資源簡介

第2講　磁場對運動電荷的作用
一、洛倫茲力的大小和方向(選二第一章第 2節)
1.洛倫茲力的定義
磁場對運動電荷的作用力。
2.洛倫茲力的大小
(1)v∥B時,F=0;
(2)v⊥B時,F=qvB;
(3)v與B的夾角為θ時,F=qvBsinθ 。
3.洛倫茲力的方向
(1)判定方法:左手定則,注意四指應指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向;
(2)方向特點:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B、v決定的平面。(注意B和v不一定垂直)
二、帶電粒子在勻強磁場中的運動(選二第一章第3節)
1.在勻強磁場中,當v∥B,粒子做勻速直線運動。
2.當v⊥B,若只受洛倫茲力,則帶電粒子在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動。
(1)洛倫茲力提供向心力:qvB=。
(2)軌跡半徑:r=。
(3)周期:T==。
(4)運動時間:當帶電粒子轉過的圓心角為θ(弧度)時,所用時間t=T。
(5)動能:Ek=mv2==。
【質疑辨析】
角度1 洛倫茲力
(1)帶電粒子在磁場中運動時,一定受到洛倫茲力的作用。(　×　)
(2)若帶電粒子經過磁場中某點時所受洛倫茲力為零,則該點的磁感應強度一定為零。(　×　)
(3)帶電粒子在A點受到的洛倫茲力比在B點大,則A點的磁感應強度比B點的大。(　×　)
角度2 帶電粒子在勻強磁場中的運動
(4)帶電粒子的速度越大,運動半徑越大。(　√　)
(5)帶電粒子運動速度越大,運動周期越大。(　×　)
(6)帶電粒子運動速度越大,在磁場中運動的時間越長。(　×　)
精研考點·提升關鍵能力
考點一　洛倫茲力的理解和應用　(核心共研)
【核心要點】
1.洛倫茲力與安培力的聯系及區別
(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現,二者是相同性質的力,都是磁場力。
(2)安培力可以做功,而洛倫茲力永不做功。
2.洛倫茲力與電場力的比較
項目 洛倫茲力 電場力
產生條件 v≠0且v不與B平行 電荷處在電場中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
力方向與場 方向的關系 F⊥B,F⊥v F∥E
做功情況 任何情況下 都不做功 可能做功, 也可能不做功
【典例剖析】
角度1 洛倫茲力方向
[典例1](2023·運城模擬)有四根長直導線a、b、c、d垂直于紙面放置,其導線軸心位于正方形的四個頂點上,導線中通有大小相同的電流,方向如圖所示。現有一帶負電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動,它所受洛倫茲力的方向是(　　)
A.向上 B.向下 C.向左 D.向右
角度2 洛倫茲力大小
[典例2](2023·蕪湖模擬)如圖所示,豎直平面內固定一足夠長的絕緣直桿,與水平面夾角為α。桿處在足夠大的勻強磁場中,磁場方向垂直桿所在平面,磁場磁感應強度大小為B。桿上套一個帶負電的環,環與絕緣直桿間的動摩擦因數為μ(μA.tanα B.
