新高考物理一轮复习讲义第10章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用 (含解析)

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2.会分析带电粒子在有界磁场中的运动。
1.
2.
1.思考判断
(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。(×)
(2)根据公式T＝eq \f(2πr,v)，带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)
(3)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。(×)
(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。(×)
(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。(√)
2.(多选)如图1所示，初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则( )
图1
A.电子将向右偏转，速率不变
B.电子将向左偏转，速率改变
C.电子将向左偏转，轨道半径不变
D.电子将向右偏转，轨道半径改变
答案 AD
考点一 对洛伦兹力的理解和应用
1.洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。
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。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
跟踪训练
1.如图2所示，M、N为两根垂直纸面的平行长直导线，O为M、N连线中点，一电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出，当两导线同时通有如图方向电流时，该电子将( )
图2
A.向上偏转 B.向下偏转
C.向左偏转 D.向右偏转
答案 D
解析 根据右手螺旋定则可知，M、N两导线在O点形成的磁场方向都是向上的，故O点处合磁场方向向上，电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出时，由左手定则可知，电子受洛伦兹力向右，故D正确。
2.(2022·北京卷，7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图3中的1、2、3所示。下列说法正确的是( )
图3
A.磁场方向垂直于纸面向里
B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D.轨迹3对应的粒子是正电子
答案 A
解析 三个粒子从P点射入磁场，轨迹偏转方向相同的带同种电荷，所以轨迹2对应的粒子是正电子，1、3为电子，故D错误；由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；对于轨迹1的粒子运动半径越来越小，由r＝eq \f(mv,qB)知，运动速度越来越小，B错误；对于轨迹2和轨迹3两种粒子，由于初始半径
r2＜r3，由r＝eq \f(mv,qB)知v2＜v3，故C错误。
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定
2.带电粒子在有界磁场中运动的常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图4所示)
图4
(2)平行边界：往往存在临界条件，如图5所示。
图5
(3)圆形边界
①沿径向射入必沿径向射出，如图6甲所示。
②不沿径向射入时，如图6乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。
图6
角度 直线边界和平行边界磁场
例1 (多选)如图7所示，在竖直线EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为＋q和－q的带电粒子，从O点以相同的初速度v，先后射入磁场，已知初速度方向与OF成θ＝30°角，两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，则( )
图7
A.两带电粒子回到EOF竖直线时到O点的距离相等
B.两带电粒子回到EOF竖直线时的速度相同
C.两带电粒子在磁场中的运动时间相等
D.从射入到射出磁场的过程中，两带电粒子所受洛伦兹力的冲量相同
答案 ABD
解析 这两个正、负粒子以与OF成θ＝30°角射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，负粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示(磁场未画出)。因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由r＝eq \f(mv,qB)和T＝eq \f(2πm,qB)知，正、负粒子的轨迹半径和周期相同。 由几何关系知，负粒子在磁场中转过的角度为2θ，正粒子在磁场中转过的角度φ＝2π－2θ，则两段圆弧所对应的弦长度相等，即两带电粒子回到EOF竖直线时到O点的距离相等，选项A正确；因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析知，两粒子回到EOF竖直线时的速度大小和方向均相同，选项B正确；因正、负粒子的运动周期相同，而在磁场中的偏转角度不同，所以两带电粒子在磁场中的运动时间不相等，选项C错误；因两带电粒子的初、末速度相同，根据动量定理可知两粒子所受洛伦兹力的冲量相同，选项D正确。
跟踪训练
3.如图8所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°。不计粒子的重力，下列判断正确的是( )
图8
A.粒子a带负电，粒子b带正电
B.粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶eq \r(3)
C.粒子a和b在磁场中运动的速率之比为eq \r(3)∶1
D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
答案 B
解析 粒子a向上偏转，由左手定则可判断，粒子a带正电，而粒子b向下偏转，则粒子b带负电，故A错误；如图所示，由几何关系可知，磁场宽度x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故B正确；由qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBR,m)，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故C错误；粒子运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，则Ta＝Tb，a运动的时间ta＝eq \f(60°,360°)Ta＝eq \f(1,6)Ta＝eq \f(1,6)T，b运动的时间tb＝eq \f(30°,360°)Tb＝eq \f(1,12)Tb＝eq \f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误。
