1、第九章第 2 講1(2016 年北京卷 )如圖所示，質量為m 電荷量為q的帶電粒子以初速度v 沿垂直磁場方向射入磁感應強度為b 的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動不計帶電粒子所受重力(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑r 和周期 t；(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場求電場強度 e 的大小【答案】 見解析【解析】 (1)由洛倫茲力公式，粒子在磁場中受力f 為 fqvb 粒子做勻速圓周運動所需向心力f向mv2r粒子僅受洛倫茲力做勻速圓周運動，ff向聯立得rmvqb由勻速圓周運動周期與線速度關系：t2 rv聯立得t2 mqb. (2)粒子做勻速直線運動需受力平衡

2、，故電場力需與洛倫茲力等大反向，即qeqvb，解得 evb. 2(2016 年海南卷 )如圖， a、c 兩點分別位于x 軸和 y 軸上， oca30 ，oa 的長度為 l.在 oca 區域內有垂直于xoy 平面向里的勻強磁場質量為m 電荷量為q 的帶正電粒子，以平行于y 軸的方向從oa 邊射入磁場已知粒子從某點射入時，恰好垂直于oc 邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0.不計重力(1)求磁場的磁感應強度的大小；(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從oc 邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；(3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與ac 邊相切，且在

3、磁場內運動的時間為53t0，求粒子此次入射速度的大小【答案】 (1) m2qt0(2)2t0(3)3 l7t0【解析】 (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內其速度方向改變了90 ，故其周期 t 4t0 設磁感應強度大小為b，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r.由洛倫茲力公式和牛頓定律得 qvbmv2r勻速圓周運動的速度滿足v2 rt聯立式得b m2qt0. (2)設粒子從oa 邊兩個不同位置射入磁場，能從 oc 邊上的同一點p 射出磁場， 粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示設兩軌跡所對應的圓心角分別為1和 2.由幾何關系有1180 2 粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與 t2，則 t1

4、t2t22t0. (3)如圖，由題給條件可知，該粒子在磁場區域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150 . 設 o 為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與ac 相切與 b 點，從 d 點射出磁場由幾何關系和題給條件可知，此時有oo d bo a30r0cos oo dr0cos bo al 設粒子此次入射速度的大小為v0.由圓周運動線速度公式有v02 r0t聯立式得v03 l7t0. 3(2017 年武漢模擬 )如圖所示，勻強磁場中有一個電荷量為q 的正離子自a 點沿半圓軌道運動，當它運動到b 點時突然吸收了附近若干電子，接著沿另一半圓軌道運動到c 點 已知 a、 b、c 點在同一直線上，且ac12a

5、b，電子電荷量為e，電子質量可忽略不計，則該離子吸收的電子個數為() aq3bq3ec2q3ed3q2e【答案】 b 【解析】 由 a 到 b 的過程，軌跡半徑為r1ab2.此過程洛倫茲力提供向心力，有qvbmv2r1.在 b 附近吸收n個電子，因電子的質量不計，所以正離子的速度不變，電量變為qne.由 b 到 c 的過程中，軌跡半徑為r2bc234ab，洛倫茲力提供向心力，有(q ne)vbmv2r2.聯立得 nq3e.選項 b 正確， a、c、d 錯誤4(多選 )(2017 年黃岡模擬 )如圖所示，半徑為r 的半圓形區域內分布著垂直紙面向里的勻強磁場， 磁感應強度為b.半圓的左邊垂直x 軸

6、放置一粒子發射裝置，在 ryr 的區間內各處均沿x 軸正方向同時發射出一個帶正電粒子，粒子質量均為m，電荷量均為q，初速度均為v，重力忽略不計，所有粒子均能到達y 軸其中最后到達y 軸的粒子比最先到達y 軸的粒子晚 t.則 () a粒子到達y 軸的位置一定各不相同b磁場區域半徑r 應滿足 rmvbqc從 x 軸入射的粒子最先到達y軸d tmqbrv，其中角度 的弧度值滿足sin bqrmv【答案】 bd 【解析】 粒子射入磁場后做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示：y r 的粒子直接沿直線做勻速運動到達y 軸，其他粒子在磁場中發生偏轉由圖可知， 發生偏轉的粒子也有可能打在 yr 的位置上，所以粒子到達y 軸的位置不是各不相同的故a 錯誤以沿x軸射入的粒子為例， 若 rmvqbr， 則粒子不能達到y 軸就偏向上離開磁場區域，所以要求rmvqb，所有粒子才能穿過磁場到達y 軸，故 b 正確從x 軸入射的粒子在磁場中對應的弧長最長，所以該粒子最后到達y 軸，而 y r 的粒子直接沿直線做勻速運動到達y 軸，時間最短， 故c 錯誤 從 x 軸入射的粒子運動時間為t122