【物理】2020届一轮复习人教版第九章第2节磁场对运动电荷的作用学案

【物理】2020届一轮复习人教版第九章第2节磁场对运动电荷的作用学案

第 2 节 磁场对运动电荷的作用 考点 1 ► 对洛伦兹力的理解 【p164】 夯实基础 洛伦兹力：磁场对__运动电荷__的作用力． 1．洛伦兹力的大小：__F＝qvBsin__θ__，其中θ为 v 与 B 间的夹角．当带电粒子的运动方向与磁场 方向互相平行时，F＝0；当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，F＝__qvB__．只有运动电荷在磁 场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中不受磁场的作用力． 2．洛伦兹力计算公式的推导 如图所示，整个导线受到的磁场力(安培力)为 F 安＝BIL；其中 I＝nqSv；设导线中共有 N 个自由电子 N＝nSL；每个电子受的磁场力为 F，则 F 安＝NF.由以上四式得 F＝qvB.条件是 v 与 B 垂直．当 v 与 B 成θ 角时，F＝qvBsin θ. 3．洛伦兹力的方向：运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力方向可用__左手定则__来判定，要注意：四 个手指的指向与__正__电荷的运动方向相同、与负电荷的运动方向相反；洛伦兹力 F一定__垂直于__B、v 的方向(即 F 总是垂直于 B 和 v 所在的平面)，但 B、v 不一定垂直． 4．洛伦兹力的特点：对运动电荷不做功，只能改变运动电荷__速度的方向__，不改变运动电荷的速 度大小． 考点突破 例 1 如图所示，下端封闭、上端开口、高 h＝5 m 内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量 m＝10 g， 电荷量的绝对值|q|＝0.2 C 的小球，整个装置以 v＝5 m/s 的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度 B＝ 0.2 T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从 上端管口飞出．g取 10 m/s 2 .下列说法中正确的是( ) A．小球带负电 B．小球在竖直方向做匀速直线运动 C．小球在玻璃管中的运动时间小于 1 s D．小球机械能的增加量为 1 J 【解析】由左手定则可知，小球带正电，选项 A错误；玻璃管在水平方向做匀速运动，则竖直方向所 受的洛伦兹力恒定，则竖直方向加速度不变，即小球在竖直方向做匀加速直线运动，选项 B错误；小球在 竖直方向的加速度 a＝ Bqv－mg m ＝ 0.2×0.2×5－0.01×10 0.01 m/s2＝10 m/s2，在管中运动的时间 t＝ 2h a ＝ 2×5 10 s＝1 s，选项 C错误；小球到管口时的速度 v′＝at＝10 m/s，机械能的增加量：ΔE＝mgh＋ 1 2 mv′ 2 ＝(0.01×10×5＋ 1 2 ×0.01×10 2 ) J＝1 J，选项 D正确． 【答案】D 针对训练 1．(多选)如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 为倾斜直轨道，BC 为与 AB 相切的 圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中， 甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道 AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰 好能通过圆形轨道的最高点，下列说法正确的有(CD) A．经过最高点时，三个小球的速度相等 B．经过最高点时，甲球的速率最小 C．甲球的释放位置比乙球的高 D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变 【解析】对甲球：F洛 1＋mg＝ mv 2 甲 R ，对乙球：mg－F 洛 2＝ mv 2 乙 R ，对丙球：mg＝ mv 2 丙 R ，∴v 甲>v 丙>v 乙，F 洛 不做功，依机械能守恒，有 h 甲>h 丙>h 乙，C、D均对． 2．如图所示，质量为 m，电量为 q 的带正电物体，在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场 中，沿水平面向左以初速度 v 运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g，则(B) A．