2020新亮剑高考物理总复习讲义：第九单元 磁场 课时2.docx

教学资料范本2020新亮剑高考物理总复习讲义：第九单元 磁场 课时2编 辑：_时 间：_ 磁场课时2磁场对运动电荷的作用见自学听讲P1711.洛伦兹力 (1)定义:磁场对运动电荷的作用力。(2)大小:当vB时,F=qvB;当vB时,F=0。(3)方向判定方法:左手定则。掌心磁感线垂直穿入掌心。四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。拇指指向洛伦兹力的方向。方向特点:FB,Fv,即F垂直于B和v决定的平面。(4)通电导体所受的安培力是导体内所有运动电荷所受的洛伦兹力的宏观表现。(5)特征:洛伦兹力与速度方向垂直,不做功。2.带电粒子(不计重力)在磁场中的运动 (1)若vB,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。(2)若vB,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做匀速圆周运动。(3)基本公式向心力公式:qvB=mv2r。轨道半径公式:r=mvBq。周期公式:T=2rv=2mqB;f=1T=Bq2m;=2T=2f=Bqm。1.(20xx海南华侨中学模拟)(多选)下列说法中正确的是()。A.运动电荷不受洛伦兹力的地方一定没有磁场B.运动电荷受到的洛伦兹力方向既与其运动方向垂直,又与磁感线方向垂直C.带电荷量为q的电荷,在磁场中运动速度大小不变,则所受洛伦兹力一定不变D.洛伦兹力对运动电荷不做功答案BD2.(20xx辽宁沈阳第二中学模拟)处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力的作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值()。A.与粒子电荷量成正比B.与粒子速率成正比C.与粒子质量成正比D.与磁感应强度成正比答案D1.(20xx全国卷,24)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求:(1)磁场的磁感应强度大小。(2)甲、乙两种离子的比荷之比。解析(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有q1U=12m1v12由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1v12R1由几何关系知2R1=l联立解得B=4Ulv1。(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U=12m2v22q2v2B=m2v22R2由题给条件有2R2=l2联立以上各式得,甲、乙两种离子的比荷之比q1m1q2m2=14。答案(1)4Ulv1(2)142.(20xx全国卷,18)如图所示,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2v1为()。A.32B.21C.31D.32解析当粒子在磁场中的运动轨迹是半圆时,出射点与入射点的距离最远。设磁场边界圆的半径为R,粒子轨迹圆的半径为r,故当射入的速率为v1时,对应轨道半径r1=Rsin 30,当射入的速率为v2时,对应轨道半径r2=Rsin 60,由半径公式r=mvqB可知轨道半径与速率成正比,因此v2v1=r2r1=31,C项正确。答案C见自学听讲P172一对洛伦兹力的理解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)当电荷运动方向发生变化时,洛伦兹力的方向也随之变化。(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力的作用。(4)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(vB)F=qE力方向与场方向的关系FB,FvFE做功情况任何情况下都不做功可能做功,也可能不做功例1下列关于洛伦兹力的说法中正确的是()。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,则在同一位置洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力的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的作用下运动的动能、速度均不变解析因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,还与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F=qvB,当粒子速度与磁场平行时F=0,又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以A项错误。因为+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F=qvB知大小也不变,所以B项正确。因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以C项错误。