第八章 高考必考题突破讲座(八)
1．如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是( BC )
BqdA．
m?2－2?BqdC．
m
?2＋2?BqdB． mD．2Bqd
2m
mv0
解析： 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大．当粒子的径迹
qB和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图mv0?2＋2?Bqd
甲所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝代入得v0＝，选项B正确．若粒子
qBmmv02－2
带负电，其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O′点)容易看出R2cos 45°＋R2＝d，将R2＝代入得v0＝Bqd，
qBmC正确．
2．(多选)(2016·四川卷)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×104 T．电子质量m＝9.1×10
－
－31
kg，电荷量
e＝－1.6×10
－19
C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区
域的长度为l，则( AD )
A．θ＝90°时，l＝9.1 cm
B．θ＝60°时，l＝9.1 cm
C．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm
解析：如图所示，根据“用滚圆法求解磁场中粒子源射出粒子打在屏上范围”的模型，图中圆O1、O2均为半径为R的圆，圆O1分别交MN及其延长线于P、C两点，SC为圆O1的直径，圆O2与MN相切于Q点，∠SQN＝α.若屏的大小无限制，则电子应当打在图中C、Q之间，而由于MN长度的限制，电子只能打在N、Q之间．据mv题意，R＝＝4.55 cm，可见SO＝NO＝OM＝O2Q＝R，由几何知识可得2Rsin αsin α＝Rsin θ，则sin α＝
|e|B
1sin θ，2
l＝NQ＝NP＋PQ＝R(1－cos θ)＋2Rsin αcos α＝(1－cos θ＋2sin θ＋sin 2θ?R，分别将θ＝90°、60°、45°、30°代入公式即可确定，A、D项正确，B、C项错误．
e
3．如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB
m边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为( D )
2mv0
A．B>
aeC．B>
3mv0
ae
2mv0
B．B< aeD．B<
3mv0
ae
a2a
解析：由题意得，电子正好经过C点，如图所示，此时圆周运动的半径R＝＝，要使电子从BC边
cos 30°3经过，电子做圆周运动的半径要大于
mvamv03mv0a
，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝有<，即B<，选D．
qBae33eB
4．(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( AC )
5
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场
32
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场
35
C．若该带电粒于在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场
4D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
解析：如图所示，作出刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④.由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场可1
知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0；从ab边射出磁
31554
场经历的时间一定大于等于t0，小于t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，小于t0；从cd边射出磁
36635
场经历的时间一定是t0.
3
a
5．(2016·四川宜宾质检)如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应
2强度大小为B，坐标原点O处有一个粒子源．在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运a
动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四
2分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时：
(1)速度的大小：
(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦值.
解析：设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得 v2
qvB＝m R
mva
解得R＝，当 qB2圆弧与磁场的边界相切，如图所示．设粒子在磁场中运动的时间为t，依题意． Tπat＝，∠OCA＝设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得Rsin α＝R－ 422Rsin α＝a－Rcos α 又sin 2α＋cos 2α＝1 解得R＝(2－答案：(1)(2－ 6－666aqB )a，v＝(2－)，sin α＝. 22m106－66aqB) (2) 2m10