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2021高考物理人教版一轮复习学案作业：第九章第2讲磁场对运动电荷的作用
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第2讲 磁场对运动电荷的作用
一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：磁场对运动电荷的作用力．
2．大小
(1)v∥B时，F＝0；
(2)v⊥B时，F＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ.
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；
(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)
4．做功：洛伦兹力不做功．
自测1 带电荷量为＋q的不同粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
答案 B
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
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时，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)向心力公式：qvB＝m；
(2)轨道半径公式：r＝；
(3)周期公式：T＝.
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．
自测2 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. B. C. D.
答案 D
解析 粒子在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＝m，动能为：Ek＝mv2，联立可得：Ek＝，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：＝＝，故D正确．
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)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．
(3)洛伦兹力一定不做功．
2．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，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
力方向与场方向的关系
F⊥B，F⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功
例1 (多选)(2019·甘肃兰州市第一次诊断)质量为m、带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图1所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中．现给小球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，重力加速度为g，不计空气阻力，则对小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是( )
图1
A．一定做减速运动
B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0
C．最终稳定时的速度一定是
D．最终稳定时的速度可能是0
答案 BD
解析 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能存在的弹力和摩擦力．若qv0B>mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和水平向左的摩擦力，且qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，可知加速度a＝，方向向左，故小球先做加速度减小的减速运动，最终匀速，匀速运动时的速度v＝；若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动，速度v＝v0＝；若qv0B
图2
答案 ACD
解析 设初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A正确；若mg>μBqv0，则物块开始有向下的加速度，由a＝可知，随速度增加，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，选项D正确；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，做减速运动，由a＝可知，随速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确．
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③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心
P、M点速度垂线交点
P点速度垂线与弦的垂直平分线交点
某点的速度垂线与切点法线的交点
半径的确定
利用平面几何知识求半径
常用解三角形法：例：(左图)
R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
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＝T
②t＝
(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ
(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α
模型1 直线边界磁场
直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图3所示)
图3
图a中粒子在磁场中运动的时间t＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－)T＝
(1－)＝
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
例2 (2019·湖北宜昌市四月调研)如图4所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为( )
图4
A．3 B．2 C. D.
答案 A
解析 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示：
电子1垂直边界射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝＝，电子2运动的时间t2＝＝，所以＝3，故A正确，B、C、D错误．
模型2 平行边界磁场
图5
平行边界存在临界条件，图5a中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝
图c中粒子在磁场中运动的时间
t＝(1－)T＝(1－)＝
图d中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
例3 (多选)(2020·辽宁沈阳市第一次质检)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6所示，则( )
图6
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
答案 BD
解析 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．
模型3 圆形边界磁场
沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图7所示)
图7
粒子做圆周运动的半径r＝
粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
θ＋α＝90°
例4 (2019·安徽宣城市第二次模拟)如图8，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．有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过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弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.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圆周长的，则等于( )
图8
A. B. C. D.
答案 A
解析 设圆的半径为r，磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，∠POM＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R，则有sin 60°＝，解得R＝r；
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为N，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，∠PON＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R′，则有
R′＝r，由带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝，由于v、m、q相等，则得＝＝＝，故选项A正确，B、C、D错误．
模型4 三角形或四边形边界磁场
例5 (2019·全国卷Ⅱ·17)如图9，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( )
图9
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
答案 B
解析 电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有r＝l2＋(rd－)2，解得：rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确．
变式2 (2019·山东省实验中学第二次模拟)如图10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的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为( )
图10
A.≤v≤ B.≤v≤
C.≤v≤ D.≤v≤
答案 C