因为洛伦兹力方向总与速度方向垂直,因此,洛伦兹力不做功,粒子动能不变,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,所以D项错误。答案B二带电粒子在有界磁场中的运动1. 磁场边界的形式2.处理方法基本思路图例说明圆心的确定(1)与速度方向垂直的直线过圆心(2)弦的垂直平分线过圆心(3)轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P、M点速度方向垂线的交点P点速度方向垂线与弦的垂直平分线的交点某点的速度方向垂线与切点法线的交点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=Lsin或由R2=L2+(R-d)2,求得R=L2+d22d(续表)基本思路图例说明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(1)t=2T(2)t=Lv(1)速度的偏转角等于AB所对的圆心角(2)偏转角与弦切角的关系:180时,=360-2题型1直线边界磁场直线边界,粒子进出磁场具有对称性(如图所示)图甲中t=T2=mBq图乙中t=1-T=1-2mBq=2m(-)Bq图丙中t=T=2mBq。例2(多选)如图甲所示,一单边有界磁场的边界上有一粒子源O,以与水平方向成角的不同速率向磁场中射入两个相同的粒子1和2,粒子1经磁场偏转后从边界上a点射出磁场,粒子2经磁场偏转后从边界上b点射出磁场,Oa=ab,则()。A.粒子1与粒子2的速度之比为12B.粒子1与粒子2的速度之比为14C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为11D.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为12甲乙解析如图乙所示,粒子进入磁场时速度的垂线与Oa的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子进入磁场时速度的垂线与Ob的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心。由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比r1r2=12,由r=mvqB可知,粒子1与粒子2的速度之比为12,A项正确,B项错误。由于粒子1和粒子2在磁场中做圆周运动的周期均为T=2mqB,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此粒子在磁场中运动的时间相同,C项正确,D项错误。答案AC题型2平行边界磁场平行边界存在临界条件(如图所示)图甲中t1=mBq,t2=T2=mBq图乙中t=mBq图丙中t=1-T=1-2mBq=2m(-)Bq图丁中t=T=2mBq。例3如图甲所示,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v=3.2106 m/s的粒子。已知屏蔽装置宽AB=9 cm,缝长AD=18 cm,粒子的质量m=6.6410-27 kg,电荷量q=3.210-19 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B=0.332 T,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)(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d=20 cm,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?甲解析(1)根据题意有AB=9 cm,AD=18 cm,则BAO=ODC=45所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,设为R,根据牛顿第二定律有Bqv=mv2R解得R=0.2 m=20 cm乙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,如图乙所示设此时磁场宽度d=d0,由几何关系得d0=R+Rcos 45=(20+102)cm则磁场的宽度至少为(20+102)10-2 m。丙(2)设粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T,则T=2mBq=810-6 s设速度方向垂直于AD进入磁场区域的粒子的入射点为E,如图丙所示因磁场宽度d=20 cmd0,且R=20 cm,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,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=T2=1610-6 s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,设在磁场中运动的最短时间为tmin,轨迹如图丙所示,因R=d,则圆弧对应的圆心角为60,故tmin=T6=4810-6 s。