角度 圆形边界磁场
例2 (2023·江苏盐城高三月考)如图9所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是( )
图9
A.沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短
B.沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子
C.沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为eq \f(\r(3),3)
D.沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9∶8
答案 C
解析 由于正电子和负电子的电荷量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则由T＝eq \f(2πm,qB)，可知四种粒子的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由t＝eq \f(θ,2π)T可知，沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，A项错误；由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的粒子均带负电，B项错误；设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为ra＝r，rb＝eq \r(3)r，根据qvB＝meq \f(v2,r)，可得eq \f(va,vb)＝eq \f(ra,rb)＝eq \f(\r(3),3)，C项正确；运动时间之比为偏转角之比，所以eq \f(tb,td)＝eq \f(θb,θd)＝eq \f(60°,45°)＝eq \f(4,3)，D项错误。
跟踪训练
4.(多选)(2023·河北张家口高三期末)如图10所示，半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AC是圆的一条直径，D为圆上一点，∠COD＝60°。在A点有一个粒子源，沿与AC成30°角斜向上垂直磁场的方向射出速率均为v的各种带正电粒子，所有粒子均从圆弧CD射出磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。则从A点射出的粒子的比荷eq \f(q,m)可能是( )
图10
A.eq \f(v,BR) B.eq \f(3v,2BR) C.eq \f(\r(3)v,BR) D.eq \f(\r(3)v,3BR)
答案 AD
解析 带电粒子从C点射出磁场，轨迹如图甲所示，由几何关系得sin 30°＝eq \f(R,r1)，解得r1＝2R，带电粒子从D点射出磁场，轨迹如图乙所示，由几何关系得AODO2是菱形，所以粒子的轨迹半径r2＝R，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径满足r2≤r≤r1，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，解得从A点射出的粒子的比荷满足eq \f(v,2BR)≤eq \f(q,m)≤eq \f(v,BR)，故A、D正确。

甲 乙
角度 三角形或四边形边界磁场
例3 如图11所示，边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边，以一定速度射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法正确的是( )
图11
A.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从b点射出
B.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
C.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从a点射出
D.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍
答案 C
解析 由题意和左手定则可知，粒子带正电，带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，即v′＝2v，则粒子的半径将增大为原来的2倍，由图可知，粒子不会从b点射出，A错误；由图可知，若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，则粒子的半径将增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的圆心角将减小，粒子在磁场中运动的时间将减小，B错误；若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子的运动半径将减小为原来的eq \f(1,2)，将从a点射出，粒子运动时间为半个周期，即t′＝eq \f(πm,qB′)＝eq \f(πm,2qB)，而原来的时间t＝eq \f(90°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,2qB)，所以t′＝t，时间不变，故C正确，D错误。
跟踪训练
5.(多选)如图12所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是( )
图12
A.速度的最大值为eq \f(（\r(2)＋1）qBl,m)
B.速度的最小值为eq \f(qBl,m)
C.在磁场中运动的最短时间为eq \f(πm,4qB)
D.在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB)
答案 AD
解析 粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示，由几何知识可知r1＝eq \f(l,2)，2r2cs 45°＝O2c＝r2＋l，解得r2＝(1＋eq \r(2))l，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(qBr,m)，故粒子的最大速度为vmax＝eq \f(qBr2,m)＝eq \f(（1＋\r(2)）qBl,m)，最小速度vmin＝eq \f(qBr1,m)＝eq \f(qBl,2m)，故A正确，B错误；由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，最小圆心角θmin>45°，粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝eq \f(θmin,360°)T>eq \f(πm,4qB)，最长时间tmax＝eq \f(θmax,360°)T＝eq \f(πm,qB)，故C错误，D正确。
A级 基础对点练
对点练1 对洛伦兹力的理解和应用
