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2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 磁场对运动电荷的作用
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这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 磁场对运动电荷的作用，共26页。
第2讲 磁场对运动电荷的作用
[主干知识·填一填]
一、洛伦兹力
1．定义：磁场对运动电荷的作用力．
2．大小：当v⊥B时，F＝qvB；当v∥B时，F＝0.
3．方向：用左手定则来判断．
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．
二、带电粒子在匀强磁场中(不计重力)的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．
2．若v⊥B，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
(1)轨迹半径公式：r＝.
(2)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝.
[规律结论·记一记]
1．安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释．
2．洛伦兹力的方向始终与速度垂直，故洛伦兹力永不做功．
3．洛伦兹力F为零时，B不一定为零；电场力F为零时，电场强度一定为零．
4．应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径和周期公式时，一定要进行推导，不能直接应用．
5．解决带电粒子在磁场中运动的基本思路：圆心的确定→半径的确定和计算→运动时间的确定．
6．由周期公式可以看出，周期与粒子的速率及轨道半径无关，只由粒子的比荷和磁感应强度共同决定．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．运动的电荷在磁场中一定会受到磁场力的作用．(×)
2．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．(×)
3．公式T＝说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比．(×)
4．由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力可能做功．(×)
5．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关．(√)
6．荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作用力的观点．(√)
7．英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流．(√)
二、经典小题速练
1．(人教版选择性必修第二册P10T2改编)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
解析：B 根据左手定则可知，选项A中F方向应为竖直向上，选项A错误；根据左手定则可知，选项B正确；选项C与选项D中电荷运动方向与磁感应强度方向平行，运动电荷不受洛伦兹力，选项C、D错误．
2．(鲁科版选择性必修第二册P15T3)(多选)在同一匀强磁场中，两带电量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
解析：BC 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，可得R＝，又T＝，可知B、C正确．
3．(人教版选择性必修第二册P20T6)质子和α粒子在同一匀强磁场中做半径相同的匀速圆周运动．求质子的动能与α粒子的动能之比．
解析：由洛伦兹力提供向心力可得：
qvB＝m，得v＝
动能Ek＝mv2＝
所以＝·＝·＝
答案：1∶1
命题点一 对洛伦兹力和半径周期公式的理解和应用(自主学习)
[核心整合]
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，二者性质相同，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
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功
[题组突破]
1．(洛伦兹力的理解)下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度
D．洛伦兹力对带电粒子不做功
解析：D 运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力；洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变带电粒子的速度大小；洛伦兹力对带电粒子不做功．故D正确．
2．(洛伦兹力的方向)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：B 据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下，B正确．
3．(半径、周期公式的应用)在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
解析：B α粒子(He)和质子(H)的质量之比＝，动量大小相等，即mαvα＝mHvH，
运动速度大小之比＝＝，选项C错误；根据qvB＝m，得r＝，所以运动半径之比＝＝，选项A错误；由T＝知，运动周期之比＝·＝×＝，选项B正确；根据F＝qvB，洛伦兹力之比＝·＝×＝，选项D错误．
命题点二 带电粒子在匀强磁场中的运动(多维探究)
带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法．
(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(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．
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，作其垂直平分线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
(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
由运动弧长计算：t＝(l为弧长)．
由旋转角度计算：t＝T.
第1维度：直线边界问题……………………………………
粒子进出直线边界匀强磁场时具有对称性(如图所示)．
(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中，x＞0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点．带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则( )
A．粒子P带正电
B．粒子P在磁场中运动的时间为
C．粒子Q在磁场中运动的时间可能为
D．粒子Q在磁场中运动的路程可能为
解析：ABD 粒子P从C点沿x轴正向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转过O点，由左手定则知带正电，故A正确；据题意可知P粒子在磁场中做半个圆周运动，则半径为R1＝，运动时间为t1＝＝，故B正确；Q粒子与P粒子相同，而速度为4v，由R＝可知R2＝4R1＝2L，而CD距离为2L，故Q粒子不可能沿x轴正向进入磁场，设与y轴的夹角为θ，分别有两种情况从C点进从D点出，轨迹如图所示，由几何关系可知θ＝30°，两种轨迹的圆心角为60°和300°，则粒子Q的运动时间为：t2＝＝或t2＝＝，圆周的弧长为s＝·2L或s＝·2L，故C错误，D正确．
第2维度：平行边界问题……………………………………
粒子进出平行边界匀强磁场时存在临界条件(如图所示)．
(2022·辽宁沈阳市第一次质检)(多选)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则( )
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
解析：BD 由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示. 故Ra＝＝d，Rb＝＝d，所以，Ra∶Rb＝∶1，故B正确；由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝＝tb＝，则Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq＝，所以，运动周期为：T＝＝；根据a、b粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确．
第3维度：圆形边界问题……………………………………
带电粒子在圆形边界的磁场中运动的两个特点：
(1)若粒子沿着边界圆的某一半径方向射入磁场，则粒子一定沿着另一半径方向射出磁场(或者说粒子射出磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心)，如图甲所示．
(2)若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角一定也为θ，如图乙所示．
如图所示为一粒子速度选择器的原理示意图．半径为10 cm的圆柱形桶内有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.0×10－4 T，方向平行于轴线向外，圆桶的某直径两端开有小孔，有一粒子源发射出速度连续分布、比荷为2.0×1011 C/kg的带正电粒子，若某粒子出射的速度大小为2×106 m/s，粒子间相互作用及重力均不计，则该粒子的入射角θ为( )
A．30° B．45°
C．53° D．60°
解析：B 由牛顿第二定律得：Bqv＝m，解得：r＝＝×10－1m＝10 cm，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，粒子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为θ，则粒子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为θ，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为2θ，则有：sin θ＝＝，解得：θ＝45°，故B正确，ACD错误．
第4维度：矩形边界问题……………………………………
(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.kBl，kBl B．kBl，kBl
C.kBl，kBl D．kBl，kBl
解析：B 若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝，若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝m，R＝＋l2，解得vd＝＝＝，选项B正确．
第5维度：三角形边界问题……………………………………
如图所示，在直角三角形abc区域中，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.三个电荷量为q(q>0)、质量为m的同种粒子，从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1.已知∠a＝45°，ac＝L，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．粒子的比荷＝
B．三个速度的大小关系一定是v1＝v2
D．运动时间为t3的粒子，其速度v3＝
解析：D 根据题述，从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1，根据几何知识分析可画出它们对应的运动轨迹所对的圆心角分别为90°，90°，30°，根据粒子在匀强磁场中运动周期公式T＝，t1＝＝，解得粒子的比荷＝，选项A错误；由洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，解得v＝.
由轨迹图中几何关系可知，R3＝2L，R3＞R2＞R1，所以v3＞v2＞v1，选项B错误；以速度v2射入的粒子运动的时间t2＝＝，选项C错误；运动时间为t3的粒子，其速度v＝＝，选项D正确．
第6维度：多边形边界问题……………………………………
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∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
解析：A 如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速率为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝.由于T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝.故选项A正确，选项B、C、D错误．
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
命题点三 带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题(师生互动)
[核心整合]
两种
思路
一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种
方法
物理
方法
1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值
数学
方法
(1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等
从关
键词
找突
破口
许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，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
如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，一束带正电的相同粒子以不同的速度v沿bc方向从b点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．入射速度越大的粒子，其在磁场中的运动时间越长
B．入射速度越大的粒子，其在磁场中的运动轨迹越长
C．从ab边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等
D．从ac边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等
解析：C 带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径r＝，速度越大，半径越大，从ac边出射的粒子，速度越大，运动轨迹越短，对应的圆心角θ越小，根据t＝T和T＝可知，其在磁场中的运动时间越短，选项A、B、D均错误；从ab边出射的粒子速度的偏向角都相同，而粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角等于速度的偏向角，由t＝T可知粒子在磁场中的运动时间相等，选项C正确．
[题组突破]
1．(带电粒子运动的极值问题)(2020·全国卷Ⅲ)
真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A． B．
C． D．
解析：C 磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝m，联立解得B＝.
2.(带电粒子运动的临界问题)(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示．磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度＜v＜
解析：AB 若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r＝＋l2，又因为r1＝，解得v1＝；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确．
命题点四 带电粒子在磁场中运动的多解问题(师生互动)
[核心整合]
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解．多解形成原因一般包含4个方面：
1．带电粒子电性不确定
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．
2．磁场方向不确定
在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解．
3．带电粒子速度不确定形成多解
有些题目只告诉了带电粒子的电性，但未具体指出速度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形成的多解．
4．带电粒子运动的周期性形成多解
空间中存在周期性变化的磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解．
如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．
解析：设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．
(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力
B0qv0＝
做匀速圆周运动的周期T0＝.
由以上两式得磁感应强度B0＝
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，
有R＝(n＝1，2，3，…)．
联立求解，得正离子的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1，2，3，…)
答案：(1) (2)(n＝1，2，3，…)
[题组突破]
1．(磁场方向不确定形成的多解问题)(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )
A. B．
C. D．
解析：AC 依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反．在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的．当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，故A、C正确．
2.(带电粒子速度不确定形成多解)(多选)如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是( )
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
解析：BC 由周期公式T＝知，周期与电子的速率无关，所以电子在磁场中的运动周期相同，由t＝T知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，弧长s＝rθ，运动时间越长，圆心角越大，但半径不一定大，可知电子在磁场中运动时间越长，轨迹线不一定越长，故A错误，B正确；若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C正确，D错误．
3.(粒子电性不确定引起的多解问题)(多选)如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN′射出，粒子入射速率v的最大可能是( )
A. B．
C. D．
解析：BD 题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论．
若带电粒子带正电荷，轨迹是图中与NN′相切的圆弧，
则轨迹半径R＝
又d＝R－Rsin 45°
解得v＝
若带电粒子带负电荷，轨迹是图中与NN′相切的圆弧，
则轨迹半径R′＝
又d＝R′＋R′sin 45°
解得v′＝，故选项B、D正确．
素养培优27 三类典型的“动态圆”模型
模型一 “放缩圆”模型的应用
适用
条件
速度方向一定，大小不同
粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大．可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
(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洛伦兹力的作用下，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( )
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
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
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场
D．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：AC 如图所示，做出刚好从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点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.由图及周期可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0，从ab边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，且小于t0，从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于t0且小于t0，从cd边射出磁场经历的时间一定是t0.选项A、C正确．
模型二 “旋转圆”模型的应用
适用
方法
速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v 0，则圆周运动半径为R＝.如图所示
轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上
界定方法
将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
如图所示，圆形区域有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O.O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍．已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力．
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角．
解析： (1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝m，解得r＝.
