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江苏版高考物理一轮复习第9章素养9“动态圆”模型在电磁学中的应用课时学案
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这是一份江苏版高考物理一轮复习第9章素养9“动态圆”模型在电磁学中的应用课时学案，文件包含核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时教学设计含反思docx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共46页， 欢迎下载使用。
带电粒子刚好穿出(不穿出)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，故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直。
2．解题步骤
分析情景→作基础图→作动态图→确定临界轨迹→分析临界状态→构建三角形→解三角形
3．常见的几种临界情况
(1)直线边界
最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切。
最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直。
如图，P为入射点，M为出射点。
单边界磁场 平行边界磁场
(2)圆形边界：公共弦为小圆直径时，出现极值，即：
①当运动轨迹圆的半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大。
②当运动轨迹圆半径小于圆形磁场半径时，则以轨迹圆直径的两端点为入射点和出射点的圆形磁场对应的圆心角最大。
“放缩圆”模型的应用
[示例1] 如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中不正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝eq \f(qBl,m)，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq \f(\r(2)＋1qBl,m)
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq \f(\r(2)qBl,m)
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB)
C [若粒子射入磁场时速度为v＝eq \f(qBl,m)，则由qvB＝meq \f(v2,r)可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝eq \f(mv,qB)，所以v＝eq \f(qBr,m)，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(eq \r(2)＋1)l，故其最大速度为v＝eq \f(\r(2)＋1qBl,m)，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝eq \f(πm,qB)，选项D正确。]
“旋转圆”模型的应用
[示例2] (2022·南通四模)如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为＋q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上的小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0(未知)时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
(1)为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
(2)由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0(未知)时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点(图中未画出)，求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值cs α；
(3)由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0(未知)时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。
[解析] (1)当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，加速电压有最大值Um，
粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为rm，如图1所示。则rm＝eq \f(7a,2)
图1
设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有qUm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),rm)
联立解得Um＝eq \f(49qB2a2,8m)。
(2)设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为r0＝3a
图2
设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如图2所示，因为加速电压U0不变，则粒子进入磁场的速度大小不变，根据r＝eq \f(mv,qB)，可知其运动半径仍为r0，根据几何关系有2r0cs α＝5a＋0.8a
解得cs α＝eq \f(29,30)。
(3)由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点。当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如图3所示。
图3
由几何关系得 OO2＝4a－3a＝a，PO2＝PO＝3a
根据余弦定理有cs θ＝eq \f(PO2＋PO\\al(2,2)－OO\\al(2,2),2PO·PO2)
解得cs θ＝eq \f(17,18)
则 PA＝2PO2cs θ
解得PA＝eq \f(17a,3)
当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A′，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D′，圆心为O2′，如图4所示。
图4
由几何关系得 OO′2＝3a－2a＝a，PO′2＝PO＝3a
根据余弦定理有cs β＝eq \f(PO2＋PO′\\al(2,2)－OO′\\al(2,2),2PO·PO′2)
解得cs β＝eq \f(17,18)
则 PA′＝2PO2′cs θ
解得PA′＝eq \f(17a,3)
可知A与A′重合，该点为粒子打在光屏上最左侧的点，则最大区间长度为L＝PC－PA＝6a－eq \f(17a,3)＝eq \f(a,3)。
[答案] (1)eq \f(49qB2a2,8m) (2)eq \f(29,30) (3)eq \f(a,3)
“平移圆”模型的应用
[示例3] 如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为( )
A．2∶1 B．2∶3
C．3∶2 D．eq \r(3)∶eq \r(2)
C [画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒子运动时间为t1＝eq \f(T,4)；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，则cs θ＝eq \f(\f(R,2),R)＝eq \f(1,2)，θ＝60°，故t2＝eq \f(T,6)，所以eq \f(t1,t2)＝eq \f(\f(T,4),\f(T,6))＝eq \f(3,2)，C正确。]
课时分层作业(二十六) 磁场对运动电荷的作用
(对应学生用书第452页)
题组一 洛伦兹力的理解和应用
1.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流(宇宙射线)在射向地球时，由于地磁场的存在改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用。如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时将( )
A．竖直向下沿直线射向地面
B．相对于预定地点向东偏转
C．相对于预定地点向西偏转
D．相对于预定地点向北偏转
C [电子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以电子向西偏转，故C正确，A、B、D错误。]
2．(2023·盐城模拟)如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I的方向相同，均平行于纸面水平向左。下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是( )
A B
C D
A [由安培定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，电子向下偏转；通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式r＝eq \f(mv,eB)可知，电子运动的轨迹半径越来越大，故A正确，B、C、D错误。]
3.(2023·南京模拟)如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，玻璃管底部有一带电小球。整个装置以水平向右的速度匀速运动，垂直于磁场方向水平进入匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则小球从玻璃管进入磁场至飞出上端口的过程中( )
A．小球运动轨迹是一段圆弧
B．小球运动轨迹是抛物线
C．洛伦兹力对小球做正功
D．管壁的弹力对小球做负功
B [最终小球从上端口飞出，再由磁场方向垂直纸面向里，依据左手定则可知，小球带正电荷；设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力是恒力，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，解得a＝eq \f(qvB,m)－g，小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是抛物线，故A错误，B正确；洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故C错误；小球从进入磁场到飞出端口前的过程中管壁的弹力向右，小球向右运动，故弹力做正功，故D错误；故选B。]
题组二 带电粒子在匀强磁场中的运动
4.如图所示，直线OP上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子都过P点。已知OP＝a，质子1沿与OP成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则( )
A．质子1在磁场中运动的半径为eq \f(1,2)a
B．质子2在磁场中的运动周期为eq \f(2πa,v)
C．质子1在磁场中的运动时间为eq \f(2πa,3v)
D．质子2在磁场中的运动时间为eq \f(5πa,6v)
B [根据题意作出质子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，质子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝a，故A错误；质子在磁场中做圆周运动的周期：T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πa,v)，故B正确；由几何知识可知，质子1在磁场中转过的圆心角：θ1＝60°，质子1在磁场中的运动时间：t1＝eq \f(θ1,360°)T＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πa,3v)，故C错误；由几何知识可知，质子2在磁场中转过的圆心角：θ2＝300°，质子2在磁场中的运动时间：t2＝eq \f(θ2,360°)T＝eq \f(5πa,3v)，故D错误。]
5.如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，eq \r(3)a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a
B．粒子的发射速度大小为eq \f(4πa,t0)
C．带电粒子的比荷为eq \f(4π,3Bt0)
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
D [根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系，可知粒子做圆周运动的半径为r＝2a，故A错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为eq \f(2π,3)，运动时间t0＝eq \f(\f(2π,3)×2a,v0)，解得：v0＝eq \f(4πa,3t0)，选项B错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为eq \f(2π,3)，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝3t0，由Bqv0＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2r，则eq \f(q,m)＝eq \f(2π,3Bt0)，故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为eq \f(4π,3)，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确。
