[k12精品]高考物理总复习练习：第27课 磁场对运动电荷的作用 Word版含解析

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K12精品文档学习用 第27课 磁场对运动电荷的作用

1．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动

a．应用左手定则判断带电粒子在磁场中的运动轨迹

(1)(2015重庆理综，6分)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是(

)

A．a、b为β粒子的径迹 B．a、b为γ粒子的径迹

C．c、d为α粒子的径迹 D．c、d为β粒子的径迹

答案：D

解析：射线在磁场中向右运动时，对于带正电荷的射线，根据左手定则可以判断它将向上偏转；对于带负电荷的射线，可以判断它将向下偏转；对于不带电的射线，不偏转。由此可以判定a、b带正电，c、d带负电，故A项、B项、C项均错误，D项正确。

b．根据qvB＝mv2R求解带电粒子在磁场中的运动速度

(2)(2013全国Ⅰ，6分)如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(

)

A.qBR2m B.qBRm C.3qBR2m D.2qBRm k12精品

K12精品文档学习用 答案：B

解析：由题意可知射入点与ab的距离为R2，则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30°，粒子的偏转角是60°，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60°，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r＝R，轨迹如图所示。

根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，解得v＝qBRm，故B项正确。

c．利用t＝θ2πT求解带电粒子在磁场中的运动时间

(3)(经典题，6分)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v3，仍从A点射入磁场，不计重力。则粒子在磁场中的运动时间变为(

)

A.12Δt B．2Δt C.13Δt D．3Δt

答案：B

解析：带电粒子运动的轨迹如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，以速度v射入时，半径为r1＝mvqB。根据几何关系可知tan 30°＝Rr1，解得r1＝3R，运动时间为t＝θ2πT＝16T＝Δt。以速度v3射入时，半径为r2＝mv3qB，所以r2＝r13＝3R3。设第二次射入时转过的圆心角为θ′，根据几何关系可知tan θ′2＝Rr2＝3，所以θ＝120°。则第二次运动的时间为t′＝T3＝2Δt，故B项正确。 k12精品

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2．带电粒子在磁场中运动的多解问题

a．磁场方向(或粒子电性)不确定造成带电粒子偏转方向不确定形成多解

(4)(多选)(经典题，6分)如图所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则(

)

A．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0

B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0

C．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0

D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0

答案：AD

解析：在未加磁场时，根据牛顿第二定律和库仑定律，有kQqr2＝m·4π2rT20。加磁场时，根据牛顿第二定律、库仑定律和洛伦兹力公式，若磁场方向指向纸里，kQqr2－qvB＝m4π2T21r，则

T1＞T0。若磁场方向指向纸外，kQqr2＋qvB＝m4π2T22r，则T2＜T0。故A项、D项均正确，B项、C项均错误。

(5)(2017晋江模拟，12分)如图所示，第一象限范围内有垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m，电量大小为q的带电粒子在xOy平面内经原点O射入磁场中，初k12精品

K12精品文档学习用 速度v0与x轴正方向夹角θ＝60°，求：

①带电粒子从何处离开磁场？穿越磁场时运动方向发生的偏转角多大；

②带电粒子在磁场中运动时间多长。

答案：①若带电粒子带负电，在x轴上从距O点3mv0qB处离开磁场(3分)，穿越磁场时运动方向发生的偏转角为120°(1分)；若带电粒子带正电，在 y轴上从距O点mv0qB处离开磁场(3分)，穿越磁场时运动方向发生的偏转角为60°(1分)

②若带电粒子带负电，在磁场中运动时间为2πm3qB(2分)；若带电粒子带正电，在磁场中运动时间为πm3qB(2分)

解析：①若带电粒子带负电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O1，粒子向x轴偏转，并从A点离开磁场，运动轨迹如图所示。

运动方向发生的偏转角为θ1＝120°(1分)

A点与O点的距离为x＝3R(1分)

根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝mv20R (1分)

联立以上两式，解得x＝3mv0qB(1分)