若另加一个电场强度为 μ（mg＋qvB） q 、方向水平向右的匀强电场，物体做匀速运动 B．若另加一个电场强度为 mg＋qvB q 、方向竖直向上的匀强电场，物体做匀速运动 C．物体的速度由 v 减小到零所用的时间等于 mv μ（mg＋qvB） D．物体的速度由 v 减小到零所用的时间小于 mv μ（mg＋qvB） 【解析】若另加一个电场强度为 μ（mg＋qvB） q 、方向水平向右的匀强电场，电场力 F＝qE＝μ(mg＋ qvB)＝f，但电场力的方向与摩擦力方向相同，故物体不能处于平衡状态，故 A 错误；若另加一个电场强 度为 mg＋qvB q 、方向竖直向上的匀强电场，电场力 F＝qE＝mg＋qvB，支持力为零，故摩擦力为零，物体做 匀速直线运动，故 B 正确；对物体受力分析，受重力、支持力，洛伦兹力和滑动摩擦力；根据左手定则， 洛伦兹力向下，合力向右，物体做减速运动；由于摩擦力 f＝μ(mg＋qvtB)，不断减小，加速度不断减小， 不是匀变速运动，故物体的速度由 v减小到零所用的时间大于 mv μ（mg＋qvB） ，故 C、D错误． 考点 2 ► 带电粒子在磁场中的 圆周运动问题 【p165】 夯实基础 1．带电粒子速度方向与磁场方向平行时，在磁场中做__匀速直线__运动． 2．带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下必定做__匀速圆周运动__． (1)轨迹半径 R 依 Bqv＝__ mv 2 R __，得 R＝__ mv qB __． (2)运动周期 T，T＝__ 2πR v __，又 R＝ mv qB ，得 T＝__ 2πm qB __，所以 T与__R、v__无关，只由带电粒子的 比荷和磁感应强度决定． (3)运动时间 t，当带电粒子转过的圆心角为α时，运动时间 t＝ αT 2π ＝ mα qB 或 t＝ s v ＝ Rα v ＝ mα qB . 考点突破 例 2 如图所示，在某电子设备中分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.AC、AD 两块 挡板垂直纸面放置，夹角为 90°，一束电荷量为＋q、质量为 m的相同粒子，从 AD 板上距 A 点为 L 的小孔 P 以不同速率沿纸面射入，速度方向与 AD 板的夹角均为 60°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，粒 子打在挡板上就被挡板吸收．则( ) A．粒子在磁场中运动的最长时间 t＝ 2πm 3Bq B．直接打在 AD 板上的粒子，运动速率的最大值为 3BqL m C．垂直打在 AC 板上的粒子，运动的速率 v＝ 2 3BqL 3m D．在磁场中运动的时间 t＝ πm 2Bq 的粒子，运动的速率 v＝ （ 3－1）BqL m 【解析】如图所示，根据已知条件画出粒子的运动轨迹(如图线Ⅰ)，粒子打在 AD 板上在磁场中运动 的时间最长，由几何关系可知：轨迹对应的圆心角：θ＝120°，粒子在磁场中运动的最长时间 t＝ 120 360 × 2πm qB ＝ 2πm 3qB ，故 A正确； 由 qvB＝ mv 2 R ，可知 v＝ qBR m ，直接打在 A 点的粒子的运动速率取最大值，由几何关系可得 2Rcos 30°＝ L，解得 R＝ 3L 3 ，即粒子的运动速率的最大值 vm＝ 3qBL 3m ，故 B 错误；粒子垂直打到 AC 板，运动轨迹如图 线Ⅱ所示，由几何关系可得 R′cos 30°＝L，解得 R′＝ 2 3L 3 ，即粒子的运动速率为 v＝ 2 3qBL 3m ，故 C 正 确；由题意可知 t＝ πm 2qB ＝ T 4 ，运动轨迹如图线Ⅲ所示，由几何关系可得 L＝R1cos 30°＋R1sin 30°，解得 R1＝( 3－1)L，运动的速率 v＝ （ 3－1）qBL m ，故 D正确． 【答案】ACD 【小结】1.带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，其运动规律是洛伦兹力做向心力， 此类题一般按以下三步解题： (1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出运动轨迹． (2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相 联系，在磁场中运动的时间与周期相联系． (3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式． 2．解题的关键是画粒子运动的示意图，确定圆心、半径及圆心角． (1)圆心的确定 ①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出 射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示， 图中 P 为入射点，M 为出射点)． ②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射 点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)． (2)半径的确定： 用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．注意粒子速度的偏向角等于粒 子转过的圆心角，等于弦切角的 2 倍． (3)运动时间的确定 粒子在磁场中运动一周的时间为 T，当粒子运动的圆弧所 对应的圆心角为α时，其运动时间为：t＝ α 2π T(t＝ s v ＝ Rα v ＝ mα qB )． 轨迹所对的圆心角最小时，运动时间最短． 轨迹所对的圆心角最大时，运动时间最长． 3．常见的几种磁场边界 (1)单条直线边界：进出磁场具有对称性，如图所示． (2)平行边界：存在临界条件，如图所示． (3)圆形边界：沿径向射入必沿径向射出，如图所示． 针对训练 3．(多选)如图所示，半径为 R 的半圆形有界磁场关于 x 轴对称，y 轴刚好与磁场左边界在坐标原点处 相切，在坐标原点处有一粒子源，可以沿 x 轴正方向连续地发射质量为 m，电荷量大小为 q 的不同速率的 正、负电荷．已知磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁感应强度大小为 B，若粒子不能从半圆的直径部分 射出，则(AD) A．粒子在磁场中运动的最大半径可能为 R B．粒子在磁场中运动的最大速度可能为 qBR 2m C．粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为(π－1)R 2 D．粒子在磁场中运动的最短时间可能为 πm 2qB 【解析】粒子不能从半圆的直径部分射出，则半径最大的是轨迹刚好与直径相切，由几何关系可知这 时的粒子运动半径为 R，选项 A 正确；最大半径对应着最大速度，由 R＝ mv qB 得 v＝ qBR m ，选项 B 错误；粒子 在磁场中运动扫过的面积最大可能为 4( 1 4 πR2－ 1 2 R2)＝(π－2)R2，选项 C 错误；粒子在磁场中运动的轨道 半径越大，运动轨迹所对的圆心角越小，因此最小时间为 1 4 T＝ πm 2qB ，选项 D 正确． 4．在 xOy 平面的第一象限内存在着垂直于平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，两个相同的带 电粒子以相同的速度分别从 y 轴上的 P、Q 两点同时垂直于 y 轴向右射出，最后均打在 x 轴上的 N 点，已 知 P、N 两点的坐标分别为(0，3L)、( 3L，0)，不计两粒子的重力与相互作用力．根据题中条件不能确定 的是(D) A．两带电粒子在磁场中运动的半径 B．两带电粒子到达 N点所用的时间比 C．Q 点的坐标 D．带电粒子的比荷 【解析】粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知 PN 长为 2 3L；∠OQN＝60°，则 R＝ 3L 3 2 ＝2L；因两 粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的轨迹半径相同；即两粒子的轨迹半径均可求出；A 能确 定；同时根据几何关系可知，从 P 入射的粒子在磁场中转过的圆心角为 120°，从 Q 入射的粒子在磁场中 转过的圆心角为 60°；即可确定对应的运动时间，则由 t＝ θ 360° T，可以求得运动的时间比：tP∶tQ＝120°∶ 60°＝2∶1，可确定带电粒子到达 N 点所用的时间比，B 能确定；根据几何关系，OQ＝L，可以确定 Q点的 坐标，C能确定；根据 R＝ mv qB ，由于不知磁感应强度和速度，故无法求得比荷，D 不能确定；故选 D. 考点 3 ► 带电粒子在有界磁场中 的临界问题 【p166】 夯实基础 当在题干中出现“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语时，就预示着是一个临界极值问题．必须 借助半径 R 和速度 v(或磁场 B)之间的约束关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和磁场边界的相切或相交 关系，找出切点和交点，然后用数学方法求出极值．常用的结论有： 1．刚好穿出磁场边界的条件是轨迹与边界相切． 2．当速度 v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，运动时间越长，v 变化时，圆心角越大，运动 时间越长． 