1.(2023·广东潮州高三期末)极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的。如图1所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小。此运动形成的主要原因是( )
图1
A.太阳辐射对粒子产生了驱动力的作用效果
B.粒子的带电荷量减小
C.洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小
D.南北两极附近的磁感应强度较强
答案 D
解析 粒子在运动过程中，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，可知半径不断减小与太阳辐射对粒子产生了驱动力无关，A错误；当带电荷量减小时，半径增大，B错误；洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，C错误；粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由r＝eq \f(mv,qB)可知，当磁感应强度增加时，半径减小，D正确。
2.(2023·安徽芜湖市高三期末)如图2所示是电视显像管原理示意图(俯视图)，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，不计电子的重力，图中O点为荧光屏的中心，若调节偏转线圈中的电流，使电子束打到荧光屏上的A点，此时下列说法正确的是( )
图2
A.电子经过磁场速度增大
B.偏转磁场的方向水平向右
C.偏转磁场的方向垂直纸面向里
D.偏转磁场的方向垂直纸面向外
答案 D
解析 电子经过磁场，洛伦兹力不做功，则动能不变，即速度不变，故A错误；欲使电子束打到荧光屏上的A点，则洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向外，故B、C错误，D正确。
对点练2 带电粒子在匀强磁场中的运动
3.在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电荷量为2e的α粒子和质量为m2、带电荷量为e的β粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动。则α粒子与β粒子的动能之比是( )
A.eq \f(m1,m2) B.eq \f(m2,m1) C.eq \f(m1,4m2) D.eq \f(4m2,m1)
答案 D
解析 带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，根据牛顿第二定律，有qvB＝meq \f(v2,r)，动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2，联立可得Ek＝eq \f(q2B2r2,2m)，由题意知α粒子和β粒子所带电荷量之比为2∶1，故α粒子和β粒子的动能之比为eq \f(Ekα,Ekβ)＝eq \f(\f(qeq \\al(2,1),m1),\f(qeq \\al(2,2),m2))＝eq \f(4m2,m1)，故D正确。
4.(多选)(2021·湖北卷，9)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图3所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是( )
图3
A.a带负电荷
B.b带正电荷
C.c带负电荷
D.a和b的动量大小一定相等
答案 BC
解析 由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，由于a粒子与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误。
5.(2022·广东卷)如图4所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
图4
答案 A
解析 由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；质子的运动轨迹在Ozx平面的投影为一条平行于x轴的直线，故C、D错误。
6.(2023·广东广州一模)如图5，虚线内有垂直纸面的匀强磁场，acb是半圆，圆心是O，半径为r，∠bOc＝60°。现有一质量为m、电荷量为＋q的离子，以速度v沿半径Oc射入磁场，从bd边垂直边界离开磁场，则( )
图5
A.离子做圆周运动的半径为2r
B.离子离开磁场时距b点为3r
C.虚线内的磁感应强度大小为eq \f(mv,3qr)
D.离子在磁场中的运动时间为eq \f(5\r(3)πr,6v)
答案 D
解析 由题意作出离子在磁场中运动轨迹示意图如下。
根据几何关系，离子在磁场中圆周运动半径为R＝eq \r(3)r，离子离开磁场时距b点为s＝R＋eq \f(r,cs 60°)－r＝(eq \r(3)＋1)r，故A、B错误；离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力知，qvB＝meq \f(v2,R)，可得B＝eq \f(mv,qR)＝eq \f(mv,\r(3)qr)，故C错误；由几何关系知，离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为150°，则运动时间为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)＝eq \f(5\r(3)πr,6v)，故D正确。
7.(多选)(2023·河北衡水高三期末)如图6所示，竖直线CD右边的空间存在范围无限大且垂直纸面向里的有界匀强磁场，带有同种电荷的M粒子和N粒子同时从匀强磁场的边界CD上的S点分别以与边界的夹角为30° 和60°射入磁场，两粒子又恰好同时到达Q点。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则( )
图6
A.M、N两粒子的运动轨迹半径之比为eq \r(3)∶1
B.M、N两粒子的运动轨迹半径之比为2∶1
C.M、N两粒子的初速度大小之比为eq \r(3)∶1
D.M、N两粒子的比荷之比为5∶2
答案 AD
解析 设SQ＝d，由题图可知，M粒子在磁场中运动轨迹半径rM＝d，运动轨迹所对应的圆心角为300°，运动轨迹弧长sM＝eq \f(5πd,3)，N粒子在磁场中运动轨迹的半径rN＝eq \f(\r(3),3)d，所对应的圆心角为120°，运动轨迹弧长sN＝eq \f(2\r(3)πd,9)，所以M、N两粒子运动半径之比为eq \r(3)∶1, A正确，B错误；因运动时间t＝eq \f(s,v)，而tM＝tN，则M、N粒子的初速度大小之比为15∶2eq \r(3)，C错误；根据qvB＝meq \f(v2,r)，得eq \f(q,m)＝eq \f(v,rB)，故M、N粒子的比荷之比为5∶2，D正确。
8.(多选)(2023·湖南长沙高三联考)半径为R的半圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场。不计重力的a、b两粒子从圆周上的P点沿着半径方向射入磁场，分别从A、B两点离开磁场，运动轨迹如图7所示。已知a、b两粒子进入磁场时的速率之比为1∶2，AOB为直径，∠AOP＝60°。下列说法正确的是( )