C.+1 D.-1
【備選例題】
1.如圖所示,粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強磁場中。t=0時,一個質量為m、電荷量為q的帶正電滑塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動,則滑塊運動的v-t圖像不可能是 (　　)
2.如圖所示,一個帶負電荷的物體從粗糙的斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v,若加上一個垂直于紙面向外的磁場,則物體滑到底端時(　　)
A.速度小于v B.速度大于v
C.速度等于v D.可能離開斜面
3.(2023·海南等級考)如圖所示,帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場,關于小球運動和受力說法正確的是(　　)
A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右
B.小球運動過程中的速度不變
C.小球運動過程的加速度保持不變
D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功
4.(2023·廈門模擬)足夠長的絕緣木板置于光滑水平地面上,木板的上表面粗糙,帶負電小物塊(電量保持不變)置于木板的左端,整個裝置置于足夠大的勻強磁場中,磁場方向如圖所示。在t=0時刻,木板獲得一水平向左的初速度,關于此后運動過程中兩物體速度隨時間變化的關系圖像,可能正確的是(　　)
考點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動　(核心共研)
【核心要點】
一、粒子軌跡圓心的確定,半徑、運動時間的計算方法
1.圓心的確定方法
(1)若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向,分別確定兩點處洛倫茲力F的方向,其交點即為圓心,如圖甲。
(2)若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向,弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心,如圖乙。
(3)若已知粒子軌跡上某點速度方向,又能根據r=計算出軌跡半徑r,則在該點沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心,如圖丙。
2.半徑的計算方法
方法一:由R=求得。
方法二:連半徑構出三角形,由數學方法解三角形或勾股定理求得。
例如:如圖甲,R=或由R2=L2+(R-d)2求得。
常用到的幾何關系
①粒子的偏轉角等于半徑掃過的圓心角,如圖乙,φ=α。
②弦切角等于弦所對應圓心角一半,如圖乙,θ=α。
3.時間的計算方法
方法一:利用圓心角、周期求得t=T。
方法二:利用弧長、線速度求得t=。
二、帶電粒子在有界磁場中的運動
1.直線邊界(進出磁場具有對稱性,如圖所示)
2.平行邊界(往往存在臨界條件,如圖所示)
3.圓形邊界(進出磁場具有對稱性)
(1)沿徑向射入必沿徑向射出,如圖甲所示。
(2)不沿徑向射入時,如圖乙所示。
射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ,射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ。
4.多邊形邊界或角形區域磁場
帶電粒子在多邊形邊界或角形區域磁場運動時,會有不同的臨界情景,解答該類問題主要把握以下兩點:
(1)射入磁場的方式:
①從某頂點射入;
②從某邊上某點以某角度射入。
(2)射出點的判斷:經常會判斷是否會從某頂點射出。
①當α≤θ時,可以過兩磁場邊界的交點,發射點到兩磁場邊界的交點距離為d=2Rsinα,如圖甲所示。
②當α>θ時,不能通過兩磁場邊界的交點,粒子的運動軌跡會和另一個邊界相切,如圖乙所示。
【典例剖析】
角度1 直線邊界磁場
[典例3](多選)(2023·鄭州模擬)如圖所示,在豎直平面內存在垂直于紙面向里的勻強磁場,MN為磁場左下方的邊界線,其上有等距的三點a、b、c。某一時刻帶電粒子1和2分別從a、b兩點沿水平方向以相同的動量同時射入勻強磁場中,并同時到達c點。不計粒子的重力和帶電粒子之間的相互作用,則下列說法正確的是(　　)
A.帶電粒子1和2的質量之比為2∶1
B.帶電粒子1和2所帶電荷量之比為2∶1
C.帶電粒子1和2的速度大小之比為2∶1
D.帶電粒子1和2在磁場的運動過程中,所受洛倫茲力的沖量相等
角度2 平行邊界磁場
[典例4](2024·德陽模擬)如圖所示,豎直平行線MN、PQ間距離為a,其間存在垂直紙面向里的勻強磁場(含邊界MN及PQ),磁感應強度大小為B,MN上O處的粒子源能沿不同方向釋放速度大小相等、方向均垂直磁場的帶負電粒子,電荷量為q,質量為m。粒子間的相互作用及重力不計,其中沿θ=60°射入的粒子,恰好垂直PQ射出,則(　　)
