（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题28 洛伦兹力作用、残缺圆问题（解析+原卷）学案

专题28 洛伦兹力作用、残缺圆问题目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳  HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 对比问题  HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 多解问题  HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 临界问题  HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 旋转圆问题  HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 2【题型一】 对比问题【典例分析】(多选)如图所示，在水平虚线MN边界的下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子(eq \o\al(1,1)H)和α粒子(eq \o\al(4,2)He)先后从边界上的A点沿与虚线成θ＝45°角的方向射入磁场，两粒子均从B点射出磁场．不计粒子的重力，则(　　)A．两粒子在磁场中运动的轨迹相同B．两粒子在磁场中运动的速度大小之比为2∶1C．两粒子在磁场中运动的动能相同D．两粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1答案　ABC解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场，然后从同一点离开磁场，则它们在磁场中运动的轨迹相同，选项A正确；两粒子的运动轨迹相同，则它们的轨道半径也一定相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，设质子的质量为m1，带电荷量为q1，在磁场中运动的速度大小为v1，α粒子的质量为m2，带电荷量为q2，在磁场中运动的速度大小为v2，则有eq \f(m1v1,q1B)＝eq \f(m2v2,q2B)，即eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2q1,m1q2)＝eq \f(2,1)，选项B正确；设质子的动能为E1，α粒子的动能为E2，则有eq \f(E1,E2)＝eq \f(\f(1,2)m1v\o\al( 2,1),\f(1,2)m2v\o\al( 2,2))＝eq \f(1,1)，选项C正确；两粒子在磁场中运动的轨迹相同，运动的速度大小之比为2∶1，则两粒子在磁场中运动时间之比为1∶2，选项D错误．【提分秘籍】1．洛伦兹力的方向(1)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．(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．2．洛伦兹力的大小(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.3、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动1）．圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心．2）．半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．3）．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为t＝eq \f(θ,2π)T(或t＝eq \f(θR,v))．【变式演练】1．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则(　　)A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2答案　A解析　带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由qvB＝meq \f(v2,r)得，v＝eq \f(qBr,m)，则vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θ,2π)T和θb＝2θc得tb∶tc＝2∶1，故选项A正确，B、C、D错误．2．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是(　　)A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间答案　A解析　由左手定则可知，N粒子带正电，M粒子带负电，A正确．又rN0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)A.eq \f(mv,2qB) B.eq \f(\r(3)mv,qB) C.eq \f(2mv,qB) D.eq \f(4mv,qB)答案　D解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝eq \f(mv,qB).轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，知△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，eq \x\to(OD)＝eq \f(\x\to(CD),sin 30°)＝2eq \x\to(CD)＝4r＝eq \f(4mv,qB)，故D正确．【提分秘籍】带电粒子在有界磁场中的运动1．带电粒子在有界磁场中运动的三种常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性)(2)平行边界(存在临界条件)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出)2．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键(1)画出运动轨迹；(2)确定圆心和半径；(3)利用洛伦兹力提供向心力列方程．处理有界匀强磁场中的临界问题的技巧从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好”“最大”“至少”“不脱离”等词语，挖掘其隐藏的规律．1．刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，据此可以确定速度、磁感应强度、轨迹半径、磁场区域面积等方面的极值．2．当速度v一定时，弧长(或弦长)越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件是弧是劣弧)．3．当速率变化时，圆心角大的，运动时间长．4．在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．【变式演练】1．(多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子，图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是(　　)A．粒子带正电B．射出的粒子的最大速度为eq \f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大答案　BC解析　由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A错；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，可得v＝eq \f(qBr,m)，r越大v越大，由图可知r最大值为rmax＝eq \f(L＋3d,2)，代入v的表达式可得vmax＝eq \f(qB3d＋L,2m)，选项B正确；又r最小值为rmin＝eq \f(L,2)，将rmax、rmin分别代入v的表达式后得出速度之差为Δv＝eq \f(3qBd,2m)，可见选项C正确、D错误．2．一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ω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.eq \f(ω,3B) B.eq \f(ω,2B) C.eq \f(ω,B) D.eq \f(2ω,B)答案　A解析　画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB＝meq \f(v2,r)，又T＝eq \f(2πr,v)，联立得T＝eq \f(2πm,qB)由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝eq \f(π,6)，在磁场中运动时间t＝eq \f(θ,2π)T，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则eq \f(θ,2π)T＝eq \f(\f(π,2),ω)，解得eq \f(q,m)＝eq \f(ω,3B)，故选项A正确．3．如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足(　　)A．B>eq \f(\r(3)mv,3aq) B．B<eq \f(\r(3)mv,3aq)C．B>eq \f(\r(3)mv,aq) D．B<eq \f(\r(3)mv,aq)答案　B解析　若粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝eq \f(a,tan 30°)＝eq \r(3)a.由r＝eq \f(mv,qB)得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r0，解得B<eq \f(\r(3)mv,3aq)，选项B正确．【题型四】 旋转圆问题【典例分析】如图所示，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圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的eq \f(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eq \f(B2,B1)等于(　　)A.eq \r(2) B.eq \r(3) C．2 D．3答案　B解析　当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从eq \f(1,3)圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ，粒子都从圆弧PQ之间射出，因此轨道半径r1＝Rcos 30°＝eq \f(\r(3),2)R；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即eq \f(1,6)周长，对应的弦长为R，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R，半径r2＝eq \f(R,2)，由r＝eq \f(mv,qB)可得eq \f(B2,B1)＝eq \f(r1,r2)＝eq \r(3).【提分秘籍】确定的入射点O和速度大小v，不确定速度方向在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源在纸面内，朝各个方向发射速度大小为v，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动。其特点是：1．各动态圆圆心O1、O2、O3 、O4 、O5(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O为圆心，R＝eq \f(mv,qB)为半径的一个圆周上(如图虚线所示)。2．带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O为圆心，2R为半径的大圆(如图实线所示)。3．各动态圆相交于O点。【变式演练】1．如图所示，在足够大的屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P为屏上一小孔，PC与MN垂直，一束质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)以相同的速率v从P处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中区域的长度为(　　)A.eq \f(2mvq,B) B.eq \f(2mvcos θ,qB)C.eq \f(2mv1－sin θ,qB) D.eq \f(2mv1－cos θ,qB)答案　D解析　如图所示，ST之间的距离为在屏MN上被粒子打中区域的长度．粒子在磁场中运动的轨道半径R＝eq \f(mv,qB)，则PS＝2Rcos θ＝eq \f(2mvcos θ,qB)PT＝2R＝eq \f(2mv,qB)，所以ST＝eq \f(2mv1－cos θ,qB).2．如图，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v2∶v1为(　　)A.eq \r(3)∶2 B.eq \r(2)∶1C.eq \r(3)∶1 D．3∶eq \r(2)解析：选C　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝meq \f(v2,R)可知，R＝eq \f(mv,qB)，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝eq \f(R,2)，R2＝Rcos 30°＝eq \f(\r(3),2)R，则eq \f(v2,v1)＝eq \f(R2,R1)＝eq \r(3)，C项正确。3．[多选]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＝2.0×10－4 T，电子质量m＝9.1×10－31 kg，电量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(　　)A．θ＝90°时，l＝9.1 cm　　 B．θ＝60°时，l＝9.1 cmC．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm[解析]　电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB＝eq \f(mv2,R)，R＝eq \f(mv,Be)＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝eq \f(L,2)，θ＝90°时，击中板的范围如图甲，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l＜2R＝9.1 cm，选项B错误；θ＝30°，如图丙所示，l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误。