(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图甲所示，通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，如图乙所示，则sin＝＝，即φmax＝60°.
甲 乙
答案：(1) (2)60°
模型三 “平移圆”模型的应用
适用
条件
速度大小一定，方向一定，
但入射点
在同一直
线上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v 0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线，该直线与入射点的连线平行
界定方法
将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
(2022·河南高三测试)如图所示，三角形ABC内有垂直于三角形平面向外的匀强磁场，AB边长为L，∠A＝30°，∠B＝90°，D是AB边的中点．现在DB段上向磁场内射入速度大小相同、方向平行于BC的同种粒子(不考虑粒子间的相互作用和粒子重力)，若从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，则AC边上有粒子射出的区域长度为( )
A.L B．L
C.L D．L
解析：C 从D点射入和从B点射入的粒子的运动轨迹如图所示，设两个粒子在AC边上的出射点分别为E、F点，由于从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，所以A点为该粒子做圆周运动的圆心，则粒子做圆周运动的半径为R＝L，则有AE＝L，因为D点是AB的中点，所以D点是从B点射出的粒子做圆周运动的圆心，所以有AD＝DF，则根据几何知识有AF＝2×L·cos 30°＝，所以有粒子射出的区域长度为EF＝AF－AE＝L，故A、B、D错误，C正确．
限时规范训练
[基础巩固]
1．如图所示，从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中都含有大量的高能带电粒子，这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，那么( )
A．宇宙射线受到地磁场施加的与运动方向相反的排斥力
B．垂直射向地球表面的带电粒子在两极处受磁场的偏转作用最强
C．带正电的离子垂直射向赤道时会向东偏转
D．带负电的离子垂直射向赤道时会向南极偏转
解析：C 宇宙射线受到地磁场施加的力与运动方向垂直，当宇宙射线的运动方向与磁感应强度方向平行时，此时受到的洛伦兹力为零，A错误；垂直射向地球表面的带电粒子在两极处运动方向与磁场方向平行，故不受洛伦兹力，B错误：由左手定则可知，垂直射向赤道的正离子受到的洛伦兹力向东，故向东偏转，C正确；由左手定则可知，垂直射向赤道的负离子受到的洛伦兹力向西，故向西偏转，D错误．
2．如图所示，匀强磁场中有一个带电荷量为q的粒子自a点沿箭头方向运动．当它运动到b点时，突然吸收了附近的若干个电子，接着沿另一圆轨道运动到与a、b在一条直线上的c点．已知ac＝ab，电子电荷量为e，电子质量不计．由此可知，粒子吸收的电子个数为( )
A． B．
C． D．
解析：D 由粒子的运动轨迹和左手定则可知，粒子带正电，依据qvB＝m可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝，已知ac＝ab，所以两次圆周运动的半径比为r1：r2＝2∶3，又rq＝不变，由此可知r1q＝r2(q－ne)，解得n＝，故D正确．
3.真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示．以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上．半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球先加速后减速
B．小球受到的洛伦兹力始终为零
C．小球在ab中点受到的洛伦兹力为零
D．小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向竖直向外
解析：C 根据右手螺旋定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到中点洛伦兹力竖直向里，中点至b端洛伦兹力竖直向外，B、D错误，C正确．
4．如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场．图中实线是它们的轨迹，已知O是PQ的中点，不计粒子重力及粒子间的相互作用．下列说法中正确的是( )
A．粒子c带负电，粒子a、b带正电
B．射入磁场时，粒子b的速率最小
C．粒子a在磁场中运动的时间最长
D．若匀强磁场的磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变
解析：C 根据左手定则可知，粒子c带正电，粒子a、b带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，由题图知，粒子a的半径最小，所以射入磁场时粒子a的速率最小，故B错误；根据T＝可知，粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角θ最大，则粒子a在磁场中的运动时间最长，故C正确；若匀强磁场的磁感应强度增大，其他条件不变，由R＝可知，粒子a的轨迹半径会变小，但粒子a轨迹对应的圆心角不变，由t＝T＝可知，粒子a在磁场中的运动时间会变小，故D错误．
5．(2021·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q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力，则为( )
A． B．
C． D．
解析：B 根据题意找出粒子做圆周运动的圆心，如图所示．设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2＝＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得v＝，所以＝＝，B正确．
6．(2022·河北承德月考)如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B.P是圆外一点，OP＝3r.一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出．已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力．求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间．
解析：(1)设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得R＋＝3r
解得R＝.
(2)设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则2r＝vt
联立以上各式解得t＝.
答案：(1) (2)
[能力提升]
7．如图所示，足够大的垂直纸面向里的匀强磁场中固定一光滑斜面，A、B两物块叠放在斜面上，A带正电，B不带电且上表面绝缘．在t＝0时刻，释放两物块，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．A所受洛伦兹力大小与时间t成正比关系
B．A对B的压力大小与时间t成反比关系
C．A、B间的摩擦力越来越小
D．斜面倾角越大，A、B一起沿斜面运动的位移越大
解析：A 对A、B整体进行受力分析，受重力、洛伦兹力和支持力，根据牛顿第二定律可得(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，解得a＝gsin θ，对A进行受力分析，可知A受重力、洛伦兹力和支持力，不受摩擦力，则A的速度v＝at＝gtsin θ，所受洛伦兹力为F1＝qvB＝qBgtsin θ，即A所受洛伦兹力大小与时间t成正比关系，故A正确，C错误；A对B的压力大小F2＝mgcos θ－F1＝mgcos θ－qBgtsin θ，A对B的压力大小与时间t是一次函数关系，故B错误；当mgcos θ－qBgtsin θ＝0时，A、B开始分离，此时t＝＝，位移x＝at2＝gsin θ＝·，可知位移随着倾角的增大而减小，故D错误．
8．(多选)如图所示，C、D、E为以O为圆心、半径为R的圆周上的三点，∠COD＝，A为CD的中点，在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B.一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0＝从AC部分垂直于AC射向磁场区域，忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力，则粒子在一次进出磁场中运动的时间可能是( )
A． B．
C． D．
解析：BC 由qv0B＝m可得r＝，粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有T＝＝，如图所示，由图可知，部分粒子从OC边射入磁场，又从OC边射出磁场，由对称性可知，粒子偏转的圆心角为90°，运动时间最短，则最短时间t1＝＝；沿AO入射的粒子，与磁场圆在最低点内切，圆心角为270°，运动时间最长，最长时间t2＝＝，故粒子在一次进出磁场中运动的时间范围为≤t≤，故B、C正确，A、D错误．
9．如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.30 T．磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝32 cm处有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s.已知α粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，现只考虑在纸面内运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度为( )
A．20 cm B．40 cm
C．30 cm D．25 cm
解析：B α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＝m，解得R＝0.2 m＝20 cm；由于2R＞l＞R，因从S点朝不同方向发射的α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α粒子能打中的左侧最远点；再考虑N的右侧，α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，此即为右侧能打到的最远点，粒子运动轨迹如图所示，定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于O点，过O作ab的垂线，它与ab的交点即为P1，根据几何关系可得NP1＝＝cm＝16 cm，NP2＝＝ cm＝24 cm，故感光板ab上被α粒子打中区域的长度为P1P2＝NP1＋NP2＝16 cm＋24 cm＝40 cm，故B正确，A、C、D错误．
10．(多选)如图所示，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B.荧光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子．粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光．已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，OM之间的距离为a，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则( )
A．粒子的最大速率为
B．荧光屏上的发光长度为a
C．打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为
D．打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为
解析：AD 速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，运动轨迹如图甲所示，设轨迹半径为r1，即OO1＝r1，O1O2＝2r1，可知圆心角∠OO1K＝60°，故OO2＝2r1sin 60°＝2a，解得r1＝a，由洛伦兹力提供向心力可得qvmB＝m，联立解得vm＝，此过程，在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹对应的圆心角为60°，右侧轨迹对应的圆心角为150°，周期T＝，故总时间为tmin＝T＝，A、D正确；当粒子的运动轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时间最长，如图乙所示，由几何关系得r2＝a，两边轨迹合起来恰好是一个圆周，故最长时间为tm＝T＝，C错误；垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度Δx＝(r1cos 30°＋r1)－r2＝a，B错误．
11．如图所示，在矩形区域(含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝2.0×10－2T，A、B、C、D为矩形的四个顶点，BC边长l1＝4 m，AB边长l2＝2 m．大量质量m＝3.2×10－26 kg、电荷量q＝1.6×10－18 C的带负电粒子，从A点沿AD方向以不同的速率射入匀强磁场中，粒子恰好均从BC边射出，不计粒子重力及粒子间的作用力．求：
(1)粒子的速率的取值范围；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间．
解析：(1)粒子恰好均从BC边射出，可知粒子以最小速率v1运动时恰好打在B点，由几何关系可知其半径
R1＝＝1 m
可知粒子以最大速率v2运动时恰好打在C点，设其半径为R2，由几何关系
(R2－l2)2＋l＝R
解得R2＝5 m
粒子在匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝m
可得v＝
解得v1＝1.0×106 m/s，v2＝5.0×106 m/s
则粒子的速率的取值范围为
1．0×106 m/s≤v≤5.0×106 m/s.
(2)从B点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，其运动时间t＝
而T＝
解得t≈3.14×10－6s.