解析 根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD边相切时速度最大，如图，则有AO′·sin 45°＝O′E，即(R＋L)sin 45°＝R，解得满足题目要求的最大半径为R＝(＋1)L，故最大速度为v1＝；当粒子从C点出射时，满足题目要求的半径最小，为r2＝，故最小速度应为v2＝，则v的取值范围为≤v≤，故C正确，A、B、D错误．
类型
分析
图例
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，形成多解如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b
磁场方向不确定
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如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b
临界状态不唯一
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解
运动具有周期性
带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解
例6 (2019·河南郑州市第二次质量预测)如图11所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4 N/C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、 磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷＝108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2 m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3.求：
图11
(1) 磁感应强度B1的大小；
(2) 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；
(3) 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)．
答案 (1)×10－5 T (2)2.85×10－2 s (3)×10－5 T(k＝0,1,2,3…)
解析 (1) 粒子在电场中加速，则由动能定理得：Eqx＝mv2
解得v＝400 m/s
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．
由几何关系可知R1＝＝0.6 m
由qvB1＝m
代入数据得B1＝×10－5 T
(2)由题可知B2＝3B1＝2×10－5 T
又qvB2＝m
则R2＝＝0.2 m
粒子在由O→C过程中做匀加速直线运动，则x＝vt1
得到t1＝0.01 s
粒子在磁场B1中的周期为T1＝
则在磁场B1中的运动时间为t2＝T1＝3×10－3 s
在磁场B2中的周期为T2＝
在磁场B2中的运动时间为t3＝T2＝5.5×10－3 s
则粒子在复合场中运动的总时间为：t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s
(3)设挡板外磁场变为B2′，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2′＝m
根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件
＝(2k＋1)r，其中k＝0,1,2,3…
解得B2′＝×10－5 T(k＝0,1,2,3…)．
即满足B2＝B2′＝×10－5 T(k＝0,1,2,3…)时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点．
变式3 如图12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：
图12
(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．
答案 (1) (2)(n＝1,2,3，…)
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，…)
1．下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁感应强度不为0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的作用，则该处的磁感应强度一定为0
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总不做功
答案 D
2．(2019·安徽安庆市期末调研监测)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．线速度大小减小，角速度减小
B．向心加速度大小变小，周期变小
C．轨道半径增大，洛伦兹力大小增大
D．轨道半径增大，角速度减小
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，由牛顿第二定律有：
qvB＝m
解得：r＝
从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，B减小，所以r增大．线速度、角速度的关系为：v＝ωr，由于洛伦兹力不做功，所以线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，
由公式F洛＝qvB可知，洛伦兹力变小，
由公式an＝可知，由于半径增大，所以向心加速度大小减小，
由公式T＝可知，由于角速度减小，所以周期变大．
3.如图1所示，长直导线ab附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线悬挂在M点．当ab中通以由b→a的恒定电流时，下列说法正确的是( )
图1
A．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里
B．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外
C．小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方
D．小球不受磁场力作用
答案 D
4.如图2所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是( )
图2
A．向左 B．向右
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
答案 D
5. (多选)(2019·云南玉溪一中第五次调研)如图3所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°.当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°.不计电荷的重力，下列说法正确的是( )
图3
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷为
C．该点电荷在磁场中的运动时间为
D．该点电荷在磁场中的运动时间为
答案 BC
解析 由题意可画出电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，A错误；由几何关系知电荷做圆周运动的半径为r＝，结合qv0B＝m，可得＝，B正确；电荷在磁场中的运动时间t＝＝，C正确，D错误．
6. (2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图4所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场，一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO 方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图所示，图中轨迹所对的圆心角为120°；若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则至少为( )
图4
A. B. C. D.
答案 A
解析 粒子速度为v1时，圆心角为120°，设圆心为O1，由几何关系可知，半径r1＝PO·tan 30°＝2R×＝
当v2方向竖直向上，粒子恰好完成半个圆周且与内圆相切时有：r2＝，此时v2为满足条件的最大值
结合r＝得：v＝，所以速度之比等于半径之比，＝
所以至少为.
7．(2019·河北中原名校联盟下学期联考)如图5所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
图5
A. B.
C. D.
答案 C
解析 粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可知，r＋r＝L，则r＝(－1)L，根据牛顿第二定律得qv0B＝m，解得
v0＝，C项正确．
8．(多选)(2019·四川达州市第二次诊断)如图6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．入口处有比荷相同的甲、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( )
图6
A．v1∶v2＝∶4 ．v1∶v2＝1∶
C．t1∶t2＝4∶1 ．t1∶t2＝2∶1
答案 AC
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R，则从d点射出的粒子运动半径为r1＝R，运动时间t1＝；速度为v2的粒子，由几何关系：r2＝R，运动时间t2＝；根据r＝可知＝＝＝；＝；故选项A、C正确，B、D错误．
9. (多选)(2019·云南昆明市4月质检)如图7所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，BC边的中点O有一粒子源，可以在ABC平面内沿任意方向发射速率为v的相同的正粒子，若从AB边中点D射出磁场的粒子，从O到D的过程中速度方向偏转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
图7
A．粒子运动的轨道半径为L
B．粒子不可能从A点射出磁场
C．粒子的比荷为＝
D．从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为
答案 BC
解析 从O点到D点的过程中速度方向偏转了60°，则从D点射出的粒子，由弦长公式OD＝＝2rsin 30°，解得：r＝，故A错误；若粒子从A点射出，则弦长为L，得：L＝2×sin α，解得：α＝60°，即粒子以与竖直方向成60°角射入，由几何关系可得，粒子将从AC边射出，故粒子不可能从A点射出磁场，故B正确；由qvB＝m得：r＝，即＝，解得：＝，故C正确；OB＝＝r，则从B点射出的粒子的圆心角为60°，所以运动时间为
t＝×＝，故D错误．
10. (2020·河南高考适应性测试)如图8所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B.顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点( )