[答案]　AD1．（2021年全国乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力，则为( )A. B. C. D.答案：B解析：本题考查带电粒子在圆形磁场中的运动。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，速度方向改变的角度就是圆心角。根据几何关系，当粒子的速度方向偏转90°时，粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场区域的半径R。当粒子的速度方向偏转60°时，粒子做圆周运动的半径等于，根据，得，可知，所以，B项正确。2．（2021年湖南卷）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为）以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。（1）如图（a），宽度为的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度的大小；（2）如图（a），虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。答案：本题主要考查带电粒子在有界磁场中的几何关系。（1）根据几何关系可知，带电粒子偏转半径为洛伦兹力提供向心力解得（2）根据左手定则可知，垂直纸面向里，同（1）带电粒子偏转半径为有界磁场为圆心处于（0，）半径为的圆时，面积最小（3）根据（1）（2）可设计有界磁场如图所示，最小面积，最小面积3、如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l,3l)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力．求：(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？(2)粒子运动的速度可能是多少？答案　(1)eq \f(53πm,60qB)　(2)eq \f(25qBl,12nm)(n＝1,2,3，…)解析　(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有Ra＝eq \f(mv,2qB)，Rb＝eq \f(mv,qB)，Ta＝eq \f(2πm,2qB)＝eq \f(πm,qB)，Tb＝eq \f(2πm,qB)当粒子先在磁场b中运动，后进入磁场a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示．根据几何知识得tan α＝eq \f(3l,4l)＝eq \f(3,4)，故α＝37°粒子在磁场b和磁场a中运动的时间分别为tb＝eq \f(2×90°－α,360°)Tb，ta＝eq \f(2×90°－α,360°)Ta故从P点运动到O点的时间为t＝ta＋tb＝eq \f(53πm,60qB)(2)由题意及上图可知n(2Racos α＋2Rbcos α)＝eq \r(3l2＋4l2)解得v＝eq \f(25qBl,12nm)(n＝1,2,3，…)．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上有一个粒子源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短时间等于eq \f(T,6)(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最长时间为(　　)A.eq \f(T,3) B.eq \f(T,2) C.eq \f(2T,3) D.eq \f(5T,6)答案　B解析　由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动．由粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运行时间最短，如图所示，根据最短时间为eq \f(T,6)，可知△O′SD为等边三角形，粒子圆周运动半径R＝SD，过S点作OA的垂线交OC于E点，由几何关系可知SE＝2SD，SE为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t＝eq \f(T,2)，故B项正确．5．如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电荷量为＋q的粒子由小孔下方eq \f(d,2)处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小．答案　(1)eq \f(mv2,qd)　(2)eq \f(4mv,qD)或eq \f(4mv,3qD)解析　(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE·eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)mv2 ①由①式得E＝eq \f(mv2,qd) ②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)③如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R＝eq \f(D,4) ④联立③④式得B＝eq \f(4mv,qD) ⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R＝eq \f(3D,4) ⑥联立③⑥式得B＝eq \f(4mv,3qD) ⑦6.如图所示，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射入一带负电的粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e点射出，则(　　)A．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从d点射出B．如果粒子的速度增大为原来的3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2倍，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e点射出所用时间最短答案　A解析　如果粒子的速度增大为原来的2倍，磁场的磁感应强度不变，由半径公式R＝eq \f(mv,qB)可知，半径将增大为原来的2倍，根据几何关系可知，粒子正好从d点射出，故A项正确；设正方形边长为2a，则粒子从e点射出，轨迹半径为eq \f(\r(2),2)a.磁感应强度不变，粒子的速度变为原来的3倍，则轨迹半径变为原来的3倍，即轨迹半径为eq \f(3\r(2),2)a，则由几何关系可知，粒子从fd之间射出磁场，B项错；如果粒子速度不变，磁感应强度变为原来的2倍，粒子轨迹半径减小为原来的一半，因此不可能从d点射出，C项错；只改变粒子速度使其分别从e、d、f三点射出时，从f点射出时轨迹的圆心角最小，运动时间最短，D项错．7．