A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為a
B.粒子的速率為
C.沿θ=60°射入的粒子,在磁場中的運動時間為
D.PQ邊界上有粒子射出的長度為2a
【備選例題】
　　(多選)兩個帶等量異種電荷的粒子a、b分別以速度va和vb射入勻強磁場,兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°,磁場寬度為d,兩粒子同時由A點出發,同時到達B點,如圖所示,則(　　)
A.a粒子帶正電,b粒子帶負電
B.兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb=∶1
C.兩粒子的質量之比ma∶mb=1∶2
D.兩粒子的質量之比ma∶mb=2∶1
角度3 圓形邊界磁場
[典例5](多選)(2022·遼寧選擇考)粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場,外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場,粒子1沿直線通過磁場區域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態,忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是(　　)
A.粒子1可能為中子
B.粒子2可能為電子
C.若增大磁感應強度,粒子1可能打在探測器上的Q點
D.若增大粒子入射速度,粒子2可能打在探測器上的Q點
【備選例題】
　　(多選)如圖所示為一圓形區域的勻強磁場,在O點處有一放射源,沿半徑方向射出速率不同的同種粒子,其中帶電粒子1從A點飛出磁場,帶電粒子2從B點飛出磁場,不考慮帶電粒子的重力,則(　　)
A.帶電粒子1與2的速率之比為1∶3
B.帶電粒子1與2的速率之比為1∶
C.帶電粒子1與2在磁場中運動時間的比為2∶3
D.帶電粒子1與2在磁場中運動時間的比為2∶1
考點三　帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題　(核心共研)
【核心要點】
多解分類 多解原因 示意圖
帶電粒 子電性 不確定 帶電粒子可能帶正電,也可能帶負電,粒子在磁場中的運動軌跡不同
磁場方向 不確定 題目只告訴了磁感應強度的大小,而未具體指出磁感應強度的方向,必須考慮磁感應強度方向有兩種情況
臨界狀態 不唯一 帶電粒子在飛越有界磁場時,可能直接穿過去了,也可能從入射界面反向飛出
運動的 往復性 帶電粒子在空間運動時,往往具有往復性
【典例剖析】
[典例6](多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場,如圖所示,磁感應強度為B,板間距離也為l,極板不帶電,現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場,欲使粒子不打在極板上,可采用的辦法是(　　)
A.使粒子的速度v<
B.使粒子的速度v>
C.使粒子的速度v>
D.使粒子的速度v滿足【備選例題】
1.如圖所示為寬度為d的有界勻強磁場,磁感應強度為B,MM'和NN'是它的兩條邊界。現有質量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不從邊界NN'射出,求粒子入射速率v的最大值可能是多少。
2.如圖所示,在x軸上方有一勻強磁場,磁感應強度為B;x軸下方有一勻強電場,電場強度為E。屏MN與y軸平行且相距L。一質量為m,電荷量為e的電子,在y軸上某點A由靜止釋放,如果要使電子垂直打在屏MN上,那么:
(1)電子釋放位置與原點O的距離s需滿足什么條件
(2)電子從出發點到垂直打在屏上需要多長時間
答案及解析
考點一　洛倫茲力的理解和應用
【典例剖析】
角度1 洛倫茲力方向
[典例1](2023·運城模擬)有四根長直導線a、b、c、d垂直于紙面放置,其導線軸心位于正方形的四個頂點上,導線中通有大小相同的電流,方向如圖所示。現有一帶負電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動,它所受洛倫茲力的方向是(　　)
A.向上 B.向下 C.向左 D.向右
【解析】選A。根據安培定則可知直導線a、b、c、d在中心處產生的磁場方向分別為向左、向上、向左、向下,且導線中通有大小相同的電流,則四根直導線產生的磁感應強度大小相等,b與d導線電流產生的磁場正好相互抵消,而a與c導線產生的磁場正好相互疊加,根據磁感應強度的疊加原理可知中心O點處磁感應強度的方向為向左。則根據左手定則可知帶負電的粒子所受洛倫茲力的方向是向上。故A正確,B、C、D錯誤。
角度2 洛倫茲力大小
[典例2](2023·蕪湖模擬)如圖所示,豎直平面內固定一足夠長的絕緣直桿,與水平面夾角為α。桿處在足夠大的勻強磁場中,磁場方向垂直桿所在平面,磁場磁感應強度大小為B。桿上套一個帶負電的環,環與絕緣直桿間的動摩擦因數為μ(μA.tanα B.
