12、 若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與垂線的交點即為圓心，如圖乙．
2．常見運動軌跡的確定
(1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖丙所示)．
(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖丁所示)．
(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖戊所示)．
3．常用解題知識
(1)幾何知識：三角函數(shù)、勾股定理、偏向角與圓心角關(guān)系．根據(jù)幾何知識可以由已知長度、角度計算粒子運動的軌跡半徑，或者根據(jù)粒子運動的軌跡半徑計算未知長度、角度．
(2)半徑公式、周期公式：R＝、T＝.根據(jù)兩個公式可由q、m、v、B計
13、算粒子運動的半徑、周期，也可根據(jù)粒子運動的半徑或周期計算磁感應(yīng)強度、粒子的電荷量、質(zhì)量等．
(3)運動時間計算式：計算粒子的運動時間或已知粒子的運動時間計算圓心角或周期時，常用到t＝·T.
【典題例析】
(2016·高考全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為( )
A. B
14、．
C. D．
[審題指導(dǎo)] 首先由粒子的速度方向確定運動的圓心，然后畫出其運動軌跡，由幾何知識確定圓心角求時間．此題考查粒子在磁場中運動問題的基本方法．
[解析]
由題可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的圓弧所對的圓心角為30°，因此粒子在磁場中運動的時間為t＝×，粒子在磁場中運動的時間與筒轉(zhuǎn)過90°所用的時間相等，即＝×，求得＝，A項正確．
[答案] A
(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的分析方法
(2)在軌跡中尋求邊角關(guān)系時，一定要關(guān)注三個角的聯(lián)系：圓心角、弦切角、速度偏角；它們的大小關(guān)系為
15、：圓心角等于速度偏角，圓心角等于2倍的弦切角．在找三角形時，一般要尋求直角三角形，利用勾股定理或三角函數(shù)求解問題．
(3)解決帶電粒子在邊界磁場中運動的問題時，一般注意以下兩種情況：
①直線邊界中的臨界條件為與直線邊界相切，并且從直線邊界以多大角度射入，還以多大角度射出；
②在圓形邊界磁場中運動時，如果沿著半徑射入，則一定沿著半徑射出．
【遷移題組】
遷移1 半徑公式和周期公式的應(yīng)用
1．(多選)(2015·高考全國卷Ⅱ)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子( )
A．運動軌跡的
16、半徑是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等
解析：選AC.兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ中磁場磁感應(yīng)強度B1是Ⅱ中磁場磁感應(yīng)強度B2的k倍．由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確．由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項B錯誤．由T＝得T∝r，所以＝k，選項C正確．由ω＝得＝＝，選項D錯誤．
遷移2 帶電粒子在直線邊界磁場中的運動
2.
如圖所示為一有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，MN、PQ為其兩個邊界，兩邊界間的距離為L.現(xiàn)有兩個帶負(fù)
17、電的粒子同時從A點以相同速度沿與PQ成30°的方向垂直射入磁場，結(jié)果兩粒子又同時離開磁場．已知兩帶負(fù)電的粒子質(zhì)量分別為2m和5m，電荷量大小均為q，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則粒子射入磁場時的速度為( )
A. B．
C. D．
解析：
選B.由于兩粒子在磁場中運動時間相等，則兩粒子一定是分別從MN邊和PQ邊離開磁場的，如圖所示，由幾何知識可得質(zhì)量為2m的粒子對應(yīng)的圓心角為300°，由t＝T得質(zhì)量為5m的粒子對應(yīng)的圓心角為120°，由圖可知△OCD為等邊三角形，可求得R＝L，由Bqv＝得v＝，B正確．
遷移3 帶電粒子在圓形有界磁場中的運動
3.
18、
(2017·高考全國卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方
向射入磁場．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上．不計重力及帶電粒子之間的相互作用．則v2∶v1為( )
A.∶2 B．∶1
C.∶1 D．3∶
解析：
選C.由于是相同的粒子，粒子進(jìn)入磁場時的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同．若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子的
19、磁場出射點A離P點最遠(yuǎn)時，則AP＝2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子的磁場出射點B離P點最遠(yuǎn)時，則BP＝2R2，由幾何關(guān)系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，則＝＝，C項正確．
帶電粒子在勻強磁場運動的臨界、極值和多解問題[學(xué)生用書P183]
【知識提煉】
1．帶電粒子在有界磁場中的運動，一般涉及臨界和邊界問題，臨界值、邊界值常與極值問題相關(guān)聯(lián)．因此，臨界狀態(tài)、邊界狀態(tài)的確定以及所需滿足的條件是解決問題的關(guān)鍵．常遇到的臨界和極值條件有：
(1)帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零．
(2)射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相
20、切，對應(yīng)粒子速度的臨界值．
(3)運動時間極值的分析
①周期相同的粒子，當(dāng)速率相同時，軌跡越長，圓心角越大，運動時間越長．
②周期相同的粒子，當(dāng)速率不同時，圓心角越大，運動時間越長．
2．帶電粒子在磁場中運動的多解問題
(1)帶電粒子電性不確定形成多解：
受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負(fù)電，在相同的初速度條件下，正、負(fù)粒子在磁場中的運動軌跡不同，因而形成多解．
如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b.
(2)磁場方向的不確定形成多解：有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度的方向，此時必須
21、考慮由磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解．如圖乙所示．
(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能直接穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射面邊界反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解．
(4)運動的往復(fù)性形成多解：帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示．
【典題例析】
(2016·高考全國卷Ⅲ)
平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q
22、>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為( )
A. B．
C. D．
[審題指導(dǎo)] 粒子與ON的交點只有一個的隱含條件說明運動軌跡與ON相切，從而找出粒子運動的圓心、半徑、圓心角等一系列運動參量，利用幾何關(guān)系進(jìn)行問題的求解．
[解析]
如圖所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖，設(shè)出射點為P，粒子運動軌跡與ON的交點為Q，粒子入射方向與OM成30°角，則射出磁場時速度方向與OM成30°角
23、，由幾何關(guān)系可知，PQ⊥ON，故出射點到O點的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R＝，所以D正確．
[答案] D
解決帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)問題的常用方法
(1)幾何對稱法：帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌跡關(guān)于入射點P與出射點Q的中垂線對稱，軌跡圓心O位于中垂線上，并有φ＝α＝2θ＝ωt，如圖甲所示，應(yīng)用粒子運動中的這一“對稱性”，不僅可以輕松地畫出粒子在磁場中的運動軌跡，也可以非常便捷地求解某些臨界問題．
甲 乙
(2)動態(tài)放縮法：當(dāng)帶電粒子射入磁場的方向確定，但射入時的速度v大小或磁場的強弱B
24、變化時，粒子做圓周運動的軌跡半徑R隨之變化．在確定粒子運動的臨界情景時，可以以入射點為定點，將軌跡半徑放縮，作出一系列的軌跡，從而探索出臨界條件．如圖乙所示，粒子進(jìn)入長方形邊界OABC從BC邊射出的臨界情景為②和④.
(3)定圓旋轉(zhuǎn)法：
丙
當(dāng)帶電粒子射入磁場時的速率v大小一定，但射入的方向變化時，粒子做圓周運動的軌跡半徑R是確定的．在確定粒子運動的臨界情景時，可以以入射點為定點，將軌跡圓旋轉(zhuǎn)，作出一系列軌跡，從而探索出臨界條件．如圖丙所示為粒子進(jìn)入單邊界磁場時的情景．
(4)數(shù)學(xué)解析法：寫出軌跡圓和邊界的解析方程，應(yīng)用物理和數(shù)學(xué)知識求解．
【遷移題組】
遷移1 帶電粒子運動
25、的臨界問題
1.
如圖，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小B＝0.60 T．磁場內(nèi)有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行．在距ab為l＝16 cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s.已知α粒子的電荷量與質(zhì)量之比＝5.0×107 C/kg.現(xiàn)只考慮在紙面內(nèi)運動的α粒子，求ab板上被α粒子打中區(qū)域的長度．
解析：α粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動．用R表示軌跡半徑，有qvB＝m，
由此得R＝，
代入數(shù)值得R＝10 cm，可見2R>l>R.
因朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都
26、過S，由此可知，某一圓軌跡在下圖中N左側(cè)與ab相切，則此切點P1就是α粒子能打中的左側(cè)最遠(yuǎn)點．為確定P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，作圓弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1.即：NP1＝.
再考慮N的右側(cè)．任何α粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓弧，交ab于N右側(cè)的P2點，此即右側(cè)能打到的最遠(yuǎn)點．
由圖中幾何關(guān)系得
NP2＝，
所求長度為P1P2＝NP1＋NP2，
代入數(shù)值得P1P2＝20 cm.
答案：20 cm
遷移2 帶電粒子運動的極值問題
2.
如圖，ABCD
27、是邊長為a的正方形．質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域．在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強磁場．電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場．不計重力，求：
(1)此勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度的大小和方向；
(2)此勻強磁場區(qū)域的最小面積．
解析：(1)設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為B.令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌跡．電子所受到的磁場的作用力大小f＝ev0B?、?
方向應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外．圓弧的圓心在CB邊或其延長線上．依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點即為圓心，圓半徑為a.
根據(jù)牛頓
28、第二定律有f＝m ②
聯(lián)立①②式得B＝. ③
(2)由(1)中確定的磁感應(yīng)強度的方向和大小可知，自C點垂直于BC入射的電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其他點垂直入射的電子的運動軌跡只能在BAEC區(qū)域中，因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界．
為了確定該磁場區(qū)域的另一邊界，需考查從A點射出的電子的速度方向與BA的延長線的交角θ的情形．該電子的運動軌跡QPA如圖所示．圖中，圓弧的圓心為O，PQ垂直于BC邊，由③式知，圓弧的半徑仍為a，在以D為原點，DC為x軸，DA為y軸的坐標(biāo)系中，P點的坐標(biāo)(x，y)為
x＝asin θ ④
y＝－[a－(a－acos θ)]＝－acos θ
29、 ⑤
這意味著，在范圍0≤θ≤內(nèi)，P點形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界．
因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成的，其面積為S＝2×＝a2.
答案：(1) 方向垂直紙面向外 (2)a2
遷移3 帶電粒子運動的多解問題
3.
(多選)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點．一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與O
30、d成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是( )
A．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場
B．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場
C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場
D．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場
解析：
選AC.如圖所示，作出剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④.由從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場可知，帶電粒子在磁場
31、中做圓周運動的周期是2t0，可知，從ad邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定小于t0；從ab邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從bc邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從cd邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定是t0.故選項A、C正確，B、D錯誤．
[學(xué)生用書P184]
1.
(高考全國卷Ⅰ)如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為( )
A．2
32、 B．
C．1 D．
解析：選D.設(shè)帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝mv，Ek2＝mv，由題意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，則＝.粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，即qvB＝，得R＝，由題意可知＝，所以＝＝，故選項D正確．
2.
(2016·高考四川卷)如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb；當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc.不計粒子重力．則( )
A．vb∶vc
33、＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
解析：
選A.設(shè)正六邊形的邊長為L，一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rb＝L，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，由洛倫茲力提供向心力Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角2θ＝60°，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rc
34、＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，A正確．
3．(2015·高考全國卷Ⅰ)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的( )
A．軌道半徑減小，角速度增大
B．軌道半徑減小，角速度減小
C．軌道半徑增大，角速度增大
D．軌道半徑增大，角速度減小
解析：選D.分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強度B減小，由公式r＝可知，軌道半徑增大．分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁場中運動的周期
35、增大，根據(jù)ω＝知角速度減?。x項D正確．
4.
(2018·河南商丘模擬)在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，有一個圓形區(qū)域的勻強磁場(圖中未畫出)，磁場方向垂直于xOy平面，O點為該圓形區(qū)域邊界上的一點．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子(不計重力)從O點以初速度v0沿x軸正方向進(jìn)入磁場，已知粒子經(jīng)過y軸上P點時速度方向與y軸正方向夾角為θ＝30°，OP＝L，求：
(1)磁感應(yīng)強度的大小和方向；
(2)該圓形磁場區(qū)域的最小面積．
解析：
(1)由左手定則得磁場方向垂直xOy平面向里．粒子在磁場中做弧長為圓周的勻速圓周運動，如圖所示，粒子在Q點飛出磁場．設(shè)其圓心為O′
36、，半徑為R.由幾何關(guān)系有(L－R)sin 30°＝R，所以R＝L.由牛頓第二定律有qv0B＝m，故R＝.
由以上各式得磁感應(yīng)強度B＝.
(2)設(shè)磁場區(qū)域的最小面積為S.由幾何關(guān)系得
直徑＝R＝L，
所以S＝π＝L2.
答案：(1) 方向垂直于xOy平面向里 (2)L2
[學(xué)生用書P335(單獨成冊)]
(建議用時：60分鐘)
一、單項選擇題
1．(2018·北京海淀區(qū)期末)
如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是( )
A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點
B．無論小球帶
37、何種電荷，小球下落時間都會延長
C．若小球帶負(fù)電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點
D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點
解析：選D.地磁場在赤道上空水平由南向北，從南向北觀察，如果小球帶正電荷，則洛倫茲力斜向右上方，該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地時間會變長，水平位移會變大；同理，若小球帶負(fù)電，則小球落地時間會變短，水平位移會變小，故D正確．
2．“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場
38、，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變．由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于( )
A. B．T
C. D．T2
解析：選A.考查帶電粒子在磁場中的圓周運動問題．由題意知，帶電粒子的平均動能Ek＝mv2∝T，故v∝.由qvB＝整理得：B∝，故選項A正確．
3.
