高考物理一轮复习第八章磁场第2节磁场对运动电荷的作用 24页

第 2 节 场对运动电荷的作用 (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＝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)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。(√) (7)利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷。(√) (8)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由 D 形盒的最大半径、磁感应强度 B、 加速电压的大小共同决定的。(×) (1)荷兰物理学家洛伦兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹 力)的观点。 (2)英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。 (3)阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的质量和分析同位素。 (4)1932 年，美国物理学家劳伦兹发明了回旋加速器，能在实验室中产生大量的高能粒 子。(最大动能仅取决于磁场和 D 形盒直径，带电粒子圆周运动周期与高频电源的周期相同) 突破点(一) 对洛伦兹力的理解 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)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)洛伦兹力一定不做功。 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，二者性质相同，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 方向 F⊥B 且 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，可能做负功，也可能不做功 [多角练通] 1．(2016·北京高考)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早 记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。” 进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述 材料，下列说法不正确的是( ) A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 解析：选 C 由“常微偏东，不全南也”和题图知，地理南、北极与地磁场的南、北极 不重合，地磁场的南极在地理北极附近，地球是一个巨大的磁体，因此地球内部也存在磁场， 故选项 A、B 的说法正确。从题图中磁感线的分布可以看出，在地球表面某些位置(如南极、 北极附近)磁感线不与地面平行，故选项 C 的说法不正确。宇宙射线粒子带有电荷，在射向 地球赤道时，运动方向与地磁场方向不平行，因此会受到磁场力的作用，故选项 D 的说法正 确。 2.(2015·海南高考)如图，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( ) A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 解析：选 A 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。 突破点(二) 带电粒子在匀强磁场中的运动 1．圆心的确定 (1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点做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道的圆心，如图甲所示，图中 P 为入射点，M 为出射点。 (2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点做入射方向的垂线，连 接入射点和出射点，做其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心。如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点。 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)。 3．解题常用知识 (1)几何知识：根据已知长度、角度，计算粒子的运动半径，或者根据粒子的运动半径 计算未知长度、角度时，常用到几何知识。例如，三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角的 关系…… (2)半径公式、周期公式：应用公式 R＝mv qB 、T＝2πm qB ，可根据 q、B、m、v 计算粒子的 半径、周期，也可根据粒子的半径或周期计算磁感应强度，粒子的电荷量、质量。 (3)运动时间计算式 t＝ θ 2π ·T：计算粒子的运动时间或已知粒子的运动时间计算圆心 角或周期时，常用到 t＝ θ 2π ·T。 [典例] (2016·全国甲卷)一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强 磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径 MN 的 两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内， 一带电粒子从小孔 M 射入筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30°角。当筒 转过 90°时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞， 则带电粒子的比荷为( ) A.ω 3B B.ω 2B C.ω B D.2ω B [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 粒子射入时的运动方向与 MN 成 30°角 粒子射出磁场时与半径方向也应成 30° 筒转过 90° 所用时间为圆筒运动周期的1 4 第二步：找突破口 (1)求粒子运动的圆心角→画轨迹，由几何关系求解。 (2)求粒子运动周期→根据粒子运动时间与筒相等求解。 (3)求比荷→可根据粒子的周期公式求解。 [解析] 如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧 MP 所对应的圆心角由几何 知识知为 30°，粒子在磁场中运动时间与圆筒转动时间相等，则 π 2ω ＝2πm qB · 30° 360° ，即q m ＝ ω 3B ，选项 A 正确。 [答案] A [方法规律] 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题三步法 [集训冲关] 1．(2016·全国丙卷)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. mv 2qB B. 3mv qB C.2mv qB D.4mv qB 解析：选 D 如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为 R=mv qB 。 设入射点为 A，出射点为 B，圆弧与 ON 的交点为 P。由粒子运动的对 称性及粒子的入射方向知，AB=R。由几何图形知，AP= 3R，则 AO= 3AP=3R，所以 OB=4R=4mv qB 。 故选项 D 正确。 2.(2017·长春调研)如图所示，在一个边长为 a 的正六边形区域内存在磁感应强度为 B， 方向垂直于纸面向里的匀强磁场。三个相同的带正电粒子，比荷为q m ，先后从 A 点沿 AD 方向 以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受到磁场力作用。已知编号为① 的粒子恰好从 F 点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从 E 点飞出磁场区域，编号为③的粒 子从 ED 边上的某一点垂直边界飞出磁场区域。求： (1)编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小； (2)编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间； (3)编号为③的粒子在 ED 边上飞出的位置与 E 点的距离。 解析：(1)设编号为①的粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r1，初速度大小为 v1，则 qv1B=mv1 2 r1 ，由几何关系可得 r1= α 2sin 60° ，解得 3Bqa 3m 。 (2)设编号为②的粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r2，线速度大小为 v2，周期为 T2， 则 qv2B=mv2 2 r2 ，T2=2πr2 v2 ，解得 T2=2πm Bq ， 由几何关系可得，编号为②的粒子在磁场中运动转过的圆心角为 60°，则在磁场中运 动的时间 t=T 6 =πm 3Bq 。 (3)设编号为③的粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r3，如图所示， 由几何关系可得 AE=2acos 30°= 3a， r3= AE sin 30° =2 3a，OE= AE tan 30° =3a， EG=r3-OE=(2 3-3)a。 答案：(1) 3Bqa 3m (2) πm 3Bq (3)(2 3-3)a 突破点(三) 带电粒子在匀强磁场中的多解问题 带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。 多解形成原因一般包含 4 个方面： (一)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，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件 下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解。 [典例 1] 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 q 为正 电荷，轨迹是如图所示的上方与 NN′相切的 圆弧，轨道半径：R= mv Bq 又 d=R- R 2 解得 v=(2+ 2)Bqd m 。 若 q 为负电荷，轨迹如图所示的下方与 NN 相切的3 4 圆弧，则有：R′=mv′ Bq d=R′+R′ 2 ， 解得 v′=(2- 2)Bqd m 。 [答案] (2+ 2)Bqd m (q 为正电荷)或(2- 2)Bqd m (q 为负电荷) (二)磁场方向不确定形成多解 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方向，此时必须要考虑 磁感应强度方向不确定而形成的多解。 [典例 2] (多选)(2017·商丘模拟)一质量为 m，电荷量为 q 的负电荷在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的 运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可 能是( ) A.4qB m B.3qB m C.2qB m D.qB m [解析] 依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两 种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的 方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知 4Bqv＝mv2 R ，得 v＝4BqR m ，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝v R ＝4Bq m ；当负电荷所受的 洛伦兹力与电场力方向相反时，有 2Bqv＝mv2 R ，v＝2BqR m ，此种情况下，负电荷运动的角速度 为ω＝v R ＝2Bq m ，应选 AC。 [答案] AC (三)带电粒子速度不确定形成多解 有些题目只告诉了带电粒子的电性，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。 [典例 3] (多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场被边长为 L 的等边三角形 ABC 理想分开，三角形内磁场垂直纸 面向里，三角形顶点 A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不 同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过 C 点，质子比荷 q m =k，则质 子的速度可能为( ) A．