C.+1 D.-1
【解析】選C。環沿桿運動的速度為v1時,垂直桿的方向有FN1+Bqv1=mgcosα
沿桿的方向有mgsinα-Ff1=ma
所以當Ff1=0,即FN1=0時,a有最大值,且am=gsinα,
此時Bqv1=mgcosα,解得v1=
在環繼續下滑過程中,彈力方向變為垂直于桿向下,設當環的速度達到最大值v2時,環受桿的彈力為FN2,
摩擦力為Ff2=μFN2
此時應有a=0,
即mgsinα=Ff2
FN2+mgcosα=Bqv2
解得v2=,
因此=1+,故選C。
【備選例題】
1.如圖所示,粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強磁場中。t=0時,一個質量為m、電荷量為q的帶正電滑塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動,則滑塊運動的v-t圖像不可能是 (　　)
【關鍵點撥】 根據左手定則判斷洛倫茲力的方向,根據牛頓第二定律分析加速度的變化,根據速度圖像的斜率表示加速度進行分析。
【解析】選B。設初速度為v0,若滿足:mg=f=μFN,因為壓力:FN=Bqv0,則聯立可得:mg=μBqv0,則滑塊的初速度v0滿足mg=μBqv0,向下做勻速運動,故A正確;若mg>μBqv0,則滑塊開始進入磁場時,有向下的加速度,加速度大小為a=,可知隨速度增加,加速度減小,即滑塊做加速度減小的加速運動,最后達到勻速狀態,故B錯誤,D正確;若mg<μBqv0,則滑塊開始進入磁場時,有向上的加速度,做減速運動,加速度大小為a=,可知隨速度減小,加速度減小,即滑塊做加速度減小的減速運動,最后達到勻速狀態,故C正確。
2.如圖所示,一個帶負電荷的物體從粗糙的斜面頂端滑到斜面底端時的速度為v,若加上一個垂直于紙面向外的磁場,則物體滑到底端時(　　)
A.速度小于v B.速度大于v
C.速度等于v D.可能離開斜面
【解析】選A。物體從頂端滑到底端的過程中,由能量守恒定律知減小的重力勢能等于物體到達底端時的動能與摩擦生熱之和,當加上一個垂直于紙面向外的磁場時,物體將受到垂直斜面向下的洛倫茲力,所以斜面對物體的支持力增大,摩擦力增大,摩擦生熱增加,而減小的重力勢能不變,由能量守恒定律知到達底端時的動能減小,速度減小,故B、C、D錯誤,A正確。
3.(2023·海南等級考)如圖所示,帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場,關于小球運動和受力說法正確的是(　　)
A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右
B.小球運動過程中的速度不變
C.小球運動過程的加速度保持不變
D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功
【解析】選A。帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場中,小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動,根據左手定則,可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右,故A正確;小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動,速度的方向時刻變化,故B錯誤;小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動,重力始終豎直向下,洛倫茲力始終與速度方向垂直,且速度方向時刻變化,合力方向時刻變化,根據牛頓第二定律,加速度的方向時刻變化,故C錯誤。小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動,洛倫茲力始終與速度方向垂直,根據功的定義,洛倫茲力永不做功,故D錯誤。
4.(2023·廈門模擬)足夠長的絕緣木板置于光滑水平地面上,木板的上表面粗糙,帶負電小物塊(電量保持不變)置于木板的左端,整個裝置置于足夠大的勻強磁場中,磁場方向如圖所示。在t=0時刻,木板獲得一水平向左的初速度,關于此后運動過程中兩物體速度隨時間變化的關系圖像,可能正確的是(　　)
【解析】選A。木板獲得一水平向左的初速度,受到物塊對其向右的摩擦力,所以木板做減速運動;同時,木板對物塊產生一個向左的摩擦力,因此物塊做加速運動,物塊帶負電,由左手定則知物塊受到的洛倫茲力向下,則f=μFN,FN=mg+Bqv
由牛頓第二定律得:f=ma
聯立解得:μ(mg+Bqv)=ma