初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則( )
A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變
B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變
C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變
D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變
解析：選A.由安培定則可知，通電導(dǎo)線右方磁場方向垂直紙面向里，則電子
39、受洛倫茲力方向由左手定則可判知向右，所以電子向右偏；由于洛倫茲力不做功，所以電子速率不變．
4.
如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)粒子速率最大，在磁場中運動時間最長
B．c粒子速率最大，在磁場中運動時間最短
C．a(chǎn)粒子速率最小，在磁場中運動時間最短
D．c粒子速率最小，在磁場中運動時間最短
解析：選B.由題圖可知，粒子a的運動半徑最小，圓心角最大，粒子c的運動半徑最大，圓心角最小，由洛倫茲力提供粒子做圓
40、周運動的向心力可得：qvB＝m，故半徑公式r＝，T＝＝，故在質(zhì)量、帶電荷量、磁場的磁感應(yīng)強度都相同的情況下，速率越小，半徑越小，所以粒子a的運動速率最小，粒子c的運動速率最大，而帶電粒子在磁場中的運動時間只取決于運動所對應(yīng)的圓心角，所以粒子a的運動時間最長，粒子c的運動時間最短．
5.
(2018·北京朝陽質(zhì)檢)如圖所示，ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，磁場垂直于紙面向外，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB方向射入，欲使電子能經(jīng)過BC邊，則磁感應(yīng)強度B的取值應(yīng)為( )
A．B> B．B<
C．B< D．B>
解析：
選C.由題意，若電子正好經(jīng)過
41、C點，其運動軌跡如圖所示，此時其圓周運動的半徑R＝＝，要想電子從BC邊經(jīng)過，圓周運動的半徑要大于，由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式r＝，有<，即B<，C選項正確．
6.
如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)椋詮腁點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)? )
A.Δt B．2Δt
C.Δt D．3Δt
解析：
選B.粒子沿半徑方向進(jìn)入圓形磁場區(qū)域時，一定沿半徑方向射出，如圖．粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲
42、力提供向心力，由qvB＝m得R＝，T＝.由數(shù)學(xué)知識得：粒子以速度v進(jìn)入磁場時，圓周運動的半徑R＝r，轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝60°；粒子以速度進(jìn)入磁場時，圓周運動的半徑R′＝r，轉(zhuǎn)過的圓心角θ′＝120°，周期T與速度無關(guān)，所以t′＝Δt＝2Δt，B正確．
二、多項選擇題
7.
(2018·河南鄭州質(zhì)檢)如圖所示，在垂直紙面向里的水平勻強磁場中，水平放置一根粗糙絕緣細(xì)直桿，有一個重力不能忽略、中間帶有小孔的帶正電小球套在細(xì)桿上．現(xiàn)在給小球一個水平向右的初速度v0，假設(shè)細(xì)桿足夠長，小球在運動過程中電荷量保持不變，桿上各處的動摩擦因數(shù)相同，則小球運動的速度v與時間t的關(guān)系圖象可能是( )
43、
解析：選BD.由左手定則可判定洛倫茲力的方向豎直向上，若Bqv0＝mg，球與桿之間無壓力作用，即無摩擦力作用，球勻速運動，對應(yīng)于B圖象；若Bqv0>mg，桿對球有向下的壓力，由Bqv0＝mg＋FN知壓力隨球速度的減小而減小，再由ma＝Ff＝μFN知小球做加速度逐漸減小的減速運動，對應(yīng)速度圖線的斜率逐漸減小，直到速度減小到使洛倫茲力等于重力后小球勻速運動，題目中無與此情況對應(yīng)的圖象；若Bqv0
44、應(yīng)，故B、D正確．
8．(2015·高考四川卷)如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝9.1 cm，中點O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.0×10－4 T，電子質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，電量e＝－1.6×10－19 C，不計電子重力，電子源發(fā)射速度v＝1.6×106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則( )
A．θ＝90°時，l＝9.1 cm B．θ＝60°時，l＝9.1 cm
C．θ＝4
45、5°時，l＝4.55 cm D．θ＝30°時，l＝4.55 cm
解析：選AD.電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力：evB＝，R＝＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90°時，擊中板的范圍如圖1，l＝2R＝9.1 cm，選項A正確．θ＝60°時，擊中板的范圍如圖2所示，l＜2R＝9.1 cm，選項B錯誤．θ＝30°，如圖3所示，l＝R＝4.55 cm，當(dāng)θ＝45°時，擊中板的范圍如圖4所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故選項D正確，C錯誤．
9.