如图，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，某种比荷为eq \f(q,m)、速度大小为v的一群离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos eq \f(α,2)为(　　)A.eq \f(1,2)－eq \f(BqL,4mv) B．1－eq \f(BqL,2mv)C．1－eq \f(BqL,4mv) D．1－eq \f(BqL,mv)答案　B解析　由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB).根据题述，当离子速度方向沿y轴正方向时打在N点，当离子速度方向与y轴正方向夹角为eq \f(α,2)时打在M点，画出三种情况下离子的运动轨迹如图所示，设OM之间的距离为x，则有2rcos eq \f(α,2)＝x,2r＝x＋L，联立解得cos eq \f(α,2)＝1－eq \f(BqL,2mv)，选项B正确．8．如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域abcd，其bc边长为L，ab边长为eq \r(3)L.两同种带电粒子(重力不计)以相同的速度v0分别从a点和ab边上的P点垂直射入磁场，速度方向垂直于ab边，两粒子都恰好经过c点，则下列说法中正确的是(　　)A．粒子在磁场中运动的轨道半径为eq \f(2\r(3),3)LB．粒子从a点到c点的运动时间为eq \f(\r(3)πL,2v0)C．粒子的比荷为eq \f(\r(3)v0,2BL)D．P点与a点的距离为eq \f(2\r(3)L,3)答案　ACD解析　如图，连接ac，ac＝2L，即为轨迹圆弧对应的弦，作弦ac的垂直平分线交ab于点O1，即为粒子从a点到c点运动轨迹的圆心，半径R＝eq \f(L,cos 30°)＝eq \f(2\r(3),3)L，A正确；粒子从a点到c点的运动时间t＝eq \f(\f(1,3)×2πR,v0)＝eq \f(4\r(3)πL,9v0)，B错误；由于R＝eq \f(mv0,qB)，则比荷eq \f(q,m)＝eq \f(v0,BR)＝eq \f(\r(3)v0,2BL)，C正确；从P点射入的粒子的轨迹半径也等于R，根据几何关系，可以求出轨迹圆心O2点到b点的距离为eq \r(R2－L2)＝eq \f(\r(3),3)L，P点与a点的距离为eq \r(3)L＋eq \f(\r(3),3)L－eq \f(2\r(3),3)L＝eq \f(2\r(3),3)L，P点与O1点重合，D正确．9．aa′、bb′、cc′为足够长的匀强磁场分界线，相邻两分界线间距均为d，磁场方向如图所示，Ⅰ、Ⅱ区域磁感应强度分别为B和2B，边界aa′上有一粒子源P，平行于纸面向各个方向发射速率为eq \f(2Bqd,m)的带正电粒子，Q为边界bb′上一点，PQ连线与磁场边界垂直，已知粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，求：(1)沿PQ方向发射的粒子飞出Ⅰ区时经过bb′的位置；(2)粒子第一次通过边界bb′的位置范围；(3)进入Ⅱ区的粒子第一次在磁场Ⅱ区中运动的最长时间和最短时间．答案　见解析解析　(1)由洛伦兹力充当向心力得Bqv＝eq \f(mv2,r1)r1＝eq \f(mv,Bq)把v＝eq \f(2Bqd,m)代入得r1＝2d如图甲所示sin θ＝eq \f(d,2d)＝eq \f(1,2)，θ＝30°PM＝QN＝2d－2dcos θ＝(2－eq \r(3))d则经过bb′的位置为Q下方(2－eq \r(3))d处(2)当带正电粒子速度竖直向上进入磁场Ⅰ，距离Q点上方最远，如图乙所示，由几何关系得cos α1＝eq \f(d,2d)＝eq \f(1,2)，α1＝60°QH1＝2dsin α1＝eq \r(3)d当带正电粒子进入磁场Ⅰ后与bb′相切时，距离Q点下方最远，如图丙所示，由几何关系得cos α2＝eq \f(d,2d)＝eq \f(1,2)，α2＝60°QH2＝2dsin α2＝eq \r(3)d粒子通过的范围长度为L＝2eq \r(3)d(3)r2＝eq \f(mv,q·2B)＝dT＝eq \f(2πr2,v)＝eq \f(πm,Bq)轨迹圆所对应的弦越长，在磁场Ⅱ中运动的时间越长．如图丁所示，当轨迹圆的弦长为直径时，所对应的时间最长为tmax＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,2Bq)当轨迹圆的弦长为磁场Ⅱ的宽度时，从cc′飞出，所对应的时间最短为tmin＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,6Bq)当粒子从Q最上方进入Ⅱ区时，如图戊所示，从bb′飞出所对应的时间最短为tmin＝eq \f(T,3)＝eq \f(πm,3Bq)所以粒子第一次在磁场Ⅱ中运动的最短时间为tmin＝eq \f(πm,6Bq). 10、如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。[解析]　轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的半径可找到圆心O′，并得出半径为r＝eq \f(2a,\r(3))＝eq \f(mv,Bq)，得B＝eq \f(\r(3)mv,2aq)；射出点坐标为(0，eq \r(3)a)。[答案]　B＝eq \f(\r(3)mv,2aq)　射出点坐标为(0，eq \r(3)a)11、[多选]在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边界上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为eq \f(1,2)πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为eq \f(2,3)πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则(　　)A．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝eq \r(2)∶eq \r(3)B．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶3C．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝eq \r(2)∶eq \r(3)D．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝eq \r(3)∶eq \r(2)[解析]　假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B1时，弧长L1＝eq \f(1,2)πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r1＝eq \f(1,2)·2Rsin θ＝Rsineq \f(π,4)。如图2，磁感应强度为B2时，弧长L2＝eq \f(2,3)πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r2＝eq \f(1,2)·2Rsin α＝Rsineq \f(π,3)，因此r1∶r2＝sineq \f(π,4)∶sin eq \f(π,3)＝eq \r(2)∶eq \r(3)，故A正确，B错误。由洛伦兹力提供向心力，可得：qv0B＝meq \f(v02,r)，则B＝eq \f(mv0,qr)，可以得出B1∶B2＝r2∶r1＝eq \r(3)∶eq \r(2)，故C错误，D正确。[答案]　AD