沿ac方向进入立方体区域abcd-a'b'c'd',如图所示。现设定粒子由c'点飞出,则该立方体区域可能仅存在(　　) A.沿ab方向的匀强电场 B.沿aa'方向的匀强电场 C.沿bb'方向的匀强磁场 D.沿bd方向的匀强磁场 答案BD 解析质子以一定初速度从a点沿ac方向进入立方体区域,由c'点飞出,则质子在acc'a'面内运动,在电场中做类平抛运动,在ac方向做匀速直线运动,在aa'方向做初速度为零的匀加速直线运动,质子所受电场力方向竖直向上,则立方体内可能仅存在沿aa'方向的匀强电场,故B正确,A错误;若该立方体区域可能仅存在沿bb'方向的匀强磁场,质子在平面abcd内做匀速圆周运动,不可能由c'点飞出,故C错误;若该立方体区域可能仅存在沿bd方向的匀强磁场,质子在平面aa'c'c内做匀速圆周运动,是有可能由c'点飞出的,故D正确。 4.(多选)某电动飞机依靠电动机而非内燃机工作,工作原理可简化为如图,通过电刷和换向环电流总是从矩形线框右侧导线流入、左侧导线流出,电路电流恒为i,匀强磁场的磁感应强度为B,线框的匝数为N,左边长为L,则在图示位置时(　　) A.线框将沿顺时针方向转动 B.线框将沿逆时针方向转动 C.左侧导线受到的安培力大小为NBiL D.线框转过30°时,左侧导线受到的安培力大小为NBiL 答案AC 解析由左手定则可知,左侧导线受到的安培力向上,右侧导线受到的安培力向下,故线框顺时针转动,故A正确,B错误;图示位置时,满足电流方向和磁场方向相互垂直,故左侧导线受到的安培力大小为F安=NBiL,故C正确;线框转过30°时,仍满足电流方向与磁场方向垂直,左侧导线受到的安培力大小仍为F安=NBiL,故D错误。 5.如图所示,在xOy平面的第一象限内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=30°。粒子经过磁场偏转后垂直穿过x轴。已知lOM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则(　　) A.粒子带正电荷 B.粒子运动的轨迹半径为a C.粒子速度的大小为 D.粒子在磁场中运动的时间为 答案C 解析粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动,由左手定则可知,粒子带负电,故A错误;粒子运动轨迹如图所示,由几何知识可知,粒子做圆周运动的轨迹半径R==2a,粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得v=,故B错误,C正确;粒子在磁场中的运动周期T=,粒子轨迹对应的圆心角为α=180°-θ=150°,粒子在磁场中运动的时间为t=T=,故D错误。 6.(多选)无人机电磁弹射技术的原理简化如图:两根固定、水平平行放置的弹射轨道处于方向竖直向上的匀强磁场中,与机身相连的金属牵引杆ab垂直静置在轨道上。ab杆通上恒定电流后做匀加速运动,到轨道末端时,无人机脱离金属杆起飞。忽略一切阻力,若(　　) A.仅将电流大小变为两倍,则无人机起飞速度变为原来的两倍 B.仅将电流大小变为两倍,则无人机起飞动能变为原来的两倍 C.仅将磁感应强度变为两倍,则无人机起飞速度变为原来的两倍 D.仅将磁感应强度变为两倍,则无人机起飞动能变为原来的两倍 答案BD 解析牵引杆所受的安培力为F=BIL,根据牛顿第二定律,有F=ma,令加速距离为s,根据速度—位移公式,有v2=2as,联立可得v=,无人机的动能为Ek=mv2=BILs,仅将电流大小变为两倍,则无人机起飞速度变为原来的倍,动能变为原来两倍,故A错误,B正确;仅将磁感应强度变为两倍,则无人机起飞速度变为原来的倍,动能变为原来的两倍,故C错误,D正确。 【综合训练】 1.阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器,其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图所示,探测器内边长为L的正方形abcd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,当宇宙中电荷量为+q的粒子从ab中点O沿纸面垂直于ab边射入磁场区域时,磁谱仪记录到粒子从ad边射出,则这些粒子进入磁场时的动量p满足(　　) A.qBL≤p≤ B.≤p≤qBL C.≤p≤ D.p≤或p≥ 答案C 解析粒子从ad边射出的临界轨迹如图所示, 电荷量为+q的粒子进入磁场,洛伦兹力提供向心力qvB=,解得r=,粒子从a点射出,由几何关系可得最小半径为r1=,粒子从d点射出,由几何关系可得L2+,解得最大半径为r2=,粒子从ad边射出的半径满足≤r≤,故粒子进入磁场时的动量p满足≤p≤,故选C。 2.(多选))如图所示,在直角坐标系xOy中,有一个边长为L的正方形区域,a点在原点,b点和d点分别在x轴和y轴上,该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一带正电的粒子质量为m,电荷量为q,以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场。不计粒子重力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。下列说法正确的是(　　) A.若粒子恰好从c点射出磁场,则粒子的速度v0= B.若粒子恰好从bc边的中点射出磁场,则粒子在磁场中运动的时间t= C.