2BkL B.BkL 2 C.3BkL 2 D.BkL 8 [解析] 因质子带正电，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°，所以质子运行半径r=L n (n=1,2,3，…)， 由洛伦兹力提供向心力得 Bqv=mv2 r ，即 v=BkL m =Bk·L n (n=1,2,3，…)，选项 B、D 正确。 [答案] BD (四)带电粒子运动的周期性形成多解 空间中存在周期性变化的磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有周期性，因而形 成多解。 [典例 4] (2017·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、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。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。 [思路点拨] 试画出粒子经一个周期飞出磁场的运动轨迹。 提示： [解析] (1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即 qv0B0＝mv0 2 r 做匀速圆周运动的周期 T0＝2πr v0 联立两式得磁感应强度 B0＝2πm qT0 。 (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场，离子的运动轨迹如图 所示，两板之间正离子只运动一个周期即 T0 时，有 r=d 4 当在两板之间正离子共运动 n 个周期， 即 nT0 时，有 r= d 4n (n=1,2,3…) 联立求解，得正离子的速度的可能值为 v0=B0 qr m =πd 2nT0 (n=1,2,3，…)。 [答案] (1) 2πm qT0 (2) πd 2nT0 (n=1,2,3，…) 突破点(四) 带电粒子在有界磁场中的临界极值问题 [多维探究] (一)半无界磁场 [典例 1] (多选)(2015·四川高考)如图所示，S 处有一电子源， 可向纸面内任意方向发射电子，平板 MN 垂直于纸面，在纸面内的长度 L ＝9.1 cm，中点 O 与 S 间的距离 d=4.55 cm，MN 与 SO 直线的夹角为 θ， 板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁 感应强度 B＝2.0×10－4 T，电子质量 m＝9.1×10－31 kg，电量 e＝－ 1.6×10－19 C，不计电子重力，电子源发射速度 v＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在 板上可能位置的区域的长度为 l，则( ) A．θ＝90°时，l＝9.1 cm B．θ＝60°时，l＝9.1 cm C．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm [解析] 电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB＝mv2 R ，R＝mv Be ＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm＝L 2 ，θ＝90°时，击中板的范围如图甲，l＝2R＝9.1 cm，选项 A 正确；θ＝60° 时，击中板的范围如图乙所示，l＜2R＝9.1 cm，选项 B 错误；θ＝30°，如图丙所示 l＝R ＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故选项 D 正确， 选项 C 错误。 [答案] AD (二)四分之一平面磁场 [典例 2] 如图所示，一个质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的 P(a,0)点以速 度 v，沿与 x 轴正方向成 60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于 y 轴射 出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度 B 和射出点的坐标。 [解析] 轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的半径可找到圆心 O′，并得出半径为 r＝2a 3 ＝mv Bq ，得 B＝ 3mv 2aq ；射出点坐标为(0， 3a)。 [答案] B＝ 3mv 2aq 射出点坐标为(0， 3a) (三)正方形磁场 [典例 3] (多选)如图所示，在正方形 abcd 内充满方向垂直纸面向里、磁 感应强度为 B 的匀强磁场。a 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，乙粒子沿与 ab 成 30° 角的方向以速度 v2 垂直射入磁场，经时间 t2 垂直 cd 射出磁场，不计粒子重力和 粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是( ) A．v1∶v2＝1∶2 B．v1∶v2＝ 3∶4 C．t1∶t2＝2∶1 D．t1∶t2＝3∶1 [解析] 甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的 运行周期为 T＝2πm Bq ，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故 T 甲＝T 乙。 设正方形的边长为 L，则由图知甲粒子运行半径为 r1＝L 2 ，运行时间 为 t1＝T 甲 2 ，乙粒子运行半径为 r2＝ L cos 30° ，运行时间为 t2＝T 乙 6 ，而 r＝mv Bq ，所以 v1∶v2 ＝r1∶r2＝ 3∶4，选项 A 错误、B 正确；t1∶t2＝3∶1，选项 C 错误、D 正确。 [答案] BD (四)矩形磁场 [典例 4] (2017·衡阳联考)如图所示，矩形虚线框 MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向 垂直纸面向里。a、b、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从 PQ 边上的中点沿 垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说 法正确的是( ) A．粒子 a 带负电 B．粒子 c 的动能最大 C．粒子 b 在磁场中运动的时间最长 D．粒子 b 在磁场中运动时的向心力最大 [解析] 由左手定则可知，a 粒子带正电，故 A 错误；由 qvB＝mv2 r ，可得 r＝mv qB ，由题 图可知粒子 c 的轨迹半径最小，粒子 b 的轨迹半径最大，又 m、q、B 相同，所以粒子 c 的速 度最小，粒子 b 的速度最大，由 Ek＝1 2 mv2，知粒子 c 的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力 有 f 向＝qvB，则可知粒子 b 的向心力最大，故 D 正确、B 错误；由 T＝2πm qB ，可知粒子 a、b、 c 的周期相同，但是粒子 b 的轨迹所对的圆心角最小，则粒子 b 在磁场中运动的时间最短， 故 C 错误。 [答案] D (五)三角形磁场 [典例 5] 如图所示，△ABC 为与匀强磁场垂直的边长为 a 的等边三角 形，比荷为e m 的电子以速度 v0 从 A 点沿 AB 边入射，欲使电子经过 BC 边，磁 感应强度 B 的取值为( ) A．B＞2mv0 ae B．B＜2mv0 ae C．B＞ 3mv0 ae D．B＜ 3mv0 ae [解析] 由题意，如图所示，电子正好经过 C 点，此时圆周运动的半径 R＝ a 2 cos 30° ＝ a 3 ，要想电子从 BC 边经过，电子做圆周运动的半径要大于 a 3 ，由带电粒子在磁场中运动的公式 r＝mv qB 有 a 3 ＜mv0 eB ，即 B＜ 3mv0 ae ，选 D。 [答案] D (六)圆形磁场 [典例 6] (多选)(2017·福州质检)在半径为 R 的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁 场。圆边上的 P 处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速 率均为 v0 的同种粒子，如图所示。现测得：当磁感应强度为 B1 时，粒子均从 由 P 点开始弧长为1 2 πR 的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为 B2 时，粒子 则从由 P 点开始弧长为2 3 πR 的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则( ) A．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为 r1∶r2＝ 2∶ 3 B．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为 r1∶r2＝2∶3 C．前后两次磁感应强度的大小之比为 B1∶B2＝ 2∶ 3 D．前后两次磁感应强度的大小之比为 B1∶B2＝ 3∶ 2 [解析] 假设粒子带正电，如图 1，磁感应强度为 B1 时，弧长 L1＝1 2 πR 对应的弦长为 粒子圆周运动的直径，则 r1＝1 2 ·2Rsin θ＝Rsin L1 2R ＝Rsinπ 4 。如图 2，磁感应强度为 B2 时，弧长 L2＝2 3 πR 对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则 r2＝1 2 ·2Rsin α＝Rsin L2 2R ＝ Rsinπ 3 ，因此 r1∶r2＝sinπ 4 ∶sin π 3 ＝ 2∶ 3，故 A 正确，B 错误。由洛伦兹力提供向心力， 可得：qv0B＝mv0 2 r ，则 B＝mv0 qr ，可以得出 B1∶B2＝r2∶r1＝ 3∶ 2，故 C 错误，D 正确。 [答案] AD (七)半圆形磁场[典例 7] 如图所示，长方形 abcd 长 ad＝0.6 m，宽 ab ＝0.3 m，O、e 分别是 ad、bc 的中点，以 ad 为直径的半圆内有垂直纸面向 里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度 B＝0.25 T。一群不计重力、质 量 m＝3×10－7 kg、电荷量 q＝＋2×10－3 C 的带电粒子以速度 v＝5×102 m/s 沿垂直 ad 方向且垂直于磁场射入磁场区域，则( ) A．从 Od 边射入的粒子，出射点全部分布在 Oa 边 B．从 aO 边射入的粒子，出射点全部分布在 ab 边 C．从 Od 边射入的粒子，出射点分布在 Oa 边和 ab 边 D．从 aO 边射入的粒子，出射点分布在 ab 边和 bc 边 [解析] 由 r＝mv qB 得带电粒子在匀强磁场中运动的半径 r＝0.3 m，从 Od 边射入的粒子， 出射点分布在 ab 和 be 边；从 aO 边射入的粒子，出射点分布在 ab 边和 be 边；选项 D 正确。 [答案] D (八)其他有界磁场 [典例 8] (2016·四川高考)如图所示，正六边形 abcdef 区域内有垂直于 纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从 f 点沿 fd 方向射入磁场区域，当速度大小 为 vb 时，从 b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tb，当速度大小为 vc 时，从 c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tc，不计粒子重力。则( ) A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 [解析] 如图所示，设正六边形的边长为 l，当带电粒子的速度大小为 vb 时，其圆心在 a 点，轨道半径 r1＝l，转过的圆心角θ1＝2 3 π，当带电粒子的速 度大小为 vc 时，其圆心在 O 点(即 fa、cb 延长线的交点)，故轨道半径 r2＝2l， 转过的圆心角θ2＝π 3 ，根据 qvB＝mv2 r ，得 v＝qBr m ，故vb vc ＝r1 r2 ＝1 2 。由于 T＝2πr v 得 T＝2πm qB ， 所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又 t＝ θ 2π T，所以tb tc ＝θ1 θ2 ＝2 1 。故选项 A 正确， 选项 B、C、D 错误。 [答案] A 带电粒子在磁场中运动的直角三角形关系 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动是近几年高考的热点，这些考题不但涉及洛伦兹 力作用下的动力学问题，而且往往与平面图形的几何关系相联系，而几何图形常常为直角三 角形，该类型题目成为考查学生综合分析问题，运用数学知识解决物理问题的难度较大的考 题。下面列举两种常见的几何关系。 (一)直角三角形的边角关系 1．(多选)如图所示，在 x 轴上方存在磁感应强度为 B 的匀强磁场，一 个电子(质量为 m，电荷量为 q)从 x 轴上的 O 点以速度 v 斜向上射入磁场中， 速度方向与 x 轴的夹角为 45°并与磁场方向垂直。电子在磁场中运动一段 时间后，从 x 轴上的 P 点射出磁场。