甲 乙 ]
6.如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝eq \f(\r(3)qBL,4m)从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则( )
A．PBC．QB≤eq \f(\r(3),4)L D．QB≤eq \f(1,2)L
D [粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。粒子在磁场中的运动轨迹半径为r＝eq \f(mv,Bq)，因此可得r＝eq \f(\r(3),4)L，当入射点为P1，圆心为O1，且此刻轨迹正好与BC相切时，PB取得最大值，若粒子从BC边射出，根据几何关系有PB7.(2023·江苏常熟期中)如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子( )
A．速率一定越大
B．速率一定越小
C．在磁场中通过的路程越长
D．在磁场中的周期一定越大
B [由周期公式得：T＝eq \f(2πm,Bq)，由于带电粒子的B、q、m均相同，所以T相同，故D错误。
根据t＝eq \f(θ,2π)T可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由r＝eq \f(mv,Bq)知速率一定越小，B正确，A错误。通过的路程即圆弧的长度l＝rθ，与半径r和圆心角θ有关，故C错误。]
8.如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点( )
A.eq \f(2πm,qB1) B．eq \f(2πm,qB2)
C.eq \f(2πm,qB1＋B2) D．eq \f(πm,qB1＋B2)
B [
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝eq \f(2πm,qB1)＋eq \f(πm,qB2)＝eq \f(2πm,qB2)，所以选项B正确。]
9.如图所示，一个理想边界为PQ、MN的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直于纸面向里。O点处有一体积可忽略的电子发射装置，能够在纸面所在平面内向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则当电子发射速率为4v0时( )
A．电子的运动半径为4d
B．从MN边界射出的电子数占总电子数的三分之一
C．MN边界上有电子射出部分的总长度为2eq \r(3)d
D．电子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πd,v0)
C [向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则知r＝eq \f(1,2)d，则当电子发射速率为4v0时，根据r＝eq \f(mv,qB)知半径变为原来的4倍，即为2d，故A错误；
水平向右射出的粒子到达MN右侧的最远处，r＝2d，根据几何关系知轨迹对应的圆心角为60°，AB＝2dsin 60°＝eq \r(3)d，与MN相切是到达左侧的最远处，根据几何关系知速度与PQ夹角为60°，所以从MN边界射出的电子数占总电子数的三分之二，BC＝2dsin 60°＝eq \r(3)d，MN边界上有电子射出部分的总长度为2eq \r(3)d，故B错误，C正确；根据B、C项分析，转过的圆心角最大为120°，最长时间为eq \f(1,3)T＝eq \f(1,3)×eq \f(2πr,4v0)＝eq \f(πd,3v0)，故D错误。]
10.
(2023·江苏模拟)如图所示，原点O有一粒子源，能向x轴上方xOy平面内各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子的初速度大小均相等，在x轴上方直线y1＝y0与y2＝y0＋a(y0未知，a＞0)之间存在垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，已知射向第二象限、与y轴正方向成30°角的粒子恰好垂直于磁场上边界射出，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，求：
(1)粒子运动的初速度大小v0；
(2)粒子在磁场中运动时间最短且能从上边界射出，其发射时速度与y轴正方向夹角θ的正弦值；
(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm及y0取不同数值时，在磁场中运动时间最长的粒子从磁场中射出时的出射点所构成图形的解析方程。
[解析] (1)当粒子射向第二象限，与y轴正方向成30°角时，粒子运动轨迹如图1所示
图1
设其运动半径为r，则根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)
由几何关系可知，此时运动轨迹所对的圆心角为
α＝30°
有rsin α＝a
解得v0＝eq \f(2qBa,m)。
(2)粒子质量、所带电荷量、初速度大小均相等，则所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T相同，半径r也相同，当粒子从磁场上边界射出且在磁场中运动的时间最短时，运动轨迹对应的弦也最短，最短弦长为a，如图2所示
图2
由(1)可知
r＝2a
由几何关系可知
sin θ＝eq \f(\f(a,2),r)＝eq \f(1,4)。
(3)所有粒子在磁场中做圆周运动的周期T和半径r相同，当粒子从下边界射出，且与上边界相切时，在磁场中的运动时间最长，如图3所示
图3
设此时粒子运动轨迹对应的圆心角为2β，则
rcs β＝r－a，解得β＝eq \f(π,3)
运动时间
tm＝eq \f(2β,2π)T
解得tm＝eq \f(2πm,3qB)
由题意可知，运动时间最长的粒子与y轴正方向的夹角为30°，入射点的坐标为(ytan 30°，y)，出射点一定在对应入射点的右方2rsin β处，坐标为(ytan 30°＋2rsin β，y)，即
x＝ytan 30°＋2rsin β
解得图线的方程为
y＝eq \r(3)x－6a(x>2eq \r(3)a)。
[答案] (1)eq \f(2qBa,m) (2)eq \f(1,4) (3)y＝eq \r(3)x－6a(x>2eq \r(3)a)
11．(2019·全国卷Ⅰ)如图所示，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：
(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。
[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半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
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)))。
[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)))
12.(2020·江苏卷)空间存在两个垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷eq \f(q′,m′)可能的最小值。
[解析] (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由qvB＝meq \f(v2,R)得，
R1＝eq \f(mv,2qB0)，R2＝eq \f(mv,3qB0)
Q、O的距离为：d＝2R1－2R2＝eq \f(mv,3qB0)。
(2)由(1)可知，甲粒子完成一周期运动上升的距离为d，甲粒子再次经过P，经过N个周期，
N＝eq \f(OP,d)＝eq \f(2R1,d)＝3
所以，再次经过P点的时间为t＝NT＝3T
由匀速圆周运动的规律得
T1＝eq \f(2πR1,v)＝eq \f(πm,qB0)，T2＝eq \f(2πR2,v)＝eq \f(2πm,3qB0)
甲粒子绕一周的时间为T＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)＝eq \f(5πm,6qB0)
所以，再次经过P点的时间为t＝3T＝eq \f(5πm,2qB0)
两次经过P点的时间间隔为Δt＝t－eq \f(T1,2)＝eq \f(2πm,qB0)。
(3)洛伦兹力提供向心力，由qvB＝meq \f(v2,R)得，R′1＝eq \f(m′v,2q′B0)，R′2＝eq \f(m′v,3q′B0)
完成一周期运动上升的距离d′＝2R′1－2R′2
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则
2R′1＋nd′＝OQ＝d，
neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T1′,2)＋\f(T′2,2)))＋eq \f(T′1,2)＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)
结合以上式子，n无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则
nd′＝OQ，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T′1,2)＋\f(T′2,2)))＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)
计算可得eq \f(q′,m′)＝neq \f(q,m)(n＝1,2,3，…)
由于甲、乙粒子比荷不同，n＝1舍去，则n＝2时，乙的比荷eq \f(q′,m′)最小，为eq \f(q′,m′)＝eq \f(2q,m)。
[答案] (1)eq \f(mv,3qB0) (2)eq \f(2πm,qB0) (3)eq \f(2q,m)
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景)，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
适用条件
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v0，则圆周运动半径为R＝eq \f(mv0,qB)。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＝eq \f(mv0,qB)的圆上
界定
方法
将一半径为R＝eq \f(mv0,qB)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
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v0，则半径R＝eq \f(mv0,qB)，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上，该直线与入射点的连线平行
界定方法
将半径为R＝eq \f(mv0,qB)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
带电粒子刚好穿出(不穿出)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，故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直。
2．解题步骤
分析情景→作基础图→作动态图→确定临界轨迹→分析临界状态→构建三角形→解三角形
3．常见的几种临界情况
(1)直线边界
最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切。
最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直。
如图，P为入射点，M为出射点。
单边界磁场 平行边界磁场
(2)圆形边界：公共弦为小圆直径时，出现极值，即：
①当运动轨迹圆的半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大。
②当运动轨迹圆半径小于圆形磁场半径时，则以轨迹圆直径的两端点为入射点和出射点的圆形磁场对应的圆心角最大。
“放缩圆”模型的应用
[示例1] 如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中不正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝eq \f(qBl,m)，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq \f(\r(2)＋1qBl,m)
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq \f(\r(2)qBl,m)
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB)
C [若粒子射入磁场时速度为v＝eq \f(qBl,m)，则由qvB＝meq \f(v2,r)可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝eq \f(mv,qB)，所以v＝eq \f(qBr,m)，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(eq \r(2)＋1)l，故其最大速度为v＝eq \f(\r(2)＋1qBl,m)，选项B正确，C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝eq \f(πm,qB)，选项D正确。]
“旋转圆”模型的应用
[示例2] (2022·南通四模)如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为＋q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上的小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0(未知)时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
(1)为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
(2)由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0(未知)时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点(图中未画出)，求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值cs α；
(3)由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0(未知)时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。
[解析] (1)当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，加速电压有最大值Um，
粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为rm，如图1所示。则rm＝eq \f(7a,2)
图1
设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有qUm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),rm)
联立解得Um＝eq \f(49qB2a2,8m)。
(2)设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为r0＝3a
图2
设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如图2所示，因为加速电压U0不变，则粒子进入磁场的速度大小不变，根据r＝eq \f(mv,qB)，可知其运动半径仍为r0，根据几何关系有2r0cs α＝5a＋0.8a
解得cs α＝eq \f(29,30)。
(3)由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点。当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如图3所示。
图3
由几何关系得 OO2＝4a－3a＝a，PO2＝PO＝3a
根据余弦定理有cs θ＝eq \f(PO2＋PO\\al(2,2)－OO\\al(2,2),2PO·PO2)
解得cs θ＝eq \f(17,18)
则 PA＝2PO2cs θ
解得PA＝eq \f(17a,3)
当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A′，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D′，圆心为O2′，如图4所示。
图4
由几何关系得 OO′2＝3a－2a＝a，PO′2＝PO＝3a
根据余弦定理有cs β＝eq \f(PO2＋PO′\\al(2,2)－OO′\\al(2,2),2PO·PO′2)
解得cs β＝eq \f(17,18)
则 PA′＝2PO2′cs θ
解得PA′＝eq \f(17a,3)
可知A与A′重合，该点为粒子打在光屏上最左侧的点，则最大区间长度为L＝PC－PA＝6a－eq \f(17a,3)＝eq \f(a,3)。
[答案] (1)eq \f(49qB2a2,8m) (2)eq \f(29,30) (3)eq \f(a,3)
“平移圆”模型的应用
[示例3] 如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为( )
A．2∶1 B．2∶3
C．3∶2 D．eq \r(3)∶eq \r(2)
C [画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒子运动时间为t1＝eq \f(T,4)；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，则cs θ＝eq \f(\f(R,2),R)＝eq \f(1,2)，θ＝60°，故t2＝eq \f(T,6)，所以eq \f(t1,t2)＝eq \f(\f(T,4),\f(T,6))＝eq \f(3,2)，C正确。]
课时分层作业(二十六) 磁场对运动电荷的作用
(对应学生用书第452页)
题组一 洛伦兹力的理解和应用
1.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流(宇宙射线)在射向地球时，由于地磁场的存在改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用。如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时将( )
A．竖直向下沿直线射向地面
B．相对于预定地点向东偏转
C．相对于预定地点向西偏转
D．相对于预定地点向北偏转
C [电子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以电子向西偏转，故C正确，A、B、D错误。]
2．(2023·盐城模拟)如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I的方向相同，均平行于纸面水平向左。下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是( )
A B
C D
A [由安培定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，电子向下偏转；通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式r＝eq \f(mv,eB)可知，电子运动的轨迹半径越来越大，故A正确，B、C、D错误。]
3.(2023·南京模拟)如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，玻璃管底部有一带电小球。整个装置以水平向右的速度匀速运动，垂直于磁场方向水平进入匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则小球从玻璃管进入磁场至飞出上端口的过程中( )
A．小球运动轨迹是一段圆弧
B．小球运动轨迹是抛物线
C．洛伦兹力对小球做正功
D．管壁的弹力对小球做负功
B [最终小球从上端口飞出，再由磁场方向垂直纸面向里，依据左手定则可知，小球带正电荷；设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力是恒力，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，解得a＝eq \f(qvB,m)－g，小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是抛物线，故A错误，B正确；洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故C错误；小球从进入磁场到飞出端口前的过程中管壁的弹力向右，小球向右运动，故弹力做正功，故D错误；故选B。]
题组二 带电粒子在匀强磁场中的运动
4.如图所示，直线OP上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子都过P点。已知OP＝a，质子1沿与OP成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则( )
A．质子1在磁场中运动的半径为eq \f(1,2)a
B．质子2在磁场中的运动周期为eq \f(2πa,v)
C．质子1在磁场中的运动时间为eq \f(2πa,3v)
D．质子2在磁场中的运动时间为eq \f(5πa,6v)
B [根据题意作出质子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，质子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝a，故A错误；质子在磁场中做圆周运动的周期：T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πa,v)，故B正确；由几何知识可知，质子1在磁场中转过的圆心角：θ1＝60°，质子1在磁场中的运动时间：t1＝eq \f(θ1,360°)T＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πa,3v)，故C错误；由几何知识可知，质子2在磁场中转过的圆心角：θ2＝300°，质子2在磁场中的运动时间：t2＝eq \f(θ2,360°)T＝eq \f(5πa,3v)，故D错误。]
5.如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，eq \r(3)a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a
B．粒子的发射速度大小为eq \f(4πa,t0)
C．带电粒子的比荷为eq \f(4π,3Bt0)
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
D [根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系，可知粒子做圆周运动的半径为r＝2a，故A错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为eq \f(2π,3)，运动时间t0＝eq \f(\f(2π,3)×2a,v0)，解得：v0＝eq \f(4πa,3t0)，选项B错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为eq \f(2π,3)，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝3t0，由Bqv0＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2r，则eq \f(q,m)＝eq \f(2π,3Bt0)，故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为eq \f(4π,3)，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确。
甲 乙 ]
6.如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝eq \f(\r(3)qBL,4m)从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则( )
A．PB
D [粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。粒子在磁场中的运动轨迹半径为r＝eq \f(mv,Bq)，因此可得r＝eq \f(\r(3),4)L，当入射点为P1，圆心为O1，且此刻轨迹正好与BC相切时，PB取得最大值，若粒子从BC边射出，根据几何关系有PB
A．速率一定越大
B．速率一定越小
C．在磁场中通过的路程越长
D．在磁场中的周期一定越大
B [由周期公式得：T＝eq \f(2πm,Bq)，由于带电粒子的B、q、m均相同，所以T相同，故D错误。
根据t＝eq \f(θ,2π)T可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由r＝eq \f(mv,Bq)知速率一定越小，B正确，A错误。通过的路程即圆弧的长度l＝rθ，与半径r和圆心角θ有关，故C错误。]
8.如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点( )
A.eq \f(2πm,qB1) B．eq \f(2πm,qB2)
C.eq \f(2πm,qB1＋B2) D．eq \f(πm,qB1＋B2)
B [
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝eq \f(2πm,qB1)＋eq \f(πm,qB2)＝eq \f(2πm,qB2)，所以选项B正确。]
9.如图所示，一个理想边界为PQ、MN的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直于纸面向里。O点处有一体积可忽略的电子发射装置，能够在纸面所在平面内向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则当电子发射速率为4v0时( )
A．电子的运动半径为4d
B．从MN边界射出的电子数占总电子数的三分之一
C．MN边界上有电子射出部分的总长度为2eq \r(3)d
D．电子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πd,v0)
C [向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则知r＝eq \f(1,2)d，则当电子发射速率为4v0时，根据r＝eq \f(mv,qB)知半径变为原来的4倍，即为2d，故A错误；
水平向右射出的粒子到达MN右侧的最远处，r＝2d，根据几何关系知轨迹对应的圆心角为60°，AB＝2dsin 60°＝eq \r(3)d，与MN相切是到达左侧的最远处，根据几何关系知速度与PQ夹角为60°，所以从MN边界射出的电子数占总电子数的三分之二，BC＝2dsin 60°＝eq \r(3)d，MN边界上有电子射出部分的总长度为2eq \r(3)d，故B错误，C正确；根据B、C项分析，转过的圆心角最大为120°，最长时间为eq \f(1,3)T＝eq \f(1,3)×eq \f(2πr,4v0)＝eq \f(πd,3v0)，故D错误。]
10.
(2023·江苏模拟)如图所示，原点O有一粒子源，能向x轴上方xOy平面内各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子的初速度大小均相等，在x轴上方直线y1＝y0与y2＝y0＋a(y0未知，a＞0)之间存在垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，已知射向第二象限、与y轴正方向成30°角的粒子恰好垂直于磁场上边界射出，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，求：
(1)粒子运动的初速度大小v0；
(2)粒子在磁场中运动时间最短且能从上边界射出，其发射时速度与y轴正方向夹角θ的正弦值；
(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm及y0取不同数值时，在磁场中运动时间最长的粒子从磁场中射出时的出射点所构成图形的解析方程。
[解析] (1)当粒子射向第二象限，与y轴正方向成30°角时，粒子运动轨迹如图1所示
图1
设其运动半径为r，则根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)
由几何关系可知，此时运动轨迹所对的圆心角为
α＝30°
有rsin α＝a
解得v0＝eq \f(2qBa,m)。
(2)粒子质量、所带电荷量、初速度大小均相等，则所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T相同，半径r也相同，当粒子从磁场上边界射出且在磁场中运动的时间最短时，运动轨迹对应的弦也最短，最短弦长为a，如图2所示
图2
由(1)可知
r＝2a
由几何关系可知
sin θ＝eq \f(\f(a,2),r)＝eq \f(1,4)。
(3)所有粒子在磁场中做圆周运动的周期T和半径r相同，当粒子从下边界射出，且与上边界相切时，在磁场中的运动时间最长，如图3所示
图3
设此时粒子运动轨迹对应的圆心角为2β，则
rcs β＝r－a，解得β＝eq \f(π,3)
运动时间
tm＝eq \f(2β,2π)T
解得tm＝eq \f(2πm,3qB)
由题意可知，运动时间最长的粒子与y轴正方向的夹角为30°，入射点的坐标为(ytan 30°，y)，出射点一定在对应入射点的右方2rsin β处，坐标为(ytan 30°＋2rsin β，y)，即
x＝ytan 30°＋2rsin β
解得图线的方程为
y＝eq \r(3)x－6a(x>2eq \r(3)a)。
[答案] (1)eq \f(2qBa,m) (2)eq \f(1,4) (3)y＝eq \r(3)x－6a(x>2eq \r(3)a)
11．(2019·全国卷Ⅰ)如图所示，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：
(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。
[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半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
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)))。
[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)))
12.(2020·江苏卷)空间存在两个垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷eq \f(q′,m′)可能的最小值。
[解析] (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由qvB＝meq \f(v2,R)得，
R1＝eq \f(mv,2qB0)，R2＝eq \f(mv,3qB0)
Q、O的距离为：d＝2R1－2R2＝eq \f(mv,3qB0)。
(2)由(1)可知，甲粒子完成一周期运动上升的距离为d，甲粒子再次经过P，经过N个周期，
N＝eq \f(OP,d)＝eq \f(2R1,d)＝3
所以，再次经过P点的时间为t＝NT＝3T
由匀速圆周运动的规律得
T1＝eq \f(2πR1,v)＝eq \f(πm,qB0)，T2＝eq \f(2πR2,v)＝eq \f(2πm,3qB0)
甲粒子绕一周的时间为T＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)＝eq \f(5πm,6qB0)
所以，再次经过P点的时间为t＝3T＝eq \f(5πm,2qB0)
两次经过P点的时间间隔为Δt＝t－eq \f(T1,2)＝eq \f(2πm,qB0)。
(3)洛伦兹力提供向心力，由qvB＝meq \f(v2,R)得，R′1＝eq \f(m′v,2q′B0)，R′2＝eq \f(m′v,3q′B0)
完成一周期运动上升的距离d′＝2R′1－2R′2
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则
2R′1＋nd′＝OQ＝d，
neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T1′,2)＋\f(T′2,2)))＋eq \f(T′1,2)＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)
结合以上式子，n无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则
nd′＝OQ，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T′1,2)＋\f(T′2,2)))＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)
计算可得eq \f(q′,m′)＝neq \f(q,m)(n＝1,2,3，…)
由于甲、乙粒子比荷不同，n＝1舍去，则n＝2时，乙的比荷eq \f(q′,m′)最小，为eq \f(q′,m′)＝eq \f(2q,m)。
[答案] (1)eq \f(mv,3qB0) (2)eq \f(2πm,qB0) (3)eq \f(2q,m)
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景)，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
适用条件
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v0，则圆周运动半径为R＝eq \f(mv0,qB)。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＝eq \f(mv0,qB)的圆上
界定
方法
将一半径为R＝eq \f(mv0,qB)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
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v0，则半径R＝eq \f(mv0,qB)，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上，该直线与入射点的连线平行
界定方法
将半径为R＝eq \f(mv0,qB)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
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