2023届高考物理（新鲁科版）一轮总复习讲义第十章　磁场

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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的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)【自测1】 带电荷量为＋q的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＝；(4)运动时间：t＝T；(5)动能：Ek＝mv2＝＝。【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　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，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。命题点一　对洛伦兹力的理解和应用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)洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，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。【真题示例1】 (多选) (2021·湖北卷，9)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图1所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是(　　)图1A.a带负电荷 B.b带正电荷C.c带负电荷D.a和b的动量大小一定相等答案　BC解析　由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，解得R＝，由于a粒子与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误。【针对训练1】 如图2所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是(　　)图2A.滑块受到的摩擦力不变B.滑块到达地面时的动能与B的大小无关C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D.B很大时，滑块可能静止于斜面上答案　C解析　根据左手定则可知，滑块下滑过程中，受到垂直斜面向下的洛伦兹力，故C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，故A错误；B越大，滑块下滑过程中受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，故B错误；由于开始滑块不受洛伦兹力时能下滑，说明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B很大时，若滑块速度很小，则摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑块不会静止在斜面上，故D错误。命题点二　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 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P、M点速度方向垂线的交点②弦的垂直平分线过圆心P点速度垂线与弦的垂直平分线交点③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心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：左图中，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＝T②t＝(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　直线和平行边界磁场1.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＝2.平行边界：往往存在临界条件，如图4所示。图4【真题示例2】 (2021·北京卷，12)如图5所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出(　　)图5A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B.带电粒子在磁场中运动的速率C.带电粒子在磁场中运动的时间 D.该匀强磁场的磁感应强度答案　A解析　画出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，找出轨迹圆心O′，如图所示。轨迹半径r＝，则轨迹方程为x2＋(y－a)2＝a2(x＞0，y＞0)，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，故v＝，因为B和v均未知，故选项B、D错误；因为T＝＝，B未知，不能求出周期T，故不能求出带电粒子在磁场中运动的时间，C错误。【例3】 如图6所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，粒子射入磁场的速度大小v＝，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为(　　)图6A.1∶1   B.2∶3  C.∶2   D.∶3答案　C解析　粒子在磁场中运动时，qvB＝，粒子运动轨迹半径R＝＝d；由左手定则可得，粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿AN方向射入磁场时，到达PQ边界的最下端，距A点的竖直距离L1＝＝d；运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝＝d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度L＝L1＋L2＝d。因为R<d，所以粒子在MN边界射出区域的长度为L′＝2R＝d。故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为L∶L′＝d∶d＝∶2，故C正确，A、B、D错误。【针对训练2】  (多选) (2021·湖南衡阳市毕业联考)如图7所示，虚线MN将竖直平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域分别存在着垂直纸面方向的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区。曲线apb为运动过程中的一段轨迹，其中弧ap、弧pb的弧长之比为2∶1，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是(　　)图7A.弧ap与弧pb对应的圆心角之比为2∶1B.粒子通过ap、pb两段弧的时间之比为2∶1C.粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为1∶1D.Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2答案　BD解析　粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，根据粒子偏转方向相反，粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可知，两粒子转过的角度相等，即弧ap与弧pb对应的圆心角之比为1∶1，又有弧ap、弧pb的弧长之比为2∶1，则粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1，根据t＝T＝×＝可知，粒子通过ap、pb两段弧的时间之比为2∶1，故A、C错误，B正确；根据粒子偏转方向相反可知，Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反；根据磁感应强度B＝可知，Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度大小之比为1∶2，故D正确。　圆形边界磁场1.沿径向射入必沿径向射出，如图8甲所示。2.不沿径向射入时，如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。3.若粒子做匀速圆周运动的半径等于磁场区域的半径，则有如下两个结论：(1)当粒子从磁场边界上同一点沿不同方向进入磁场区域时，粒子离开磁场时的速度方向一定平行，(磁发散)如图丙。