2021届高考物理人教版一轮创新教学案：第47讲　磁场对运动电荷的作用


第47讲　磁场对运动电荷的作用

基础命题点　洛伦兹力的大小和方向
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．洛伦兹力的定义：磁场对运动电荷的作用力。
2．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，F＝0。
(2)v⊥B时，F＝qvB。
(3)v与B夹角为θ时，F＝qvBsinθ。
3．洛伦兹力的方向
(1)由左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v。即F垂直于B、v决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)
(3)由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。
4．安培力是洛伦兹力的宏观表现，但是安培力可以对通电导体做功，而洛伦兹力不能对带电粒子做功。
5．洛伦兹力和电场力的对比
(1)处于电场中的电荷一定受电场力；而处于磁场中的电荷不一定受洛伦兹力。
(2)运动电荷在匀强电场中受到的电场力是恒定的；运动电荷在匀强磁场中受到的洛伦兹力的方向随着速度方向的改变而改变，大小也随着速度大小的改变而改变。

1．如图所示，匀强磁场水平向右，电子在磁场中的运动方向与磁场方向平行，则该电子(　　)

A．不受洛伦兹力
B．受洛伦兹力，方向向上
C．受洛伦兹力，方向向下
D．受洛伦兹力，方向向左
答案　A
解析　当带电粒子运动方向与磁场方向平行时，粒子不受洛伦兹力作用，故A正确。
2．(多选)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)

A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
答案　AB
解析　油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必竖直向上与重力平衡，由左手定则知油滴带正电，其电荷量q＝，油滴的比荷为＝，A、B正确。
3．(多选)如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段(　　)

A．a对b的压力不变
B．a对b的压力变大
C．a、b物块间的摩擦力变小
D．a、b物块间的摩擦力不变
答案　BC
解析　a向左加速时受到的竖直向下的洛伦兹力变大，故对b的压力变大，A错误，B正确；从a、b整体看，由于a受到的洛伦兹力变大，会引起b对地面的压力变大，滑动摩擦力变大，整体的加速度变小，再隔离a，b对a的静摩擦力Fba提供其加速度，由Fba＝maa知，a、b间的摩擦力变小，C正确，D错误。

能力命题点一　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析
(1)圆心的确定方法
①若已知粒子在圆周运动过程中某点的速度，过该点垂直于速度的直线即为过该点的半径所在直线。
②若已知粒子在圆周运动过程中轨迹上的两点，则这两点连线即为此圆的一条弦，弦的垂直平分线过圆心。
③两条半径所在直线的交点为圆心，如图a；半径所在直线与弦的垂直平分线的交点为圆心，如图b；两条弦的垂直平分线的交点为圆心。

(2)半径的计算方法
方法一：由物理方法求：半径R＝；
方法二：由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)来确定。
(3)时间的计算方法
方法一：由圆心角求：t＝T，T＝；
方法二：由弧长求：t＝。
2．带电粒子在不同边界磁场中的运动
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。

(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)。

(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)。


(2019·四川达州高三二诊)(多选)如图所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。入口处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场；乙粒子以速度v2沿与ab成45°的方向垂直射入磁场，经时间t2垂直于cd射出磁场。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，则(　　)

A．v1∶v2＝∶4 B．v1∶v2＝1∶
C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝2∶1
解析　画出两粒子的运动轨迹如图；两粒子比荷相同，则周期相同，设为T；设正方形的边长为a，则从d点射出的粒子运动半径为r1＝a，在磁场中的运动时间t1＝；速度为v2的粒子，由几何关系：r2＝a，在磁场中的运动时间t2＝；根据r＝可知＝＝＝；＝，故A、C正确，B、D错误。
答案　AC

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法


1．带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小(所带电荷量不变，重力忽略不计)，轨迹如曲线abc所示，则该粒子(　　)

A．带负电，运动方向c→b→a
B．带负电，运动方向a→b→c
C．带正电，运动方向a→b→c
D．带正电，运动方向c→b→a
答案　B
解析　带电粒子沿垂直于磁场方向运动，粒子的动能逐渐减小，速度减小，则由公式r＝得知，粒子的轨迹半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c。在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电，所以B正确。
2．圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　)

A．a粒子速率最大
B．c粒子速率最大
C．c粒子在磁场中运动的时间最长
D．它们做圆周运动的周期Ta 答案　B

解析　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB＝m和qvB＝mr得：带电粒子的轨迹半径r＝，运动周期T＝。由于带电粒子在同一磁场中运动，B相同，它们的q、m均相同，所以r与v成正比，如图所示，可知raθb>θc，所以ta>tb>tc，故C错误。

能力命题点二　带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

带电粒子通常都在有界磁场中运动，当带电粒子射入匀强磁场的速度大小或方向变化时，会出现恰好不射出磁场边界、在磁场中的运动时间最长等临界与极值问题。
1．判断临界状态的常用结论
(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。
(2)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速度v变化时，圆心角越大的，运动时间越长。
2．确定临界轨迹的技巧——动态圆法
(1)缩放圆法(速度方向一定，速度大小不确定)

当带电粒子以任一速率沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速率v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上(如图所示)。此时可以用“缩放圆法”分析——以入射点为定点，圆心位于直线PP′上，将半径缩放作粒子的可能运动轨迹，然后根据题目要求结合磁场的边界形状，对可能的轨迹圆进行限定以确定临界状态的轨迹。
(2)旋转圆法(速度大小一定，速度方向不确定)

粒子速度大小不变，方向改变，则r＝大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点滚动。(如图所示)此时可以利用“旋转圆法”分析——以入射点为轨迹圆上的定点，使轨迹半径绕入射点旋转，画出可能的轨迹圆。然后根据题目要求结合磁场的边界形状，对可能的轨迹圆进行限定以确定临界状态的轨迹。
3．不同边界磁场中临界条件的分析
(1)平行边界：常见的临界情景(从另一平行边界射出的两个临界情景)和几何关系如图甲、乙所示。

(2)四分之一平面边界：如图甲、乙所示(从另一个四分之一平面边界射出的两个临界情景)，涉及与边界相切的临界问题。

(3)矩形边界：如图所示。可能会涉及与边界相切、相交等临界问题。

(4)三角形边界：如图所示是正△ABC区域内某正粒子垂直AB方向进入磁场的粒子临界轨迹示意图。粒子能从AB间射出的临界轨迹如图甲所示，粒子能从AC间射出的临界轨迹如图乙所示。


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＝0.60 T。磁场内有一块足够大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16 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粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度。

解析　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，
由此得R＝，
代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R。
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中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。为确定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，作圆弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1，即NP1＝。
再考虑N的右侧，任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆弧，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。
由图中几何关系得
NP2＝，
所求长度为P1P2＝NP1＋NP2，
代入数值得P1P2＝20 cm。
答案　20 cm

有界匀强磁场临界问题的一般解题流程
(1)以题目中的“恰好”“最大”“至少”“最长”等词句为突破口找出临界条件。
(2)根据边界条件，通过画动态圆的方法，找出符合临界条件的粒子轨迹，如图所示。

(3)运用几何关系分析临界状态的轨迹半径或入射角、偏转角等。
(4)根据半径公式、运动时间公式求解。


1．(2019·山东济宁一模)(多选)如图所示，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(　　)

A．速度的最大值为
B．速度的最小值为
C．在磁场中运动的最短时间为
D．在磁场中运动的最长时间为
答案　ACD
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＝，＋(r2－l)＝2l，解得：r2＝(1＋)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＝m，解得：v＝，故粒子的最大速度为vmax＝＝，最小速度vmin＝＝，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＝，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝T＝；最长时间tmax＝T＝；故C、D正确。
2．(2019·江西南昌二模)如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点。相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的。若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示。所以粒子做圆周运动的半径r2＝Rsin60°＝，同理可知，r1＝Rsin30°＝，解得：＝，故B正确。

能力命题点三　带电粒子在磁场中运动的多解问题


1．带电粒子电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解。
如图甲所示，带电粒子以速度v垂直磁场方向进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。

2．磁场方向的不确定形成多解：有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图乙所示，若垂直磁场方向进入磁场区域的为正电荷，磁场方向垂直纸面向里时轨迹为a，磁场方向垂直纸面向外时轨迹为b。
3．速度不确定形成多解

有些题目只指明了带电粒子的电性，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。常有两种情形：(1)入射速度方向一定，大小不同；(2)入射速率一定，方向不同。如图丙所示，于是形成了多解。
4．运动的往复性形成多解：例如带电粒子在一部分是电场、一部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示。

如图所示，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。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，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。
解析　题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若粒子带正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆周圆弧，轨道半径R＝

又d＝R－
解得v＝(2＋)
若粒子带负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN′相切的圆周圆弧，则有R′＝
d＝R′＋
解得v′＝(2－)。
答案　(2＋)(粒子带正电荷)或(2－)(粒子带负电荷)

求解带电粒子在磁场中运动的多解问题的技巧
(1)据常见多解问题的成因确定是否属于多解问题。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。

(2019·天水模拟)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，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。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、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以及离子间的相互作用。求：

(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
答案　(1)
(2)(n＝1,2,3，…)
解析　(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，
即qv0B0＝，做匀速圆周运动的周期T0＝
联立两式得磁感应强度B0＝。
(2)分析可知，离子只有运动整数个周期时，才能回到出发时的高度，从而从O′孔垂直于N板射出磁场。离子只用一个周期T0的运动轨迹如图所示，有r＝
当正离子在两板之间共运动n个周期，
即nT0时，有r＝ (n＝1,2,3，…)
解得正离子的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1,2,3，…)。

课时作业
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1. (多选)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(　　)

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，轨迹半径不变
D．电子将向右偏转，轨迹半径改变
答案　AD
解析　由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，速率不变，A正确，B、C错误；又由R＝知，在电子偏离直线电流时，B减弱，故R变大，D正确。
2.
某种高速带电粒子流，具有较强的穿透能力。如图虚线为该粒子流在气泡室中穿透一张黑纸的粒子径迹照片，气泡室里有垂直纸面的匀强磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是(　　)

A．磁场方向一定垂直纸面向里
B．磁场方向一定垂直纸面向外
C．粒子一定从左向右穿越黑纸
D．粒子一定从右向左穿越黑纸
答案　D
解析　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＝m，解得：r＝，粒子穿过黑纸后速度变小，轨道半径r变小，由图示粒子运动轨迹可知，粒子在右侧轨道半径大，在左侧轨道半径小，粒子从右向左穿过黑纸，但由于粒子电性未知，由左手定则可知，磁场的方向也无法确定，故A、B、C错误，D正确。

3．(多选)如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3 m。现有一个比荷大小为＝1.0 C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)

A．3 m/s B．3.75 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
答案　ABD
解析　由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，又小球经过M点，所以小球做圆周运动的半径r一定大于等于3 m，而ON＝9 m<3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆周轨迹的圆心位置在O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点。根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：qvB＝m，解得v＝　①。若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO′＝s，由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2　②，3r－9＝s　③，联立②③得：r1＝3 m，r2＝3.75 m，分别代入①式解得v1＝3 m/s，v2＝3.75 m/s，故A、B正确；若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′＝x，由几何关系得：r＝OM2＋x2＝9＋x2　④，x＝9－r3　⑤，联立④⑤得： r3＝5 m，代入①解得v3＝5 m/s，故D正确。

4．如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，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等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)