答案：(1)1.0×106 m/s≤v≤5.0×106 m/s
(2)3.14×10－6s
第2讲 磁场对运动电荷的作用
[主干知识·填一填]
一、洛伦兹力
1．定义：磁场对运动电荷的作用力．
2．大小：当v⊥B时，F＝qvB；当v∥B时，F＝0.
3．方向：用左手定则来判断．
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．
二、带电粒子在匀强磁场中(不计重力)的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．
2．若v⊥B，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
(1)轨迹半径公式：r＝.
(2)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝.
[规律结论·记一记]
1．安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释．
2．洛伦兹力的方向始终与速度垂直，故洛伦兹力永不做功．
3．洛伦兹力F为零时，B不一定为零；电场力F为零时，电场强度一定为零．
4．应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径和周期公式时，一定要进行推导，不能直接应用．
5．解决带电粒子在磁场中运动的基本思路：圆心的确定→半径的确定和计算→运动时间的确定．
6．由周期公式可以看出，周期与粒子的速率及轨道半径无关，只由粒子的比荷和磁感应强度共同决定．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．运动的电荷在磁场中一定会受到磁场力的作用．(×)
2．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．(×)
3．公式T＝说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比．(×)
4．由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力可能做功．(×)
5．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关．(√)
6．荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作用力的观点．(√)
7．英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流．(√)
二、经典小题速练
1．(人教版选择性必修第二册P10T2改编)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
解析：B 根据左手定则可知，选项A中F方向应为竖直向上，选项A错误；根据左手定则可知，选项B正确；选项C与选项D中电荷运动方向与磁感应强度方向平行，运动电荷不受洛伦兹力，选项C、D错误．
2．(鲁科版选择性必修第二册P15T3)(多选)在同一匀强磁场中，两带电量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
解析：BC 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，可得R＝，又T＝，可知B、C正确．
3．(人教版选择性必修第二册P20T6)质子和α粒子在同一匀强磁场中做半径相同的匀速圆周运动．求质子的动能与α粒子的动能之比．
解析：由洛伦兹力提供向心力可得：
qvB＝m，得v＝
动能Ek＝mv2＝
所以＝·＝·＝
答案：1∶1
命题点一 对洛伦兹力和半径周期公式的理解和应用(自主学习)
[核心整合]
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，二者性质相同，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
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功
[题组突破]
1．(洛伦兹力的理解)下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度
D．洛伦兹力对带电粒子不做功
解析：D 运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力；洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变带电粒子的速度大小；洛伦兹力对带电粒子不做功．故D正确．
2．(洛伦兹力的方向)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：B 据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下，B正确．
3．(半径、周期公式的应用)在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
解析：B α粒子(He)和质子(H)的质量之比＝，动量大小相等，即mαvα＝mHvH，
运动速度大小之比＝＝，选项C错误；根据qvB＝m，得r＝，所以运动半径之比＝＝，选项A错误；由T＝知，运动周期之比＝·＝×＝，选项B正确；根据F＝qvB，洛伦兹力之比＝·＝×＝，选项D错误．
命题点二 带电粒子在匀强磁场中的运动(多维探究)
带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法．
(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(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)．
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，作其垂直平分线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
(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
由运动弧长计算：t＝(l为弧长)．
由旋转角度计算：t＝T.
第1维度：直线边界问题……………………………………
粒子进出直线边界匀强磁场时具有对称性(如图所示)．
(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中，x＞0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点．带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则( )
A．粒子P带正电
B．粒子P在磁场中运动的时间为
C．粒子Q在磁场中运动的时间可能为
D．粒子Q在磁场中运动的路程可能为
解析：ABD 粒子P从C点沿x轴正向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转过O点，由左手定则知带正电，故A正确；据题意可知P粒子在磁场中做半个圆周运动，则半径为R1＝，运动时间为t1＝＝，故B正确；Q粒子与P粒子相同，而速度为4v，由R＝可知R2＝4R1＝2L，而CD距离为2L，故Q粒子不可能沿x轴正向进入磁场，设与y轴的夹角为θ，分别有两种情况从C点进从D点出，轨迹如图所示，由几何关系可知θ＝30°，两种轨迹的圆心角为60°和300°，则粒子Q的运动时间为：t2＝＝或t2＝＝，圆周的弧长为s＝·2L或s＝·2L，故C错误，D正确．
第2维度：平行边界问题……………………………………
粒子进出平行边界匀强磁场时存在临界条件(如图所示)．
(2022·辽宁沈阳市第一次质检)(多选)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则( )
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
解析：BD 由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示. 故Ra＝＝d，Rb＝＝d，所以，Ra∶Rb＝∶1，故B正确；由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝＝tb＝，则Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq＝，所以，运动周期为：T＝＝；根据a、b粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确．
第3维度：圆形边界问题……………………………………
带电粒子在圆形边界的磁场中运动的两个特点：
(1)若粒子沿着边界圆的某一半径方向射入磁场，则粒子一定沿着另一半径方向射出磁场(或者说粒子射出磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心)，如图甲所示．
(2)若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角一定也为θ，如图乙所示．
如图所示为一粒子速度选择器的原理示意图．半径为10 cm的圆柱形桶内有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.0×10－4 T，方向平行于轴线向外，圆桶的某直径两端开有小孔，有一粒子源发射出速度连续分布、比荷为2.0×1011 C/kg的带正电粒子，若某粒子出射的速度大小为2×106 m/s，粒子间相互作用及重力均不计，则该粒子的入射角θ为( )
A．30° B．45°
C．53° D．60°
解析：B 由牛顿第二定律得：Bqv＝m，解得：r＝＝×10－1m＝10 cm，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，粒子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为θ，则粒子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为θ，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为2θ，则有：sin θ＝＝，解得：θ＝45°，故B正确，ACD错误．
第4维度：矩形边界问题……………………………………
(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.kBl，kBl B．kBl，kBl
C.kBl，kBl D．kBl，kBl
解析：B 若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝，若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝m，R＝＋l2，解得vd＝＝＝，选项B正确．
第5维度：三角形边界问题……………………………………
如图所示，在直角三角形abc区域中，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.三个电荷量为q(q>0)、质量为m的同种粒子，从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1.已知∠a＝45°，ac＝L，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．粒子的比荷＝
B．三个速度的大小关系一定是v1＝v2