答案(1)(20+102)10-2 m(2)1610-6 s4810-6 s题型3圆形边界磁场沿径向射入圆形磁场必沿径向射出,运动具有对称性(如图所示)r=Rtant=T=2mBq+=90例4(20xx全国卷,18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图甲所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()。A.3BB.2BC.BD.2B甲乙解析作出粒子的运动轨迹如图乙所示,其中O为粒子运动轨迹的圆心,由几何关系可知MON=30。由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律,可知qvB=mv2r,T=2rv,得T=2mBq,即比荷qm=2BT,由题意知t粒子=t筒,即30360T=90360T筒,则T=3T筒,又T筒=2,故qm=3B,A项正确。答案A题型4三角形边界磁场例5如图甲所示,在边长为L的等边三角形ACD区域内,存在垂直于所在平面向里的匀强磁场。大量的质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同速度(速度大小未确定)沿垂直于CD且平行于纸面的方向射入磁场,经磁场偏转后三条边均有粒子射出,其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求:(1)磁场的磁感应强度大小。(2)要确保粒子能从CD边射出,射入的最大速度。甲解析(1)qvB=mv2r,T=2rv=2mqB圆心角为60,t0=16T,解得B=m3qt0。乙(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时,粒子能从CD边射出,半径最大,速度为最大值,如图乙所示,此时,r=L2sin 60=34LqvB=mv2r,r=mvqB,解得v=3L12t0所以粒子射入的速度应满足v3L12t0。答案(1)m3qt0(2)3L12t0三带电粒子在磁场中运动的多解问题1.多解的原因原因特点图例粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电,也可能带负电,在相同的初速度条件下,正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同,因而形成多解磁场方向不确定有些题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向,此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解(续表)原因特点图例临界状态不唯一如图所示,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,它可能直接穿过去了,也可能转过180从入射界面反向飞出,于是形成了多解运动的往复性带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时,往往具有往复性,因而形成多解2.解决多解问题的一般思路(1)明确带电粒子的电性和磁场方向。(2)正确找出带电粒子运动的临界状态。(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算。例6如图甲所示,宽度为d的有界匀强磁场,磁感应强度为B,MM和NN是它的两条边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图甲所示方向垂直射入磁场。要使粒子不能从边界NN射出,则粒子入射速率v的最大值可能是多少?甲解析题目中只给出粒子的电荷量q,未说明是带哪种电荷。若q为正电荷,轨迹是图乙所示的上方与NN相切的14圆弧,轨道半径R=mvBq又d=R-R2解得v=(2+2)Bqdm乙若q为负电荷,轨迹是图乙所示的下方与NN相切的34圆弧则有R=mvBqd=R+R2解得v=(2-2)Bqdm。答案(2+2)Bqdm(q为正电荷)或(2-2)Bqdm(q为负电荷)(1)分析题目特点,确定题目多解的形成原因。(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题,寻找通项式,若是出现几种解的可能性,注意每种解出现的条件。带电粒子在磁场中运动的临界极值问题 分析方法(1)数学方法和物理方法的结合:如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值,利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。(2)一个“解题流程”,突破临界问题。(3)从关键词找突破口:许多临界问题,题干中常出现“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语,审题时,一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律,找出临界条件。题型1动态放缩法当带电粒子射入磁场的方向确定,但射入时的速度v的大小或磁感应强度B的大小变化时,粒子做圆周运动的轨道半径R随之变化。