2019版高考物理总复习 第九章 磁场基础课2 磁场对运动电荷的作用学案

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1、 基础课2　磁场对运动电荷的作用 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

2、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。 如下图，带电粒子在匀强磁场中，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。 3.半径和周期公式：(v⊥B) 小题速练 1.[人教版选修3－1·P98·T1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 2.[人教版选修3－1·P102·T3改编]如图1所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另

3、一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法正确的是(　　) 图1 A.组成A束和B束的离子都带负电 B.组成A束和B束的离子质量一定不同 C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷 D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 答案　C 　对洛伦兹力的理解 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的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。 (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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。 2.

4、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。 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 1.在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“×”表示)。如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转(　　) 图2 A.不偏转 　　　　 B.向东 C.向西 　　　　 D.无法判断 解析　根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故选项B正确。 答案　B 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

5、图3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(　　) 图3 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＝ 解析　油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝，油滴的比荷为＝，选项A、B正确。 答案　AB 3.(多选)如图4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(　　)

6、 图4 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 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，选项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，选项C正确，D错误。 答案　BC 　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

7、⊥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5(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，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)。 图5 (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)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6所示)。 图6 (2)平行边界(存在临界条件，如图7

8、所示)。 图7 (3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图8所示)。 图8 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【典例】　(2017·全国卷Ⅱ，18)如图9，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9 A.∶2 B.∶1 C.∶1 D.3∶ 解析　根据作图分析可知，

9、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 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 　　　　　　 1.两个质量相同、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10所示。

10、若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　) 图10 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，选项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 2.如图11甲所示有界匀强磁场Ⅰ的

11、宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为(　　) 图11 A.2cos θ B.sin θ C.cos θ D.tan θ 解析　设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图甲、乙所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由几何关系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，联立得＝cos θ，选项C正确。

12、 答案　C 3.(2016·全国卷Ⅱ，18)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12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(　　) 图12 A. B. C. D. 解析　画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB＝m，又T＝，联立得T＝ 由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝，在磁场中运动时间t＝T，

13、粒子运动和圆筒运动具有等时性，则T＝，解得＝，故选项A正确。 答案　A 4.(多选)如图13，一粒子发射源P位于足够长绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则(　　) 图13 A.磁感应强度的大小为 B.磁感应强度的大小为 C.同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为 D.同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为 解析　根据qvB＝m和R＝d、＝k得B＝，选项A错误，B正确；能打到板上的粒子中，在磁场中运动时间最长和最短

14、的运动轨迹示意图如图所示，由几何关系，最长时间t1＝T，最短时间t2＝T，T＝，所以最大时间差Δt＝t1－t2＝T＝，选项C正确，D错误。 答案　BC 　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 由于带电粒子在磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动，所以常常出现临界和极值问题。 1.临界问题的分析思路 临界问题分析的是临界状态，临界状态存在不同于其他状态的特殊条件，此条件称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破口。 2.极值问题的分析思路 所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算，求解的思路一般有以下两种： (1)根据题给条件列出函数关系式进行分析、讨论

15、； (2)借助几何知识确定极值所对应的状态，然后进行直观分析。 【典例】　 (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14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14 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

16、＝。轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于＝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，＝＝2＝4r＝，故选项D正确。 答案　D 1.(2017·辽宁朝阳三校协作体联考)如图15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15 A. B. C. D.

17、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，故t＝＝＝，故选C正确。 答案　C 2.如图16所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足(　　) 图16 A.B> B.B< C.B> D.B< 解析　若粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则

18、粒子运动的半径为r0＝＝a。由r＝得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径应满足r>r0，解得B<，选项B正确。 答案　B 3.如图17所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为(　　) 图17 A.　 B.　 C.　 D.　 解析　粒子在磁场中运动轨迹如图所示，则由图知斜向上射入时有rsin

19、θ＝a，斜向下射入时有rsin θ＋a＝r，联立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，解得r＝，即粒子的比荷为＝，所以粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α＝2×(90°－30°)＝120°，运动时间为t＝＝，选项C正确。 答案　C 4.如图18所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行。 图18 (1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初

20、速度的大小是多少？ (2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？ 解析　(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1＝ 又qv1B＝m 得v1＝。 　　　 甲　　　　　　　　　　　乙 (2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2， 则由几何关系有(2r－R2)2＝R＋r2 可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝ 故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过。 答案　(1)　(2) 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