若粒子的速度v0=,则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60° D.若粒子从cd边射出磁场,则粒子在磁场中运动的时间一定不超过 答案BD 解析若粒子恰好从c点射出磁场,由几何关系可知,粒子圆周运动半径为r=L,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=,解得r=,即v0=,故A错误;若粒子恰好从bc边的中点射出磁场,轨迹如图所示,设轨迹圆半径为R,由几何关系可知+L2=R2,解得R=L,则sin θ=,即θ=53°,则粒子在磁场中运动的时间t=T=,故B正确;若v0=,则轨迹圆半径r1=L,这种情况粒子从cd边射出,设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为β,则sin β=≠sin 60°,即β≠60°,故C错误;若粒子从cd边射出磁场,粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大不超过180°,则最长运动时间t0=T=,所以粒子在磁场中运动的时间一定不超过,故D正确。 3.(多选)如图所示,空间中一半径为R的圆形区域(包括边界)内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场左侧宽度为R的区域里,大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同的水平速度平行射入圆形磁场,其中从A点沿AO方向射入的粒子,恰好能从圆形磁场最高点M点飞出,已知过A、O两点的直线水平且是有带电粒子射入区域的中心线,不计粒子重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　　) A.粒子做圆周运动的半径为 B.粒子的初速度大小为 C.粒子在磁场中运动的最短时间为 D.粒子在磁场中运动的最长时间为 答案BD 解析由几何关系可知粒子圆周运动的半径r=R,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=,解得粒子的初速度大小为v0=,故A错误,B正确;部分粒子的轨迹如图所示,由C点入射的粒子运动时间最短,设运动轨迹对应的圆心角为α,则有cos α=,粒子做圆周运动的周期为T=,粒子运动的最短时间tC=·T=,同理,由D点入射的粒子运动时间最长,对应的圆心角为120°,则最长时间为tD=T=,故C错误,D正确。 4.(多选)如图所示,边长为3L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场,三角形内磁场方向垂直于纸面向外,两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源,粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子,粒子质量均为m、电荷量均为+q,不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则发射速度v0为哪些值时粒子能通过B点(　　) A. B. C. D. 答案AC 解析粒子可能的轨迹如图所示,由几何关系得n·2Rsin 30°=3L(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得v0=(n=1,2,3,…),n=1时,v0=,n=3时,v0=,粒子可以通过B点,故A、C符合题意,B、D不符合题意。 5.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场。对从宽度为d的缝射出的粒子: (1)判断粒子的电性; (2)求粒子的最小速度大小; (3)分析说明:若保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度大小vmax与最小速度大小vmin之差增大。 答案(1)负　(2)　(3)见解析 解析(1)根据左手定则可知,能够从宽度为d的缝射出的粒子带负电。 (2)粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB=m 解得r= 由几何关系可知射出粒子的最小半径为rmin=L,则射出粒子的最小速度为vmin=。 (3)由几何关系可知射出粒子的最大半径为rmax=(L+3d) 则射出粒子的最小速度为vmax= 射出粒子的最大速度大小vmax与最小速度大小vmin之差为 Δv=vmax-vmin= 可知若保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度大小vmax与最小速度大小vmin之差增大。 6.(8分)图甲为洛伦兹力演示仪,一对平行且共轴的圆形励磁线圈竖直放置,在中间圆柱形区域产生垂直于圆形线圈平面的匀强磁场。球形玻璃泡置于该磁场中,位于球心正下方的电子枪将初速度为0的电子加速后沿水平方向射出,电子射出时的方向与磁场方向垂直。运动的电子能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光,显示其运动轨迹。若某次实验时电子枪加速电压恒定为U=220 V,调节圆形线圈中的电流大小从而改变匀强磁场的磁感应强度B,得到电子束轨迹的长度L与磁感应强度B的大小关系如图乙所示(不计重力,电子击中玻璃泡内壁后即被吸收,π取3.14)。