【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在匀强磁场中的运动学案（江苏专用） 23页

基础课2　带电粒子在匀强磁场中的运动 知识排查 洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小 ‎1.洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。‎ ‎2.洛伦兹力的方向 ‎(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和v决定的平面。‎ ‎3.洛伦兹力的大小 ‎(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)‎ ‎(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)‎ ‎(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎1.若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。‎ ‎2.若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，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1，带电粒子在磁场中，①中粒子做匀速圆周运动，②中粒子做匀速直线运动，③中粒子做匀速圆周运动。‎ 图1‎ ‎3.半径和周期公式：(v⊥B)‎ 小题速练 ‎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)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＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(　　)‎ ‎(4)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。(　　)‎ ‎(5)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。(　　)‎ ‎(6)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。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√‎ ‎2.[人教版选修3－1P98第1题改编]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(　　)‎ 答案　B ‎3.[人教版选修3－1P95插图改编]在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图2所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会(　　)‎ 图2‎ A.向上偏转　　　　 B.向下偏转 C.向纸内偏转 D.向纸外偏转 解析　‎ 由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B选项正确。‎ 答案　B ‎　洛伦兹力的特点与应用 ‎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速度方向和磁场方向确定的平面。‎ ‎(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)根据左手定则判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷。‎ ‎(5)洛伦兹力一定不做功。‎ ‎2.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 一定是F⊥B，F⊥v 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反 做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，也可能不做功 作用效果 只改变电荷的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷的速度大小，也可以改变运动的方向 ‎【例1】　如图3所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(　　)‎ 图3‎ A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 解析　条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。‎ 答案　A ‎　带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎1.带电粒子在匀强磁场中圆周运动分析 ‎(1)圆心的确定方法 方法一　若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图4(a)；‎ 方法二　若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图(b)。‎ 图4‎ ‎(2)半径的计算方法 方法一　由公式求：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)计算来确定。‎ ‎(3)时间的计算方法 方法一　由圆心角求：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5所示)。‎ 图5‎ ‎(2)平行边界(存在临界条件，如图6所示)。‎ 图6‎ ‎(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图7所示)。‎ 图7‎ ‎【例2】　如图8所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)‎ 图8‎ A. B. C. D. 解析　如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF 上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形。由于O1D＝，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝，得v＝，B正确。‎ 答案　B ‎【拓展延伸1】　计算带电粒子在磁场中的运行时间 ‎【例2】中，带电粒子在圆柱形匀强磁场区域中的运行时间有多长？‎ 解析　由T＝，t＝·T 可得：t＝ 答案　 ‎【拓展延伸2】　改变带电粒子的入射位置 ‎【例2】中，若带电粒子对准圆心沿直径ab的方向射入磁场区域，粒子射出磁场与射入磁场时运动方向的夹角仍为60°，则粒子的速率是多少？‎ 解析　粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨迹如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r＝R，由qvB＝m可得，v＝。‎ 答案　 ‎【拓展延伸3】　改变磁场的方向 ‎【例2】中，若带电粒子速率不变，磁场方向改为垂直纸面向里，带电粒子从磁场射出时与射入磁场时运动方向的夹角为多少？‎ 解析　磁场方向改为垂直纸面向里，粒子进入磁场后向左偏转，运动轨迹如图所示，△OAB和△OBC都是等边三角形，所以∠AOC＝120°，带电粒子从磁场射出时与射入磁场时运动方向的夹角也是120°。‎ 答案　120°‎ 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 ‎　带电粒子在磁场中运动的多解问题 带电粒子在磁场中运动的多解模型 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 在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，它可能穿过去了，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，往往运动具有周期性，因而形成多解 ‎【例3】　某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图9所示。装置的长为L，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。‎ 图9‎ ‎(1) 求磁场区域的宽度h；‎ ‎(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；‎ ‎(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。‎ 解析　(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r，画出带电粒子的运动轨迹如图所示。‎ 由几何关系得L＝3rsin 30°＋3·/tan 30°①‎ 又由h＝r(1－cos 30°)②‎ 联立①②解得：h＝(L－d)(1－)③‎ ‎(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′，则有 qvB＝m及qv′B＝m④‎ 又由几何关系得3rsin 30°＝4r′sin 30°⑤‎ 联立④⑤解得Δv＝v－v′＝(－d)⑥‎ ‎(3)设粒子经过磁场n次，则由几何关系得 L＝(2n＋2)rnsin 30°＋(2n＋2)/tan 30°⑦‎ 又由qvnB＝m，⑧‎ 解得vn＝(－d)(1≤n<－1，n取整数)⑨‎ 答案　(1)(L－d)(1－)　(2)(－d)‎ ‎(3)(－d)(1≤n＜－1，n取整数)‎ 解决多解问题的一般思路 ‎(1)明确带电粒子的电性和磁场方向；‎ ‎(2)正确找出带电粒子运动的临界状态；‎ ‎(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算。‎ 带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题 ‎1.常见三种临界模型草图(如图10所示)‎ 图10‎ ‎2.分析临界问题时应注意 从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好”“最大”“‎ 至少”“不脱离”等词语，挖掘其隐藏的条件。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，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长；‎ ‎(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长；‎ ‎(4)直径是圆的最大弦。‎ ‎【典例】　(2017·海门中学)如图11所示为一环形磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场。一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0、R0)的A点沿y负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向。当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60°。不计重力和粒子间的相互作用。求：‎ 图11‎ ‎(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；‎ ‎(2)若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形半径R至少为多大；‎ ‎(3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期。‎ 解析　(1)如图所示，在区域Ⅰ内轨迹圆半径为r1＝R0‎ r1＝　E0＝mv2‎ 解得B1＝ ‎(2)设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图，由几何关系知r2＝r1‎ r2＝ 联立得B2＝B1＝ 方向与B1相反，即垂直平面向外。‎ 由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2‎ 即R＝R0‎ ‎(3)轨迹从A点到Q点对应圆心角θ＝90°＋60°＝150°，要仍从A点沿y轴负方向射入，需满足150n＝360m，m、n属于自然数，即取最小整数m＝5，n＝12‎ T＝12× 其中T1＝，T2＝ 代入数据得T＝ 答案　 (1)　(2)　方向垂直平面向外 R0　(3) 解决带电粒子的临界问题的技巧方法 ‎(1)数学方法和物理方法的结合:如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值,利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。‎ ‎(2)临界问题的一般解题流程 ‎【变式训练】　(2016·全国卷Ⅲ，18)平面OM和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图12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(　　)‎ 图12‎ A. B. C. D. 解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝。轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于AD＝2rsin 30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，OD＝＝2CD＝4r＝，故选项D正确。‎ 答案　D ‎1.(多选)有关电荷所受电场力和磁场力的说法中，正确的是(　　)‎ A.电荷在磁场中一定受磁场力的作用 B.电荷在电场中一定受电场力的作用 C.电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致 D.电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直 解析　带电粒子受洛伦兹力的条件：运动电荷且速度方向与磁场方向不平行，故电荷在磁场中不一定受磁场力作用，选项A错误；电场具有对放入其中的电荷有力的作用的性质，选项B正确；正电荷受力方向与电场方向一致，而负电荷受力方向与电场方向相反，选项C错误；磁场对运动电荷的作用力垂直磁场方向且垂直速度方向，选项D正确。‎ 答案　BD ‎2.(2017·金陵中学)真空中有两根足够长直导线ab、cd平行放置，通有恒定电流I1、I2，导线ab的电流方向如图13。在两导线所在的平面内，一带电粒子由P运动到Q，轨迹如图中PNQ所示，NQ为直线，粒子重力忽略不计。下列说法中正确的是(　　)‎ 图13‎ A.该粒子带正电 B.粒子从P到Q的过程中动能增加 C.导线cd中通有从c到d方向的电流 D.导线cd电流I2小于导线ab电流I1‎ 解析　由安培定则可知带电粒子由P运动到Q，磁场垂直纸面向外，由轨迹和力及左手定则可知，粒子带负电，故选项A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子从P到Q的过程中动能不变，故选项B错误；由图可知NQ为直线，说明合磁场为零，由安培定则可知导线cd中通有从c到d方向的电流，故选项C正确；由于直线NQ靠近导线ab，故导线cd电流I2大于导线ab电流I1，故选项D错误。‎ 答案　C ‎3.(2017·江苏镇江模拟)两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图14所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)‎ 图14‎ A.a粒子带正电，b粒子带负电 B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C.b粒子的动能较大 D.b粒子在磁场中运动时间较长 解析　由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，选项A错误；由qvB＝m得r＝，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B错误；由Ek＝mv2可得b粒子的动能较大，选项C正确；由T＝知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，选项D错误。‎ 答案　C ‎4.如图15为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是(　　)‎ 图15‎ A.仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大 B.仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大 C.仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大 D.仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大 解析　当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B，由牛顿第二定律知qvB＝m，得R＝，电子束径迹的半径变小，选项A错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qU＝mv2和qvB＝m得R＝，可知电子束径迹的半径变大，选项B正确；由T＝＝知，电子做圆周运动的周期T与速度v大小无关，所以选项C、D错误。‎ 答案　B 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1.如图1所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)‎ 图1‎ A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 解析　据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左。由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下，选项B正确。‎ 答案　B ‎2.一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系图象的是(　　)‎ 解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，qvB＝m，R＝，由圆周运动规律，T＝＝，可见粒子运动周期与半径无关，故选项D正确。‎ 答案　D ‎3.如图2所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k ‎，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)‎ 图2‎ A. B. C. D. 解析　粒子在磁场中运动的半径为R＝＝＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，则圆心角为，故t＝＝＝，故选项C正确。‎ 答案　C ‎4.如图3所示，在x＞0，y＞0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是(　　)‎ 图3‎ A.只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点 B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为 C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为 D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为 解析　带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点，故选项A错误；由于P 点的位置不确定，所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°，运动时间为T，而最小的圆心角为P点在坐标原点即120°，运动时间为T，而T＝，故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为，最短为，选项C正确，B、D错误。‎ 答案　C ‎5.(2017·全国卷Ⅱ，18)如图4，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2∶v1 为(　　)‎ 图4‎ A.∶2 B.∶1‎ C.∶1 D.3∶ 解析　根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P点最远，则当粒子射入的速率为v1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2＝Rcos 30°＝R；根据轨道半径公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故选项C正确。‎ ‎　‎ 甲　　　　　　　乙 答案　C 二、多项选择题 ‎6.