(2018·內(nèi)蒙古杭錦后旗奮斗中學(xué)高三考試)如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒
46、子(不計重力)沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則( )
A．從P點射出的粒子速度大
B．從Q點射出的粒子向心力加速度大
C．從P點射出的粒子角速度大
D．兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長
解析：
選BD.粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在磁場中做圓周運動，分別從P點和Q點射出，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，軌跡半徑r＝，兩粒子比荷相等，rP＜rQ，所以vP＜vQ，故A錯誤；向心加速度a＝＝，vP＜vQ，所以aP＜aQ，故B正確；粒子在磁場中圓周運動的周期T＝＝，角速度ω＝＝，兩粒子比荷相等，所以周期相等、角速度相等，故C錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中偏
47、轉(zhuǎn)的圓心角相等，粒子在磁場中運動的時間t＝T＝，所以粒子在磁場中運動的時間相等，故D正確．
10.
(2018·河南百校聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示，一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成θ角的不同速率，向磁場中射入兩個相同的粒子1和2，粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點出磁場，粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點出磁場，OA＝AB，則( )
A．粒子1與粒子2的速度之比為1∶2
B．粒子1與粒子2的速度之比為1∶4
C．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶1
D．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶2
解析：
選AC.粒子進(jìn)入磁場時的速度的垂線與OA的垂直平分線的
48、交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓心，同理，粒子進(jìn)入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心，由幾何關(guān)系可知，兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1與粒子2的速度之比為1∶2，A項正確，B項錯誤；由于粒子在磁場中做圓周運動的周期均為T＝，且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同，因此粒子在磁場中運動的時間相同，即C項正確，D項錯誤．
三、非選擇題
11．如圖所示，虛線圓所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場，電子束經(jīng)過磁場區(qū)后，其運動方向與原入射方向成
49、θ角．設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e、不計電子之間相互作用力及所受的重力，求：
(1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R；
(2)電子在磁場中運動的時間t；
(3)圓形磁場區(qū)域的半徑r.
解析：(1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得
evB＝解得R＝.
(2)設(shè)電子做勻速圓周運動的周期為T，
則T＝＝
由如圖所示的幾何關(guān)系得圓心角α＝θ，
所以t＝T＝.
(3)如圖所示幾何關(guān)系可知，tan ＝，
所以r＝tan .
答案：(1) (2) (3)tan
12.
如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106
50、m/s的 α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm，縫長AD＝18 cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19 C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應(yīng)強度B＝0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中．
(1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？
(2)若條形磁場的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)
解析：(1)由題意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得
∠BAO＝∠ODC＝45°
所有α粒子在磁場中做
51、勻速圓周運動的半徑相同，設(shè)為R，根據(jù)牛頓第二定律有
Bqv＝
解得R＝0.2 m＝20 cm
由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進(jìn)入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，此時磁場的寬度最小，如圖甲所示．
設(shè)此時磁場寬度d＝d0，由幾何關(guān)系得
d0＝R＋Rcos 45°＝(20＋10)cm＝0.34 m.
甲 乙
(2)設(shè)α粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動的周期為T，則
T＝＝×10－6 s
設(shè)速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場區(qū)域的α粒子的入射點為E，如圖乙所示．因磁場寬度d＝20 cm
52、 cm，則在∠EOD間輻射進(jìn)入磁場區(qū)域的α粒子均能穿出磁場右邊界，在∠EOA間輻射進(jìn)入磁場區(qū)域的α粒子均不能穿出磁場右邊界，沿OE方向進(jìn)入磁場區(qū)域的α粒子運動軌跡與磁場右邊界相切，在磁場中運動時間最長．設(shè)在磁場中運動的最長時間為tmax，則
tmax＝＝×10－6 s＝2.0×10－7 s
若α粒子在磁場中做勻速圓周運動對應(yīng)的圓弧軌跡的弦最短，則α粒子在磁場中運動的時間最短．最短的弦長為磁場寬度d.設(shè)在磁場中運動的最短時間為tmin，軌跡如圖乙所示，因R＝d，則圓弧對應(yīng)的圓心角為60°，故
tmin＝＝×10－6 s＝6.5×10－8 s.
答案：(1)0.34 m (2)2.0×10－7s 6.5×10－8 s
24
2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學(xué)案