若带电粒子带正电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O2，粒子向y轴偏转，并从B点离开磁场，运动轨迹如图所示。

运动方向发生的偏转角为θ2＝60°(1分)

B点与O点的距离为y＝R＝mv0qB(3分) k12精品

K12精品文档学习用 ②带电粒子运动一周所用的时间为

T＝2πmqB

若粒子带负电，它从O到A所用的时间为

t1＝θ1360°T＝2πm3qB(2分)

若粒子带正电，它从O到B所用的时间为

t2＝θ2360°T＝πm3qB(2分)

b．临界状态不唯一形成多解

(6)(2017南充模拟，19分)一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的带负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。

①若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的比荷和速率分别是多大？

②若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？

答案：①ω0B ω0R(6分) ②圆筒角速度大小应为3n＋12ω0(顺时针转动)或者3n＋22ω0(逆时针转动)，其中n＝0，1，2，3，… (13分)

解析：①若粒子沿MN方向入射，当筒转过90°时，粒子从M孔(筒逆时针转动)或N孔(筒顺时针转动)射出，作粒子轨迹1如图所示。 k12精品

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由轨迹1可知半径r＝R(1分)

根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R(1分)

解得粒子运动周期T＝2πRv＝2πmqB(1分)

筒转过90°的时间t＝π2ω0＝π2ω0(1分)

又t＝T4＝πm2qB

联立以上式子，解得比荷qm＝ω0B (1分)

粒子的速率v＝ω0R (1分)

②若粒子与MN方向成30°入射，速率不变则半径仍为R，作粒子轨迹2如图所示，轨迹2圆心为O′，则四边形MO′PO为菱形，可得∠MO′P＝∠MOP＝2π3

所以∠NOP＝π3(1分)

则粒子偏转的时间t＝2π32πT＝T3(1分)

又T＝2πω0

联立以上式子，解得t＝2π3ω0 (1分)

由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：

当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1，

若从N点离开，则筒转动时间满足 k12精品

K12精品文档学习用 t＝π3＋2kπω1(1分)

解得ω1＝3·2k＋12ω0，其中k＝0，1，2，3，…(1分)

若从M点离开，则筒转动时间满足

t＝π3＋（2k＋1）πω1(1分)

解得ω1＝3（2k＋1）＋12ω0，其中k＝0，1，2，3，…(1分)

综上可得ω1＝3n＋12ω0，其中n＝0，1，2，3，…(1分)

当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2，

若从M点离开，则筒转动时间满足

t＝2π3＋2kπω2(1分)

解得ω2＝3·2k＋22ω0, 其中k＝0，1，2，3，…(1分)

若从N点离开，则筒转动时间满足

t＝2π3＋（2k＋1）πω2(1分)

解得ω2＝3（2k＋1）＋22ω0，其中k＝0，1，2，3，…(1分)

综上可得ω2＝3n＋22ω0，其中n＝0，1，2，3，…(1分)

综上所述，圆筒角速度大小应为ω1＝3n＋12ω0或者ω2＝3n＋22ω0，其中n＝0，1，2，3，…

c．运动的往复性形成多解 k12精品

K12精品文档学习用 (7)(经典题，12分)如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？

答案：n＋1n(n＝1，2，3，…)(12分)

解析：粒子在整个运动过程中的速度大小恒为v，交替地在xOy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动，轨道都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为r1和r2，有

r1＝mvqB1①(2分)

r2＝mvqB2②(2分)

在xOy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2r1的A点，接着沿半径为r2的半圆D1运动至y轴上O1点，如图所示。

OO1的距离d＝2(r2－r1)③(2分)

此后，粒子每经历一次 “回旋”(即从x轴出发沿半径为r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方的y轴)，粒子的纵坐标就减小d，设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点，若OOn即nd满足nd＝2r1④(2分)

则粒子再经过半圆Cn＋1就能够经过原点，式中n＝1，2，3，…，为回旋次数

③④联立，解得r1r2＝nn＋1(n＝1，2，3，…)⑤(2分)