高考物理一轮复习第10章第2节磁场对运动电荷的作用课时学案

这是一份高考物理一轮复习第10章第2节磁场对运动电荷的作用课时学案，共28页。学案主要包含了洛伦兹力的大小和方向，带电粒子在匀强磁场中的运动等内容，欢迎下载使用。

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。如图所示。
3．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心。
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(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，如图所示。
甲 v与B垂直 乙 v与B不垂直
洛伦兹力与粒子运动方向、磁感应强度方向的关系
4．做功：洛伦兹力不做功。
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，则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，如图所示。
3．v与B既不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中做轨迹为螺旋状运动。
4．基本公式：
(1)向心力公式：qvB＝meq \f(v2,r)。
(2)轨道半径公式：r＝eq \f(mv,qB)。
(3)周期公式：T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)；f＝eq \f(1,T)＝eq \f(v,2πr)＝eq \f(qB,2πm)。
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)带电粒子在磁场中运动时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)根据公式T＝eq \f(2πr,v)，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)
(4)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。(√)
二、教材习题衍生
1．(人教版选择性必修第二册改编)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( )
A B
C D
B [由左手定则知A中力F的方向竖直向上，B中力F的方向竖直向下，C、D中速度v与磁感应强度B平行、不受洛伦兹力，故B正确，A、C、D错误。]
2．(人教版选择性必修第二册改编)在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )
A．一定带正电
B．速度v＝eq \f(E,B)
C．若速度v>eq \f(E,B)，粒子一定不能从板间射出
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
B [粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvB＝qE，解得速度v＝eq \f(E,B)，选项B正确；若速度v>eq \f(E,B)，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误。]
3．(人教版选择性必修第二册改编)(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q、不计重力的带电粒子从x轴上的P点沿与x轴成60°的方向射入第一象限磁场方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴的N点(图中未画出)射出第一象限。已知OP＝a，则( )
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为eq \f(qBa,m)
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距eq \r(3)a
AD [由左手定则知粒子带负电，A项正确；如图，由牛顿第二定律得：
qvB＝meq \f(v2,r)①
rsin 60°＝a②
联立①②解得r＝eq \f(2\r(3),3)a，v＝eq \f(2\r(3)qBa,3m)，故B、C错误，N点到O点距离NO＝r＋rcs 60°＝eq \r(3)a，D正确。]
洛伦兹力的理解与应用
1．洛伦兹力的理解
(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)洛伦兹力永不做功。
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
[题组突破]
1．(洛伦兹力的大小和方向)(2022·辽宁大连市模拟)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
C [由于洛伦兹力不做功，所以小球的速率不变，故A错误；根据安培定则可知，磁感线是以导线上的点为圆心沿逆时针方向的同心圆，如图所示。根据左手定则知磁感线穿过手心，四指指向正电荷的运动方向，可知在a点，小球受到的洛伦兹力方向竖直向下；在b点，小球受到的洛伦兹力方向竖直向上；当小球运动到ab中点时，速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故B、D错误，C正确；故选C。]
2．(洛伦兹力特点)(2023·山东泰安模拟)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，速率不变