在确定粒子运动的临界情景时,可以以入射点为定点,将轨道半径放缩,作出一系列的轨迹,从而探索出临界条件。如图所示,粒子进入长方形边界OABC从BC边射出的临界情景为和。例7如图甲所示,矩形区域abcd内有磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从ad边的中点O处,垂直于磁场射入一速度大小为v、方向与ad边夹角为45、带正电的粒子。已知粒子的质量为m,电荷量为q,其重力不计。ad边长为2l,cd边足够长。求:甲(1)粒子能从ab边上射出的v的大小范围。(2)粒子在磁场中运动的最长时间。解析(1)此题是带正电的粒子的速度方向不变而大小变化,可以用“放缩法”画圆,不难看出,当带电粒子的速度较小时,其转动半径较小,若能从ab边穿出,至少使圆弧与ab边相切,如图乙所示,此时所对应的速度为v1乙丙由几何关系可以得出R1+R1sin 45=l,而qv1B=mv12R1解得v1=(2-2)qlBm当带电粒子的速度较大时,其转动半径也较大,若能从ab边穿出,至少使圆弧与cd边相切,如图丙所示,此时所对应的速度为v2。由几何关系可以得出R2-R2sin 45=l,而qv2B=mv22R2解得v2=(2+2)qlBm可见带电粒子在磁场中从ab边射出,其速度v应满足(2-2)qlBmv(2+2)qlBm。(2)带电粒子在磁场中的周期T=2Rv=2mqB,带电粒子在磁场的轨迹占圆周比值越大(圆心角越大),运动时间越长。当粒子从ad边射出时所用时间最长,其值tm=34T=342mqB=3m2qB。答案(1)(2-2)qlBmv(2+2)qlBm(2)3m2qB此类粒子源能在同一平面内沿某一方向发射速率不同的同种带电粒子(如质子),这些带电粒子垂直于磁感线射入布满空间的匀强磁场,做同方向旋转的匀速圆周运动,有下列特点(如图所示):(1)各带电粒子的圆轨迹有一个公共切点,且各圆的圆心分布在同一条直线上。(2)各带电粒子做匀速圆周运动的周期相等。(3)速率大的带电粒子所走过的路程大,对应大圆。题型2定圆旋转法当带电粒子射入磁场时的速度v大小一定,但射入的方向变化时,粒子做圆周运动的轨道半径R是确定的。在确定粒子运动的临界情景时,可以以入射点为定点,将轨迹圆旋转,作出一系列轨迹,从而探索出临界条件。如图所示为粒子进入单边界磁场时的情景。例8如图甲所示,真空中存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小B=0.60 T,磁场内有一块平面感光板ab,板面与磁场方向平行,在距ab感光板l=16 cm处,有一个点状的粒子放射源S,它向各个方向发射粒子,粒子的速度都是v=3.0106 m/s,已知粒子的比荷qm=5.0107 C/kg,现只考虑在图纸平面中运动的粒子,求ab上被粒子打中的区域的长度。甲乙解析此题是粒子的速度大小不变而方向变化,用“旋转圆法”不难得出粒子打在左侧和右侧最远的点,如图乙所示。粒子带正电,故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动,用R表示轨迹半径,有qvB=mv2R由此得R=mvqB代入数值得R=10 cm可见Rl2R因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S,由此可知,某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切,则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点NP1=R2-(l-R)2=8 cm再考虑N的右侧,任何粒子在运动中离S的距离不可能超过2R,以2R为半径、S为圆心作圆,交ab于N右侧的P2点,此即右侧能打到的最远点由图中几何关系得NP2=(2R)2-l2=12 cm所求长度P1P2=NP1+NP2代入数值得P1P2=20 cm。答案20 cm此类粒子源能在同一平面内,沿各个方向发射相同速率的同种带电粒子,这些带电粒子垂直于磁感线射入布满空间的匀强磁场,做同方向旋转的匀速圆周运动,各带电粒子的圆轨迹半径相等,运动周期相等。这类问题可以归结为这样一个几何模型:如图所示,有一半径为R的圆,绕圆周上一个定点P转动一周,圆平面扫过的面积就是以P为圆心,以2R为半径的圆面积,圆上任意一点都绕P点转动了一周。要准确把握这一几何模型,需要认识和区分三种圆。(1)轨迹圆:每个粒子在磁场中均以半径R1=mvqB做匀速圆周运动,随着入射点P处速度方向的改变,这些轨迹圆可以看作是以圆周上某点P为圆心旋转构成的一系列的动态旋转圆。(2)圆心圆:在轨迹圆旋转过程中,这些轨迹圆的圆心的轨迹在以P为圆心,半径与轨迹圆半径相等,即R2=mvqB的圆上,如图中虚线所示。(3)边界圆:在轨迹圆旋转过程中,各轨迹圆上离圆心最远的点构成的轨迹也是一个圆,这个圆也是粒子能够到达的区域,其圆心是P,半径为轨迹圆半径的两倍,即R3=2mvqB,如图中外围黑体实线所示。题型3平移圆法当粒子的速度大小不变、入射方向平行,且分布在一定范围内时,粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径一定。先画出某一特殊粒子的轨迹,沿边界平移这一轨迹,从圆的变化中即可发现“临界点”。