(新高考)高考物理一轮复习课时练习第10章第2讲《磁场对运动电荷的作用》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第10章第2讲《磁场对运动电荷的作用》(含解析)，共24页。试卷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。
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＝meq \f(v2,r)；
(2)轨道半径公式：r＝eq \f(mv,qB)；
(3)周期公式：T＝eq \f(2πm,qB)。
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。
【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.eq \f(m1,m2) B.eq \f(m2,m1)
C.eq \f(m1,4m2) D.eq \f(4m2,m1)
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＝meq \f(v2,r)，动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2，联立可得Ek＝eq \f(q2r2B2,2m)，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eq \f(Ekα,Ekβ)＝eq \f(\f(qeq \\al(2,1),m1),\f(qeq \\al(2,2),m2))＝eq \f(4m2,m1)，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。
3.洛伦兹力与电场力的比较
【例1】 (多选)如图1所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图像可能是( )
答案 ACD
解析 设初速度为v0，则FN＝qv0B，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μqv0B，物块向下做匀速运动，选项A正确；若mg＞μqv0B，则物块开始有向下的加速度，由a＝eq \f(mg－μqvB,m)可知，随速度增加，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，选项D正确；若mg＜μqv0B，则物块开始有向上的加速度，做减速运动，由a＝eq \f(μqvB－mg,m)可知，随速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确。
【变式1】 [2020·北京市丰台区第二学期统一练习(一)]初速度为零的α粒子和质子经过相同的加速电场后，垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动。已知α粒子和质子的质量之比mα∶mH ＝ 4∶1，电荷量之比qα∶qH ＝ 2∶1。则它们在磁场中做圆周运动的半径之比为( )
A.eq \r(2)∶1 B.1∶eq \r(2)
C. 2∶1 D. 1∶2
答案 A
解析 粒子在电场中加速时，有qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq \f(v2,R)，两式联立可得，粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2Um,q))，故两种粒子的半径之比为eq \f(Rα,RH)＝eq \r(\f(mα,mH)·\f(qH,qα))＝eq \r(\f(4,1)×\f(1,2))＝eq \f(\r(2),1)，选项A正确。
命题点二 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
类型1 直线边界磁场
直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图2所示)
图2
图a中粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)
图b中粒子在磁场中运动的时间
t＝(1－eq \f(θ,π))T＝(1－eq \f(θ,π))eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2m（π－θ）,qB)
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,qB)
【例2】 (多选)(2020·天津卷，7)如图3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3
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(2)＋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的轨道半径为R＝eq \r(2)a，则由qvB＝meq \f(v2,R)得v＝eq \f(qBR,m)＝eq \f(\r(2)qBa,m)，B、C错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(eq \r(2)＋1)a，D正确。
类型2 平行边界磁场
带电粒子在平行边界磁场中运动时的半径R与平行边界距离d之间的关系如图4所示。
图4
【例3】 (2020·全国卷Ⅱ，17)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图5(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )
图5
A.M处的电势高于N处的电势
B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案 D
解析 电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故选项A错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故选项C错误；对加速过程应用动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evB＝meq \f(v2,r)，则r＝eq \f(mv,Be)，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sin θ＝eq \f(d,r)(其中d为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dBeq \r(\f(e,2mU))，可见增大U会使θ减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故选项B错误，D正确。
类型3 圆形边界磁场
沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图6所示)
图6
粒子做圆周运动的半径r＝eq \f(R,tan θ)
粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,qB)，θ＋α＝90°
【例4】 (2020·全国卷Ⅲ，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7
A.eq \f(3mv,2ae) B.eq \f(mv,ae)
C.eq \f(3mv,4ae) D.eq \f(3mv,5ae)
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eq \r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq \f(4,3)a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(3mv,4ae)，选项C正确。
类型4 三角形或四边形边界磁场
【例5】 (2019·全国卷Ⅱ，17)如图8，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8
A.eq \f(1,4)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl B.eq \f(1,4)kBl，eq \f(5,4)kBl
C.eq \f(1,2)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl D.eq \f(1,2)kBl，eq \f(5,4)kBl
答案 B
解析 若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，
ra＝eq \f(l,4)
由qvaB＝meq \f(veq \\al(2,a),ra)得va＝eq \f(qBra,m)＝eq \f(qBl,4m)＝eq \f(kBl,4)
若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，
由几何关系得req \\al(2,d)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(rd－\f(l,2)))eq \s\up12(2)＋l2，
整理得rd＝eq \f(5,4)l
由qvdB＝meq \f(veq \\al(2,d),rd)得vd＝eq \f(qBrd,m)＝eq \f(5qBl,4m)＝eq \f(5kBl,4)，选项B正确。
【变式2】 如图9所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域。若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为( )
图9
A.eq \f(qBL,m)≤v≤eq \f(2\r(2)qBL,m) B.eq \f(qBL,m)≤v≤eq \f(5qBL,m)
C.eq \f(qBL,2m)≤v≤eq \f(（\r(2)＋1）qBL,m) D.eq \f(qBL,2m)≤v≤eq \f(5qBL,2m)
答案 C
解析 根据洛伦兹力提供向心力可知，v＝eq \f(qBr,m)，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD边相切时速度最大，如图，则有AO′·sin 45°＝O′E，即(r1＋L)sin 45°＝r1，解得最大半径为r1＝(eq \r(2)＋1)L，故最大速度为v1＝eq \f(（\r(2)＋1）qBL,m)；当粒子从C点出射时，半径最小，为r2＝eq \f(L,2)，故最小速度为v2＝eq \f(qBL,2m)，则v的取值范围为eq \f(qBL,2m)≤v≤eq \f(（\r(2)＋1）qBL,m)，故C正确，A、B、D错误。
命题点三 带电粒子在磁场中运动的临界和多解问题
【例6】 (2020·全国卷Ⅱ，24)如图10，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
图10
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为eq \f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
答案 (1)eq \f(mv0,qh) (2)eq \f(π,6) (2－eq \r(3))h
解析 (1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)①
由此可得R＝eq \f(mv0,qB)②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝eq \f(mv0,qh)④
(2)若磁感应强度大小为eq \f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
R′＝2h⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系知
sin α＝eq \f(h,2h)＝eq \f(1,2)⑥
则α＝eq \f(π,6)⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cs α)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－eq \r(3))h
【例7】 如图11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11
(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。
答案 (1)eq \f(2πm,qT0) (2)eq \f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)
解析 (1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力
qv0B0＝eq \f(mveq \\al(2,0),R)
做匀速圆周运动的周期T0＝eq \f(2πR,v0)
由以上两式解得磁感应强度大小B0＝eq \f(2πm,qT0)。
(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＝eq \f(d,4)；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＝eq \f(d,4n)(n＝1，2，3，…)。
由qvB0＝meq \f(veq \\al(2,0),R)得正离子的速度的可能值为
v0＝eq \f(qB0R,m)＝eq \f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)。
课时限时练
(限时：35分钟)
对点练1 洛伦兹力的理解和应用
1.(2020·江苏连云港市锦屏中学期中) 如图1所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间。此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是( )
图1
A.向左 B.向右
C.垂直纸面向里 D.垂直纸面向外
答案 D
解析 正电荷向右运动，蹄形磁铁两极间磁场方向向上，由左手定则可知，电荷所受洛伦兹力的方向垂直纸面向外，故选项D正确。
2.(2020·江西省教学质量监测)科学家预言，自然界存在只有一个磁极的磁单极子，磁单极子N的磁场分布如图2甲所示，它与如图乙所示正点电荷Q的电场分布相似。假设磁单极子N和正点电荷Q均固定，有相同的带电小球分别在N和Q附近 (图示位置)沿水平面做匀速圆周运动，则下列判断正确的是( )
图2
A.从上往下看，图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动
B.从上往下看，图甲中带电小球一定沿顺时针方向运动
C.从上往下看，图乙中带电小球一定沿顺时针方向运动
D.从上往下看，图乙中带电小球一定沿逆时针方向运动
答案 A
解析 根据圆周运动的受力条件可以从图乙中判断带电小球带的一定是负电，且在电场中小球的运动方向与电场力的方向无关；根据左手定则可知图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动。
对点练2 带电粒子在匀强磁场中的运动
3.(多选)(2020·辽宁辽南协作校第一次模拟)如图3所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场。图中实线是它们的轨迹，已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是( )
图3
A.粒子c带正电，粒子a、b带负电
B.射入磁场时粒子c的速率最小
C.粒子a在磁场中运动的时间最长
D.若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则a粒子运动时间不变