(2)当粒子以相互平行的速度从磁场边界上任意位置进入磁场区域时，粒子会从同一点离开磁场区域，(磁聚焦)如图丁。图8【例4】 (2021·江苏省第二次适应性模拟)科学仪器常常利用磁场将带电粒子“约束”在一定区域内，使其不能射出。如图9所示的磁场区域：匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里，其边界分别是半径为R和2R的同心圆，O为圆心，A为磁场内在圆弧上的一点，P为OA的中点。若有一粒子源向纸面内的各个方向发射出比荷为的带负电粒子，粒子速度连续分布，且无相互作用。不计粒子的重力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图9(1)粒子源在A点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vAm；(2)粒子源在O点时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间的最大值tm；(3)粒子源在P点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vPm。解析　(1)如图甲所示，甲粒子源在A点时，粒子最大运动半径为rmax＝＝R，由运动的半径rmax＝解得vAm＝。(2)设粒子运动半径为r0，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，如图乙所示，乙被磁场约束的粒子每次经过磁场时间最长，在△OAC中，OA2＋AC2＝OC2则R2＋r＝(2R－r0)2得r0＝R，则∠ACO＝53°，∠ACD＝106°，轨迹圆心角为360°－106°＝254°解得tm＝T＝。(3)当粒子源在P点时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，如图丙所示，丙被磁场约束的粒子半径最大，速度为最大值，设粒子运动半径为rP。在△OGE中，OG2＋GE2＝OE2，其中，OG＝R，EG＝rP－R，OE＝2R－rP得rP＝R由运动半径r＝，解得vPm＝。答案　(1)　(2)　(3)【针对训练3】 (2021·全国乙卷，16)如图10，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则为(　　)图10A.   B. C.   D.答案　B解析　设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中做圆周运动的轨迹半径r2＝Rtan 60°＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，则r1＝，r2＝，解得＝，B正确。　三角形或四边形边界磁场【例5】 (多选) (2021·山东济南市模拟)如图11所示，边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q。粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　)图11A.磁感应强度大小为B.磁感应强度大小为C.若发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为D.若发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为答案　BC解析　磁场方向垂直纸面向外，粒子恰好没有穿出磁场区域，因此带电粒子的轨迹圆的直径等于过O点垂直于cb的线段长度，设垂足为d，由几何关系得Od＝L，则粒子轨迹圆的半径为r＝L，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得B＝，A错误，B正确；当发射粒子速度为2v时，由2qvB＝m，得r′＝＝，求最短时间，也就是求粒子在磁场中转过最小的角度，当粒子从垂足d穿出时，时间最短，由几何关系知，转过的角度为θ＝60°，T＝＝，即最短时间t＝T＝，C正确，D错误。【针对训练4】 如图12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(　　)图12A.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答案　D解析　由左手定则可知，a粒子带正电，故A错误；由qvB＝m，可得r＝，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＝mv2，知粒子c的动能最小，故B错误；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；由T＝，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t＝T最短，故C错误。
命题点三　带电粒子在磁场中运动的多解问题类型分析图例带电粒子电性不确定　带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如带正电，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，由于磁感应强度方向不确定而形成多解若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　带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，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】 如图13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，规定垂直于纸面向里的方向为正方向。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，不计离子所受重力。求：图13(1)磁感应强度的大小B0；(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。解析　(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝做匀速圆周运动的周期T0＝解得磁感应强度大小B0＝。(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向如图所示，正离子在两板之间只运动一个周期T0，有R＝；当正离子在两板之间运动n(n＝1，2，3，…)个周期，即nT0(n＝1，2，3，…)时，有R＝(n＝1，2，3，…)。由qv0B0＝m得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1，2，3，…)。答案　(1)　(2)(n＝1，2，3，…)对点练 洛伦兹力的理解和应用1.(多选)如图1所示，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(　　)图1A.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，轨道半径不变D.电子将向右偏转，轨道半径改变答案　AD2.(2021·山东临沂市等级考模拟)如图2所示，在垂直纸面的方向上有三根长直导线，其横截面位于正方形的三个顶点b、c、d上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示，一带负电的粒子从正方形的中心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2A.沿O到a方向   B.沿O到c方向C.沿O到d方向   D.沿O到b方向答案　A解析　由安培定则可判断b、c、d三根导线在O点产生的磁场如图所示，由磁场的叠加性原理可知它们的合磁场方向水平向左，再由左手定则可判断，带负电的粒子所受洛伦兹力方向沿O到a方向，故A正确。对点练 带电粒子在匀强磁场中的运动3.(多选) (2019·海南卷，9)如图3，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则(　　)图3A.P和Q的质量之比为1∶2B.P和Q的质量之比为∶1C.P和Q速度大小之比为∶1D.P和Q速度大小之比为2∶1答案　AC解析　设MN＝2R，则粒子P做圆周运动的轨迹圆半径R＝；粒子Q做圆周运动的轨迹圆半径为R，有R＝；又两粒子在磁场中运动时间相同，则tP＝，tQ＝TQ＝，即＝，解得mQ＝2mP，vP＝vQ，故A、C正确，B、D错误。4.(多选) (2020·天津卷，7)如图4所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则(　　)图4A.