21、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 (3)从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。 带电粒子在匀强磁场中的运动 [题源：人教版选修3－1·P102·T1] 电子以1.6×106 m/s的速度沿着与磁场垂直的方向射入B＝2.0×10－4 T的匀强磁场中。求电子做匀速圆周运动的轨道半径和周期。 拓展1　(2015·全国卷Ⅱ，19)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的

22、k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　) A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 解析　设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q， 则由牛顿第二定律得：qvB＝① T＝② 由①②得：R＝，T＝ 所以＝＝k，＝＝k 根据a＝，ω＝＝ 可知＝＝，＝＝ 所以选项A、C正确，B、D错误。 答案　AC 拓展2　(2015·全国卷Ⅰ，14)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

23、)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　) A.轨道半径减小，角速度增大 B.轨道半径减小，角速度减小 C.轨道半径增大，角速度增大 D.轨道半径增大，角速度减小 解析　由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB＝，轨道半径r＝，从较强磁场进入较弱磁场后，磁感应强度变小，速度大小不变，轨道半径r变大，根据角速度ω＝＝可知角速度变小，选项D正确。 答案　D 拓展3　(2017·全国卷Ⅲ，24)如图19，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一

24、质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力) 图19 (1)粒子运动的时间； (2)粒子与O点间的距离。 解析　(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2， 由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝③ 粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝④ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤ (2)由几何关系及①②式

25、得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥ 答案　(1)(1＋)　(2)(1－) 活页作业 (时间：40分钟) A级：保分练 1.(2017·河北石家庄质检)(多选)垂直于纸面的匀强磁场区域宽度为d，一个电子以速度v沿图1所示方向垂直磁场方向及磁场边界射入该区域，恰好不能飞过场区，采取如下哪些方法，可能使该电子飞到场区右侧(　　) 图1 A.增大磁感应强度 B.改变v的方向 C.减小d D.将磁场反向 答案　BC 2.如图2所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入

26、B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点(　　) 图2 A. B. C. D. 解析　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝＋＝，所以选项B正确。 答案　B 3.如图3所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则(　　) 图3 A.该粒子带正电 B.A点与x轴的距离为 C.粒子由O到A经历时间t＝ D.运动过程中粒子的速度不

27、变 解析　由左手定则可判断该粒子带负电，选项A错误；根据粒子运动轨迹，A点离x轴的距离为r(1－cos θ)＝(1－cos 60°)＝，选项B正确；t＝T＝，选项C错误；运动过程中粒子速度大小不变，方向时刻改变，选项D错误。 答案　B 4.(2017·河南名校联考)如图4所示，水平放置的平行板长度为L、两板间距也为L，两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在两板正中央P点有一个不计重力的电子(质量为m、电荷量为－e)，现在给电子一水平向右的瞬时初速度v0，欲使电子不与平行板相碰撞，则(　　) 图4 A.v0>或v0< B. D.v

28、0< 解析　此题疑难点在于确定“不与平行板相碰撞”的临界条件。电子在磁场中做匀速圆周运动，半径为R＝，如图所示。当R1＝时，电子恰好与下板相切；当R2＝时，电子恰好从下板边缘飞出两平行板(即飞出磁场)。由R1＝，解得v1＝，由R2＝，解得v2＝，所以欲使电子不与平行板相碰撞，电子初速度v0应满足v0>或v0<，故选项A正确。 答案　A 5.如图5所示，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。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过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圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的。将磁感应强度的大小从原来

29、的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则等于(　　) 图5 A. B. C.2 D.3 解析　当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径。如图所示，当粒子从圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ，粒子都从圆弧PQ之间射出，因此轨道半径r1＝Rcos 30°＝ R；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即周长，对应的弦长为R，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R，半径r2＝，由r＝可得＝＝。 答案　B 6.如图6所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg

30、，电荷量为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6 (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，由动能定理得 qU＝mv2，解得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， 则qvB＝，解得R＝0.5 m，而＝0.5 m 故圆心