则( ) A．电子在磁场中运动的时间为πm 2qB B．电子在磁场中运动的时间为πm qB C．O、P 两点间的距离为 2mv qB D．O、P 两点间的距离为2mv qB 解析：选 AC 画出电子的运动轨迹如图所示，O1A⊥OP，电子在磁 场中的运动时间 t＝ θ 2π T＝ π 2 2π ×2πm qB ＝πm 2qB ，A 正确，B 错误；设电子 在磁场中做圆周运动的半径为 R，根据 qvB＝mv2 R 得 R＝mv qB ，在直角三角形 OO1A 中，由几何关 系得 Rsin 45°＝OP 2 ，解得 OP＝2Rsin 45°＝ 2mv qB ，C 正确，D 错误。 2.如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁 感应强度为 B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度 v 射入磁场，电子 束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角。设电子质量为 m，电 荷量为 e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求： (1)电子在磁场中运动轨迹的半径 R； (2)电子在磁场中运动的时间 t； (3)圆形磁场区域的半径 r。 解析：(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 evB＝mv2 R 解得 R＝mv eB 。 (2)设电子做匀速圆周运动的周期为 T，则 T＝2πR v ＝2πm eB 由如图所示的几何关系得圆心角α＝θ 所以 t＝ θ 2π T＝mθ eB 。 (3)由如图所示几何关系可知， tanθ 2 ＝r R 解得 r＝mv eB tanθ 2 。 答案：(1)mv eB (2)mθ eB (3)mv eB tanθ 2 (二)直角三角形中的勾股定理 3．(多选)长为 l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感 应强度为 B，板间距离也为 l，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( ) A．使粒子的速度 v＜Bql 4m B．使粒子的速度 v＞5Bql 4m C．使粒子的速度 v＞Bql m D．使粒子的速度 v 满足Bql 4m ＜v＜5Bql 4m 解析：选 AB 带电粒子刚好打在极板右边缘时，有 r1 2＝ r1－l 2 2＋l2，又 因 r1＝mv1 Bq ，解得 v1＝5Bql 4m ；粒子刚好打在极板左边缘时，有 r2＝l 4 ＝mv2 Bq ，解 得 v2＝Bql 4m ，故 A、B 正确。 4．(2017·长沙质检)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，磁场内有一块平面感光板 ab，板面与磁场方向平行，在距 ab 距离 l＝16 cm 处，有一个点状的α放射源 S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度 都是 v＝3.0×106 m/s，已知α粒子的比荷q m ＝5.0×107 C/kg，现只考虑在图纸平面中运动 的α粒子，求 ab 上被α粒子打中的区域的长度。 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 表示轨道半径， 有 qvB＝mv2 R 由此得 R＝mv qB 代入数值得 R＝10 cm 可见 RR′＋R′cos 53° R′＝ mv qB′ 解得：B′>16 3 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.(2016·海南高考)如图，A、C 两点分别位于 x 轴和 y 轴上，∠OCA＝ 30°，OA 的长度为 L。在△OCA 区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场。质量为 m、电荷 量为 q 的带正电粒子，以平行于 y 轴的方向从 OA 边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰 好垂直于 OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为 t0。不计重力。 (1)求磁场的磁感应强度的大小； (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 OC 边上的同一点射出磁场， 求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和； (3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC 边相切，且在磁场内运动的时间为 5 3 t0， 求粒子此次入射速度的大小。 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 t0 内其速度方向改变了 90°，故其周 期 T＝4t0① 设磁感应强度大小为 B，粒子速度为 v，圆周运动的半径为 r。由洛伦兹力公式和牛顿 定律得 qvB＝mv2 r ② 匀速圆周运动的速度满足 v＝2πr T ③ 联立①②③式得 B＝πm 2qt0 。④ (2)设粒子从 OA 边两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一点 P 射出磁场，粒子在 磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1 和θ2。由几何关系有 θ1＝180°－θ2⑤ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 t1 与 t2，则 t1＋t2＝T 2 ＝2t0。⑥ (3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为 150°。 设 O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为 r0，圆弧与 AC 相切与 B 点，从 D 点射出磁场，由几何 关系和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦ r0cos∠OO′D＋ r0 cos ∠BO′A ＝L⑧ 设粒子此次入射速度的大小为 v0，由圆周运动规律 v0＝2πr0 T ⑨ 联立①⑦⑧⑨式得 v0＝ 3πL 7t0 。⑩ 答案：(1)πm 2qt0 (2)2t0 (3) 3πL 7t0