A.T B.T
C.T D.T
答案　A
解析　子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短。当出射点与S点的连线DS⊥ON时，弦最长，运动时间最长，由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，即轨迹为圆周，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：r＝＝d，由几何知识有：ES＝OSsin30°＝d＝r，由几何知识，ES弦所对角为圆心角，θ＝120°，则粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin＝T＝T，故A正确。
5.一个质量m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。取g＝10 m/s2。问：
(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？
(3)该斜面的长度至少多长？
答案　(1)负电荷　(2)2 m/s　(3)1.2 m
解析　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F的方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有
qvB＋FN－mgcosα＝0
当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB＝mgcosα
得v＝＝ m/s＝2 m/s。
(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得
mgxsinα＝mv2－0，解得x＝1.2 m。
6.如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B＝2×10－3 T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O的距离为 m，磁场方向垂直于纸面向里。坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为＝5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v＝1×105 m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。
(1)求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；
(2)求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角。
答案　(1)(1 m,1 m)　×10－5 s　(2)45°
解析　(1)平行于x轴射入的粒子，轨迹如图甲所示，设出射点为P，

由qvB＝m得，R＝＝ m＝1 m
由几何关系可知
O1P＝O1O＝1 m，OP＝ m
则△O1OP为等腰直角三角形，设P点坐标为(x，y)，则
x＝y＝1 m，α＝，故P点坐标为(1 m,1 m)
运动时间为t＝·＝×10－5 s。
(2)设恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角为θ，画出轨迹如图乙所示。

由几何关系可知O2M＝O2O＝1 m，OM＝ m，则△O2OM为等腰直角三角形，∠O2OM＝45°，则θ＝∠O2OM＝45°。



7．(2019·北京高考) 如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(　　)

A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
答案　C
解析　由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R＝，若仅减小磁感应强度B，则R变大，粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R＝，若仅减小入射速率v，则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝T、T＝知，粒子在磁场中的运动时间变长，D错误。
8．(2019·全国卷Ⅲ) 如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　　)

A. B.
C. D.
答案　B
解析　带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。粒子在第二象限内运动的时间t1＝＝＝，粒子在第一象限内运动的时间t2＝＝＝，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，B正确。
9．(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
答案　B
解析　若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝mRa＝

解得va＝＝＝；
若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，
有qvdB＝m，R＝2＋l2
解得vd＝＝＝，B正确。
10．(2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。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. B.
C. D.
答案　D
解析　如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与MO成30°角，由几何关系可知，PQ为轨迹圆直径且PQ⊥ON，故出射点到O的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝，所以D正确。

11．(2019·辽宁省大连市第八中学高三4月统练)(多选)如图所示，正方形abcd区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入磁场，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现让该粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，分别以大小不同的速率射入磁场，则关于该粒子在磁场中运动的时间t和离开正方形区域的位置，下列分析正确的是(　　)

A．若t＝t0，则它一定从dc边射出磁场
B．若t＝t0，则它一定从cb边射出磁场
C．若t＝t0，则它一定从ba边射出磁场
D．若t＝t0，则它一定从ad边射出磁场
答案　AB
解析　由题图知，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0＝T，则粒子轨迹的圆心角为θ＝·2π＝，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd边射出磁场，故A正确；若该粒子在磁场中经历的时间是t0＝T，则得到轨迹的圆心角为，由于>>π，则它一定从bc边射出磁场，故B正确；若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0＝，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°＋90°＝150°＝<π，故一定不从ab边射出磁场，故C错误；当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为t＝＝t0，在所有从ab边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，一定不是从ad边射出磁场，故D错误。
12．(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d
(1)求粒子运动速度的大小v；
(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝，求粒子从P到Q的运动时间t。
答案　(1)　(2)d
(3)或
解析　(1)洛伦兹力提供向心力，qvB＝m
r＝d
解得v＝。
(2)如图所示，当粒子第一次与薄板碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切时，入射点到M的距离最大。

由几何关系得：dm＝d(1＋sin60°)
解得：dm＝d。
(3)粒子做圆周运动的周期T＝
设粒子从最后一次与薄板碰撞到射出磁场的时间为t′，则
t＝n＋t′(n＝1,3,5，…)。
(a)当L＝nd＋d时，粒子斜向上射出磁场
t′＝T
解得：t＝；
(b)当L＝nd＋d时，粒子斜向下射出磁场
t′＝T
解得：t＝。