磁場對運動電荷的作用建議用時：45分鐘1．質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖兩種虛線所示，下列表述正確的是(　　)A．M的運行時間大于N的運行時間B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N做正功D．M帶負電，N帶正電D　[粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝m再有T＝，聯(lián)立上式可得T＝由圖可知，兩個粒子運動時間均為周期的一半，因兩粒子質量和帶電量均相等，故M的運行時間等于N的運行時間，A錯誤；粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝m解得r＝在粒子質量與帶電量相同的情況下，半徑越大說明速率越大，即M的速率大于N的速率，B錯誤；因洛倫茲力方向和速度方向相互垂直，故洛倫茲力不做功，C錯誤；由左手定則可判斷，M帶負電荷，N帶正電荷，D正確。]2．帶電油滴以水平速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖所示，若油滴質量為m，磁感應強度為B，則下述說法正確的是(　　)A．油滴必帶負電荷，電荷量為B．油滴必帶正電荷，比荷＝C．油滴必帶負電荷，電荷量為D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝B　[油滴水平向右勻速運動，其所受洛倫茲力方向必向上，與重力平衡，故帶正電，其電荷量q＝，油滴的比荷為＝，B項正確。]3．(2019·大慶模擬)如圖所示，MN為兩個勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應強度大小的關系為B1＝2B2，一帶電荷量為＋q、質量為m的粒子從O點垂直MN進入B1磁場，則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過O點(　　)A．  B．  C．  D．B　[粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由周期公式T＝知，粒子從O點進入磁場到再一次通過O點的時間t＝＋＝，所以選項B正確。]4．(2020·江蘇常熟期中)如圖所示圓形區(qū)域內，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子(　　)A．速率一定越大B．速率一定越小C．在磁場中通過的路程越長D．在磁場中的周期一定越大B　[由周期公式得：T＝，由于帶電粒子們的B、q、m均相同，所以T相同，故D錯誤。根據(jù)t＝T可知，在磁場中運動時間越長的帶電粒子，圓心角越大，半徑越小，由r＝知速率一定越小，B正確，A錯誤。通過的路程即圓弧的長度l＝rθ，與半徑r和圓心角θ有關，故C錯誤。]5．如圖所示，直線OP上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，從粒子源O在紙面內沿不同的方向先后發(fā)射速率均為v的質子1和2，兩個質子都過P點。已知OP＝a，質子1沿與OP成30°角的方向發(fā)射，不計質子的重力和質子間的相互作用力，則(　　)A．質子1在磁場中運動的半徑為aB．質子2在磁場中的運動周期為C．質子1在磁場中的運動時間為D．質子2在磁場中的運動時間為B　[根據(jù)題意作出質子運動軌跡如圖所示：由幾何知識可知，質子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r＝a，故A錯誤；質子在磁場中做圓周運動的周期：T＝＝，故B正確；由幾何知識可知，質子1在磁場中轉過的圓心角：θ1＝60°，質子1在磁場中的運動時間：t1＝T＝T＝，故C錯誤；由幾何知識可知，質子2在磁場中轉過的圓心角：θ2＝300°，質子2在磁場中的運動時間：t2＝T＝，故D錯誤。]6．(2019·重慶市上學期期末抽檢)如圖所示，在0≤x≤3a的區(qū)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在t＝0時刻，從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°～90°范圍內。其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場右邊界上P(3a，a)點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　)A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3aB．粒子的發(fā)射速度大小為C．帶電粒子的比荷為D．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0D　[根據(jù)題意作出沿y軸正方向發(fā)射的帶電粒子在磁場中做圓周運動的運動軌跡如圖甲所示，圓心為O′，根據(jù)幾何關系，可知粒子做圓周運動的半徑為r＝2a，故A錯誤；沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為，運動時間t0＝，解得：v0＝，選項B錯誤；沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為，對應運動時間為t0，所以粒子運動的周期為T＝3t0，由Bqv0＝mr，則＝，故C錯誤；在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡如圖乙所示，由幾何知識得該粒子做圓周運動的圓心角為，在磁場中的運動時間為2t0，故D正確。]甲　　　　　　　　　乙7．(2019·湖北省十堰市調研)如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場)，A、B、C為三角形的三個頂點。今有一質量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以速度v＝從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，然后從BC邊上某點Q射出。若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則(　　)A．PB<L   B．PB<LC．QB≤L   D．QB≤LD　[粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示。粒子在磁場中的運動軌跡半徑為r＝，因此可得r＝L，當入射點為P1，圓心為O1，且此刻軌跡正好與BC相切時，PB取得最大值，若粒子從BC邊射出，根據(jù)幾何關系有PB<P1B＝L，A、B錯誤；當運動軌跡為弧P2Q時，即O2Q與AB垂直時，此刻QB取得最大值，根據(jù)幾何關系有QB＝＝L，所以有QB≤L，C錯誤，D正確。]8．