31、一定在x轴上，轨迹如图甲所示， 甲 由几何关系可知OQ＝R＋Rcos 37°＝0.9 m。 (3)带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图乙所示， 乙 由几何关系得OP>R′＋R′sin 37°，R′＝ 解得B′> T。 答案　(1)20 m/s　(2)0.9 m　(3)B′> T B级：拔高练 7.(2017·湖北黄冈二模)(多选)如图7所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，O为圆心，P为边界上的一点。相同的带电粒子a、b(不计重力)从P点先后射入磁场，粒子a正对圆心射入，速度方向改变60°后离开磁场，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成6

32、0°，已知它们离开磁场的位置相同。下列说法正确的是(　　) 图7 A.两粒子的速度大小之比＝ B.两粒子在磁场中运动的时间之比＝ C.两粒子在磁场中运动的半径之比＝ D.两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比＝ 解析　a粒子正对圆心O射入，则射出时速度方向反向延长线过O点，设射出点为Q，作出a粒子运动轨迹及圆心O1，如图所示。b粒子射入方向与a粒子射入方向成60°角，∠OPQ＝30°，所以PQ为b粒子做圆周运动的直径。由图可知2QO2＝QO1，即a粒子运动半径是b粒子运动半径的2倍，选项C错误；由r＝知，a粒子速度是b粒子速度的2倍，选项A错误；两粒子转动的周期T相同，a粒子转过的圆

33、心角为60°，用时为，b粒子转过的圆心角为180°，用时，选项B正确；a粒子运动的弧长为ra，b粒子运动的弧长为πrb，＝＝，选项D正确。 答案　BD 8.(2017·郑州模拟)(多选)如图8所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2，B1＝2B2＝2 T，比荷为2×106 C/kg的带正电粒子从O点以v0＝4×104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域，则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为(　　) 图8 A.×10－6 s B.π×10－6 s C.×10－6 s D.2π×10－6 s 解析　粒

34、子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动，则qv0B2＝，解得R2＝＝ 2 cm，故粒子经过半个圆周恰好到达P点，轨迹如图甲所示。 则粒子运动的时间t1＝＝＝×10－6 s，由于B1＝2B2，由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后，做半径R1＝R2＝1 cm的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过P点，轨迹如图乙所示，则粒子运动的时间t2＝T1＋T2＝× 10－6 s，在以后的运动中，粒子通过MN的点会远离P点，所以，粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为×10－6 s或×10－6 s。选项A、C正确。 答案　AC 9.如图9所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同

35、一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。 图9 (1)求极板间电场强度的大小； (2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小。 解析　(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得 qE·＝mv2① 解得E＝② (2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿

36、第二定律得 qvB＝③ 如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得 R＝④ 联立③④式得 B＝⑤ 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R＝⑥ 联立③⑥式得 B＝⑦ 答案　(1)　(2)或 10.如图10所示，在xOy坐标系的第Ⅱ象限内，x轴和平行x轴的虚线之间(包括x轴和虚线)有磁感应强度大小为B1＝2×10－2 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线过y轴上的P点，OP＝1.0 m，在x≥0的区域内有磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场。许多质量m＝1.6×10－25 kg、电荷量q＝＋1.6×10－18 C的粒子，以相同的

37、速率v＝2×105 m/s从C点沿纸面内的各个方向射入磁感应强度为B1的区域，OC＝0.5 m。有一部分粒子只在磁感应强度为B1的区域运动，有一部分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域。设粒子在B1区域运动的最短时间为t1，这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为t2，已知t2＝4t1。不计粒子重力。求： 图10 (1)粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时间为t0； (2)磁感应强度B2的大小。 解析　(1)粒子在磁感应强度为B1区域做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有r＝＝1.0 m，则OP＝r 粒子运动周期为T1＝① 如图所示，粒子沿＋y轴方向进入磁场，在B1区域运动时间最长，为半个周期(临界点)。有t0＝＝1.57×10－5 s (2)如图所示，粒子沿＋x轴的方向进入时，在B1区域运动时间最短(临界点)。 应用几何关系知sin α＝＝， 则α＝30°，则t1＝② 粒子在B2区域做匀速圆周运动的周期为T2＝③ 应用几何关系得，圆弧圆心角为240° 运动时间为t2＝T2④ 由题意知t2＝4t1⑤ 解①②③④⑤式得B2＝2B1，则B2＝4×10－2 T 答案　(1)1.57×10－5 s　(2)4×10－2 T 23