2017高考物理考前知识专题磁场对电流和运动电荷的作用复习题

作者:佚名 资料来源:网络 点击数:    更新日期:2017-1-19  有奖投稿

2017高考物理考前知识专题磁场对电流和运动电荷的作用复习题

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文 章来
源莲山 课件 w w
w.5 Y k J.Co m

  
考题一 磁场对通电导体的作用力
 
1.安培力大小的计算公式:F=BILsin θ(其中θ为B与I之间的夹角).
(1)若磁场方向和电流方向垂直:F=BIL.
(2)若磁场方向和电流方向平行:F=0.
2.安培力方向的判断:左手定则.
方向特点:垂直于磁感线和通电导线确定的平面.
3.两个常用的等效模型
(1)变曲为直:图1甲所示通电导线,在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流.
 
 
图1
(2)化电为磁:环形电流可等效为小磁针,通电螺线管可等效为条形磁铁,如图乙.
4.求解磁场中导体棒运动问题的方法
(1)分析:正确地对导体棒进行受力分析,应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向,安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直.
(2)作图:必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图,即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图.
(3)求解:根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解.
 
例1 如图2所示,某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极,沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”,若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场,磁感应强度为B=0.1 T,玻璃皿的横截面的半径为a=0.05 m,电源的电动势为E=3 V,内阻r=0.1 Ω,限流电阻R0=4.9 Ω,玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9 Ω,闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5 V,则(  )
 
图2
A.由上往下看,液体做顺时针旋转
B.液体所受的安培力大小为1.5×10-4 N
C.闭合开关10 s,液体具有的动能是4.5 J
D.闭合开关后,液体电热功率为0.081 W
解析 由于中心圆柱形电极接电源的负极,边缘电极接电源的正极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心;玻璃皿所在处的磁场竖直向上,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿逆时针方向,因此液体沿逆时针方向旋转;故A错误;此电路为非纯电阻电路,电压表的示数为1.5 V,则根据闭合电路欧姆定律:E=U+IR0+Ir,所以电路中的电流值:I=E-UR0+r=3-1.54.9+0.1 A=0.3 A,液体所受的安培力大小为:F=BIL=BIa=0.1×0.3×0.05 N=1.5×10-3 N.故B错误;玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9 Ω,则液体热功率为P热=I2R=0.32×0.9 W=0.081 W.故D正确;10 s末液体的动能等于安培力对液体做的功,通过玻璃皿的电流的功率:P=UI=1.5×0.3 W=0.45 W,所以闭合开关10 s,液体具有的动能是:Ek=W电流-W热=(P-P热)•t=(0.45-0.081)×10 J=3.69 J,故C错误.
答案 D
 变式训练
1.(2016•海南单科•8)如图3(a)所示,扬声器中有一线圈处于磁场中,当音频电流信号通过线圈时,线圈带动纸盆振动,发出声音.俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)磁场方向如图中箭头所示,在图(b)中(  )
  
图3
A.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
答案 BC
解析 将环形导线分割成无限个小段,每一小段看成直导线,则根据左手定则,当电流顺时针时,导线的安培力垂直纸面向外,故选项A错误,选项B正确;当电流逆时针时,根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里,故选项C正确,选项D错误.
2.如图4所示,某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一正方形刚性线圈,边长为L,匝数为n,线圈平面与磁场方向垂直,线圈一半在磁场内.某时刻,线圈中通过大小为I的电流,则此线圈所受安培力的大小为(  )
 
图4
A.2BIL  B.12nBIL  C.nBIL  D.2nBIL
答案 D
解析 线框的有效长度为L′=2L,故线圈受到的安培力为F=nBIL′=2nBIL,D正确.
3.如图5甲所示,两平行光滑导轨倾角为30°,相距10 cm,质量为10 g的直导线PQ水平放置在导轨上,从Q向P看到的侧视图如图乙所示.导轨上端与电路相连,电路中电源电动势为12.5 V,内阻为0.5 Ω,限流电阻R=5 Ω,R′为滑动变阻器,其余电阻均不计.在整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为1 T的匀强磁场(图中未画出),磁场方向可以改变,但始终保持垂直于直导线.若要保持直导线静止在导轨上,则电路中滑动变阻器连入电路电阻的极值取值情况及与之相对应的磁场方向是(  )
 