(2017·盐城三模)如图5所示，圆形区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场，A、B、C、D是均匀分布在圆上的四个点。带正电的粒子从A点以一定的速度对准圆心O进入磁场，从D点离开磁场，不计粒子的重力。下列说法中正确的是(　　)‎ 图5‎ A.只改变粒子的带电性质，粒子在磁场中运动时间不变 B.只改变粒子进入磁场时速度的方向，粒子仍从D点射出磁场 C.只改变粒子进入磁场时速度的方向，粒子出磁场时速度方向不变 D.只增大粒子进入磁场时速度的大小，粒子在磁场中运动时间变长 解析　粒子从A点向圆心射入，出磁场时速度的反向延长线过圆心，根据轨迹特点得出粒子在磁场中运动圆周，只改变粒子带电性质，粒子还是运动圆周，运动时间不变，选项A正确；粒子速度不变时，轨道半径不变，等于圆形区域的半径。当改变速度方向时，把出入磁场时轨迹的半径和圆形区域的半径画出，发现对应四边形为菱形，射出速度方向与OD平行，选项B错误，C正确；只增大粒子进入磁场的速度的大小，轨道半径变大，对应圆心角变小，而粒子运动的周期不变，则粒子在磁场中运动时间变短，选项D错误。‎ 答案　AC ‎7.(2017·江苏淮安三调)如图6所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标(0，3L)的A点和B点(坐标未知)垂直于y轴射入磁场，在x轴上与坐标(L，0)的C点相遇，不计粒子重力及其相互作用。根据题设条件可以确定(　　)‎ 图6‎ A.带电粒子在磁场中运动的半径 B.带电粒子的电荷量 C.带电粒子在磁场中运动的时间 D.带电粒子的质量 解析　已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据入射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置；由几何关系可知AC长为2L，∠BAC＝30°，则R＝＝2L；因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同，即两粒子的半径均可求出；同时根据几何关系可知A对应的圆心角为120°，B对应的圆心角为60°，则由t＝可以求得运动的时间，选项A、C正确；由于不知磁感应强度，故无法求得比荷，更不能求出电荷量或质量，选项B、D错误。‎ 答案　AC ‎8.(2017·南通第一次调研测试)如图7所示，有一垂直于纸面向里的有界匀强磁场，A、B为边界上两点。一带电粒子从A点以初速度v0、与边界成角度θ(θ＜90°)沿纸面射入磁场，经过一段时间后从B点射出。现撤去磁场，加一垂直边界、沿纸面向上的匀强电场，其它条件不变，粒子仍从B点射出。粒子重力忽略不计，则粒子(　　)‎ 图7‎ A.带负电 B.在磁场中和电场中的运动轨迹相同 C.从磁场中离开时速度方向与从电场中离开时速度方向相同 D.从磁场中离开时速度大小与从电场中离开时速度大小相同 解析　根据粒子运动的方向，由左手定则可以判断出该粒子带负电，选项 A正确；在磁场中，粒子的运动轨迹是一段圆弧，则其离开磁场时速度与边界的夹角仍为θ，速度大小不变；在电场中，粒子的运动类斜抛运动，运动轨迹是抛物线，粒子的运动可以分解为竖直方向的匀变速运动和水平方向的匀速运动，粒子到达与A点同一高度的B点，其竖直方向的速度大小不变，方向向下，水平方向速度也不变，故粒子在B点的速度大小等于v0，方向与边界的夹角为θ，选项B错误，C、D正确。‎ 答案　ACD ‎9.长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图8所示。磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)‎ 图8‎ A.使粒子的速度v＜ B.使粒子的速度v＞ C.使粒子的速度v＞ D.使粒子的速度＜v＜ 解析　若带电粒子刚好打在极板右上边缘，有r＝(r1－)2＋l2，又因为r1＝，解得v1＝；若粒子刚好打在极板左上边缘时，有r2＝＝，解得v2＝，故选项A、B正确。‎ 答案　AB 三、计算题 ‎10.如图9所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子。从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ 图9‎ ‎(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；‎ ‎(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；‎ ‎(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。‎ 解析　(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理 qU＝mv2‎ 代入数据得v＝20 m/s。‎ ‎(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：‎ qvB＝得R＝ 代入数据得R＝0.50 m 而＝0.50 m 故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示。‎ 由几何关系可知：OQ＝R＋Rsin 53°‎ 故OQ＝0.90 m。‎ ‎(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得 OP>R′＋R′cos 53°‎ R′＝ 解得B′> T＝5.33 T(取“≥”照样给分)。‎ 答案　(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3)B′>5.33 T ‎11.如图10所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方区域，经OF上的Q点第一次进入下方区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。‎ 图10‎ ‎(1)求粒子射入时的速度大小；‎ ‎(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方区域的磁感应强度B1应满足的条件；‎ ‎(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC 间距离的可能值。‎ 解析　(1)设粒子在OF上方做圆周运动半径为R，由几何关系可知 R2－(R－a)2＝(3a)2，‎ 所以R＝5a。‎ 由牛顿第二定律可知qvB0＝m，‎ 解得v＝。‎ ‎(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得 r1＋r1cos θ＝3a，由(1)知cos θ＝，‎ 所以r1＝。‎ 根据qvB1＝，‎ 解得B1＝。‎ 当B1>时，粒子不会从AC边界飞出。‎ ‎(3)当B＝3B0时，粒子在OF下方的运动半径为 r＝＝a。‎ 设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知 PP1＝4a，‎ 所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝nPP1＝4na(n＝1，2，3，…)。‎ 答案　(1)　(2)B1>　(3)4na(n＝1，2，3，…)‎