由公式可知,物塊受到的摩擦力變大,加速度變大;
對木板由牛頓第二定律得:μ(mg+Bqv)=Ma'
則木板的加速度變大,因為木板足夠長,最后兩者速度相等,故木板做加速度增大的減速運動,物塊做加速度增大的加速運動,故A正確,B、C、D錯誤。
考點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
【典例剖析】
角度1 直線邊界磁場
[典例3](多選)(2023·鄭州模擬)如圖所示,在豎直平面內存在垂直于紙面向里的勻強磁場,MN為磁場左下方的邊界線,其上有等距的三點a、b、c。某一時刻帶電粒子1和2分別從a、b兩點沿水平方向以相同的動量同時射入勻強磁場中,并同時到達c點。不計粒子的重力和帶電粒子之間的相互作用,則下列說法正確的是(　　)
A.帶電粒子1和2的質量之比為2∶1
B.帶電粒子1和2所帶電荷量之比為2∶1
C.帶電粒子1和2的速度大小之比為2∶1
D.帶電粒子1和2在磁場的運動過程中,所受洛倫茲力的沖量相等
【解析】選C、D。畫出帶電粒子1和2分別從a、b兩點沿水平方向以相同的動量同時射入勻強磁場中,并同時到達c點的運動軌跡圖,
由圖中幾何關系可知,兩帶電粒子軌跡所對的圓心角相同,帶電粒子的軌跡半徑r1=2r2,由洛倫茲力提供向心力得qvB=m,解得q=,由此可知帶電粒子1和2所帶電荷量之比為q1∶q2=r2∶r1=1∶2,B錯誤;根據題述某一時刻帶電粒子1和2分別從a、b兩點沿水平方向以相同的動量同時射入勻強磁場中,并同時到達c點,可知兩個粒子的運動時間相同,由t=可知,帶電粒子1和2的速度大小之比為v1∶v2=r1∶r2=2∶1,C正確;題述兩個粒子的動量p=mv相同,帶電粒子1和2的質量之比為m1∶m2=v2∶v1=1∶2,A錯誤;帶電粒子1和2在磁場的運動過程中,所受洛倫茲力F=qvB相等,時間t相等,根據沖量定義I=Ft可知帶電粒子1和2在磁場的運動過程中,所受洛倫茲力的沖量相等,D正確。
角度2 平行邊界磁場
[典例4](2024·德陽模擬)如圖所示,豎直平行線MN、PQ間距離為a,其間存在垂直紙面向里的勻強磁場(含邊界MN及PQ),磁感應強度大小為B,MN上O處的粒子源能沿不同方向釋放速度大小相等、方向均垂直磁場的帶負電粒子,電荷量為q,質量為m。粒子間的相互作用及重力不計,其中沿θ=60°射入的粒子,恰好垂直PQ射出,則(　　)
A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為a
B.粒子的速率為
C.沿θ=60°射入的粒子,在磁場中的運動時間為
D.PQ邊界上有粒子射出的長度為2a
【解析】選D。粒子沿θ=60°射入時,恰好垂直PQ射出,則粒子在磁場中轉過30°,如圖甲所示
所以有Rsin30°=a,解得R=2a,由洛倫茲力提供向心力得qBv=m,則v=,故A、B錯誤;沿θ=60°射入的粒子,在磁場中的運動時間為t=T=×==,故C錯誤;θ=0°時,粒子離開磁場在PQ上O的水平線上方a處
當θ增大時,粒子離開磁場時在PQ上的位置下移,直到粒子運動軌跡與PQ相切;θ繼續增大,則粒子不能從PQ邊界射出;粒子運動軌跡與PQ相切時,由半徑R=2a,可知粒子轉過的角度為60°,所以,出射點在O的水平線下方a處;所以,PQ邊界上有粒子射出的長度為2a,故D正確。
【備選例題】
　　(多選)兩個帶等量異種電荷的粒子a、b分別以速度va和vb射入勻強磁場,兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°,磁場寬度為d,兩粒子同時由A點出發,同時到達B點,如圖所示,則(　　)
A.a粒子帶正電,b粒子帶負電
B.兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb=∶1
C.兩粒子的質量之比ma∶mb=1∶2
D.兩粒子的質量之比ma∶mb=2∶1
【解析】選B、D。由左手定則可得a粒子帶負電,b粒子帶正電,故A錯誤;粒子做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示,
則Ra==d,Rb==d,所以Ra∶Rb=∶1,故B正確;由幾何關系可得,從A運動到B,a粒子轉過的圓心角為60°,b粒子轉過的圓心角為120°,ta==tb=,則Ta∶Tb=2∶1,再根據洛倫茲力提供向心力可得Bvq=,所以運動周期T==,根據a、b兩粒子電荷量相等可得ma∶mb=Ta∶Tb=2∶1,故C錯誤,D正確。
角度3 圓形邊界磁場