3．当速度 v 变化时，圆心角大的，运动时间长．解题时要画出运动轨迹图，找出圆心，依几何关系 求出轨迹半径及圆心角． 4．在圆形匀强磁场中，当轨迹圆半径大于磁场圆半径时，则入射点和出射点连线等于磁场圆直径时， 轨迹对应的偏转角最大，运动时间最长． 考点突破 例 3 如图所示，平行边界 MN、PQ 间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，两边界 的间距为 d，MN 上有一粒子源 A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为 m、电荷量均为＋q 的粒子， 粒子射入磁场的速度大小 v＝ 2qBd 3m ，不计粒子的重力，则粒子能从 PQ 边界射出的区域长度与能从 MN 边界 射出的区域长度之比为( ) A．1∶1 B．2∶3 C. 3∶2 D. 3∶3 【解析】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故有：qBv＝m v 2 R ，则粒子运动半径为 R ＝ mv qB ＝ 2 3 d，由左手定则得：粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动；当粒子沿 AN 方向进入磁场时，粒子打 在 PQ 上的位置为粒子能从 PQ 边界射出的区域的最下端，由几何关系得：落点距 A 点的竖直距离为：L1＝ R 2 －(d－R) 2 ＝ 3 3 d，粒子进入磁场的方向逆时针旋转，粒子打在 PQ 上的点上移，直到运动轨迹与 PQ 相 切时，粒子打在 PQ 上的位置为粒子能从 PQ 边界射出的区域的最上端，由几何关系得：落点距 A 点的竖直 距离为：L2＝ R2－(d－R) 2 ＝ 3 3 d，故粒子能从 PQ 边界射出的区域长度为：L＝L1＋L2＝ 2 3 3 d，因为 RQB，则 A球在 B 球的下方运动 B．无论 QA、QB关系如何，A、B 均能在同一轨道上运动 C．若 QA>QB，则漏斗对 A 球的弹力大于对 B 球的弹力 D．无论 QA、QB关系如何，均有漏斗对 A球的弹力等于漏斗对 B球的弹力 【解析】根据左手定则，小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外，受力分析如图： FNsin θ＝mg；FNcos θ－qvB＝ mv2 R ，则 R＝ mv2tan θ mg－qvBtan θ ，则 R 随 q 的变大而增大，则 A、B 错误； 由竖直方向的受力可知：FN＝ mg sin θ ，则压力不变，选项 C错误，D 正确． 4．如图所示，在直角三角形 abc 区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 为 B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长 ac＝L.一个粒子源在 a 点将质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子以大 小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是(A) A. qBL 2m B. 3qBL 6m C. 3qBL 4m D. qBL 6m 【解析】依 t＝ θ 2π T，在磁场中转过的角度θ最大时，运动时间最长，因此速度方向沿 ab 射入磁场的 粒子在磁场中偏转的最大角度为 120°，时间最长．在这种情况下，最大速度对应着最大半径，而最大半 径只能是 R＝ab＝ L 2 ，故 A 正确． 5．如图，abcdef 为圆形磁场区域的圆周上的 6个等分点，比荷相同的粒子先后从 f 沿 fd 方向射入磁 场区域．从 a 点离开磁场的粒子，速度大小为 va，在磁场中运动的时间为 ta；从 c 点离开磁场的粒子，速 度大小为 vc，在磁场中运动的时间为 tc.不计粒子重力，则(A) A. va vc ＝ 1 4 ， ta tc ＝ 3 1 B. va vc ＝ 1 4 ， ta tc ＝ 2 1 C. va vc ＝ 1 2 ， ta tc ＝ 2 1 D. va vc ＝ 1 2 ， ta tc ＝ 3 1 【解析】画出从 a、c 两点射出磁场的比荷相同的粒子的运动轨迹如图所示，从 a 点射出的粒子的轨 迹圆圆心位于 Oa，从 C 点射出的粒子的轨迹圆圆心为 Oc，由几何关系得：从 a点射出的粒子的半径 ra＝ 1 2 R(R 为磁场区域的半径)，从 c 点射出的粒子的半径 rc＝2R.