D．运动时间为t3的粒子，其速度v3＝
解析：D 根据题述，从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1，根据几何知识分析可画出它们对应的运动轨迹所对的圆心角分别为90°，90°，30°，根据粒子在匀强磁场中运动周期公式T＝，t1＝＝，解得粒子的比荷＝，选项A错误；由洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，解得v＝.
由轨迹图中几何关系可知，R3＝2L，R3＞R2＞R1，所以v3＞v2＞v1，选项B错误；以速度v2射入的粒子运动的时间t2＝＝，选项C错误；运动时间为t3的粒子，其速度v＝＝，选项D正确．
第6维度：多边形边界问题……………………………………
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∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
解析：A 如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速率为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝.由于T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝.故选项A正确，选项B、C、D错误．
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
命题点三 带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题(师生互动)
[核心整合]
两种
思路
一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种
方法
物理
方法
1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值
数学
方法
(1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等
从关
键词
找突
破口
许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，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
如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，一束带正电的相同粒子以不同的速度v沿bc方向从b点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．入射速度越大的粒子，其在磁场中的运动时间越长
B．入射速度越大的粒子，其在磁场中的运动轨迹越长
C．从ab边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等
D．从ac边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等
解析：C 带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径r＝，速度越大，半径越大，从ac边出射的粒子，速度越大，运动轨迹越短，对应的圆心角θ越小，根据t＝T和T＝可知，其在磁场中的运动时间越短，选项A、B、D均错误；从ab边出射的粒子速度的偏向角都相同，而粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角等于速度的偏向角，由t＝T可知粒子在磁场中的运动时间相等，选项C正确．
[题组突破]
1．(带电粒子运动的极值问题)(2020·全国卷Ⅲ)
真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A． B．
C． D．
解析：C 磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝m，联立解得B＝.
2.(带电粒子运动的临界问题)(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示．磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度＜v＜
解析：AB 若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r＝＋l2，又因为r1＝，解得v1＝；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确．
命题点四 带电粒子在磁场中运动的多解问题(师生互动)
[核心整合]
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解．多解形成原因一般包含4个方面：
1．带电粒子电性不确定
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．
2．磁场方向不确定
在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解．
3．带电粒子速度不确定形成多解
有些题目只告诉了带电粒子的电性，但未具体指出速度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形成的多解．
4．带电粒子运动的周期性形成多解
空间中存在周期性变化的磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解．
如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．
解析：设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．
(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力
B0qv0＝
做匀速圆周运动的周期T0＝.
由以上两式得磁感应强度B0＝
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，
有R＝(n＝1，2，3，…)．
联立求解，得正离子的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1，2，3，…)
答案：(1) (2)(n＝1，2，3，…)
[题组突破]
1．(磁场方向不确定形成的多解问题)(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )
A. B．
C. D．
解析：AC 依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反．在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的．当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，故A、C正确．
2.(带电粒子速度不确定形成多解)(多选)如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是( )
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
解析：BC 由周期公式T＝知，周期与电子的速率无关，所以电子在磁场中的运动周期相同，由t＝T知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，弧长s＝rθ，运动时间越长，圆心角越大，但半径不一定大，可知电子在磁场中运动时间越长，轨迹线不一定越长，故A错误，B正确；若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C正确，D错误．
3.(粒子电性不确定引起的多解问题)(多选)如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN′射出，粒子入射速率v的最大可能是( )
A. B．
C. D．
解析：BD 题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论．
若带电粒子带正电荷，轨迹是图中与NN′相切的圆弧，
则轨迹半径R＝
又d＝R－Rsin 45°
解得v＝
若带电粒子带负电荷，轨迹是图中与NN′相切的圆弧，
则轨迹半径R′＝
又d＝R′＋R′sin 45°
解得v′＝，故选项B、D正确．
素养培优27 三类典型的“动态圆”模型
模型一 “放缩圆”模型的应用
适用
条件
速度方向一定，大小不同
粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大．可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
(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洛伦兹力的作用下，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( )
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
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
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场
D．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：AC 如图所示，做出刚好从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点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.由图及周期可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0，从ab边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，且小于t0，从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于t0且小于t0，从cd边射出磁场经历的时间一定是t0.选项A、C正确．
模型二 “旋转圆”模型的应用
适用
方法
速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v 0，则圆周运动半径为R＝.如图所示
轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上
界定方法
将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
如图所示，圆形区域有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O.O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍．已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力．
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角．
解析： (1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝m，解得r＝.