D．电子将向右偏转，速率改变
A [由安培定则可知直导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则可知电子所受洛伦兹力方向水平向右，即电子将向右偏转，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，即速率不变，A项正确。]
3．(洛伦兹力与电场力的比较)(多选)(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
BC [由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力一直都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；故选B、C。]
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．两种方法定圆心
方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点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迹的圆心(如图甲所示)。
甲 乙
方法二：已知入射方向和入射点、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，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示)。
2．利用几何知识求半径
利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：
(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
(2)直角三角形的应用(勾股定理)。
找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形。
3．求时间的两种方法
方法一：由运动弧长计算，t＝eq \f(l,v)(l为弧长)；
方法二：由旋转角度计算，t＝eq \f(α,360°)Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或t＝\f(α,2π)T))。
4．三类边界磁场中的轨迹特点
(1)直线边界：进出磁场具有对称性。
(a) (b) (c)
(2)平行边界：存在临界条件。
(d) (e) (f)
(3)圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。
(g) (h)
带电粒子在直线边界磁场中的运动
[典例1] (多选)(2023·湖北武汉高三月考)如图所示，直线MON的上方有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，两带电粒子P、Q先后从M、N射入磁场，P的速度与磁场边界的夹角为30°，Q的速度与磁场边界的夹角为60°。已知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同，且均从O点射出磁场，OM＝2ON，则( )
A．P和Q均带正电
B．P和Q的比荷之比为1∶2
C．P和Q的速度大小之比为eq \r(3)∶1
D．P和Q在磁场中运动的半径之比为2∶1
BC [两个粒子在磁场中的轨迹如图所示，均从O点射出磁场，根据左手定则可知，Q带正电，P带负电，故A错误；根据几何关系可知，Q偏转圆心角为120°，则RQsin 60°＝eq \f(1,2)ON，P偏转圆心角为60°，则RP＝OM，则P和Q在磁场中运动的半径之比为2eq \r(3)∶1，两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同，eq \f(1,3)TQ＝eq \f(1,6)TP，T＝eq \f(2πR,v)，解得P和Q的速度大小之比为eq \r(3)∶1，根据R＝eq \f(mv,Bq)，得eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)，所以P和Q的比荷之比为1∶2，故B、C正确，D错误。]
带电粒子在圆形边界磁场中的运动
[典例2] (多选)(2022·湖南长郡中学9月月考)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，AO与水平方向的夹角为30°。现有eq \\al(1,1)H粒子从A点沿水平方向以大小为v0的速度垂直射入磁场，其离开磁场时，速度方向刚好改变了180°；eq \\al(2,1)H粒子以大小为v0的速度从C点沿水平方向垂直射入磁场。已知eq \\al(1,1)H的电荷量为e，质量为m，不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法中正确的是( )
A．eq \\al(2,1)H粒子竖直向上射出磁场
B．eq \\al(2,1)H粒子在磁场中运动的时间为eq \f(πR,v0)
C．该匀强磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(mv0,2eR)
D．两粒子从圆形边界射出时射出点之间的距离为eq \r(3)R
AD [eq \\al(1,1)H粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，表明eq \\al(1,1)H粒子在磁场中转动了半周，如图所示。由几何关系可得r1＝eq \f(1,2)R，据洛伦兹力提供向心力可得ev0B＝meq \f(v\\al( 2,0),r1)，eq \\al(2,1)H粒子进入磁场，根据洛伦兹力提供向心力可得ev0B＝2meq \f(v\\al( 2,0),r2)，联立解得r2＝R，所以eq \\al(2,1)H粒子竖直向上射出磁场，选项A正确。eq \\al(2,1)H粒子在磁场中运动的时间为t2＝eq \f(\f(1,2)πr2,v0)＝eq \f(πR,2v0)，选项B错误。由A项分析计算可得该匀强磁场的磁感应强度大小为B＝eq \f(2mv0,eR)，选项C错误。连接两粒子从圆形边界射出时的射出点，如图所示，由几何关系可知两粒子射出点之间的距离为s＝2Rcs 30°＝eq \r(3)R，选项D正确。]
带电粒子在多边形边界磁场中的运动
[典例3] (多选)如图所示，在矩形区域MNPE中有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从M点沿MN方向发射两个α粒子，两粒子分别从P、Q射出。已知ME＝PQ＝QE，则两粒子( )
A．两粒子的速率之比为5∶2
B．两粒子的速率之比为5∶3
C．在磁场中运动时间之比为53∶90
D．在磁场中运动时间之比为37∶90
AC [根据题述情境，可画出两个α粒子在矩形区域匀强磁场中的运动轨迹，如图所示，设ME＝a，则r2＝a；对从P点射出的粒子，由几何关系，req \\al( 2,1)＝(2a)2＋(r1－a)2，解得r1＝2.5a；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝eq \f(mv2,r)，可得v＝eq \f(qrB,m)，两粒子的速率之比为v1∶v2＝r1∶r2＝2.5∶1＝5∶2，选项A正确，B错误；从P点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角正弦值sin θ1＝eq \f(2a,2.5a)＝0.8，θ1＝53°，在匀强磁场中运动时间t1＝eq \f(r1θ1,v1)＝eq \f(θ1m,qB)；从Q点射出的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角θ2＝90°，在匀强磁场中运动时间t2＝eq \f(r2θ2,v2)＝eq \f(θ2m,qB)；在磁场中运动时间之比为t1∶t2＝eq \f(θ1m,qB)∶eq \f(θ2m,qB)＝53∶90，选项C正确，D错误。]
解答带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的基本步骤
带电粒子在有界磁场中的临界极值、多解问题
1．带电粒子在磁场中运动的临界与极值问题分析
(1)找准临界点
以题目中“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，分析可能的情况，必要时画出几个半径不同的轨迹，找出临界条件，如：
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当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界匀强磁场中运动的时间越长；
③圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两端点时，轨迹对应的偏转角最大。
(2)掌握有界磁场中临界问题的处理方法
①旋转圆法：粒子速度大小不变，方向改变，则r＝eq \f(mv,qB)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(如图甲所示)。
甲 乙
②放缩圆法：入射粒子的速度方向不变，大小变化，形成圆心在一条射线上变动，半径大小不断变化的放缩圆(如图乙所示)。
丙
③平移圆法：速度大小和方向相同的一排相同粒子进入直线边界，各粒子的轨迹圆弧可以由其他粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图丙所示)。
2．带电粒子在磁场中运动多解分类
带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
[典例4] 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，在与ab距离l＝16 cm处，有一个点状的放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v＝3.0×106 m/s，已知α粒子的比荷eq \f(q,m)＝5.0×107 C/kg，α粒子与感光板碰撞则会被吸收，现只考虑在纸平面中运动的α粒子，不计α粒子间的相互作用，已知sin 53°＝0.8。
(1)求感光板ab上被α粒子打中的区域的长度；
(2)求能够打中感光板ab的α粒子在磁场中运动的最短时间及对应粒子发射时的速度方向与垂线SS′的夹角。
[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表示轨道半径，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，代入数据解得r＝0.1 m＝10 cm，则2r>l>r。由于α粒子轨道半径确定，放射源与ab板的距离确定，朝不同方向发射的打到ab板上的α粒子的圆轨迹都过S，如图甲所示，可知α粒子只能打在感光板ab上P1、P2两点之间，其中左边轨迹圆恰与ab相切于P2点，右边SP1恰为直径，根据几何关系可得S′P1＝eq \r(2r2－l2)＝12 cm，S′P2＝eq \r(r2－l－r2)＝8 cm，故ab上被打中的区域的长度为P1P2＝S′P1＋S′P2＝20 cm。
甲
(2)当α粒子打到感光板ab上的S′点时，粒子在磁场中做圆周运动的弧长最短，弦最短，α粒子在磁场中运动的时间最短，如图乙所示，根据几何关系可知sin β＝eq \f(l,2r)＝0.8，此时圆弧所对的圆心角为2β＝106°，则最短时间t＝eq \f(106°,360°)·eq \f(2πm,qB)，代入数据解得t≈6.2×10－8 s。所以当α粒子的速度方向与SS′方向成53°射入磁场时，能够打中感光板ab的α粒子在磁场中运动的时间最短。
乙
[答案] (1)20 cm (2)6.2×10－8 s 速度方向与SS′方向成53°角
带电粒子在磁场中运动的临界问题
(1)恰好到达某一直线边界：一般可根据轨迹圆与直线边界相切进行确定，再结合几何关系分析对应的临界速度。
(2)在某一直线边界上能够到达的范围：该类情形则要确定直线边界上对应的两个临界点，由于运动并不对称，故不能都把相切点作为临界点；求粒子在某一直线边界上能够到达的范围，应结合粒子做圆周运动的轨迹直径对应的距离最远点以及轨迹圆与直线边界的相切点为临界点来确定。
[跟进训练]
1．(三角形边界磁场中的临界极值问题)(2022·江西南昌月考)如图所示，在腰长为L的等腰直角三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m的甲粒子(带电荷量为＋q)和乙粒子(带电荷量为－q)分别从a、b两点沿ab方向和ba方向射入磁场。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A．乙粒子速度合适，可以从c点射出磁场
B．甲粒子从c点射出磁场的时间为eq \f(πm,qB)
C．乙粒子从bc边射出的最大轨道半径为(eq \r(2)－1)L
D．甲、乙两粒子在磁场中运动的最长时间之比为2∶3
C [如图(b)所示，乙粒子轨迹恰好与ac边相切时，乙粒子从bc边射出的轨迹半径最大，则易知选项A错误。如图(a)所示，甲粒子轨迹恰好与bc边相切于c点时从c点射出磁场。根据几何关系可得，甲粒子的轨道半径为L，运动轨迹所对的圆心角为90°，即运动了四分之一周期的时间，

(b)
运动时间为t＝eq \f(T,4)＝eq \f(2πm,4Bq)＝eq \f(πm,2Bq)，选项B错误。乙粒子轨迹与ac边相切时，乙粒子从bc边射出的轨道半径最大，设切点为e，由几何关系可得ae＝ab＝L，ac＝eq \r(2)L，所以乙粒子从bc边射出的最大轨道半径为Rmax＝(eq \r(2)－1)L，选项C正确。由题意可知甲粒子在磁场中运动的最长时间为t甲＝eq \f(πm,2Bq)，乙粒子在磁场中运动最长时间为t乙＝eq \f(T,2)＝eq \f(2πm,2Bq)＝eq \f(πm,Bq)，甲、乙两粒子在磁场中运动的最长时间之比为eq \f(t甲,t乙)＝eq \f(1,2)，选项D错误。]
2．(圆形磁场中的极值问题)(多选)如图所示，某同学为探究带电粒子“约束”问题，构想了向里的匀强磁场区域，磁感应强度为B，边界分别是半径为R和2R的同心圆，O为圆心，A为磁场内在圆弧上的点且OP＝PA。若有一粒子源垂直磁场方向在纸面内的360°发射出比荷为eq \f(q,m)的带负电粒子，速度连续分布且无相互作用，不计其重力，sin 37°＝0.6。对粒子源的位置和被约束相关量的说法正确的是( )
A．在A点时，被磁场约束的粒子速度最大值vmA＝eq \f(3qBR,2m)
B．在O点时，被磁场约束的粒子速度最大值vmO＝eq \f(3qBR,2m)
C．在O点时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间最大值tm＝eq \f(127πm,90qB)
D．在P点时，被磁场约束的粒子速度最大值vmP＝eq \f(qBR,m)
ACD [粒子源在A点时，如图甲所示，粒子最大运动半径rmA＝eq \f(1,2)(2R＋R)＝eq \f(3,2)R，由Bqv＝eq \f(mv2,r)，运动半径rmA＝eq \f(mvm,qB)，解得vmA＝eq \f(3qBR,2m)，A对；粒子源在O点时，设粒子最大运动半径为rO，如图乙所示，在△OAC中，OA2＋AC2＝OC2，则R2＋req \\al( 2,O)＝(2R－rO)2，得rO＝eq \f(3,4)R，则vmO＝eq \f(3qBR,4m)，∠ACD＝2∠ACO＝106°，可得tm＝eq \f(360°－106°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(127πm,90qB)，故B错，C对；粒子源在P点时，设粒子最大运动半径为rP，如图丙所示，在△OGE中，OG2＋GE2＝OE2，OG＝eq \f(\r(3),2)R，EG＝rP－eq \f(1,2)R，OE＝2R－rP，得rP＝R，由运动半径r＝eq \f(mv,qB)，解得vmP＝eq \f(qBR,m)，D对。
甲
乙 丙 ]
带电粒子在磁场中运动的多解问题
[典例5] (2022·浙江6月选考)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直于xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
(1)①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
(3)若转筒P的角速度小于eq \f(6v0,R)，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。
[解析] (1)①离子在磁场中运动
qv0B＝eq \f(mv\\al( 2,0),R)
B＝eq \f(mv0,qR)。
②离子在磁场中的运动时间t＝eq \f(πR,2v0)
转筒的转动角度ωt＝2kπ＋eq \f(π,2)
ω＝(4k＋1)eq \f(v0,R)，k＝0，1，2，…。
(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′
R′＝Rtaneq \f(θ,2)，v＝v0tan eq \f(θ,2)
离子在磁场中的运动时间t′＝(π－θ)eq \f(R,v0)
转筒的转动角度ω′t′＝2nπ＋θ
转筒的转动角速度为
ω′＝eq \f(2nπ＋θ,π－θ)·eq \f(v0,R)，n＝0，1，2，…
动量定理Feq \f(2π, ω′)＝Nmv
F＝eq \f(2nπ＋θN,2π－θπ)·eq \f(mv\\al( 2,0),R)tan eq \f(θ,2)，n＝0，1，2，…。
(3)转筒的转动角速度eq \f(4k＋1v0,R)＝eq \f(2nπ＋θ′v0,π－θ′R)eq \f(mv,3qs)，垂直纸面向里
B．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向里
C．B>eq \f(mv,qs)，垂直纸面向外
D．B>eq \f(3mv,qs)，垂直纸面向外
BD [当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知，sin 30°＝eq \f(r1,s＋r1)，可得r1＝s，由r1＝eq \f(mv,B1q)可得B1＝eq \f(mv,qs)；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹与OP相切于N点，如图乙所示，由几何关系s＝eq \f(r2,sin 30°)＋r2，得r2＝eq \f(s,3)，又r2＝eq \f(mv,qB2)，所以B2＝eq \f(3mv,qs)，综合上述分析可知，B、D正确，A、C错误。
甲 乙 ]
2．(运动的往复性)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)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由半径r＝eq \f(mv,qB)得，r1＝eq \f(mv,2qB0)，r2＝eq \f(mv,3qB0)
且d＝2r1－2r2，解得d＝eq \f(mv,3qB0)。
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别为t1、t2
由T＝eq \f(2πm,qB)得，t1＝eq \f(πm,2qB0)，t2＝eq \f(πm,3qB0)，且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝eq \f(2πm,qB0)。
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动，若经过两磁场的次数均为n(n＝1，2，3，…)，相遇时，有neq \f(m′v,3q′B0)＝d，neq \f(5πm′,6q′B0)＝t1＋t2
解得eq \f(q′,m′)＝neq \f(q,m)
根据题意，n＝1舍去。
当n＝2时，eq \f(q′,m′)有最小值eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q′,m′)))min＝eq \f(2q,m)
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0，1，2，3，…)，经分析不可能相遇。
综上分析，比荷的最小值为eq \f(2q,m)。
[答案] (1)eq \f(mv,3qB0) (2)eq \f(2πm,qB0) (3)eq \f(2q,m)
“磁聚焦”与“磁发散”
在圆形边界的匀强磁场中，若带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域的半径，则有如下两个重要结论：
[典例6] (2023·安徽省六安市检测)如图所示，在xOy平面内的AB、CD之间的区域有水平向右的匀强电场，AB、CD之间的电势差U＝1×105 V，在CD的右侧有一与CD和x轴相切的圆形有界匀强磁场区域，切点分别为P点和M点，磁感应强度B0＝0.1 T，方向垂直xOy平面向外(图中未画出)；在x轴下方足够大的空间内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；在x轴下方距离为a处平行x轴放置一长为L的探测板，O′为板的中点，且在M点的正下方，在y轴上过原点放置一能均匀发射粒子的直线粒子发射源，其长度恰好等于圆形磁场的直径，发射源产生的粒子质量和电荷量均相同，初速度可视为零，经过电场加速后进入圆形磁场区域，偏转后全部从M点进入下方磁场区域，已知粒子质量m＝8.0×10－25 kg、电荷量q＝1.6×10－15 C，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)求圆形磁场区域的半径r；
(2)若a＝0.1 m，B1＝0.1 T，L＝0.4 m，求粒子打到探测板区域的长度；
(3)若a＝0.1 m，L＝0.4 m，B1大小可以调节，调节B1的大小，可以使粒子恰好打满整块探测板，求此时B1的大小及打中探测板的粒子数占发射总粒子数的比例。
[解析] (1)粒子在电场中加速有qU＝eq \f(1,2)mv2，由题意可知，粒子做圆周运动的轨道半径恰好等于圆形磁场区域的半径，又洛伦兹力提供向心力，则有B0qv＝eq \f(mv2,R)，r＝R，联立解得r＝0.1 m。
(2)若B1＝0.1 T＝B0，则粒子进入x轴下方磁场后的轨迹半径R′＝R＝a＝0.1 m，如图甲所示，沿x轴负方向射入下方磁场的粒子垂直打在探测板上，沿y轴负方向射入下方磁场的粒子恰好与探测板相切，因此粒子打到探测板区域的长度l＝2R′＝0.2 m