粒子带负电荷B.粒子速度大小为C.粒子在磁场中运动的轨道半径为aD.N与O点相距(＋1)a答案　AD解析　由左手定则可知，带电粒子带负电荷，A正确；做出粒子的轨迹示意图如图所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R＝a，则由qvB＝m得v＝＝，B、C错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(＋1)a，D正确。5.(2019·全国Ⅲ卷，18)如图5，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　　)图5A.   B.  C.   D.答案　B解析　带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，由几何知识知cos θ＝＝，θ＝60°，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间t1＝＝＝，粒子在第一象限内运动的时间t2＝＝＝，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，选项B正确。6.(2021·北京市丰台区模拟)如图6所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m，电荷量为q，初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P 点射入磁场，从Q 点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误的是(　　)图6A.粒子带正电B.粒子在磁场中运动的轨迹长度为C.粒子在磁场中运动的时间为D.圆形磁场区域的半径为tan θ答案　D解析　根据粒子的偏转方向，由左手定则可以判断出粒子带正电，A不符合题意；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得粒子在磁场中运动时，其轨迹的半径为r＝，由几何关系可知其对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的轨迹长度为s＝θr＝，B不符合题意；粒子做匀速运动的周期为T＝＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝·T＝，C不符合题意；设圆形磁场区域的半径为R，由tan ＝，解得R＝rtan ＝·tan ，D符合题意。7.(2020·全国Ⅲ卷，18)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图7所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为(　　)图7A.   B.  C.   D.答案　C解析　为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动轨迹的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有＋r＝3a，解得r＝a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有evB＝m，解得B＝，选项C正确。8.(2021·辽宁沈阳市5月教学质检)如图8所示，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，∠A＝60°，∠B＝30°，放置在A点的放射源沿着AC方向发出各种速率的带负电粒子，放置在B点的放射源沿着BC方向发出各种速率的带正电粒子，正、负粒子的比荷相同，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。若从边界AC飞出的正粒子在磁场中飞行的最长时间为t，则从边界BC飞出的负粒子在磁场中飞行的最长时间为(　　)图8A.t   B.t  C.t   D.2t答案　C解析　从A点飞出的正粒子飞行时间最长，由几何关系可知，从A点飞出的正粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为60°，则t＝·，从BC边界飞出速度方向与BC相切的负粒子，在磁场中飞行的时间最长，由几何关系可知，从BC点飞出的负粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为90°，则粒子运动时间为t′＝·＝，选项C正确。9.(2019·全国Ⅱ卷，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9A.kBl，kBl                   B.kBl，kBlC.kBl，kBl   D.kBl，kBl答案　B解析　若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，ra＝由qvaB＝m得va＝＝＝若电子从d点射出，运动轨迹如图线②由几何关系得r＝＋l2整理得rd＝l由qvdB＝m得vd＝＝＝，选项B正确。10.(多选)(2021·海南卷，13)如图10所示，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则(　　)图10A.粒子一定带正电B.当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场C.粒子入射速率为D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L答案　ACD解析　根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图粒子运动的轨迹半径为r＝＝2L洛伦兹力提供向心力qvB＝m解得粒子入射速率v＝若α＝45°，粒子运动轨迹如图根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误，C正确；粒子离开磁场的位置到O点距离最大时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图根据几何关系可知(2r)2＝(L)2＋x解得xm＝3L，D正确。11.(2019·全国Ⅰ卷，24)如图11，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：图11(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。答案　(1)　(2)解析　 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v由动能定理有qU＝mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律有qvB＝m②由几何关系知d＝r③联立①②③式得＝。④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝＋rtan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝⑥联立②④⑤⑥式得t＝。12.(2021·山东烟台统考)如图12所示，在正六边形ABCDEF的内接圆范围内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小可以调节。正六边形的边长为l，O为正六边形的中心点，M、N分别为内接圆与正六边形AB和BC边的切点，在M点安装一个粒子源，可向磁场区域内沿着垂直磁场的各个方向发射比荷为q/m、速率为v的粒子，不计粒子重力。图12(1)若沿MO方向射入磁场的粒子恰能从N点离开磁场，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)若匀强磁场的磁感应强度的大小调节为B′＝，求粒子源发射的粒子在磁场中运动的最长时间。答案　(1)　(2)解析　(1)粒子以速率v1沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图由几何条件可知磁场圆的半径为R＝l设轨迹圆半径为r1，则tan ＝解得r1＝l由牛顿第二定律可得qvB＝m解得B＝。(2)磁感应强度变化以后，大量此类粒子从M点射入磁场，由牛顿第二定律可得qvB′＝m，解得r2＝l粒子射入方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长(劣弧)最长，对应的弦长最长(磁场圆的直径)，轨迹如图由几何关系得α＝粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝tmax＝。