資源簡介

(共32張PPT)
第2講　磁場對運動電荷的作用
課 程 標 準 素 養 目 標
1.通過實驗，認識洛倫茲力．能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小． 2.能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動． 物理觀念：知道洛倫茲力的大小和方向．
科學思維：能比較安培力與洛倫茲力，能分析解決帶電粒子在勻強磁場中運動的問題．
考點一
考點二
考點一
考點一　對洛倫茲力的理解及應用
【必備知識·自主落實】
1．定義：磁場對________的作用力叫洛倫茲力．
2．大小
(1)v∥B時，F＝________；
(2)v⊥B時，F＝________；
(3)v與B的夾角為θ時，F＝________．如圖所示．
運動電荷
0
qvB
qvB sin θ
3．洛倫茲力的方向 注意區分正、負電荷
(1)判定方法：左手定則，注意四指應指向________電荷運動的方向或________電荷運動的反方向；
(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于________決定的平面(注意B和v不一定垂直)．
正
負
B、v
【關鍵能力·思維進階】
1.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面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．一帶正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
答案：B
解析：根據題意，由安培定則可知，b、d兩通電直導線在O點產生的磁場相抵消，a、c兩通電直導線在O點產生的磁場方向均向左，所以四根通電直導線在O點產生的合磁場方向向左，由左手定則可判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向向下，B正確．
2．[2023·海南卷] 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的說法正確的是(　　)
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．小球運動過程中的加速度保持不變
D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功
答案：A
解析：小球剛進入磁場時速度方向豎直向下，由左手定則可知，小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向右，A對；小球運動過程中，受重力和洛倫茲力的作用，且合力不為零，所以小球運動過程中的速度變化，B錯；小球受到的重力不變，洛倫茲力時刻變化，則合力時刻變化，加速度時刻變化，C錯；洛倫茲力永不做功，D錯．
3.[2024·陜西西安市一模]如圖所示，豎直放置的光滑絕緣曲面處于方向垂直豎直平面(紙面)向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一帶電荷量為q(q>0)的滑塊自a點由靜止沿曲面滑下，下降高度為h時到達b點，滑塊恰好對曲面無壓力．關于滑塊自a點運動到b點的過程，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　)
A．滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用
B．滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為qB
C．洛倫茲力做正功
D．滑塊的機械能增大
答案：B
解析：滑塊自a點由靜止沿曲面滑下，在a點不受洛倫茲力作用，故A錯誤；
滑塊自a點運動到b點的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑塊機械能守恒
mgh＝mv2，得v＝
故滑塊在b點受到的洛倫茲力為F＝qBv＝qB，故B正確，C錯誤，D錯誤．故選B.
思維提升
1.洛倫茲力的特點
(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區分正、負電荷．
(2)當電荷運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．
(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用．
(4)洛倫茲力一定不做功．
2．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，而洛倫茲力對運動電荷不做功．
考點二
考點二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
【必備知識·自主落實】
1．若v∥B，則帶電粒子以入射速度v做________運動．
2．若v⊥B，則帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做________運動，如圖所示．
3．v與B既不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中做螺旋狀運動．
　 處理方法是運動的合成與分解
4．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝________；
(2)軌道半徑公式：r＝________；
(3)周期公式：T＝→T＝________．
　　　　運動周期與速率無關
勻速直線
勻速圓周
m　
【關鍵能力·思維進階】
1．帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形
(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)
(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)
(3)圓形邊界
①圓形邊界的對稱性：粒子沿半徑方向進入有界圓形磁場區域時，出射時速度方向的反向延長線必經過該區域圓的圓心，如圖甲．
②若粒子射入磁場時速度方向與入射點對應半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與出射點對應半徑夾角也為θ，如圖乙．
2．圓心的確定方法
方法一　若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖(a)；
方法二　若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖(b)．
3．半徑的計算方法
方法一　由物理方法求：半徑R＝；
方法二　由幾何方法求：一般由數學知識(勾股定理、三角函數等)計算來確定．
4．時間的計算方法
方法一　由圓心角求：t＝·T；
方法二　由弧長求：t＝.
考向1　帶電粒子在直線邊界磁場中運動
例 1 (多選)[2024·九省聯考黑龍江、吉林卷]空間中存在垂直于xOy平面的磁場，x＝a兩側的勻強磁場方向相反，x＞a區域的磁感應強度大小為x＜a區域的2倍．不同帶電粒子以速率v0由原點沿xOy平面射入該磁場，則粒子的軌跡可能為下圖中的(　　)
答案：ABD
解析：因x＞a區域的磁感應強度大小為x＜a區域的2倍，根據r＝，可知x＜a區域的圓周運動的半徑為x＞a區域的圓周運動的半徑的2倍．該圖中粒子運動的軌道半徑為r＝＜a，即粒子沒能到達兩磁場的分界線，則該軌跡可能存在，選項A正確；該圖中粒子在x＜a中運動時的軌跡半徑為r＝＝，則在x＞a區域運動的半徑應該為r′＝，則軌跡與y軸交點的縱坐標應該是y＝2r′sin 45°＝，選項B正確；該圖中粒子在x＜a區域的軌道半徑小于在x＞a區域的軌道半徑，選項C錯誤；該圖中粒子在x＜a區域的軌道半徑為r＝a，則在x＞a區域的軌道半徑為r′＝，則軌跡與y軸交點y＝a＋2×＋a＝3a，選項D正確．
考向2　帶電粒子在圓形邊界磁場中運動
例 2 (多選)[2023·全國甲卷] 光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發生碰撞．假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計重力．下列說法正確的是(　　)
A．粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B．最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短
D. 每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
答案：BD
解析：
假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發生碰撞如圖，O1為圓周運動的圓心
由幾何關系可知∠O1AO為直角，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；
假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；
由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以筒壁的內接圓的多邊形，最少應為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；
速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數可能會增多，粒子運動時間不一定減少， C錯誤．
故選BD.
例 3 (多選) [2024·云南曲靖高三統考期中]如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中充滿了垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場．一點電荷從圖中A點以速度v0沿和直徑AA′成θ＝30°角的方向垂直磁場射入，經磁場偏轉后恰能從點A′射出．已知AA′為區域磁場的一條直徑，不計電荷的重力，下列說法正確的是(　　)
A. 該點電荷帶負電
B．該點電荷在磁場中做圓周運動的半徑為R
C．該點電荷的比荷為＝
D．該點電荷在磁場中的運動時間為t＝
答案：AD
解析：由題意可知，點電荷應向下偏轉，由左手定則可知，該點電荷帶負電，故A正確；
由題意可知，點電荷在磁場中做勻速圓周運動軌跡對應的弦長為2R，設點電荷做勻速圓周運動的半徑為r，由弦長公式可得2R＝2r sin 30°
解得r＝2R，故B錯誤；
點電荷做勻速圓周運動所受洛倫茲力提供向心力，則有qv0B＝，則比荷＝＝，故C錯誤；
由題意可知，點電荷做勻速圓周運動的圓心角θ＝2×30°＝60°
則該點電荷在磁場中的運動時間為t＝＝＝，故D正確．故選AD.
考向3　帶電粒子在三角形或四邊形邊界磁場中運動
例 4 如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．ab邊中點有一電子發射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子．已知電子的比荷為k.則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(　　)
A．kBl，kBl B．kBl，kBl
C．kBl，kBl D．kBl，kBl
答案：B
解析：電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為ra＝，由洛倫茲力提供向心力，有evaB＝，又＝k，解得va＝；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關系有＝l2＋(rd－)2，解得rd＝，由洛倫茲力提供向心力，有evdB＝，又＝k，解得vd＝，選項B正確．
例 5 (多選) [2024·重慶校聯考三模]如題圖，直角三角形ABC區域內有垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，AC邊長為l，∠B為，一群比荷為的帶負電粒子以相同速度從C點開始一定范圍垂直AC邊射入，射入的粒子恰好不從AB邊射出，已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，在磁場中運動時間最長的粒子所用時間為2t0，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則以下說法中正確的是(　　)
A. 磁感應強度大小為
B．粒子運動的軌道半徑為l
C．粒子射入磁場的速度大小為
D．粒子在磁場中掃過的面積為l2
答案：AD
解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直BC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T，由T＝，可得T＝＝t0,解得B＝，故A正確；
設運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ，則有T＝2t0
可得θ＝
畫出該粒子的運動軌跡如圖所示
設軌道半徑為R，由幾何知識得＋R cos 30°＝l
可得R＝l，故B錯誤；
根據洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m
則粒子射入磁場的速度大小為v＝＝，故C錯誤；
射入的粒子恰好不從AB邊射出，粒子在磁場中掃過的面積為S＝·πR2＋R·R cos 30°＝l2，故D正確．故選AD.
思維提升
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法第2講　磁場對運動電荷的作用
課 程 標 準 素 養 目 標
1.通過實驗，認識洛倫茲力．能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小． 2.能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動． 物理觀念：知道洛倫茲力的大小和方向． 科學思維：能比較安培力與洛倫茲力，能分析解決帶電粒子在勻強磁場中運動的問題．
考點一　對洛倫茲力的理解及應用
【必備知識·自主落實】
1．定義：磁場對________的作用力叫洛倫茲力．
2．大小
(1)v∥B時，F＝________；
(2)v⊥B時，F＝________；
(3)v與B的夾角為θ時，F＝________．如圖所示．
3．洛倫茲力的方向注意區分正、負電荷
(1)判定方法：左手定則，注意四指應指向________電荷運動的方向或________電荷運動的反方向；
(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于________決定的平面(注意B和v不一定垂直)．
【關鍵能力·思維進階】
1.
圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面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．一帶正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
2．[2023·海南卷]
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的說法正確的是(　　)
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．小球運動過程中的加速度保持不變
D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功
3.
[2024·陜西西安市一模]如圖所示，豎直放置的光滑絕緣曲面處于方向垂直豎直平面(紙面)向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一帶電荷量為q(q>0)的滑塊自a點由靜止沿曲面滑下，下降高度為h時到達b點，滑塊恰好對曲面無壓力．關于滑塊自a點運動到b點的過程，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　)
A．滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用
B．滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為qB
C．洛倫茲力做正功
D．滑塊的機械能增大
思維提升
1.洛倫茲力的特點
(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區分正、負電荷．
(2)當電荷運動方向發生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．
(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用．
(4)洛倫茲力一定不做功．
2．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，而洛倫茲力對運動電荷不做功．
考點二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
【必備知識·自主落實】
1．若v∥B，則帶電粒子以入射速度v做________運動．
2．若v⊥B，則帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做________運動，如圖所示．
3．v與B既不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中做螺旋狀運動．
　處理方法是運動的合成與分解
4．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝________；
(2)軌道半徑公式：r＝________；
(3)周期公式：T＝→T＝________．
　　　　　　　　
　　　　運動周期與速率無關
【關鍵能力·思維進階】
1．帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形
(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)
(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)
(3)圓形邊界
①圓形邊界的對稱性：粒子沿半徑方向進入有界圓形磁場區域時，出射時速度方向的反向延長線必經過該區域圓的圓心，如圖甲．
②若粒子射入磁場時速度方向與入射點對應半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與出射點對應半徑夾角也為θ，如圖乙．
2．圓心的確定方法
方法一　若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖(a)；
方法二　若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖(b)．
3．半徑的計算方法
方法一　由物理方法求：半徑R＝；
方法二　由幾何方法求：一般由數學知識(勾股定理、三角函數等)計算來確定．
4．時間的計算方法
方法一　由圓心角求：t＝·T；
方法二　由弧長求：t＝.
考向1　帶電粒子在直線邊界磁場中運動
例 1 (多選)[2024·九省聯考黑龍江、吉林卷]空間中存在垂直于xOy平面的磁場，x＝a兩側的勻強磁場方向相反，x＞a區域的磁感應強度大小為x＜a區域的2倍．不同帶電粒子以速率v0由原點沿xOy平面射入該磁場，則粒子的軌跡可能為下圖中的(　　)
考向2　帶電粒子在圓形邊界磁場中運動
例 2 (多選)[2023·全國甲卷]
光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發生碰撞．假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計重力．下列說法正確的是(　　)
A．粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B．最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短
D. 每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
例 3 (多選)
[2024·云南曲靖高三統考期中]如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中充滿了垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場．一點電荷從圖中A點以速度v0沿和直徑AA′成θ＝30°角的方向垂直磁場射入，經磁場偏轉后恰能從點A′射出．已知AA′為區域磁場的一條直徑，不計電荷的重力，下列說法正確的是(　　)
A. 該點電荷帶負電
B．該點電荷在磁場中做圓周運動的半徑為R
C．該點電荷的比荷為＝
D．該點電荷在磁場中的運動時間為t＝
考向3　帶電粒子在三角形或四邊形邊界磁場中運動
例 4 如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．ab邊中點有一電子發射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子．已知電子的比荷為k.則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(　　)
A．kBl，kBl B．kBl，kBl
C．kBl，kBl D．kBl，kBl
例 5 (多選)
[2024·重慶校聯考三模]如題圖，直角三角形ABC區域內有垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，AC邊長為l，∠B為，一群比荷為的帶負電粒子以相同速度從C點開始一定范圍垂直AC邊射入，射入的粒子恰好不從AB邊射出，已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，在磁場中運動時間最長的粒子所用時間為2t0，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則以下說法中正確的是(　　)
A. 磁感應強度大小為
B．粒子運動的軌道半徑為l
C．粒子射入磁場的速度大小為
D．粒子在磁場中掃過的面積為l2
思維提升
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法
第2講　磁場對運動電荷的作用
考點一
必備知識·自主落實
一、
1．運動電荷　
2．(1)0　(2)qvB　(3)qvB sin θ
3．(1)正　負　(2)B、v
關鍵能力·思維進階
1．解析：根據題意，由安培定則可知，b、d兩通電直導線在O點產生的磁場相抵消，a、c兩通電直導線在O點產生的磁場方向均向左，所以四根通電直導線在O點產生的合磁場方向向左，由左手定則可判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向向下，B正確．
答案：B
2．解析：小球剛進入磁場時速度方向豎直向下，由左手定則可知，小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向右，A對；小球運動過程中，受重力和洛倫茲力的作用，且合力不為零，所以小球運動過程中的速度變化，B錯；小球受到的重力不變，洛倫茲力時刻變化，則合力時刻變化，加速度時刻變化，C錯；洛倫茲力永不做功，D錯．
答案：A
3．解析：滑塊自a點由靜止沿曲面滑下，在a點不受洛倫茲力作用，故A錯誤；
滑塊自a點運動到b點的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑塊機械能守恒
mgh＝mv2，得v＝
故滑塊在b點受到的洛倫茲力為F＝qBv＝qB，故B正確，C錯誤，D錯誤．故選B.
答案：B
考點二
必備知識·自主落實
1．勻速直線
2．勻速圓周
4．(1)m　(2)　(3)
關鍵能力·思維進階
例1　解析：因x＞a區域的磁感應強度大小為x＜a區域的2倍，根據r＝，可知x＜a區域的圓周運動的半徑為x＞a區域的圓周運動的半徑的2倍．該圖中粒子運動的軌道半徑為r＝＜a，即粒子沒能到達兩磁場的分界線，則該軌跡可能存在，選項A正確；該圖中粒子在x＜a中運動時的軌跡半徑為r＝＝，則在x＞a區域運動的半徑應該為r′＝，則軌跡與y軸交點的縱坐標應該是y＝2r′sin 45°＝，選項B正確；該圖中粒子在x＜a區域的軌道半徑小于在x＞a區域的軌道半徑，選項C錯誤；該圖中粒子在x＜a區域的軌道半徑為r＝a，則在x＞a區域的軌道半徑為r′＝，則軌跡與y軸交點y＝a＋2×＋a＝3a，選項D正確．
答案：ABD
例2　解析：
假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發生碰撞如圖，O1為圓周運動的圓心
由幾何關系可知∠O1AO為直角，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；
假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；
由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以筒壁的內接圓的多邊形，最少應為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；
速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數可能會增多，粒子運動時間不一定減少， C錯誤．
故選BD.
答案：BD
例3　解析：由題意可知，點電荷應向下偏轉，由左手定則可知，該點電荷帶負電，故A正確；
由題意可知，點電荷在磁場中做勻速圓周運動軌跡對應的弦長為2R，設點電荷做勻速圓周運動的半徑為r，由弦長公式可得2R＝2r sin 30°
解得r＝2R，故B錯誤；
點電荷做勻速圓周運動所受洛倫茲力提供向心力，則有qv0B＝，則比荷＝＝，故C錯誤；
由題意可知，點電荷做勻速圓周運動的圓心角θ＝2×30°＝60°
則該點電荷在磁場中的運動時間為t＝＝＝，故D正確．故選AD.
答案：AD
例4　
解析：電子從a點射出時，其運動軌跡如圖線①，軌跡半徑為ra＝，由洛倫茲力提供向心力，有evaB＝，又＝k，解得va＝；電子從d點射出時，運動軌跡如圖線②，由幾何關系有＝l2＋(rd－)2，解得rd＝，由洛倫茲力提供向心力，有evdB＝，又＝k，解得vd＝，選項B正確．
答案：B
例5　解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直BC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T，由T＝，可得T＝＝t0
解得B＝，故A正確；
設運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ，則有T＝2t0
可得θ＝
畫出該粒子的運動軌跡如圖所示
設軌道半徑為R，由幾何知識得＋R cos 30°＝l
可得R＝l，故B錯誤；
根據洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m
則粒子射入磁場的速度大小為v＝＝，故C錯誤；
射入的粒子恰好不從AB邊射出，粒子在磁場中掃過的面積為S＝·πR2＋R·R cos 30°＝l2，故D正確．故選AD.
答案：AD

展開更多......

收起↑