由洛伦兹力提供向心力 qvB＝m v2 r 可得 v＝ qBr m ，周 期 T＝ 2πr v ＝ 2πm qB ，在磁场中运动时间 t＝ θ 360° T. 所以 va vc ＝ ra rc ＝ 1 2 R 2R ＝ 1 4 ， ta tc ＝ θa θc ＝ 180° 60° ＝ 3 1 ，选项 A 正确． 6．如图所示，边长为 L 的正方形 ABCD 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为 m、带电荷量为 q 的粒子从 A 点以速度 v0垂直射入磁场，速度方向与 AB 的夹角为α，粒子刚好从 B 点射出磁场，不计粒子 重力，则(D) A．粒子一定带正电 B．匀强磁场的磁感应强度为 2mv0cos α qL C．粒子从 A到 B所需的时间为 2αL v0sin α D．粒子在磁场中离 AB 的最远距离为 (1－cos α)L 2sin α 【解析】在 A 位置，已知速度方向、磁场方向和洛伦兹力方向，根据左手定则，粒子带负电荷，故 A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹，如图所示： 结合几何关系，有：r＝ L 2 sin α ＝ L 2sin α ，根据牛顿第二定律，有：qv0B＝ mv 2 0 r ，联立解得：B＝ 2mv0sin α qL ， B错误；从A点到B点对应的弧长为：s＝2αr＝ αL sin α ；故粒子从A点到B点所需的时间为：t＝ s v0 ＝ αL v0sin α ， C 错误；粒子在磁场中离 AB 边界的最远距离为：ΔL＝r－rcos α＝ (1－cos α)L 2sin α ，D 正确． 7．一束质子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是一个正方形的、方向垂直纸面向外的匀强磁场中， 则下列说法中正确的是(C) A．在磁场中运动时间越长的质子，其轨迹线一定越长 B．在磁场中运动时间相同的质子，其轨迹线一定重合 C．在磁场中运动时间越长的质子，其轨迹所对圆心角一定越大 D．速率不同的质子，在磁场中运动时间一定不同 【解析】质子在同一匀强磁场中运动周期相同，T＝ 2πm eB .据题意分析如图所示，速率不同的质子群在 有界磁场中分别运动的时间可能有： T 2 ＝ta＝tb＞tc＞td＞te，其中 a、b 轨迹所对圆心角最大，均为π.所以 在 A、B、C 三个选项中选择 C.由图还可看到，ra＜rb.因为 r＝ mv eB ，所以 va＜vb.虽 a、b 速率不同，但在有 界磁场中运动时间相同，D错． 8．如图所示，在一挡板 MN 的上方，有磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P 为 MN 上的一个粒子发射源，它能连续垂直磁场向 MN 上方各个方向发射速率为 v、质量为 m、带电量为 q的粒子， 假设不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收．则在垂直于磁场的平面内， 有粒子经过的区域面积是(C) A. πm 2 v 2 q 2 B 2 B. 2πm 2 v 2 q 2 B 2 C. 3πm2v2 2q2B2 D. πm2v2 4q2B2 【解析】由题意可知粒子在磁场中的运动半径 R＝ mv qB ，所有粒子在磁场中半径相同， 由图可知，由 O 点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的 轨迹圆可认为是以 O 点为圆心以 2R 为半径转动．如图所示，由几何图形可知，带电粒子可能经过的区域 的面积为：S＝ 1 2 πR 2 ＋ 1 4 π(2R) 2 ＝ 3πm 2 v 2 2q 2 B 2 ，故选 C. B 组 9．如图所示，带有正电荷的 A 粒子和 B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为 30 °、60°)从宽度为 d 的有界匀强磁场的边界上的 O 点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说 法中正确的是(D) A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 1∶ 3 B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 2＋ 3 3 C．A、B两粒子的比荷之比是 3∶1 D．