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第二节磁场对运动电荷的作用建议用时35分钟
一、单项选择题1．2019·北京海淀区模拟如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是 A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点解析选D.地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．2．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于 A． B．TC．D．T2解析选A.考查带电粒子在磁场中的圆周运动问题．由题意知，带电粒子的平均动能Ek＝mv2∝T，故v∝.由qvB＝整理得B∝，故选项A正确．
3.初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则 A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析选A.由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变．
4.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是 A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短D．c粒子速率最小，在磁场中运动时间最短解析选B.由题图可知，粒子a的运动半径最小，圆心角最大，粒子c的运动半径最大，圆心角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得qvB＝m，故半径公式r＝，T＝＝，故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，速率越小，半径越小，所以粒子a的运动速率最小，粒子c的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动所对应的圆心角，所以粒子a的运动时间最长，粒子c的运动时间最短．
5.如图所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一粒子重力不计从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为 A． B． C． D． 解析选C.粒子在磁场中运动轨迹如图所示，则由图知斜向上射入时有rsinθ＝a，斜向下射入时有rsinθ＋a＝r，联立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，解得r＝，即粒子的比荷为＝，所以粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α＝2×90°－30°＝120°，运动时间为t＝＝，选项C正确．
6.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 A．Δt B．2ΔtC．Δt D．3Δt解析选B.粒子沿半径方向进入圆形磁场区域时，一定沿半径方向射出，如图．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m得R＝，T＝.由数学知识得粒子以速度v进入磁场时，圆周运动的半径R＝r，转过的圆心角θ＝60°；粒子以速度进入磁场时，圆周运动的半径R′＝r，转过的圆心角θ′＝120°，周期T与速度无关，所以t′＝Δt＝2Δt，B正确．
二、多项选择题
7.2019·河南郑州质检如图所示，在垂直纸面向里的水平匀强磁场中，水平放置一根粗糙绝缘细直杆，有一个重力不能忽略、中间带有小孔的带正电小球套在细杆上．现在给小球一个水平向右的初速度v0，假设细杆足够长，小球在运动过程中电荷量保持不变，杆上各处的动摩擦因数相同，则小球运动的速度v与时间t的关系图象可能是 解析选BD.由左手定则可判定洛伦兹力的方向竖直向上，若Bqv0＝mg，球与杆之间无压力作用，即无摩擦力作用，球匀速运动，对应于B图象；若Bqv0mg，杆对球有向下的压力，由Bqv0＝mg＋FN知压力随球速度的减小而减小，再由ma＝Ff＝μFN知小球做加速度逐渐减小的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐减小，直到速度减小到使洛伦兹力等于重力后小球匀速运动，题目中无与此情况对应的图象；若Bqv0mg，杆对球产生向上的支持力作用，Bqv0＋FN＝mg，此情况下支持力随速度的减小而增大，仍由ma＝Ff＝μFN知小球做加速度逐渐增大的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐增大，直到速度为零，此情况与D图对应，故B、D正确．
8.2019·河南百校联盟质检如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则 A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2解析选AC.粒子进入磁场时的速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，C项正确，D项错误．9．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝
9.1cm，中点O与S间的距离d＝
4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝
2.0×10－4T，电子质量m＝
9.1×10－31kg，电荷量e＝－
1.6×10－19C，不计电子重力，电子源发射速度v＝
1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则 A．θ＝90°时，l＝
9.1cm B．θ＝60°时，l＝
9.1cmC．θ＝45°时，l＝
4.55cmD．θ＝30°时，l＝
4.55cm解析选AD.电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力evB＝，R＝＝
4.55×10－2m＝
4.55cm＝，θ＝90°时，击中板的范围如图甲，l＝2R＝
9.1cm，选项A正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l＜2R＝
9.1cm，选项B错误；θ＝30°，如图丙所示，l＝R＝
4.55cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l＞RR＝
4.55cm，故选项D正确，C错误．
10.如图所示，纸面内有宽为L水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m，电荷量为－q，速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是其中B0＝，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆 解析选AB.由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A、C选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同．B、D选项因为磁场是2B0，粒子在其中运动半径是在A、C中运动半径的一半．然而当粒子射入C、D两选项时，均不可能汇聚于同一点．所以只有A、B选项能汇聚于一点．
三、非选择题11．2019·河南商丘模拟在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场图中未画出，磁场方向垂直于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子不计重力从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场，已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为θ＝30°，OP＝L，求1磁感应强度的大小和方向；2该圆形磁场区域的最小面积．解析1由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里．粒子在磁场中做弧长为圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场．设其圆心为O′，半径为R.由几何关系有L－Rsin30°＝R，所以R＝L.由牛顿第二定律有qv0B＝meq\fvR，故R＝.由以上各式得磁感应强度B＝.2设磁场区域的最小面积为S.由几何关系得直径＝R＝L，所以S＝πeq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\f2eq\s\up122＝L
2.答案1 方向垂直于xOy平面向里 2L212．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝
3.2×106m/s的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9cm，缝长AD＝18cm，α粒子的质量m＝
6.64×10－27kg，电荷量q＝
3.2×10－19C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝
0.332T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．1若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？2若条形磁场的宽度d＝20cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？结果保留2位有效数字解析1由题意AB＝9cm，AD＝18cm，可得∠BAO＝∠ODC＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有Bqv＝解得R＝
0.2m＝20cm由题意及几何关系可知若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．设此时磁场宽度d＝d0，由几何关系得d0＝R＋Rcos45°＝20＋10cm＝
0.34m. 甲 乙2设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则T＝＝×10－6s设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图乙所示．因磁场宽度d＝20cmd0，且R＝20cm，则在∠EOD间辐射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA间辐射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长．设在磁场中运动的最长时间为tmax，则tmax＝＝×10－6s＝
2.0×10－7s若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子在磁场中运动的时间最短．最短的弦长为磁场宽度d.设在磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图乙所示，因R＝d，则圆弧对应的圆心角为60°，故tmin＝＝×10－6s＝
6.5×10－8s.答案
10.34m
22.0×10－7s
6.5×10－8s。
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