(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图甲所示，通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，如图乙所示，则sin＝＝，即φmax＝60°.
甲 乙
答案：(1) (2)60°
模型三 “平移圆”模型的应用
适用
条件
速度大小一定，方向一定，
但入射点
在同一直
线上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v 0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线，该直线与入射点的连线平行
界定方法
将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
(2022·河南高三测试)如图所示，三角形ABC内有垂直于三角形平面向外的匀强磁场，AB边长为L，∠A＝30°，∠B＝90°，D是AB边的中点．现在DB段上向磁场内射入速度大小相同、方向平行于BC的同种粒子(不考虑粒子间的相互作用和粒子重力)，若从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，则AC边上有粒子射出的区域长度为( )
A.L B．L
C.L D．L
解析：C 从D点射入和从B点射入的粒子的运动轨迹如图所示，设两个粒子在AC边上的出射点分别为E、F点，由于从D点射入的粒子恰好能垂直AC边射出磁场，所以A点为该粒子做圆周运动的圆心，则粒子做圆周运动的半径为R＝L，则有AE＝L，因为D点是AB的中点，所以D点是从B点射出的粒子做圆周运动的圆心，所以有AD＝DF，则根据几何知识有AF＝2×L·cos 30°＝，所以有粒子射出的区域长度为EF＝AF－AE＝L，故A、B、D错误，C正确．
限时规范训练
[基础巩固]
1．如图所示，从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中都含有大量的高能带电粒子，这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，那么( )
A．宇宙射线受到地磁场施加的与运动方向相反的排斥力
B．垂直射向地球表面的带电粒子在两极处受磁场的偏转作用最强
C．带正电的离子垂直射向赤道时会向东偏转
D．带负电的离子垂直射向赤道时会向南极偏转
解析：C 宇宙射线受到地磁场施加的力与运动方向垂直，当宇宙射线的运动方向与磁感应强度方向平行时，此时受到的洛伦兹力为零，A错误；垂直射向地球表面的带电粒子在两极处运动方向与磁场方向平行，故不受洛伦兹力，B错误：由左手定则可知，垂直射向赤道的正离子受到的洛伦兹力向东，故向东偏转，C正确；由左手定则可知，垂直射向赤道的负离子受到的洛伦兹力向西，故向西偏转，D错误．
2．如图所示，匀强磁场中有一个带电荷量为q的粒子自a点沿箭头方向运动．当它运动到b点时，突然吸收了附近的若干个电子，接着沿另一圆轨道运动到与a、b在一条直线上的c点．已知ac＝ab，电子电荷量为e，电子质量不计．由此可知，粒子吸收的电子个数为( )
A． B．
C． D．
解析：D 由粒子的运动轨迹和左手定则可知，粒子带正电，依据qvB＝m可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝，已知ac＝ab，所以两次圆周运动的半径比为r1：r2＝2∶3，又rq＝不变，由此可知r1q＝r2(q－ne)，解得n＝，故D正确．
3.真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示．以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上．半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球先加速后减速
B．小球受到的洛伦兹力始终为零
C．小球在ab中点受到的洛伦兹力为零
D．小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向竖直向外
解析：C 根据右手螺旋定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到中点洛伦兹力竖直向里，中点至b端洛伦兹力竖直向外，B、D错误，C正确．
4．如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场．图中实线是它们的轨迹，已知O是PQ的中点，不计粒子重力及粒子间的相互作用．下列说法中正确的是( )
A．粒子c带负电，粒子a、b带正电
B．射入磁场时，粒子b的速率最小
C．粒子a在磁场中运动的时间最长
D．若匀强磁场的磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变
解析：C 根据左手定则可知，粒子c带正电，粒子a、b带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，由题图知，粒子a的半径最小，所以射入磁场时粒子a的速率最小，故B错误；根据T＝可知，粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角θ最大，则粒子a在磁场中的运动时间最长，故C正确；若匀强磁场的磁感应强度增大，其他条件不变，由R＝可知，粒子a的轨迹半径会变小，但粒子a轨迹对应的圆心角不变，由t＝T＝可知，粒子a在磁场中的运动时间会变小，故D错误．
5．(2021·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q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°.不计重力，则为( )
A． B．
C． D．
解析：B 根据题意找出粒子做圆周运动的圆心，如图所示．设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2＝＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得v＝，所以＝＝，B正确．
6．(2022·河北承德月考)如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B.P是圆外一点，OP＝3r.一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出．已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力．求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间．
解析：(1)设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得R＋＝3r
解得R＝.