A、B两粒子的比荷之比是 2＋ 3 3 【解析】设粒子速度 v 与磁场左边界成α角，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：qvB＝m v 2 r ，解得：r＝ mv qB ； 由几何关系得：rcosα＋r＝d，∴ rAcos 30°＋rA＝d，rBcos 60°＋rB＝d，解得： rA rB ＝ 3 2＋ 3 ，故 A、 B 错误；粒子轨道半径：r＝ mv qB 可知， q m ＝ v Br ，由题意可知，两粒子的 v 大小与 B 都相同，则两粒子的 q m 之比 与轨道半径成反比，则 A、B 两粒子的 q m 之比是 2＋ 3 3 ，故 C 错误，D正确． 10．如图所示，在半径为 a(大小未知)的圆柱空间(图中圆为其横截面)，固定放置一绝缘材料制成的 边长为 L 的弹性等边三角形框架 DEF，其中心 O 位于圆柱的轴线上．在三角形框架 DEF 与圆柱之间的空间 中，充满磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，其方向平行于圆柱轴线垂直纸面向里．在 EF 边上的中点 S 处 有一发射带电粒子的粒子加速器，粒子发射的方向均在截面内且垂直于 EF 边并指向磁场区域．发射粒子 的电量均为 q(q>0)，质量均为 m，速度大小均为 v＝ qBL 6m ，若粒子与三角形框架的碰撞均没有动能损失，且 粒子在碰撞过程中所带的电量不变．(不计带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用)求： (1)为使初速度为零的粒子速度增加到 v＝ qBL 6m ，在粒子加速器中，需要的加速电压为多大； (2)带电粒子在匀强磁场区域内做匀速圆周运动的半径； (3)若满足：从 S 点发射出的粒子都能再次返回 S 点，则匀强磁场区域的横截面圆周半径 a 至少为多 大？ (4)若匀强磁场区域的横截面圆周半径 a 满足第(3)问的条件，则从 S 点发射出的某带电粒子从 S 点发 射到第一次返回 S点的时间是多少． 【解析】(1)在粒子加速器中，带电粒子在电场中被加速，根据动能定理 qU＝ 1 2 mv2，解得 U＝ qB 2 L 2 72m (2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m v 2 r ，解得 r＝ mv qB ＝ L 6 (3)设想某个带电粒子从 S发射后又能回到 S，则带电粒子运动轨迹如图所示 当带电粒子的运动轨迹同磁场区域内切时，磁场区域半径有最小值 amin，由几何关系得 amin＝OG＝OF＋FG＝r＋ 3L 3 ＝( 1 6 ＋ 3 3 )L (4)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由 T＝ 2πr v ＝ 2πm qB 由轨迹图可知，带电粒子从 S 点发射到第一次返回 S 点的时间是 t＝ 11 2 T＝ 11πm qB 11．如图所示，xOy 平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.08 T，在原点 O 有一粒子 源，它可以在 xOy 平面内向Ⅰ、Ⅳ象限各个方向发射质量 m＝9.6×10 －24 kg、电荷量 q＝4.8×10 －16 C、速 度 v＝1×10 6 m/s 的带正电的粒子．一足够长薄板平行于 x 轴垂直于 y 轴放置，与 y 轴交于 O′点且离 x 轴距离为 0.4 m，不考虑粒子之间的相互作用，结果保留两位有效数字． (1)若磁场范围足够大，求薄板下表面被粒子击中的区域的长度； (2)若匀强磁场大小、方向均不变，但只存在于一个圆形区域中，粒子源恰好在其边界上，已知粒子 最后全部垂直打在薄板上，求粒子从 O 点到薄板的最长时间和最短时间． 【解析】(1)带电粒子在磁场中受洛伦兹力，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有 qvB＝m v 2 r 得 r＝ mv qB ＝0.25 m 如图所示，轨迹直径的另一端在薄板上 M 点时粒子落点为右侧最远点，显然 OM＝2r＝0.50 m，O′M ＝0.30 m 轨迹与薄板左侧相切于 N 点时粒子落点为左侧最远点，NO2延长交 x轴于 N′点，分析可得 O2N′＝0.4 m－0.25 m＝0.15 m 得 ON′＝0.20 m，解得 O′N＝0.20 m 被打中区域长 MN＝0.50 m (2)依题意可知，虚线圆为磁场边界，当其半径等于轨迹半径时，粒子射出磁场时方向与 x 轴垂直， 粒子离开圆形磁场时，经分析速度方向均沿 y轴正方向垂直打到薄板上． 当初速度方向沿 y 轴正方向时，轨迹最短，最短时间 t1＝ OO′ v ＝ 0.4 1.0×10 6 s＝4.0×10 －7 s 当速度方向沿 y 轴负方向时，轨迹经 x 轴上的 P 点后垂直打到薄板上，轨迹最长，最长时间 t2＝ πr v ＋ OO′ v ＝1.2×10－6 s