 
图5
A.电阻的最小值为12 Ω,磁场方向水平向右
B.电阻的最大值为25 Ω,磁场方向垂直斜面向左上方
C.电阻的最小值为7 Ω,磁场方向水平向左
D.电阻的最大值为19.5 Ω,磁场方向垂直斜面向右下方
答案 D
解析 磁场方向水平向右时,直导线所受的安培力方向竖直向上,由平衡条件有mg=BIL,得I=mgBL=0.01×101×0.1 A=1 A,由I=ER+R′+r得R′=7 Ω,故A错误;磁场方向垂直斜面向左上方时,直导线所受的安培力方向沿斜面向下,不可能静止在斜面上,故B错误;磁场方向水平向左时,直导线所受的安培力方向竖直向下,不可能静止在斜面上,故C错误;磁场方向垂直斜面向右下方时,直导线所受的安培力方向沿斜面向上,由平衡条件有mgsin 30°=BIL,得I=12•mgBL=0.5 A,由I=ER+R′+r得R′=19.5 Ω,即电阻的最大值为19.5 Ω,故D正确.
考题二 带电粒子在磁场中的运动
 
1.必须掌握的几个公式
 
2.轨迹、圆心和半径是根本,数学知识是保障
(1)画轨迹:根据题意,画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹.
(2)圆心的确定:轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上,如图6所示.
 
图6
(3)半径的确定:利用平面几何关系,求出轨迹圆的半径,如r=AB2sinα2=AB2sin θ,然后再与半径公式r=mvqB联系起来求解.
(4)时间的确定:t=α2π•T=αmqB或t=sv=αRv.
(5)注意圆周运动中的对称规律:如从同一边界射入的粒子,从同一边界射出时,速度方向与边界的夹角相等;在圆形磁场区域内,沿径向射入的粒子,必沿径向射出.
 
例2 (2016•海南单科•14)如图7,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L.在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场.已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0.不计重力.
 
图7
(1)求磁场的磁感应强度的大小;
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和;
(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为53t0,求粒子此次入射速度的大小.
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期T=4t0 ①
设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得qvB=mv2r ②
匀速圆周运动的速度满足v=2πrT ③
联立①②③式得B=πm2qt0 ④
(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示.
 
(a)
设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2.由几何关系有:θ1=180°-θ2 ⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则t1+t2=T2=2t0 ⑥
(3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为为150°.设O′为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有∠OO′D=∠BO′A=30° ⑦
 
(b)
r0cos∠OO′D+r0cos∠BO′A=L ⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律
v0=2πr0T ⑨
联立①⑦⑧⑨式得v0=3πL7t0.
答案 (1)πm2qt0 (2)2t0 (3)3πL7t0
 变式训练
4.(2016•全国甲卷•18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图8所示.图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动.在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角.当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为(  )
 
图8
A.ω3B   B.ω2B
C.ωB   D.2ωB
答案 A
解析 画出粒子的运动轨迹如图所示,
 
由洛伦兹力提供向心力得,qvB=mv2r,又T=2πrv,联立得T=2πmqB
由几何知识可得,轨迹的圆心角为θ=π6,在磁场中运动时间t=θ2πT,粒子运动和圆筒运动具有等时性,则θ2πT=π2ω,解得qm=ω3B,故选项A正确.
5.(2016•四川理综•4)如图9所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb,当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力.则(  )
 
图9
A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1 
B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2
C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1 
D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2
答案 A
解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,运动轨迹如图所示,
 
由几何关系得,rc=2rb,θb=120°,θc=60°,由qvB=mv2r得,v=qBrm,则vb∶vc=rb∶rc=1∶2, 又由T=2πmqB,t=θ2πT和θB=2θC得tb∶tc=2∶1,故选项A正确,B、C、D错误.
6.(2016•全国丙卷•18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图10所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(  )
 
图10
A.mv2qB  B.3mvqB  C.2mvqB  D.4mvqB
答案 D
解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r=mvqB.轨迹与ON相切,画出粒子的运动轨迹如图所示,由于AD=2rsin 30°=r,故△AO′D为等边三角形,∠O′DA=60°,而∠MON=30°,则∠OCD=90°,故CO′D为一直线,OD=CDsin 30°=2CD=4r=4mvqB,故D正确.
 