根据图乙中给出的数据计算: (1)当磁感应强度B=5×10-4 T时电子的运动半径r; (2)电子比荷的值; (3)若不改变电子枪加速电压和玻璃泡方向,只将两个励磁线圈调整至水平放置,如图丙所示,为使得电子束不碰玻璃泡内壁,则匀强磁场的B大小应满足什么条件? 答案(1)10 cm　(2)1.76×1011 C/kg　(3)B≥1 mT 解析(1)当B=5×10-4 T时,根据题图乙可知电子恰好做完整圆周运动,由几何关系可知2πr=L 可得r=10 cm。 (2)电子由加速电压加速,根据动能定理,有qU=mv2 在匀强磁场中偏转,由洛伦兹力提供向心力qvB=m 联立可得 将数据代入得电子比荷值=1.76×1011 C/kg。 (3)匀强磁场调整为竖直方向,故电子将在水平面内做圆周运动,设磁感应强度为B0时,电子恰好与玻璃球相切,如图所示 由几何条件可知2r'=10 cm,qvB0=m,解得B0=10-3 T=1 mT 故为使得电子束不碰玻璃泡内壁,磁感应强度B≥1 mT。 7.如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L。粒子重力不计,电荷量保持不变。 (1)求粒子运动速度的大小v。 (2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm。 (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=d,求粒子从P到Q的运动时间t。(结果用L、d、m、q、B等物理量表示) 答案(1)　(2)d　(3)见解析 解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力qvB= 在磁场中做圆周运动的半径r=d 联立,代入数据得v=。 (2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切,此时入射点到M的距离最大,由几何关系得dm=d(1+sin 60°) 整理得dm=d。 (3)粒子做匀速圆周运动,有T= 由题意可知粒子垂直打到水平薄板上,设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则粒子从P到Q的运动时间t=n+t'(n=1,3,5,…) 当L=nd+d=nd+d时,粒子斜向上射出磁场,粒子从最后一次碰撞到射出磁场转过的夹角为,故t'=T= 联立代入数据,得t= 当L=nd+d=nd+d时,粒子斜向下射出磁场,粒子转过夹角为π,故t'=T=T 联立代入数据,得t= 所以t=或t=。 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题一：磁场　带电粒子在磁场中的运动 【巩固训练】 1. 答案C 2. 答案A 3. 答案BD 4. 答案AC 5. 答案C 6. 答案BD 【综合训练】 1. 答案C 2. 答案BD 3. 答案BD 4. 答案AC 5. 答案(1)负　(2)　(3)见解析 解析(1)根据左手定则可知,能够从宽度为d的缝射出的粒子带负电。 (2)粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB=m 解得r= 由几何关系可知射出粒子的最小半径为rmin=L,则射出粒子的最小速度为vmin=。 (3)由几何关系可知射出粒子的最大半径为rmax=(L+3d) 则射出粒子的最小速度为vmax= 射出粒子的最大速度大小vmax与最小速度大小vmin之差为 Δv=vmax-vmin= 可知若保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度大小vmax与最小速度大小vmin之差增大。 6. 答案(1)10 cm　(2)1.76×1011 C/kg　(3)B≥1 mT 解析(1)当B=5×10-4 T时,根据题图乙可知电子恰好做完整圆周运动,由几何关系可知2πr=L 可得r=10 cm。 (2)电子由加速电压加速,根据动能定理,有qU=mv2 在匀强磁场中偏转,由洛伦兹力提供向心力qvB=m 联立可得 将数据代入得电子比荷值=1.76×1011 C/kg。 (3)匀强磁场调整为竖直方向,故电子将在水平面内做圆周运动,设磁感应强度为B0时,电子恰好与玻璃球相切,如图所示 由几何条件可知2r'=10 cm,qvB0=m,解得B0=10-3 T=1 mT 故为使得电子束不碰玻璃泡内壁,磁感应强度B≥1 mT。 7. 答案(1)　(2)d　(3)见解析 解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力qvB= 在磁场中做圆周运动的半径r=d 联立,代入数据得v=。 (2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切,此时入射点到M的距离最大,由几何关系得dm=d(1+sin 60°) 整理得dm=d。 (3)粒子做匀速圆周运动,有T= 由题意可知粒子垂直打到水平薄板上,设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则粒子从P到Q的运动时间t=n+t'(n=1,3,5,…) 当L=nd+d=nd+d时,粒子斜向上射出磁场,粒子从最后一次碰撞到射出磁场转过的夹角为,故t'=T= 联立代入数据,得t= 当L=nd+d=nd+d时,粒子斜向下射出磁场,粒子转过夹角为π,故t'=T=T 联立代入数据,得t= 所以t=或t=。 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $