（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习第八章磁场第2讲磁场对运动电荷的作用讲义（含解析）.docx

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1、1第 2讲 磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力的大小和方向1定义：磁场对运动电荷的作用力2大小(1)v B时， F0；(2)v B时， F qvB；(3)v与 B的夹角为 时， F qvBsin .3方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；(2)方向特点： F B， F v，即 F垂直于 B、 v决定的平面(注意 B和 v可以有任意夹角)4做功：洛伦兹力不做功.自测 1 带电荷量为 q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )A只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B如果把 q改为 q，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C洛伦

2、兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案 B二、带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动1若 v B，带电粒子以入射速度 v做匀速直线运动2若 v B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度大小 v做匀速圆周运动3基本公式(1)向心力公式： qvB m ；v2r(2)轨道半径公式： r ；mvBq(3)周期公式： T .2 mqB注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关2自测 2 (多选)如图 1所示，在匀强磁场中，磁感应强度 B12 B2，当不计重力的带电粒子从 B1磁场区域运动到 B2磁场区域时，粒子的( )

3、图 1A速率将加倍B轨迹半径加倍C周期将加倍D做圆周运动的角速度将加倍答案 BC命题点一 对洛伦兹力的理解1洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用(3)洛伦兹力一定不做功2洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功3洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力 电场力产生条件 v0 且 v不与 B平行 电荷处在电场中大小 F qvB(v B) F qE力方向与场方向的关系 F B， F v F E做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也

4、可能不做功例 1 (2018南京市、盐城市二模)如图 2所示，在磁感应强度大小为 B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为 的绝缘斜面，一个质量为 m、电荷量为 q的带电小物块以初速度 v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为 .设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小 a与时间 t的关系图象，可能正确的是( )3图 2答案 C解析 物块向上运动的过程中合力为 F mgsin Ff mgsin mg cos qvB ，方向沿斜面向下，故物块做减速运动，当物块速度减小时，所受合力减小，加速度减小，速度的变化越来越慢，即合力的变化越来越慢，又因合力大小大于等于 mgsin

5、mg cos ，所以加速度减小得越来越慢，但大于等于某个值，不会逐渐减小到零，故 C正确变式 1 (2018南京市、盐城市一模)如图 3所示，电视显像管中有一个电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光在偏转线圈处有垂直于纸面的磁场 B1和平行于纸面方向竖直的磁场 B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光经检测仅有一处故障：磁场 B1不存在，则荧光屏上( )图 3A不亮B仅有一个中心亮点C仅有一条水平亮线D仅有一条竖直亮线答案 C解析 磁场 B1不存在，只有平行于纸面方向竖直的磁场 B2，电子垂直进入该磁场后，所受的洛伦兹力为水平方向，所以在荧光屏上仅有一条水平亮线，

6、故 C正确4命题点二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动基本思路 图例 说明P、 M点速度垂线的交点为圆心P点速度垂线与弦的垂直平分线的交点为圆心圆心的确定与速度方向垂直的直线过圆心弦的垂直平分线过圆心轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心某点的速度垂线与切点法线的交点为圆心半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法：例：(左图) R 或由LsinR2 L2( R d)2求得RL2 d22d运动时间的确定利用轨迹对应圆心角 或轨迹长度 L求时间 t T2 tLv(1)速度的偏转角 等于所对的圆心角(2)偏转角 与弦切角 的关系： 180时， 3602 模型 1 直线边界匀强磁场直线边界，粒子进出磁场具

7、有对称性(如图 4所示)5图 4图 a中 t T2 mBq图 b中 t(1 )T(1 ) 2 mBq 2m Bq图 c中 t T 2 mBq例 2 (2018南通市等七市三模)如图 5所示，水平虚线 MN上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90范围内的各个方向，由小孔 O射入磁场区域，做半径为 R的圆周运动不计粒子重力和粒子间相互作用下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是( )图 5答案 B解析 入射粒子轨迹圆半径相同，入射方向变化，可看作轨迹圆旋转，如图由，只有与两圆的“交集”区域没有粒子经过模型 2 平行边

8、界匀强磁场平行边界存在临界条件(如图 6所示)6图 6图 a中 t ， t mBq T2 mBq图 b中 t mBq图 c中 t(1 )T(1 ) 2 mBq 2m Bq图 d中 t T 2 mBq例 3 (2018海安中学开学考)如图 7，在 0 x l区域内存在与 xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B.一位于坐标原点的粒子源在 xOy平面内发射出大量同种带负电粒子，所有粒子的初速度大小均为 v0，方向与 x轴正方向的夹角分布在 060范围内，在x l处垂直 x轴放置一荧光屏 S.已知沿 x轴正方向发射的粒子经过了荧光屏 S上 y l的点，则( )图 7A粒子的比荷为 qm v0

9、BlB粒子的运动半径一定大于等于 lC粒子在磁场中运动时间最长的一定超过 lv0D粒子打在荧光屏 S上亮线的长度大于 2l答案 A解析 沿 x轴正方向入射的粒子轨迹如图，7“经过”了 S屏上 P点，即与 S在 P点相切，所以轨迹圆半径为 l，由 qv0B ，得 mv02R qm，故 A正确；与 x轴正方向的夹角在 060范围内向 x轴下方入射的粒子不会打到屏 Sv0Bl上，与 x轴正方向成 60角向 x轴上方入射的粒子轨迹如图，与屏 S交于 Q点，由图可知Q点纵坐标一定小于 l，故 PQ长度小于 2l，故 D错误；在磁场中运动的周期 T ，故运2 mqB动的最长时间为 ，故 C错误；粒子在磁场

10、中运动的半径 r l，所以粒子运动的T2 lv0 mv0qB半径一定等于 l，故 B错误模型 3 圆形边界匀强磁场沿径向射入圆形磁场必沿径向射出，运动具有对称性(如图 8所示)图 8rRtant T 2 mBq 90.例 4 (多选)(2018江苏一模) 如图 9所示，在半径为 R的虚线圆形区域内存在一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B的匀强磁场大量带电荷量为 q的粒子以相同的速率从 M点沿纸面以不同的方向射入该磁场，只有磁场边界 MN劣弧上有粒子射出，已知 NOM60.不计粒子重力及带电粒子之间的相互作用，则( )8图 9A这些粒子带负电B这些粒子进入磁场的初速度为qBR2mC这些粒子进入

11、磁场的初速度为qBRmD这些粒子在磁场中运动的最长时间为 mqB答案 BD解析 根据左手定则知，这些粒子带正电，故 A错误；当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到虚线圆形磁场的位置最远，根据几何关系知，粒子做匀速圆周运动的直径等于磁场区域圆的半径，即粒子运动轨迹半径 rR2根据洛伦兹力提供向心力，有 qvB m ，解得 r ，得 v ，故 B正确，C 错误；v2r mvqB R2 qBR2m带电粒子做匀速圆周运动的周期 T ，轨迹弦长最长即图示轨迹时，在磁场中运动的时2 mqB间最长，最长时间 t ，故 D正确T2 mqB命题点三 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题类型 分析 图例带电粒子电性不确

12、定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解；如图，带电粒子以速度 v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为 a，如带负电，其轨迹为 b9磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向时，必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解；如图，带正电粒子以速度 v垂直进入匀强磁场，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为 a，若磁场方向垂直纸面向外，其轨迹为 b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过 180从入射界面反向飞出，于是形成多解运动具有

13、周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例 5 如图 10甲所示， M、 N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔 O、 O正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示有一群正离子在 t0 时垂直于 M板从小孔 O射入磁场已知正离子质量为 m、带电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子之间的相互作用求：图 10(1)磁感应强度 B0的大小；(2)要使正离子从 O垂直于 N板射出磁场，正离子射入磁场时

14、的速度 v0的可能值答案 (1) (2) (n1,2,3，)2 mqT0 d2nT0解析 (1)设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力 B0qv0mv02R10做匀速圆周运动的周期 T02 Rv0由以上两式得磁感应强度 B02 mqT0(2)要使正离子从 O孔垂直于 N板射出磁场， v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即 T0时，有 R ；当两板之间正离子运动 n个周期，即d4nT0时，有 R (n1,2,3，)d4n联立解得正离子的速度的可能值为 v0 (n1,2,3，)B0qRm d2nT01(多选)(2018东台创新学校月考)以下说法正确的是(

15、 )A电荷处于电场中一定受到静电力B运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C洛伦兹力对运动电荷一定不做功D洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小答案 AC解析 电荷处于电场中一定受到静电力 F qE，故 A正确；运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力，故 B错误；洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故 C正确；洛伦兹力对运动电荷一定不做功，由动能定理得，洛伦兹力不能改变运动电荷的动能，即洛伦兹力不能改变运动电荷的速度大小，只能改变速度方向，故 D错误2(多选)下列关于图 11中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性质的判断正确的是( )11

16、图 11A甲图中粒子所受洛伦兹力方向竖直向上B乙图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里C丙图中粒子带负电D丁图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外答案 ABD3.(2018丰县中学月考)如图 12所示， MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P点垂直于铝板向上射出，从 Q点穿越铝板后到达 PQ的中点 O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( ).图 12A2B. C1D.222答案 D解析 设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为 r1、 r2，速度分别为 v1、 v2，由题

17、意可知，粒子轨道半径： r12 r2，穿过铝板时粒子动能损失一半，即 mv mv ，得12 22 12 12 12v1 v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： qvB m ，磁感应强度：2v2rB ，磁感应强度之比： ，故选项 D正确mvqr B1B2 mv1qr1 mv2qr2 v1r2v2r1 2v2v2 r22r2 224在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为 a；给小球带上电荷后，仍从同一位置以原来的速度水平抛出，考虑地磁场的影响，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A无论小球带何种电荷，小球仍会落在 a点B无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C若小球带负电荷，小球

18、会落在更远的 b点D若小球带正电荷，小球会落在更远的 b点12答案 D5.如图 13所示，在半径为 R 的圆形中，磁感应强度为 B，圆形区域右侧有一竖直感光mv0Bq板 MN，带正电粒子从圆弧顶点 P以速率 v0平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为 m，电荷量为 q，粒子重力不计图 13(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为 v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；3(3)若粒子以速度 v0从 P点以任意角射入磁场，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上答案 (1) (2) v0 (3)见解析 m2Bq 32解析 (1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周

19、运动的轨迹半径为 r，由牛顿第二定律得Bqv0 mv02r解得 r R带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆弧，轨迹对应的圆心角为 ，如图甲所示，则2在磁场中运动的时间 t 2Rv0 m2Bq(2)当 v v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为 R3 3其运动轨迹如图乙所示，由图可知 PO2O OO2D30所以带电粒子离开磁场时速度的偏转角为 6013故打到感光板上速度的垂直分量 v vsin60 v032(3)当带电粒子以 v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨迹半径为 R.设粒子射入方向与 PO方向夹角为 ，带电粒子从区域边界 S射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示，由图可知 PO3 O3S

20、PO SO R所以四边形 POSO3为菱形故 PO O3S因此，带电粒子射出磁场时的速度方向为水平方向，与入射的方向无关，故粒子均能垂直打在感光板上1下列说法正确的是( )A运动电荷在磁感应强度不为 0的地方，一定受到洛伦兹力的作用B运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为 0C洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D洛伦兹力对带电粒子总不做功答案 D2.如图 1所示，电子射线管放在 U形磁铁的 N极和 S极之间，射线管的 P和 Q两极分别接在直流高压电源的正极和负极，此时荧光屏上显示的电子束运动径迹将( )图 1A向上偏转B向下偏转C不发生偏转D先向上偏

21、转后向下偏转14答案 B3.(多选)(2018东台创新学校月考)如图 2所示，质量为 m、电荷量为 q的带电粒子，以不同的初速度两次从 O点垂直于磁场和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从 M、 N两点射出磁场，测得 OM ON34，粒子重力不计，则下列说法中不正确的是( )图 2A带电粒子两次在磁场中运动的时间之比为 34B带电粒子两次在磁场中运动的路程之比为 34C带电粒子两次在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为 34D带电粒子两次在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为 43答案 AD解析 粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： qvB m ，v2R解得 R vm

22、vqB周期： T ，2 Rv 2 mqB故运动时间 t1 t2 ，故 A错误；T2 mqB由于轨道半径之比为 34，故弧长之比为 34，即路程之比为 34，故 B正确；由于 R v，mvqB轨道半径之比为 34，故速度大小之比为 34；由于洛伦兹力 F qvB v，故洛伦兹力大小之比为 34，故 C正确，D 错误4.(2019新海中学月考)如图 3所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子 a、 b，以不同的速率沿着 AO方向对准圆心 O射入磁场，其运动轨迹如图若带电粒子只受洛伦兹力的作用，则下列说法正确的是( )图 3A a粒子速率较大15B b粒子速率较大C b

23、粒子在磁场中运动时间较长D a、 b粒子在磁场中运动时间一样长答案 B5.如图 4所示，长直导线 ab附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线静止悬挂在 M点当 ab中通以由 b a的恒定电流时，下列说法正确的是( )图 4A小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里B小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外C小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方D小球不受磁场力作用答案 D6(多选)(2018盐城中学模拟)如图 5所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为 B；一群电子以不同速率从边界上的 P点以相同的方向射入磁场其中某一速率为 v0的电子从Q点射出已知电子入射方向与边界夹角为 ，则由以

24、上条件可判断( )图 5A该匀强磁场的方向垂直纸面向里B所有电子在磁场中的轨迹相同C速率大于 v0的电子在磁场中运动时间长D所有电子的速度方向都改变了 2答案 AD解析 由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A 选项正确；由牛顿第二定律可知 qvB ，得 R ，可知不同速率的电子在磁场中的轨迹不相同，B 选项错误；由电子mv2R mvqB在磁场中运动周期 T 得 T ，故电子在磁场中运动时间 t T ，所以所2 Rv 2 mqB 22 2 mqB有电子在磁场中的运动时间都相同，C 选项错误；所有电子偏转角度相同，所有电子的速度方向都改变了 2 ，D 选项正确7(2018徐州三中月考)如

25、图 6所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸16面向外、磁感应强度为 B的匀强磁场中，质量为 m、带电荷量为 Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )图 6A滑块受到的摩擦力不变B滑块到达地面时的动能与 B的大小无关C滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D B很大时，滑块可能静止于斜面上答案 C解析 据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C 正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A 错误；速度相同时， B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根据动能定理

26、可知，滑块到达地面时的动能就越小，B 错误；由于开始时滑块不受洛伦兹力就能下滑，故 B再大，滑块也不可能静止在斜面上，D 错误8.(多选)(2018丰县中学月考) 如图 7所示，在平板 PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里某时刻有 a、 b、 c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、 vb和 vc经过平板 PQ上的小孔 O射入匀强磁场这三个电子打到平板 PQ上的位置到小孔 O的距离分别是 la、 lb和 lc，电子在磁场中运动的时间分别为 ta、 tb和 tc.整个装置放在真空中则下列判断正确的是( )图 7A la lc lb B la lb lcC ta tb

27、 tc D ta tb tc答案 AD解析 三个电子的速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁场中17由于初速度 va和 vc的方向与 PQ的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板 PQ上的位置到小孔的距离是相等的而初速度为 vb的电子初速度方向与 PQ垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以初速度为 vb的电子打到平板 PQ上的位置到小孔的距离恰好是轨迹圆的直径由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同，所以 la lc lb，选项 A正确，B 错误；从图中可得，初速度为 va的电子偏转的角度最大，初速度为 vc的电子偏转的角度最小，根据

28、粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系： t T可得， ta tb tc，故选项 C错误，D 正确29.(多选)(2018江苏省高考压轴卷)在 xOy平面上以 O为圆心，半径为 r的圆形区域内，存在磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy平面一个质量为 m、电荷量为 q的带电粒子，从原点 O以初速度 v沿 y轴正方向开始运动，经时间 t后经过 x轴上的 P点，此时速度与 x轴正方向成 角，如图 8所示不计重力的影响，则下列关系一定成立的是( )图 8A若 r ，则 0 902mvqBB若 r ，则 t2mvqB mqBC若 t ，则 r mqB 2mvqBD若 r ，则 t2m

29、vqB mqB答案 AD解析 带电粒子在磁场中从 O点沿 y轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上，即圆心一定在 x轴上，轨道半径 R .当 r 时， P点在磁场内，粒子不能射出磁场区，mvqB 2mvqB所以垂直于 x轴经过 P点， 最大且为 90，运动时间为半个周期，即 t ，B 项错误； mqB当 r 时，粒子在到达 P点之前射出圆形磁场区，速度偏转角 在大于 0、小于2mvqB180范围内，如图所示，能过 x轴的粒子的速度偏转角 90，所以过 x轴时 0 90，A 项正确；同理，若 t ，则 r ，若 r ，则 t ，C 项错误， mqB 2mvqB 2mvqB mqBD项正确