(2)设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则2r＝vt
联立以上各式解得t＝.
答案：(1) (2)
[能力提升]
7．如图所示，足够大的垂直纸面向里的匀强磁场中固定一光滑斜面，A、B两物块叠放在斜面上，A带正电，B不带电且上表面绝缘．在t＝0时刻，释放两物块，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．A所受洛伦兹力大小与时间t成正比关系
B．A对B的压力大小与时间t成反比关系
C．A、B间的摩擦力越来越小
D．斜面倾角越大，A、B一起沿斜面运动的位移越大
解析：A 对A、B整体进行受力分析，受重力、洛伦兹力和支持力，根据牛顿第二定律可得(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，解得a＝gsin θ，对A进行受力分析，可知A受重力、洛伦兹力和支持力，不受摩擦力，则A的速度v＝at＝gtsin θ，所受洛伦兹力为F1＝qvB＝qBgtsin θ，即A所受洛伦兹力大小与时间t成正比关系，故A正确，C错误；A对B的压力大小F2＝mgcos θ－F1＝mgcos θ－qBgtsin θ，A对B的压力大小与时间t是一次函数关系，故B错误；当mgcos θ－qBgtsin θ＝0时，A、B开始分离，此时t＝＝，位移x＝at2＝gsin θ＝·，可知位移随着倾角的增大而减小，故D错误．
8．(多选)如图所示，C、D、E为以O为圆心、半径为R的圆周上的三点，∠COD＝，A为CD的中点，在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B.一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0＝从AC部分垂直于AC射向磁场区域，忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力，则粒子在一次进出磁场中运动的时间可能是( )
A． B．
C． D．
解析：BC 由qv0B＝m可得r＝，粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有T＝＝，如图所示，由图可知，部分粒子从OC边射入磁场，又从OC边射出磁场，由对称性可知，粒子偏转的圆心角为90°，运动时间最短，则最短时间t1＝＝；沿AO入射的粒子，与磁场圆在最低点内切，圆心角为270°，运动时间最长，最长时间t2＝＝，故粒子在一次进出磁场中运动的时间范围为≤t≤，故B、C正确，A、D错误．
9．如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.30 T．磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝32 cm处有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s.已知α粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，现只考虑在纸面内运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度为( )
A．20 cm B．40 cm
C．30 cm D．25 cm
解析：B α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＝m，解得R＝0.2 m＝20 cm；由于2R＞l＞R，因从S点朝不同方向发射的α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α粒子能打中的左侧最远点；再考虑N的右侧，α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，此即为右侧能打到的最远点，粒子运动轨迹如图所示，定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于O点，过O作ab的垂线，它与ab的交点即为P1，根据几何关系可得NP1＝＝cm＝16 cm，NP2＝＝ cm＝24 cm，故感光板ab上被α粒子打中区域的长度为P1P2＝NP1＋NP2＝16 cm＋24 cm＝40 cm，故B正确，A、C、D错误．
10．(多选)如图所示，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B.荧光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子．粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光．已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，OM之间的距离为a，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则( )
A．粒子的最大速率为
B．荧光屏上的发光长度为a
C．打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为
D．打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为
解析：AD 速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，运动轨迹如图甲所示，设轨迹半径为r1，即OO1＝r1，O1O2＝2r1，可知圆心角∠OO1K＝60°，故OO2＝2r1sin 60°＝2a，解得r1＝a，由洛伦兹力提供向心力可得qvmB＝m，联立解得vm＝，此过程，在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹对应的圆心角为60°，右侧轨迹对应的圆心角为150°，周期T＝，故总时间为tmin＝T＝，A、D正确；当粒子的运动轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时间最长，如图乙所示，由几何关系得r2＝a，两边轨迹合起来恰好是一个圆周，故最长时间为tm＝T＝，C错误；垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度Δx＝(r1cos 30°＋r1)－r2＝a，B错误．
11．如图所示，在矩形区域(含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝2.0×10－2T，A、B、C、D为矩形的四个顶点，BC边长l1＝4 m，AB边长l2＝2 m．大量质量m＝3.2×10－26 kg、电荷量q＝1.6×10－18 C的带负电粒子，从A点沿AD方向以不同的速率射入匀强磁场中，粒子恰好均从BC边射出，不计粒子重力及粒子间的作用力．求：
(1)粒子的速率的取值范围；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间．
解析：(1)粒子恰好均从BC边射出，可知粒子以最小速率v1运动时恰好打在B点，由几何关系可知其半径
R1＝＝1 m
可知粒子以最大速率v2运动时恰好打在C点，设其半径为R2，由几何关系
(R2－l2)2＋l＝R
解得R2＝5 m
粒子在匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝m
可得v＝
解得v1＝1.0×106 m/s，v2＝5.0×106 m/s
则粒子的速率的取值范围为
1．0×106 m/s≤v≤5.0×106 m/s.
(2)从B点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，其运动时间t＝
而T＝
解得t≈3.14×10－6s.
答案：(1)1.0×106 m/s≤v≤5.0×106 m/s
(2)3.14×10－6s
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