新课标2013年高考考前预测核心考点专项突破带电粒子在磁场中的圆周运动【核心内容解读】磁场对运动电荷的作用力叫做洛仑兹力，当带电粒子垂直磁场方向进入磁场中，所受洛仑兹力大小F=qvB，方向由左手定则判断。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题可归纳为：定圆心、求半径、算时间。定圆心。因洛仑兹力F与粒子的速度方向垂直，提供向心力，永远指向圆心，据此可画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的洛仑兹力的方向（做这两点速度方向的垂线），其延长线的交点即为圆周轨道的圆心。若已知入射点的速度方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射点速度方向的垂线和入射点与出射点连线的中垂线，两垂线的交点即为圆轨道的圆心。求半径。利用洛仑兹力等于向心力求出半径或画出轨迹示意图，利用几何知识常用解三角形的方法确定半径。算时间。若粒子运动轨迹是一完整的圆可利用周期公式T=2πm/qB求出时间。粒子运动轨迹不是一完整的圆时要利用圆心角和弦切角的关系（圆心角等于2倍弦切角），偏向角等于圆心角或四边形的四个内角和等于360o计算出轨迹所对的圆心角的大小，再由公式t=计算出运动时间。带电粒子在匀强磁场中运动具有对称性，若带电粒子从某一直线边界射入匀强磁场，又从同一边界射出磁场时，粒子的入射速度方向与边界的夹角和出射速度方向与边界的夹角相等；带电粒子沿半径方向射入圆形磁场区域，必沿半径方向射出圆形磁场区域。预测题1．如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2/B1等于A.B.C.2D.3解析：设圆形区域磁场的半径为R，根据题述，画出轨迹示意图，当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的1/3时，轨迹半径r1=Rsin60°，由洛伦兹力等于向心力，得到r1==mv/qB1-7-\n；当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的1/6时，轨迹半径r2=Rsin30°，由洛伦兹力等于向心力，得到r2==mv/qB2；联立解得B2/B1=，选项B正确。答案：B【名师点评】带电粒子在匀强磁场中运动轨迹具有对称性，画出轨迹图，找出轨迹圆心和轨迹所对的圆心角，要注意应用几何关系。预测题2.如右图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则（）A.如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d点射出D．只改变粒子的速度使其分别从e,d,f点射出时，从f点射出所用的时间最短解析：由r=mv/qB可知，如果粒子的速度增大为原来的二倍，轨道半径增大到原来的二倍，将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，不能从f点射出，选项B错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从ae的中点射出，选项C错误；只改变粒子的速度使其分别从e,d点射出时所用时间为T/4，从f点射出所用的时间为T/8，时间最短，选项D正确。答案：AD【名师点评】此题考查带电粒子在正方形边界磁场中的运动。VAVB............预测题3.如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时从匀强磁场的边界上的P点以等大的速度，以与边界成30°和60°的交角射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是 （ ）-7-\nA.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为C.A、B两粒子的之比为D.A、B两粒子的之比为解析：画出带电粒子在磁场中运动的轨迹，设磁场宽度为L，以与边界成30°的交角射入磁场，R1cos30°+R1=L；解得R1=2(2-)L。以与边界成60°的交角射入磁场，R2cos60°+R2=L；解得R2=2L/3。A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为R1∶R2=，选项A错误B正确。由R=mv/qB可得A、B两粒子的之比等于半径之比，为选项C错误D正确。答案：BD【名师点评】此题考查带电粒子在两平行线边界磁场中的运动。预测题4．如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC=60°从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T/2(T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为( )A．T/8B．T/6C．T/4D．T/3-7-\n解析：设OS=L，根据题述从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T/2可知，粒子轨迹半径为L/2。从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为T/8，选项A正确。答案：A【名师点评】此题考查带电粒子在角形边界磁场中的运动。核心考点二、带电粒子在电场中的类平抛运动与磁场中的圆周运动【核心内容解读】带电粒子在电场中的类平抛运动可按照运动分解把带电粒子的运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀变速直线运动。带电粒子在电场中加速利用动能定理列方程解答，在磁场中的匀速圆周运动可依据洛仑兹力提供向心力列方程解答。预测题1．如图，POy区域内有沿y轴正方向的匀强电场，POx区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OP与x轴成θ角．不计重力的负电荷，质量为m、电量为q，从y轴上某点以初速度v0垂直电场方向进入，经电场偏转后垂直OP进入磁场，又垂直x轴离开磁场．求：（1）电荷进入磁场时的速度大小（2）电场力对电荷做的功（3）电场强度E与磁感应强度B的比值解析：（1）设带电粒子到达OP进入磁场前的瞬时速度为v，有：v=①（2）由动能定理，电场力做的功为：WF=mv2-mv02=mv02cot2θ（2）设带电粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿运动定律：qvB=mv2/R，依题意：OD=R，-7-\n由几何关系：CD=ODcosθ，在x方向有：CD=v0t，又：vDy=v0cotθ在y方向：vDy=at，a=qE/m，联立解得：E/B=v0。【名师点评】此题以带电粒子在电场中的类平抛运动与磁场中的圆周运动切入，综合考查速度分解、动能定理、洛伦兹力、牛顿第二定律、电场力等重点知识。预测题2.(2012江苏联考)如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L两板间距离为d，在PQ板的上方有垂直纸面向里足够大的匀强磁场．一个电荷量为q，质量为m的带负电粒子以速度V0从MN板边缘且紧贴M点，沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场．不计粒子重力，求：(1)两金属板间所加电压U的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)当该粒子再次进入电场并再次从电场中飞出时的速度及方向．解析：（1）粒子在电场中运动时间为t，沿极板方向运动，L=v0t，沿电场方向运动，d=at2，加速度a=qU/md联立解得，U=。（2）设粒子飞出电场时的速度为v，竖直分速度为vy，与极板之间的夹角为θ，则有vy=at，v=v0/cosθ，tanθ=vy/v0，-7-\n粒子在匀强磁场中运动的轨道半径R=L/2sinθ所受洛伦兹力提供向心力，qvB=m联立解得磁感应强度B=（3）根据粒子在磁场及电场中运动的对称性易知，粒子再次进入电场并再次从电场中飞出时的速度为v0，方向水平向左。【名师点评】此题考查带电粒子在电场中的类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动。预测题3．如图甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压U、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖直长度足够大，其紧靠偏转电场的右边。大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间。当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两板间加上图乙所示的电压U时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用，电压U的最大值为U0，磁场的磁感应强度大小为B、方向水平且垂直纸面向里。（1）如果电子在t=t0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分位移的大小。（3）证明：在满足（2）问磁场宽度l的条件下，所有电子自进入板间到最终打在荧光屏上的总时间相同。解析：（1）电子在t=t0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动，在2t0～3t0-7-\n时间内发生偏转，a=eE/m=，它离开偏转电场时竖直分位移的大小y=at02=。（2）设电子从电场中射出的偏向角为θ，速度为v，则电子从电场中射出沿电场方向的分速度vy=at0=t0，sinθ==。电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上，其圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有evB=m，由几何关系得sinθ=l/R，联立解得水平宽度l=。（3）证明：无论何时进入两板间的电子，在两板间运动的时间均为t1=2t0，射出电场时的竖直分速度vy均相同，vy=at0=t0，射出电场时速度方向与初速度v0方向的夹角θ均相同，满足tanθ==。-7-