考题三 带电粒子在相邻多个磁场中的运动
 
找到半径是关键,边界分析是突破点
带电粒子在多磁场中的运动,一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运动,解决此类问题的一般思路:
(1)根据题中所给的条件,画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹;
(2)根据画出的轨迹,找出粒子在两磁场中做圆周运动的圆心和半径;
(3)适当添加辅助线,运用数学方法计算出粒子在两磁场中运动的轨迹半径(有时候还要找出圆心角);
(4)结合粒子运动的半径公式r=mvBq(或周期公式T=2πmqB)即可得出所求的物理量.
考生需要特别注意的是,分析出带电粒子在两磁场分界处的运动情况是解决此类问题的突破点.
 
例3 如图11所示,为一磁约束装置的原理图.同心圆内存在有垂直圆平面的匀强磁场,同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合.半径为R0的圆形区域I内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1.一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0、R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域I,粒子全部经过x轴上的P点,方向沿x轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场B2时,上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域I,粒子恰好能够约束在环形区域内,且经过环形区域Ⅱ后能够从Q点沿半径方向射入区域I,已知OQ与x轴正方向成60°角.不计重力和粒子间的相互作用.求:
 
图11
(1)区域I中磁感应强度B1的大小;
(2)环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形外圆半径R的大小;
(3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至第一次到Q点的运动时间.

[思维规范流程]
步骤1:在区域I:画出轨迹,定圆心,由几何关系得出r1:
列F洛=Fn方程 
(1)在区域I:r1=R0 ①
qvB1=mv2r1 ②
E0=12mv2 ③
得B1=2mE0qR0 ④

步骤2:在区域Ⅱ:画出轨迹定圆心,由几何关系得出r2:列F洛=Fn方程:
由左手定则判断B2方向.
由几何关系得出外圆半径R. (2)在区域Ⅱ:
r2=33r1=33R0 ⑤
qvB2=mv2r2 ⑥
得B2=6mE0qR0 ⑦
方向:垂直xOy平面向外 ⑧
R=r2sin 30°+r2=3r2 ⑨
即:R=3R0 ⑩

步骤3:由轨迹图得:
根据T=2πmqB得
t=T14+23T2 ⑪
T1=2πmqB1  T2=2πmqB2 ⑫
t=(269+24)•πR0mE0E0 ⑬


④⑦⑨⑪⑫⑬每式各2分,其余各式1分
 变式训练
7.如图12所示,分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,一质量为m,电荷为q的带电粒子(不计重力)从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出,经时间t又回到出发点O,形成了图示心形图案,则(  )
 
图12
A.粒子一定带正电荷
B.MN上下两侧的磁场方向相同
C.MN上下两侧的磁感应强度的大小B1∶B2=1∶2
D.时间t=2πmqB2
答案 BD
解析 题中未提供磁场的方向和绕行的方向,所以不能用洛伦兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负,A错误;根据左手定则可知MN上下两侧的磁场方向相同,B正确;设上面的圆弧半径是r1,下面的圆弧半径是r2,根据几何关系可知r1∶r2=1∶2;洛伦兹力充当圆周运动的向心力qvB=mv2r,得B=mvqr;所以B1∶B2=r2∶r1=2∶1,C错误;由洛伦兹力充当圆周运动的向心力qvB=mv2r,周期T=2πrv,得T=2πmqB;带电粒子运动的时间t=T1+12T2=2πmqB1+πmqB2,由B1∶B2=2∶1得t=2πmqB2,D正确.
8.如图13所示的坐标平面内,y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B1=0.20 T的匀强磁场,在y轴的右侧存在方向垂直纸面向里、宽度d=12.5 cm的匀强磁场B2,某时刻一质量m=2.0×10-8 kg、电量q=+4.0×10-4 C的带电微粒(重力可忽略不计),从x轴上坐标为(-0.25 m,0)的P点以速度v=2.0×103 m/s沿y轴正方向运动.试求:
 
图13
(1)微粒在y轴左侧磁场中运动的轨道半径;
(2)微粒第一次经过y轴时,速度方向与y轴正方向的夹角;
(3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出,B2应满足的条件.
答案 (1)0.5 m (2)60° (3)B2≥0.4 T
解析 (1)设微粒在y轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r1,转过的圆心角为θ,则
qvB1=mv2r1
r1=mvqB1=0.5 m
(2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示,由几何关系得:
cos θ=r1-0.25r1=12,则θ=60°
 