图7
A.a粒子带正电，b粒子带负电
B.a、b两粒子的比荷之比为3∶2
C.a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2∶1
D.a、b两粒子的轨道半径之比为1∶3
答案 BD
解析 根据粒子的运动轨迹，由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由几何关系可知，a、b两粒子的半径之比为r1∶r2＝1∶3，D正确；由r＝eq \f(mv,qB)可知，a、b两粒子的比荷之比为3∶2，B正确；粒子在磁场中运动时间
t＝eq \f(l,v)＝eq \f(θr,v)，θ为轨迹所对应的圆心角，代入数据可知，a、b两粒子在磁场中运动时间之比为4∶3，C错误。
9.(2023·江西南昌高三月考)如图8所示，边长为L的正方形ABCD边界内有垂直纸面向里的匀强磁场B，E为AD上一点，ED＝ eq \f(\r(3),3)L。完全相同的两个带电粒子a、b以不同速度分别从A、E两点平行AB向右射入磁场，且均从C点射出磁场。已知a粒子在磁场中运动的时间为t，不计粒子的重力和相互作用，则b粒子在磁场中运动的时间为( )
图8
A.eq \f(1,3)t B.eq \f(1,2)t C.eq \f(2,3)t D.eq \f(3,4)t
答案 C
解析 根据题意可知粒子做圆周运动的轨迹如图所示，由图可知a粒子运动轨迹所对的圆心角为θa＝90°。对b粒子根据几何知识有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R2－\f(\r(3),3)L))eq \s\up12(2)＋L2＝Req \\al(2,2)，得b粒子的轨道半径R2＝eq \f(2\r(3),3)L，sin θb＝eq \f(L,\f(2\r(3),3)L)＝eq \f(\r(3),2)，所以b粒子运动轨迹所对的圆心角为θb＝60°，根据T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θ,360°)T，所以eq \f(tb,ta)＝eq \f(θb,θa)＝eq \f(2,3)，b粒子在磁场中运动的时间为tb＝eq \f(2,3)ta＝eq \f(2,3)t，故C正确。
B级 综合提升练
10.(2023·山东潍坊高三月考)如图9所示，正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以速度v1从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开磁场；若该粒子以速度v2从a点沿ae方向射入磁场，则从d点离开磁场。不计粒子重力，eq \f(v1,v2)的值为( )
图9
A.eq \r(3) B.eq \f(\r(6),2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析 带正电粒子以速度v1从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开磁场，设六边形的边长为L，则由几何关系得r1＝eq \r(3)L，若该粒子以速度v2从a点沿ae方向射入磁场，从d点离开磁场，则由几何关系得r2＝2L，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，则r＝eq \f(mv,qB)，速度之比eq \f(v1,v2)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(\r(3),2)，故C正确。
11.(2019·全国Ⅰ卷)如图10，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
图10
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
答案 (1)eq \f(4U,B2d2) (2)eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。
由动能定理有
qU＝eq \f(1,2)mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律有
qvB＝meq \f(v2,r)②
由几何关系知d＝eq \r(2)r③
联立①②③式得eq \f(q,m)＝eq \f(4U,B2d2)。④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝eq \f(πr,2)＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝eq \f(s,v)⑥
联立②④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。
12.(2022·江苏卷，13)利用云室可以知道带电粒子的性质，如图11所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
图11
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；
(2)粒子a的动量大小pa。
答案 (1)2∶1 (2)eq \f(6,7)mv
解析 (1)分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
qvB＝meq \f(v2,r)
解得r＝eq \f(mv,qB)
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1
故mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，则分裂后粒子在磁场中的速度大小之比为
va∶vb＝3∶1
联立解得ma∶mb＝2∶1。
(2)中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律
mv＝mava＋mbvb
因为分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1
联立解得pa＝mava＝eq \f(6,7)mv。
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
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：左图中，
R＝eq \f(L,sin θ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得
R＝eq \f(L2＋d2,2d)
运动时间的确定
利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度l求时间
①t＝eq \f(θ,2π)T
②t＝eq \f(l,v)
t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(φ,2π)T＝eq \f(2α,2π)T
t＝eq \f(l,v)＝eq \f(\(AB,\s\up8(︵)),v)