[典例5](多選)(2022·遼寧選擇考)粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場,外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場,粒子1沿直線通過磁場區域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態,忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是(　　)
A.粒子1可能為中子
B.粒子2可能為電子
C.若增大磁感應強度,粒子1可能打在探測器上的Q點
D.若增大粒子入射速度,粒子2可能打在探測器上的Q點
【解析】選A、D。由題圖可看出粒子1沒有偏轉,說明粒子1不帶電,則粒子1可能為中子;粒子2向上偏轉,根據左手定則可知粒子2應該帶正電,A正確、B錯誤;由以上分析可知粒子1為中子,則無論如何增大磁感應強度,粒子1都不會偏轉,C錯誤;粒子2在磁場中,洛倫茲力提供向心力有qvB=m,解得r=,可知若增大粒子入射速度,則粒子2的半徑增大,粒子2可能打在探測器上的Q點,D正確。
【備選例題】
　　(多選)如圖所示為一圓形區域的勻強磁場,在O點處有一放射源,沿半徑方向射出速率不同的同種粒子,其中帶電粒子1從A點飛出磁場,帶電粒子2從B點飛出磁場,不考慮帶電粒子的重力,則(　　)
A.帶電粒子1與2的速率之比為1∶3
B.帶電粒子1與2的速率之比為1∶
C.帶電粒子1與2在磁場中運動時間的比為2∶3
D.帶電粒子1與2在磁場中運動時間的比為2∶1
【解析】選A、D。如圖所示
設帶電粒子1的軌跡半徑為r1,帶電粒子2的軌跡半徑為r2,根據幾何關系得r1==R,r2==R,粒子在磁場中做勻速圓周運動,根據qvB=m,可得r=,可得帶電粒子1與2的速率之比v1∶v2=1∶3,故A正確,B錯誤;粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=,則粒子1在磁場中運動的時間t1=T,粒子2在磁場中運動的時間t2=T,則帶電粒子1與2在磁場中運動時間的比t1∶t2=2∶1,故C錯誤,D正確。
考點三　帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題
【典例剖析】
[典例6](多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場,如圖所示,磁感應強度為B,板間距離也為l,極板不帶電,現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場,欲使粒子不打在極板上,可采用的辦法是(　　)
A.使粒子的速度v<
B.使粒子的速度v>
C.使粒子的速度v>
D.使粒子的速度v滿足【解析】選A、B。若帶電粒子剛好打在極板右邊緣,有=(r1-)2+l2,又因r1=,解得v1=;若粒子剛好打在極板左邊緣時,有r2==,解得v2=,故A、B正確。
【備選例題】
1.如圖所示為寬度為d的有界勻強磁場,磁感應強度為B,MM'和NN'是它的兩條邊界。現有質量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不從邊界NN'射出,求粒子入射速率v的最大值可能是多少。
答案:(2+)(q為正電荷)或(2-)(q為負電荷)
【解析】題目中只給出粒子“電荷量為q”,未說明是帶哪種電荷。若q為正電荷,軌跡是如圖所示的上方與NN'相切的圓弧,軌道半徑:R=,又d=R-,
解得v=,
若q為負電荷,軌跡是如圖所示的下方與NN'相切的圓弧,
則有:R'=,d=R'+,
解得v'=。
2.如圖所示,在x軸上方有一勻強磁場,磁感應強度為B;x軸下方有一勻強電場,電場強度為E。屏MN與y軸平行且相距L。一質量為m,電荷量為e的電子,在y軸上某點A由靜止釋放,如果要使電子垂直打在屏MN上,那么:
(1)電子釋放位置與原點O的距離s需滿足什么條件
答案:(1)s=(n=0,1,2,3,…)
【解析】(1)電子的運動軌跡如圖所示,
在電場中,電子從A到O,
動能增加eEs=m,
在磁場中,電子偏轉,半徑為r=,
據題意,有(2n+1)r=L(n=0,1,2,3,…)
所以s=(n=0,1,2,3,…)
(2)電子從出發點到垂直打在屏上需要多長時間
答案: (2)+(2n+1)(n=0,1,2,3,…)
【解析】(2)在電場中勻變速直線運動的時間與在磁場中做部分圓周運動的時間之和為電子總的運動時間
t=(2n+1)++n(n=0,1,2,3,…),
其中a=,T=。
整理后得t=+(2n+1)(n=0,1,2,3,…)
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