(3)设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r2,其运动轨迹如图所示,由几何关系得r2cos θ=r2-d,r2=d1-cos θ=0.125 m1-cos 60°=0.25 m
由洛伦兹力充当向心力,且粒子运动半径不大于r2,得:qvB2≥mv2r2
解得:B2≥mvqr2=2.0×10-8×2.0×1034.0×10-4×0.25 T=0.4 T
即磁感应强度B2应满足:B2≥0.4 T.
专题规范练
1.丹麦物理学家奥斯特在1820年通过实验发现电流磁效应现象,下列说法正确的是(  )
A.奥斯特在实验中观察到电流磁效应,揭示了电磁感应定律
B.将直导线沿东西方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,小磁针一定会转动
C.将直导线沿南北方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,小磁针一定会转动
D.将直导线沿南北方向水平放置,把铜针(用铜制成的指针)放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,铜针一定会转动
答案 C
解析 奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应,而法拉第发现了电磁感应定律,故A错误;将直导线沿东西方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方时,小磁针所在位置的磁场方向可能与地磁场相同,故小磁针不一定会转动,故B错误;将直导线沿南北方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,由于磁场沿东西方向,则小磁针一定会转动,故C正确;铜不具有磁性,故将导线放在上方不会受力的作用,故不会偏转,故D错误.
2.(2016•北京理综•17)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也.”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图1.结合上述材料,下列说法不正确的是(  )
 
图1
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
答案 C
解析 地球为一巨大的磁体,地磁场的南、北极在地理上的北极和南极附近,两极并不重合;且地球内部也存在磁场,只有赤道上空磁场的方向才与地面平行;对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行,一定受到地磁场力的作用,故C项说法不正确.
3.(2016•上海•8)如图2,一束电子沿z轴正向流动,则在图中y轴上A点的磁场方向是(  )
 
图2
A.+x方向
B.-x方向
C.+y方向
D.-y方向
答案 A
解析 据题意,电子流沿z轴正向流动,电流方向沿z轴负向,由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向(沿z轴负方向看),通过y轴A点时方向向外,即沿x轴正向,则选项A正确.
4.如图3所示,两根平行放置长度相同的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流,a受到的磁场力大小为F1,当加入一个与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a受到的磁场力大小变为F2,则此时b受到的磁场力大小变为(  )
 
图3
A.F2   B.F1-F2
C.F1+F2   D.2F1-F2
答案 A
5.(多选)如图4所示,在竖直向下的匀强磁场中,有两根竖直的平行导轨AB、CD,导轨上放有质量为m的金属棒MN,棒与导轨间的动摩擦因数为μ,现从t=0时刻起,给棒通以图示方向的电流,且电流与时间成正比,即I=kt,其中k为恒量.若金属棒与导轨始终垂直,则表示棒所受的安培力F和摩擦力Ff随时间变化的四幅图中,正确的是(  )
 
图4
 
 
答案 BC
解析 对导体棒受力分析,由左手定则知安培力垂直导轨向里,大小为F=BIL=kBLt,则安培力随时间均匀增大,选项A错误,选项B正确.导体棒所受支持力FN=F,竖直方向受重力和摩擦力,Ffmax=μFN=kμBLt随时间均匀增大,开始时mg>Ffmax,棒加速下滑,Ff滑=μFN=kμBLt;当mg≤Ffmax后,棒减速运动;当速度减为零后棒将静止,此时Ff静=mg不变,故棒先受到滑动摩擦力均匀增大,后突变为静摩擦力恒定不变,选项C正确,选项D错误.
 
图5
6.如图5所示,有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场,磁感应强度为B,其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场),A、B、C为三角形的三个顶点.今有一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),以速度v=34mqLB从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入,然后从BC边上某点Q射出.若从P点射入该粒子能从Q点射出,则(  )
A.PB<2-34L   B.PB<1+34L
C.QB≤34L   D.QB≤12L
答案 D
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R=mvqB.由题知:v=3qBL4m,得R=34L.如图所示,
 
当圆心处于O1位置时,粒子正好从AC边与BC边切过,因此入射点P1为离B最远的点,满足PB≤12L+34L;当圆心处于O2位置时,粒子从P2射入,打在BC边的Q点,由于此时Q点距离AB最远为圆的半径34L,故QB最大,即QB≤34L×23=12L,故D正确.
7.如图6所示,在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场,MN是一竖直放置的感光板,从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子,不考虑粒子间的相互作用力,关于这些粒子的运动以下说法正确的是(  )
 