例9如图甲所示,有界匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,MN为其左边界,磁场中放置一半径为R的圆柱形金属圆筒,圆心O到MN的距离OO1=2R,圆筒轴线与磁场平行。圆筒用导线通过一个电阻r0接地,最初金属圆筒不带电。现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处垂直于左边界MN向右射入磁场区,已知电子质量为m,电荷量为e。(1)若电子初速度满足v0=3eBRm,则在最初圆筒上没有带电时,能够打到圆筒上的电子对应MN边界上O1两侧的范围是多大?(2)当圆筒上电荷量达到相对稳定时,测量得到通过电阻r0的电流恒为I,忽略运动电子间的相互作用,求此时金属圆筒的电势和电子到达圆筒时的速度v(取无穷远处或大地电势为零)。(3)在(2)的情况下,求金属圆筒的发热功率。甲乙解析(1)如图乙所示,设电子进入磁场回旋轨道半径为r,则qv0B=mv02r,解得r=3R大量电子从MN上不同点进入磁场的轨迹如图乙所示,从O1上方P点射入的电子刚好擦过圆筒O1O2=(4R)2-(2R)2=23RO1P=O1O2+r=(3+23)R从O1下方Q点射入的电子刚好擦过圆筒同理可得O1到Q点距离O1Q=(23-3)R。(2)稳定时,圆柱体上的电荷不再增加,与地面电势差恒为U,则U=Ir0,电势=-Ir0电子从很远处射到圆柱表面时速度为v,有-eU=12mv2-12mv02,解得v=v02-2eIr0m。(3)电流为I,单位时间内到圆筒的电子数n=Ie电子所具有总能量E=n12mv02=mIv022e,消耗在电阻上的功率Pr=I2r0,所以圆筒的发热功率P=mIv022e-I2r0。答案(1)在O1上侧(3+23)R与O1下侧(23-3)R之间(2)-Ir0v02-2eIr0m(3)mIv022e-I2r0磁偏转与电偏转的比较(垂直于场线入射时) 磁偏转电偏转示意图受力特点1.v垂直B时,F洛=qvB;2.v不垂直于B时,F洛=qvBsin (为v与B的夹角),F洛为变力,只改变v的方向无论v是否与E垂直,F电=qE,F电为恒力运动规律圆周运动T=2mqB,R=mv0qB类平抛运动vx=v0,vy=qEmt,x=v0t,y=qEt22m偏转角sin =LR=qBLmv0tan =vyv0=qELmv02(续表)磁偏转电偏转运动时间t=2T=mqB(以弧度为单位)t=Lv0(运动的等时性)动能变化动能不变动能不断增大,且动能增大得越来越快例10(多选)如图所示,在虚线所示宽度范围内,存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,某种正离子以初速度v0垂直于左边界射入,离开右边界时偏转角度为。在同样宽度范围内,若只存在竖直向下的匀强电场,使该离子以原来的初速度穿过该区域,偏转角度仍为,不计离子的重力,则下列判断正确的是()。A.匀强电场的电场强度大小E=Bv0cosB.匀强电场的电场强度大小E=Bv0sinC.离子穿过电场和磁场的时间之比为sinD.离子穿过电场和磁场的时间之比为sinv0解析设虚线宽度为d,离子在匀强磁场中做匀速圆周运动。qv0B=mv02r,轨道半径r=dsin=mv0qB,所以d=mv0qBsin ,当虚线间为电场时,离子在电场中做类平抛运动,有vy=v0tan ,vy=qEmt,且t=dv0,将d=mv0qBsin 代入解得E=Bv0cos,所以A项正确,B项错误。离子在电场中运动的时间t1=dv0,离子在磁场中运动的时间t2=rv0=dv0sin,解得t1t2=sin,C项正确,D项错误。答案AC见高效训练P1011.(20xx北京区期末)如图所示,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,仍以原来的速度抛出,考虑地磁场的影响,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点解析地磁场在赤道上空水平,方向由南向北,从南向北观察,若小球带正电,则洛伦兹力斜向右上方,该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右的方向均有分力,因此,小球落地时间会变长,水平位移会变大;同理,若小球带负电,则小球落地时间会变短,水平位移会变小,故D项正确。答案D2.(20xx河南郑州质检)如图甲所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t时间从C点射出磁场,OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为v3,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为()。A.12tB.2tC.13tD.3t甲乙解析粒子沿半径方向进入圆形磁场区域时,一定沿半径方向射出,如图乙所示,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,由qvB=mv2R得R=mvBq,由数学知识可知,粒子以速度v进入磁场时,圆周运动的半径R=3r,转过的圆心角=60;粒子以速度v3进入磁场时,圆周运动的半径R=33r,转过的圆心角=120,周期T=2mBq与速度无