图8
A. B. C. D.
答案 C
解析 粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径：r＝(n＝1,2,3，…)，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＝m，解得：v＝＝(n＝1,2,3，…)，故选C.
11. (2019·辽宁大连市第二次模拟)如图9所示，正方形abcd区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲粒子的速度大小为v，甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力．求：
图9
(1)乙粒子的速度大小；
(2)甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比．
答案 (1)v (2)1∶4
解析 (1)设正方形边界边长为L，如图所示．可得r甲＝2L, r乙＝L，
对于甲、乙两粒子，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m
可得v＝，因为q甲∶q乙＝1∶2、m甲∶m乙＝1∶2，所以v甲∶v乙＝4，v乙＝v
(2)T＝＝，t＝T＝，由图可得θ甲＝30°，θ乙＝120°，所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为t甲∶t乙＝1∶4.
12．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图10所示，在矩形区域abcO内存在一个垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为L，ab边长为L.现从O点沿着Ob方向垂直磁场射入各种速率的带正电粒子，已知粒子的质量为m、带电荷量为q(粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：
图10
(1)垂直ab边射出磁场的粒子的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm.
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子垂直ab边射出磁场时的运动轨迹如图线1，
设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可知：tan θ＝＝，
则θ＝，sin θ＝＝，故R＝2L.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得v＝
(2)由做匀速圆周运动可知T＝＝
因此粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，和速度无关，
由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝
可知粒子在磁场中运动的最长时间tm＝T＝.
第2讲 磁场对运动电荷的作用
一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：磁场对运动电荷的作用力．
2．大小
(1)v∥B时，F＝0；
(2)v⊥B时，F＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ.
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；
(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)
4．做功：洛伦兹力不做功．
自测1 带电荷量为＋q的不同粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
答案 B
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
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时，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)向心力公式：qvB＝m；
(2)轨道半径公式：r＝；
(3)周期公式：T＝.
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．
自测2 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. B. C. D.
答案 D
解析 粒子在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＝m，动能为：Ek＝mv2，联立可得：Ek＝，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：＝＝，故D正确．
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)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．
(3)洛伦兹力一定不做功．
2．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，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
力方向与场方向的关系
F⊥B，F⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功
例1 (多选)(2019·甘肃兰州市第一次诊断)质量为m、带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图1所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中．现给小球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，重力加速度为g，不计空气阻力，则对小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是( )
图1
A．一定做减速运动
B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0
C．最终稳定时的速度一定是
D．最终稳定时的速度可能是0
答案 BD
解析 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能存在的弹力和摩擦力．若qv0B>mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和水平向左的摩擦力，且qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，可知加速度a＝，方向向左，故小球先做加速度减小的减速运动，最终匀速，匀速运动时的速度v＝；若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动，速度v＝v0＝；若qv0B
图2
答案 ACD
解析 设初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A正确；若mg>μBqv0，则物块开始有向下的加速度，由a＝可知，随速度增加，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，选项D正确；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，做减速运动，由a＝可知，随速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确．
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③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心
P、M点速度垂线交点
P点速度垂线与弦的垂直平分线交点
某点的速度垂线与切点法线的交点
半径的确定
利用平面几何知识求半径
常用解三角形法：例：(左图)
R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
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＝T
②t＝
(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ
(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α
模型1 直线边界磁场
直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图3所示)
图3
图a中粒子在磁场中运动的时间t＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－)T＝
(1－)＝
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
例2 (2019·湖北宜昌市四月调研)如图4所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为( )
图4
A．3 B．2 C. D.
答案 A
解析 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示：
电子1垂直边界射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝＝，电子2运动的时间t2＝＝，所以＝3，故A正确，B、C、D错误．
模型2 平行边界磁场
图5
平行边界存在临界条件，图5a中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝
图c中粒子在磁场中运动的时间
t＝(1－)T＝(1－)＝
图d中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
例3 (多选)(2020·辽宁沈阳市第一次质检)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6所示，则( )
图6
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
答案 BD
解析 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．
模型3 圆形边界磁场
沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图7所示)
图7
粒子做圆周运动的半径r＝
粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
θ＋α＝90°
例4 (2019·安徽宣城市第二次模拟)如图8，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．有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过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弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.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圆周长的，则等于( )
图8
A. B. C. D.
答案 A
解析 设圆的半径为r，磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，∠POM＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R，则有sin 60°＝，解得R＝r；
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为N，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，∠PON＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R′，则有
R′＝r，由带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝，由于v、m、q相等，则得＝＝＝，故选项A正确，B、C、D错误．
模型4 三角形或四边形边界磁场
例5 (2019·全国卷Ⅱ·17)如图9，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( )
图9
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
答案 B
解析 电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有r＝l2＋(rd－)2，解得：rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确．
变式2 (2019·山东省实验中学第二次模拟)如图10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的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为( )
图10
A.≤v≤ B.≤v≤
C.≤v≤ D.≤v≤
答案 C
解析 根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD边相切时速度最大，如图，则有AO′·sin 45°＝O′E，即(R＋L)sin 45°＝R，解得满足题目要求的最大半径为R＝(＋1)L，故最大速度为v1＝；当粒子从C点出射时，满足题目要求的半径最小，为r2＝，故最小速度应为v2＝，则v的取值范围为≤v≤，故C正确，A、B、D错误．
类型
分析
图例
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，形成多解如图，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b
磁场方向不确定
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如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b
临界状态不唯一
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解
运动具有周期性
带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解
例6 (2019·河南郑州市第二次质量预测)如图11所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4 N/C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、 磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷＝108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2 m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3.求：
图11
(1) 磁感应强度B1的大小；
(2) 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；
(3) 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)．
答案 (1)×10－5 T (2)2.85×10－2 s (3)×10－5 T(k＝0,1,2,3…)
解析 (1) 粒子在电场中加速，则由动能定理得：Eqx＝mv2
解得v＝400 m/s
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．
由几何关系可知R1＝＝0.6 m
由qvB1＝m
代入数据得B1＝×10－5 T
(2)由题可知B2＝3B1＝2×10－5 T
又qvB2＝m
则R2＝＝0.2 m
粒子在由O→C过程中做匀加速直线运动，则x＝vt1
得到t1＝0.01 s
粒子在磁场B1中的周期为T1＝
则在磁场B1中的运动时间为t2＝T1＝3×10－3 s
在磁场B2中的周期为T2＝
在磁场B2中的运动时间为t3＝T2＝5.5×10－3 s
则粒子在复合场中运动的总时间为：t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s
(3)设挡板外磁场变为B2′，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2′＝m
根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件
＝(2k＋1)r，其中k＝0,1,2,3…
解得B2′＝×10－5 T(k＝0,1,2,3…)．
即满足B2＝B2′＝×10－5 T(k＝0,1,2,3…)时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点．
变式3 如图12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：
图12
(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．
答案 (1) (2)(n＝1,2,3，…)
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，…)
1．下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁感应强度不为0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的作用，则该处的磁感应强度一定为0
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总不做功
答案 D
2．(2019·安徽安庆市期末调研监测)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．线速度大小减小，角速度减小
B．向心加速度大小变小，周期变小
C．轨道半径增大，洛伦兹力大小增大
D．轨道半径增大，角速度减小
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，由牛顿第二定律有：
qvB＝m
解得：r＝
从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，B减小，所以r增大．线速度、角速度的关系为：v＝ωr，由于洛伦兹力不做功，所以线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，
由公式F洛＝qvB可知，洛伦兹力变小，
由公式an＝可知，由于半径增大，所以向心加速度大小减小，
由公式T＝可知，由于角速度减小，所以周期变大．
3.如图1所示，长直导线ab附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线悬挂在M点．当ab中通以由b→a的恒定电流时，下列说法正确的是( )
图1
A．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里
B．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外
C．小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方
D．小球不受磁场力作用
答案 D
4.如图2所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是( )
图2
A．向左 B．向右
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
答案 D
5. (多选)(2019·云南玉溪一中第五次调研)如图3所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°.当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°.不计电荷的重力，下列说法正确的是( )
图3
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷为
C．该点电荷在磁场中的运动时间为
D．该点电荷在磁场中的运动时间为
答案 BC
解析 由题意可画出电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，A错误；由几何关系知电荷做圆周运动的半径为r＝，结合qv0B＝m，可得＝，B正确；电荷在磁场中的运动时间t＝＝，C正确，D错误．
6. (2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图4所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场，一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO 方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图所示，图中轨迹所对的圆心角为120°；若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则至少为( )
图4
A. B. C. D.
答案 A
解析 粒子速度为v1时，圆心角为120°，设圆心为O1，由几何关系可知，半径r1＝PO·tan 30°＝2R×＝
当v2方向竖直向上，粒子恰好完成半个圆周且与内圆相切时有：r2＝，此时v2为满足条件的最大值
结合r＝得：v＝，所以速度之比等于半径之比，＝
所以至少为.
7．(2019·河北中原名校联盟下学期联考)如图5所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
图5
A. B.
C. D.
答案 C
解析 粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可知，r＋r＝L，则r＝(－1)L，根据牛顿第二定律得qv0B＝m，解得
v0＝，C项正确．
8．(多选)(2019·四川达州市第二次诊断)如图6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．入口处有比荷相同的甲、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( )
图6
A．v1∶v2＝∶4 ．v1∶v2＝1∶
C．t1∶t2＝4∶1 ．t1∶t2＝2∶1
答案 AC
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R，则从d点射出的粒子运动半径为r1＝R，运动时间t1＝；速度为v2的粒子，由几何关系：r2＝R，运动时间t2＝；根据r＝可知＝＝＝；＝；故选项A、C正确，B、D错误．
9. (多选)(2019·云南昆明市4月质检)如图7所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，BC边的中点O有一粒子源，可以在ABC平面内沿任意方向发射速率为v的相同的正粒子，若从AB边中点D射出磁场的粒子，从O到D的过程中速度方向偏转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
图7
A．粒子运动的轨道半径为L
B．粒子不可能从A点射出磁场
C．粒子的比荷为＝
D．从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为
答案 BC
解析 从O点到D点的过程中速度方向偏转了60°，则从D点射出的粒子，由弦长公式OD＝＝2rsin 30°，解得：r＝，故A错误；若粒子从A点射出，则弦长为L，得：L＝2×sin α，解得：α＝60°，即粒子以与竖直方向成60°角射入，由几何关系可得，粒子将从AC边射出，故粒子不可能从A点射出磁场，故B正确；由qvB＝m得：r＝，即＝，解得：＝，故C正确；OB＝＝r，则从B点射出的粒子的圆心角为60°，所以运动时间为
t＝×＝，故D错误．
10. (2020·河南高考适应性测试)如图8所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B.顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点( )
图8
A. B. C. D.
答案 C
解析 粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径：r＝(n＝1,2,3，…)，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＝m，解得：v＝＝(n＝1,2,3，…)，故选C.
11. (2019·辽宁大连市第二次模拟)如图9所示，正方形abcd区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲粒子的速度大小为v，甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力．求：
图9
(1)乙粒子的速度大小；
(2)甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比．
答案 (1)v (2)1∶4
解析 (1)设正方形边界边长为L，如图所示．可得r甲＝2L, r乙＝L，
对于甲、乙两粒子，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m
可得v＝，因为q甲∶q乙＝1∶2、m甲∶m乙＝1∶2，所以v甲∶v乙＝4，v乙＝v
(2)T＝＝，t＝T＝，由图可得θ甲＝30°，θ乙＝120°，所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为t甲∶t乙＝1∶4.
12．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图10所示，在矩形区域abcO内存在一个垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为L，ab边长为L.现从O点沿着Ob方向垂直磁场射入各种速率的带正电粒子，已知粒子的质量为m、带电荷量为q(粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：
图10
(1)垂直ab边射出磁场的粒子的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm.
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子垂直ab边射出磁场时的运动轨迹如图线1，
设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可知：tan θ＝＝，
则θ＝，sin θ＝＝，故R＝2L.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得v＝
(2)由做匀速圆周运动可知T＝＝
因此粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，和速度无关，
由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝
可知粒子在磁场中运动的最长时间tm＝T＝.
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