图6
A.只要对着圆心入射,出射后均可垂直打在MN上
B.对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C.对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,时间也越长
D.只要速度满足v=qBRm,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
答案 D
解析 对着圆心入射的粒子,出射后不一定垂直打在MN上,与粒子的速度有关,故A错误;带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线也一定过圆心,故B错误;对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中轨迹半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,由t=θ2πT知,运动时间t越小,故C错误;速度满足v=qBRm时,轨道半径r=mvqB=R,入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形,射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行,粒子的速度一定垂直打在MN板上,故D正确.
8.如图7所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.原点O处存在一粒子源,能同时发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计),速度方向均在xOy平面内,与x轴正方向的夹角θ在0~180°范围内.则下列说法正确的是(  )
 
图7
A.发射速度大小相同的粒子,θ越大的粒子在磁场中运动的时间越短
B.发射速度大小相同的粒子,θ越大的粒子离开磁场时的位置距O点越远
C.发射角度θ相同的粒子,速度越大的粒子在磁场中运动的时间越短
D.发射角度θ相同的粒子,速度越大的粒子在磁场中运动的角速度越大
答案 A
解析 如图所示,画出粒子在磁场中运动的轨迹.由几何关系得:轨迹对应的圆心角α=2π-2θ,粒子在磁场中运动的时间t=α2πT=2π-2θ2π•2πmqB=2π-θmqB,则得知:若v一定,θ越大,时间t越短;若θ一定,则运动时间一定.故A正确,C错误;设粒子的轨迹半径为r,则r=mvqB.如图,AO=2rsin θ=2mvsin θqB,则若θ是锐角,θ越大,AO越大.若θ是钝角,θ越大,AO越小,故B错误.粒子在磁场中运动的角速度ω=2πT,又T=2πmqB,则得ω=qBm,与速度v无关,故D错误.
 
9.(2016•浙江理综•25)为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转.
扇形聚焦磁场分布的简化图如图8所示,圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布.峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,谷区内没有磁场.质量为m,电荷量为q的正离子,以不变的速率v旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示.
 
图8
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针;
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ,及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T;
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B′,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°,求B′和B的关系.已知:sin (α±β )=sin αcos β±cos αsin β,cos α=1-2sin2α2.
答案 (1)mvqB 逆时针 (2)2π3 2π+33mqB
(3)B′=3-12B
解析 (1)峰区内圆弧半径r=mvqB
旋转方向为逆时针方向
(2)由对称性,峰区内圆弧的圆心角θ=2π3
每个圆弧的弧长l=2πr3=2πmv3qB
每段直线长度L=2rcos π6=3r=3mvqB
周期T=3l+Lv
代入得T=2π+33mqB
 
(3)谷区内的圆心角θ′=120°-90°=30°
谷区内的轨道圆弧半径r′=mvqB′
由几何关系rsin θ2=r′sin θ′2
由三角关系sin 30°2=sin 15°=6-24
代入得B′=3-12B.
10.如图9所示,在坐标系xOy中,第一象限内充满着两个匀强磁场a和b,OP为分界线,与x轴夹角为37°,在区域a中,磁感应强度为2B,方向垂直于纸面向里;在区域b中,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外,P点坐标为(4L,3L).一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从P点沿y轴负方向射入区域b,经过一段时间后,粒子恰能经过原点O,不计粒子重力.(sin37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
 
图9
(1)粒子能从P点到O点最大速度为多少?
(2)粒子从P点到O点可能需要多长时间?
答案 (1)25qBL12m (2)n•53πm60qB(n=1、2、3…)
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R得半径为:R=mvqB,a区域的半径为:Ra=mv2qB ①
b区域的半径为:Rb=mvqB ②
速度最大时,粒子在a、b区域半径最大,运动两段圆弧后到达原点,根据几何关系有:2Racos α+2Rbcos α=OP ③
OP=3L2+4L2=5L ④
联立①②③④得:v=25qBL12m
 
(2)粒子在磁场a、b中做圆周运动,当速度较小时,可能重复n次回到O点,一个周期内两段圆弧对应的圆心角相等.每段圆弧对应的圆心角为:180-2α=106°
t=n(106°360°Ta+106°360°Tb)=n(106°360°•2πm2qB+106°360°•2πmqB)=n•53πm60qB(n=1、2、3…)
 

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