30、1810.(2018铜山中学模拟)如图 9所示，在边长为 2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为 m、电荷量为 q的带电粒子(重力不计)从 AB边的中心 O以速度 v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与 AB边的夹角为 60，若要使粒子能从 AC边穿出磁场，则匀强磁场的磁感应强度 B需满足( )图 9A B B B D Br0，解得 B ，选项 B正确3mv3aq11.(2018淮安信息调研)如图 10所示，竖直平面内的光滑倾斜轨道 AB、水平轨道 CD与半径 r0.5m 的光滑圆弧轨道分别相切于 B、 C点， AB与水平面的夹角为 37，过 B点垂直于水

31、平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁感应强度 B1T、方向垂直于水平面向里；过 C点垂直于纸面的竖直平面右侧有电场强度大小 E110 4N/C、方向水平向右的匀强电场(图中未画出)现将小物块 P从倾斜轨道上 A点由静止释放沿 AB向下运动，运动过程中电荷量保持不变，不计空气阻力已知物块 P的质量 m0.5 kg、电荷量 q2.510 4 C， P与水平轨道间的动摩擦因数为 0.2， A、 B两点间距离 x1 m，取 g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：19图 10(1)P下滑到 B点的速度大小；(2)P运动到 C点时对圆轨道的压力；(结果可用根式表示)(3)P与水平面间因摩擦

32、而产生的热量答案 见解析解析 (1)小物块从 A到 B过程，根据动能定理得mgxsin 37 qExcos 37 mv 012 B2代入数据解得 vB2 m/s(2)小物块从 B到 C过程，根据动能定理得mgr(1cos 37) qErsin 37 mv mv12 C2 12 B2代入数据解得 vC m/s3小物块到 C点时，由牛顿第二定律有FN mg qvCBmvC2r解得 FN(8 104 ) N523由牛顿第三定律，小物块在 C点时对圆轨道的压力 FN(8 104 ) N，方向竖直向523下(3)小物块从 C点到停止的过程，根据能量守恒定律得因摩擦而产生的热量 Q mv 0.75 J.1

33、2 C212.如图 11所示，在屏蔽装置底部中心位置 O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为 v3.210 6m/s的 粒子已知屏蔽装置宽 AB9cm，缝长 AD18cm，粒子的质量 m6.6410 27 kg，电荷量 q3.210 19 C若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度 B0.332T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中(结果可带根号)20图 11(1)若所有的 粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度 d至少是多少？(2)若条形磁场的宽度 d20cm，则射出屏蔽装置的 粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？答案 (1)

34、(2010 ) cm (2) 106 s 106 s216 48解析 (1)由题意： AB9cm， AD18cm，可得 BAO ODC45所有 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为 R，根据洛伦兹力提供向心力有Bqvmv2R解得 R0.2m.由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿 OD方向进入磁场的 粒子的圆周轨迹相切，则所有 粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示设此时磁场宽度 d d0，由几何关系得d0 R Rcos45(0.2 ) m(2010 ) cm，210 2则磁场的宽度 d至少为(2010 ) cm.2(2)设 粒子在磁场内做匀速圆周运

35、动的周期为 T，则T 106 s.2 mBq 8设速度方向垂直于 AD进入磁场区域的 粒子的入射点为 E，如图乙所示21因磁场宽度 d20cm d0，且 R20cm，则在 EOD间进入磁场区域的 粒子均能穿出磁场右边界，在 EOA间进入磁场区域的 粒子均不能穿出磁场右边界，沿 OE方向进入磁场区域的 粒子运动轨迹与磁场右边界相切，转过的圆心角最大，故沿 OE方向进入磁场的 粒子在磁场中运动时间最长，设在磁场中运动的最长时间为 tmax，则 tmax 106 sT2 16若 粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦长最短，则 粒子在磁场中运动的时间最短最短的弦长为磁场宽度 d.轨迹如图乙所示，因 R d，则最短的弦长对应的圆心角为 60，设在磁场中运动的最短时间为 tmin，则 tmin 106 s.T6 48