如圖所示，在x>0，y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B，現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的某點P(不在原點)沿著與x軸成30°角的方向射入磁場。不計重力的影響，則下列有關說法中正確的是(　　)A．只要粒子的速率合適，粒子就可能通過坐標原點B．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間一定為C．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為D．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為C　[利用“放縮圓法”：根據(jù)同一直線邊界上粒子運動的對稱性可知，粒子不可能通過坐標原點，A項錯誤；粒子運動的情況有兩種，一種是從y軸邊界射出，最短時間要大于，故D項錯誤；對應軌跡①時，t1＝＝，C項正確，另一種是從x軸邊界飛出，如軌跡③，時間t3＝T＝，此時粒子在磁場中運動時間最長，故B項錯誤。]9．(2019·江蘇啟東高三期末)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的足夠大的勻強磁場區(qū)域，寬度為d，磁場方向垂直于紙面向里。O點處有一體積可忽略的電子發(fā)射裝置，能夠在紙面所在平面內向磁場內各個方向連續(xù)、均勻地發(fā)射速度大小相等的電子，當電子發(fā)射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則當電子發(fā)射速率為4v0時(　　)A．電子的運動半徑為4dB．從MN邊界射出的電子數(shù)占總電子數(shù)的三分之一C．MN邊界上有電子射出的總長度為2dD．電子在磁場中運動的最長時間為C　[向磁場內各個方向連續(xù)、均勻地發(fā)射速度大小相等的電子，當電子發(fā)射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則知r＝d，則當電子發(fā)射速率為4v0時，根據(jù)r＝知半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即為2d，故A錯誤；水平向右射出的粒子達到MN右端的最遠處，r＝2d，根據(jù)幾何關系知偏折角為60°，AB＝2dsin 60°＝d，與MN相切是到達的最左的點，根據(jù)幾何關系知速度與PQ夾角為60°，所以從MN邊界射出的電子數(shù)占總電子數(shù)的三分之二，BC＝2dsin 60°＝d，MN邊界上有電子射出的總長度為2d，故B錯誤，C正確；根據(jù)B、C項分析，轉過的圓心角最大為60°，最長時間為T＝×＝，故D錯誤。]10．(2020·江蘇啟東中學模擬)如圖所示，在第二和第三象限的兩個正方形區(qū)域內(包括外邊界上)分別存在著兩勻強磁場，磁感應強度的大小相等、方向相反，且都垂直于xOy平面。某帶電粒子質量為m，電量為－q，每次均從P(－d，d)點沿x軸正方向射入磁場Ⅰ。當入射速度為v0時，粒子從P點正下方處射出磁場，不計重力。(1)求磁感應強度大?。?/span>(2)若入射速度為5v0時，求粒子離開磁場的位置坐標；(3)若粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ后從第四象限離開磁場，求粒子入射速度的范圍。[解析]　(1)粒子做勻速圓周運動的半徑為：r0＝qv0B＝m解得：B＝。(2)速度為5v0時，半徑r1＝5r0＝d粒子運動軌跡如圖所示，設離開磁場時的位置縱為y[r1－(d－y)]2＋d2＝r解得：y＝所以，粒子離開磁場的位置坐標。(3)能經(jīng)過區(qū)域Ⅱ后從第四象限離開磁場的臨界軌跡如圖所示，速度最小時，有：r2＋r2cos 30°＝dr2＝2(2－)d速度最大時半徑為r3＝d即：偏轉半徑范圍為：2(2－)d≤r≤d由qvB＝入射速度的范圍8(2－)v0≤v≤4v0。[答案]　(1)　(2)　(3)8(2－)v0≤v<4v011．(2019·全國卷Ⅰ)如圖所示，在直角三角形OPN區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。[解析]　(1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有qU＝mv2 ①設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB＝m ②由幾何關系知d＝r ③聯(lián)立①②③式得＝。 ④(2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s＝＋rtan 30° ⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝ ⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝。 ⑦[答案]　(1)　(2)12．(2020·江蘇高考)空間存在兩個垂直于Oxy平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為2B0、3B0。甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v。甲第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示。甲經(jīng)過Q時，乙也恰好同時經(jīng)過該點。已知甲的質量為m，電荷量為q。不考慮粒子間的相互作用和重力影響。求：(1)Q到O的距離d；(2)甲兩次經(jīng)過P點的時間間隔Δt；(3)乙的比荷可能的最小值。[解析]　(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由qvB＝m得，R1＝，R2＝Q、O的距離為：d＝2R1－2R2＝。(2)由(1)可知，完成一周期運動上升的距離為d，粒子再次經(jīng)過P，經(jīng)過N個周期，N＝＝＝3所以，再次經(jīng)過P點的時間為t＝NT＝3T由勻速圓周運動的規(guī)律得T1＝＝，T2＝＝繞一周的時間為T＝＋＝所以，再次經(jīng)過P點的時間為t＝3T＝兩次經(jīng)過P點的時間間隔為Δt＝t－＝。(3)由洛倫茲力提供向心力，由qvB＝m得，R′1＝，R′2＝完成一周期運動上升的距離d′＝2R′1－2R′2若乙粒子從第一象限進入第二象限的過程中與甲粒子在Q點相遇，則2R′1＋nd′＝OQ＝d，n＋＝＋結合以上式子，n無解。若乙粒子從第二象限進入第一象限的過程中與甲離子在Q點相遇，則nd′＝OQ，n＝＋計算可得＝n(n＝1,2,3，…)由于甲乙粒子比荷不同，n＝1舍去，則n＝2時，乙的比荷最小，為＝。[答案]　(1)　(2)　(3)  

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