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B．可能為直線【查看更多】

一個不計重力的帶正電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡

A．可能為圓弧

B．可能為直線

C．可能為圓弧

D．

、

都有可能

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一個不計重力的帶正電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡（）

A．可能為軌跡a B．可能為直線b

C．可能為軌跡c D．a(chǎn)、b、c都有可能

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一個不計重力的帶正電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡

A．可能為圓弧

B．可能為直線

C．可能為圓弧

D．、、都有可能

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（08年蘇州中學(xué)期中）一個不計重力的帶正電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡

A．可能為圓弧 B．可能為直線

C．可能為圓弧 D．、、都有可能

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一個不計重力的帶正電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡（　　）

A．可能為圓弧

B．可能為直線

C．可能為圓弧

D．、、都有可能

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高考真題

1．【解析】本題考查了左手定則的應(yīng)用。導(dǎo)線a在c處產(chǎn)生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導(dǎo)線b在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點的合場方向平行于ab，根據(jù)左手定則可判斷導(dǎo)線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊

【答案】C

2．【解析】由回旋加速器的結(jié)構(gòu)可知，離子由加速器的中心附近進入加速器，所以選項A正確；因在盒內(nèi)洛侖茲力不做功，所以離子從空隙的電場中獲得能量，故選項D正確．

【答案】AD

3．【解析】由安培定則判斷在水平直導(dǎo)線下面的磁場是垂直于紙面向里，所以小磁針的N極將垂直于紙面向里轉(zhuǎn)動

【答案】C

4．【解析】帶電粒子在洛侖茲力作用下，作勻速圓周運動，又根據(jù)左手定則得選項A正確．

【答案】A

5．【解析】因為tanα=板間距離/板長，并可用荷質(zhì)比表示，由左手定則可以判斷負(fù)外；不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。

【答案】不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。

6．【解析】(1)質(zhì)點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質(zhì)點飛離磁場時，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質(zhì)點軌跡與x軸的交點為A，過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關(guān)系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。如圖所示，設(shè)圓弧的半徑為R，則有

R=dsinj

由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

將①式代入②式，得

(2)質(zhì)點在電場中的運動為類平拋運動。設(shè)質(zhì)點射入電場的速度為v₀，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有

v₀＝vcosj vsinj＝at d=v₀t聯(lián)立發(fā)上各式得

設(shè)電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得 qE＝ma 聯(lián)立得

【答案】（1）（2）

7．【解析】(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得，

mgy=mv² ……①

得 v= ……②

（2）設(shè)在最大距離y_m處的速率為v_m,根據(jù)圓周運動有，

qv_mB-mg=m ……③

且由②知 ……④

由③④及R=2y_m

得 ……⑤

（3）小球運動如圖所示，

由動能定理（qE-mg）|y_m|= ……⑥　

由圓周運動 qv_mB+mg-qE=m ……⑦

且由⑥⑦及R=2|y_m|解得

v_m=

【答案】（1）（2）（3）

8．【解析】⑴做直線運動有：

做圓周運動有：

只有電場時，粒子做類平拋，有：

解得：

粒子速度大小為：

速度方向與x軸夾角為：

粒子與x軸的距離為：

⑵撤電場加上磁場后，有：

解得：

粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關(guān)系得C點坐標(biāo)為：

過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：

解得：

M點橫坐標(biāo)為：

【答案】（1）（2）

9．【解析】方法1：（1）設(shè)粒子在0～t₀時間內(nèi)運動的位移大小為s₁

①

②

又已知

聯(lián)立①②式解得

③

（2）粒子在t₀~2t₀時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設(shè)運動速度大小為v₁，軌道半徑為R₁，周期為T，則

④

⑤

聯(lián)立④⑤式得

⑥

又 ⑦

即粒子在t₀~2t₀時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在2t₀~3t₀時間內(nèi)，粒子做初速度為v₁的勻加速直線運動，設(shè)位移大小為s₂

⑧

解得 ⑨

由于s₁+s₂＜h,所以粒子在3t₀~4t₀時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設(shè)速度大小為v₂，半徑為R₂

⑩

11

解得 12

由于s₁+s₂+R₂＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t₀～5t₀時間內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖所示）。因此粒子運動的最大半徑

（3）粒子在板間運動的軌跡如圖所示。

方法2：由題意可知，電磁場的周期為2t₀，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為

方向向上

后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T

粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為s_n

又已知

由以上各式得

粒子速度大小為

粒子做圓周運動的半徑為

解得

顯然

【答案】（1）粒子在0～t₀時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值

（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑

（3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖。

10．【解析】（1）由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。

設(shè)入射粒子的速度為，由洛侖茲力的表達(dá)式和牛頓第二定律得

………… ①

由上式解得 ………… ②

（2）設(shè)是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心。連接，設(shè)。

如圖所示，由幾何關(guān)系得 ………… ③

………… ④

由余弦定理得

………… ⑤

聯(lián)立④⑤式得

………… ⑥

設(shè)入射粒子的速度為，由解出

【答案】

11．【解析】⑴v₀=100m/s（提示：微粒在磁場中的半徑滿足：L<r<2L，因此80<v₀<160，而m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）

⑵t=2.8×10^-2s兩次穿越磁場總時間恰好是一個周期，在磁場外的時間是，代入數(shù)據(jù)得t=2.8×10^-2s

【答案】（1）（2）t=2.8×10^-2s

名校試題

1．【解析】由安培定則判斷出P和QR的磁場方向，并求出其合磁場是水平向右，再由左手定則判斷出R受到的磁場力垂直R，指向y軸負(fù)方向

【答案】A

2．【解析】電子在飛行過程中受到地磁場洛侖茲力的作用，洛侖茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運動的速率不發(fā)生改變；又因為電子在自西向東飛向熒光屏的過程中所受的地磁場感應(yīng)強度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內(nèi)所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，故電子在在豎直平面內(nèi)的運動軌跡是圓周。

【答案】CD

3．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向B板，所以B板是電源的正極，因最后離子勻速運動，由平衡條件得，故電源的電動勢為Bvd

【答案】BC

4．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向后表面的電勢，所以選項A正確；，所以選項C也正確．

【答案】AC

5．【解析】設(shè)D形盒的半徑為R，則粒子可能獲得的最大動能由qvB=m得E_km==,由此式得選項AC正確．

【答案】AC

6．【解析】無磁場時，小球隊在C點由重力提供向心力，，臨界速度。

從A至C由機械能守恒定律得：，有

加磁場后，小球在C點受向上的洛侖茲力，向心力減小，

臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機械能守恒

因，所以，故選項C正確。

【答案】C

7．【解析】(1)電場中加速，由

∴

磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得

∴

可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形△O₁O₂O₃是等邊三角形，其邊長為2r www.ks5u.com

∴

(2)電場中，中間磁場中，

右側(cè)磁場中，則

【答案】（1）（2）

8．【解析】（1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，故有

--------------①

同時有 -----------②

粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識知，

x_C＝－（r＋rcos45⁰）＝， ------------ ③

故，C點坐標(biāo)為（，0）。 ----------- ④

（2）設(shè)粒子從A到C的時間為t₁，設(shè)粒子從A到C的時間為t₁，由題意知

------------ ⑤

設(shè)粒子從進入電場到返回C的時間為t₂，其在電場中做勻變速運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)知識，有 ------------⑥

及， ------------⑦

聯(lián)立⑥⑦解得 ------------⑧

設(shè)粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為t₃，由題意知

------------ ⑨

故而，設(shè)粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為

------------ ⑩

（3）粒子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程是在電場中做類似平拋的運動，即沿著v₀的方向（設(shè)為x′軸）做勻速運動，即

……① …………②

沿著qE的方向（設(shè)為y′軸）做初速為0的勻變速運動，即

……③ ……④

設(shè)離子第四次穿越x軸時速度的大小為v，速度方向與電場方向的夾角為α.

由圖中幾何關(guān)系知

……⑤ ……⑥

……⑦

綜合上述①②③④⑤⑥⑦得

……⑧

【答案】（1）C點坐標(biāo)為（，0）（2）（3）

9．【解析】 ⑴由電場力與洛倫茲力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B

⑵根據(jù)運動的對稱性，微粒能從P點到達(dá)Q點，應(yīng)滿足

其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為或。

設(shè)圓弧的半徑為R，則有2R²=x²，可得：

又

由①②③式得：，n =1、2、3、

⑶當(dāng)n取奇數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為

，

，其中n =1、3、5、……

當(dāng)n取偶數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為

，其中n =2、4、6、……

【答案】（1）E =v₀B （2）（3）當(dāng)n取奇數(shù)時，

當(dāng)n取偶數(shù)時，

10．【解析】（1）粒子源發(fā)出的粒子，進入加速電場被加速，速度為v₀，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：

要使粒子能沿圖中虛線O₂O₃進入PQ、MN之間的區(qū)域，

則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，

得到　　

將②式代入①式，得

（2）粒子從O₃以速度v₀進入PQ、MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運動，打到ab板上，以大小為v₀的速度垂直于磁場方向運動．粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內(nèi)作勻速圓周運動，轉(zhuǎn)動一周后打到ab板的下部．由于不計板的厚度，所以質(zhì)子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間，即一個周期T．

由和運動學(xué)公式，得

粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運動所需的時間為

粒子進入磁場中，在v₀方向的總位移s=2Lsin45°，時間為

則t=t₁+t₂=

【答案】（1）（2）

11．【解析】設(shè)速度為v₀時進入磁場后做圓周運動的半徑為r

有得r==

設(shè)速度為2v₀時進入磁場做圓周運動的半徑r′

得r′==L

設(shè)其速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ

由圖中的幾何關(guān)系有：cosθ==

得θ＝45°或θ＝135°

（2）為使粒子進入電場后能垂直打在擋板上，則要求粒子進入電場時速度方向

與x軸正方向平行，如圖所示。粒子進入電場后由動能定理有

qEd=mv′² －m(2v₀)² 得v′=

當(dāng)θ₁=45°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₁=r－r′sin45°=(－1)L

當(dāng)θ₂ =135°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₂= r′+ r′sin45°=(+1)L

【答案】（1）θ＝45°或θ＝135° （2）當(dāng)θ₁=45°時，(－1)L；

θ₂=135°(+1)L，

12．【解析】（1）設(shè)帶電粒子射入磁場時的速度大小為v，由于帶電粒子垂直射入勻強磁場帶電粒子在磁場中做圓周運動，圓心位于MN中點O′，

由幾何關(guān)系可知，軌道半徑r=lcos45=0.2（m

又Bqv =

所以

設(shè)帶電粒子在磁場中運動時間為t₁，在電場中運動的時間為t₂，總時間為t。

t₁ = t₂ =

聯(lián)立解得 t = =2.07×10^-4（s）

（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)加速度為a，則：

lsin45 = at₂² a = 解得：E = sin45=1.6（V/m）

【答案】（1） 2.07×10^-4（s）（2）1.6（V/m）

13．【解析】（1）微粒在加速電場中由動能定理得：

① 解得v₀ = 1.0×10⁴m/s

（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有：，

飛出電場時，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：

② 解得 θ = 30^o

（3）進入磁場時微粒的速度是： ③

軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有： ④

洛倫茲力提供向心力： ⑤

由③～⑤聯(lián)立得：代入數(shù)據(jù)解得：B ＝/5=0.346T

所以，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B至少為0.346T。

(B =0.35T照樣給分)

【答案】（1）v₀=1.0×10⁴m/s （2） θ=30^o （3）B ＝/5=0.346T

考點預(yù)測題

1．【解析】因帶電粒子在運動過程中受電場力和洛侖茲力的作用，由于帶電粒子受到的電場力不斷改變，若正電荷做勻速直線運動，則所受洛倫茲力的大小改變，所以選項B對

【答案】B

2．【解析】由左手定則判斷這些質(zhì)子流相對于預(yù)定地點向東偏轉(zhuǎn)，故選項B正確

【答案】B

3．【解析】因小球受到的洛倫茲力沿半徑方向，與回復(fù)力方向垂直，所以周期不變；擺球在最大位移處時，洛倫茲力為零，小球此時受重力和繩的拉力，與后垂直方向的夾角相同，所受絲線的拉力大小不變，選項AD正確

【答案】AD

4．【解析】：若a板電勢高于b板，則電子受電場力向上，要使電子沿直線運動，則電子受到的洛侖茲力向下，由左手定則可知，磁場的方向垂直紙面向里，A正確；若a板電勢低于b板，則電子受電場力向下，要使電子沿直線運動，則電子受到的洛侖茲力向上，由左手定則可知，磁場的方向垂直紙面向外，D正確；此題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動、速度選擇器。

【答案】AD

5．【解析】直導(dǎo)線1和2在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相同，則導(dǎo)線2在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為；因兩點到導(dǎo)線2的距離相等，則去掉導(dǎo) 線1后，點的磁感應(yīng)強度大小也為，由安培定則可判斷磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向外。

【答案】方向垂直紙面向外

6．【解析】右手螺旋定則判斷出通電環(huán)B的外部是“叉”磁場，然后再用左手定則判斷出它的受力方向向右。當(dāng)A、B中的電流大小保持不變，同時改變方向時，用上面的方法判斷的結(jié)果是：通電導(dǎo)線A所受安培力的方向是不變的，仍向右。

【答案】受力方向向右；仍向右

7．【解析】在導(dǎo)軌通有電流Ｉ時，炮彈作為導(dǎo)體受到磁場施加的

安培力為Ｆ＝IwB ①

設(shè)炮彈的加速度的大小為a，則有因而　　　F=ma ②

炮彈在兩導(dǎo)軌間做勻加速運動，因而　　　　　　　　　　　③

　　聯(lián)立①②③式得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

代入題給數(shù)據(jù)得：　　　　　　　　

【答案】

8．【解析】在電容器放電的極短時間Dt內(nèi)，導(dǎo)線中有從N®M的電流，此電流受到垂直紙面向里的安培力作用，由于時間極短，在Dt內(nèi)可近似認(rèn)為水平方向只受安培力作用，根據(jù)動量定理得：

BIlDt=mv……①

其中v是導(dǎo)體棒獲得的速度。

S斷開后導(dǎo)體在拉力T和重力作用下上升，只有重力作功，機械能守恒，有：

mv²/2=mgh②

又：IDt=Q……③、C=Q/U……④

由①②③④解得h=

【答案】h=

9．【解析】半圓的直徑在y軸上，半徑的范圍從0到a，屏上發(fā)亮的范圍從0到2a。軌道半徑大于a的粒子開始進入右側(cè)磁場。對軌道半徑大于a的粒子開始進入右側(cè)磁場，關(guān)鍵是分析出速度最大的粒子落在哪里，進而畫出其軌跡圖。因為速度最大粒子的落點恰好是這題的臨界條件。考慮r=a的極限情況，這種粒子在右側(cè)的圓軌跡與x軸在D點相切（虛線），OD=2a，這是水平屏上發(fā)亮范圍的左邊界。速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和，C在y軸上，有對稱性可知在x=2a直線上。