答案 AC
解析 带电粒子在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，A正确；洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)，根据几何关系可知粒子a运动的半径最小，所以粒子a的速率最小，B错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，粒子a在磁场中轨迹对应的圆心角最大，大小为180°，所以粒子a在磁场中运动的时间最长，为半个周期，C正确；洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,R)，解得粒子运动半径R＝eq \f(mv,qB)，磁感应强度B增大，可知粒子a运动的半径减小，所以粒子运动的圆心角仍然为180°，结合上述T＝eq \f(2πm,qB)可知粒子运动的周期改变，所以粒子a运动的时间改变，D错误。
4.(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，5)如图4所示，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝eq \f(1,2)h。则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
图4
A.32∶41 B.56∶41
C.64∶41 D.41∶28
答案 C
解析 画出两个粒子的轨迹如图所示，设甲粒子的轨道半径为R1，乙粒子的轨道半径为R2，根据几何关系有：(R1－h)2＋(0.5h＋htan 37°)2＝Req \\al(2,1)，解得R1＝eq \f(41,32)h，因为2htan 37°＋0.5h＝2h，所以R2＝2h，又因为Bqv＝meq \f(v2,R)，所以eq \f(q,m)＝eq \f(v,BR)，两粒子的比荷的比值为64∶41，故C正确。
5.(多选)(2020·山西吕梁市第一次模拟)如图5所示，在荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧光屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q，质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则( )
图5
A.粒子能打到荧光屏上的区域长度为2eq \r(3)d
B.能打到荧光屏上最左侧的粒子所用的时间为eq \f(πd,v)
C.粒子从发射到达到荧光屏上的最长时间为eq \f(πd,v)
D.同一时刻发射的粒子打到荧光屏上的最大时间差eq \f(7πd,6v)
答案 BD
解析 打在荧光屏上粒子轨迹的临界状态如图甲所示：
甲
根据几何关系知，带电粒子能到达荧光屏上的长度为l＝R＋eq \r(3)R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\r(3)))R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\r(3)))d，A错误；由运动轨迹图可知，能打到荧光屏上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为t＝eq \f(1,2)T，又T＝eq \f(2πd,v)，解得t＝eq \f(πd,v)，B正确；设此时粒子出射速度的大小为v，在磁场中运动时间最长(优弧1)和最短(劣弧2)的粒子运动轨迹示意图如图乙所示：
乙
粒子做整个圆周运动的周期T＝eq \f(2πd,v)，由几何关系可知最短时间t2＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πd,3v)，最长时间t1＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πd,2v)，根据题意得同一时刻发射的粒子打到荧光屏上的最大时间差Δt＝t1－t2，解得Δt＝eq \f(7πd,6v)，C错误，D正确。
6.(多选)(2020·山东泰安市一轮检测)如图6所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速度v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m、电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )
图6
A.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C.若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，出射后均可垂直打在MN上
D.若粒子速度大小均为v＝eq \f(qBR,m)，则粒子在磁场中的运动时间一定小于eq \f(πm,qB)
答案 ACD
解析 对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)知，运动时间t越短，故A正确，B错误；速度v＝eq \f(qBR,m)时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为r＝eq \f(mv,qB)＝R，根据几何关系可知入射点P、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，沿不同方向射入磁场，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间t＜eq \f(1,2)T＝eq \f(πm,qB)，故C、D正确。
7.(2020·湖北荆门市4月模拟)如图7所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于eq \f(1,2)T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )
图7
A.eq \f(1,3)T B.eq \f(1,4)T
C.eq \f(1,6)T D.eq \f(1,8)T
答案 A
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短。
由题意可知，粒子运动的最长时间等于eq \f(1,2)T，设OS＝d，则DS＝OStan 30°＝eq \f(\r(3),3)d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝eq \f(DS,2)＝eq \f(\r(3),6)d，由几何知识有ES＝OSsin 30°＝eq \f(1,2)d，sin eq \f(θ,2)＝eq \f(\f(ES,2),r)＝eq \f(\r(3),2)，则θ＝120°，粒子在磁场中运动的最短时间为tmin＝eq \f(θ,360°)T＝eq \f(1,3)T，故A正确，B、C、D错误。
对点练3 带电粒子在磁场中运动的临界和多解问题
8.[2020·陕西渭南市教学质量检测(Ⅰ)]如图8所示，在0≤x≤0.3 m区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.2 T，方向垂直纸面向外。一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带正电粒子，所有粒子的初速度大小均为2×104 m/s，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知粒子的电荷量为2×10－4 C，质量为4×10－10 kg，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为( )
图8
A.eq \f(π,2)×10－5 s B.eq \f(2π,3)×10－5 s
C.π×10－5 s D.eq \f(4π,3)×10－5 s
答案 D
解析 由洛伦兹力提供向心力
qvB＝meq \f(v2,r)，
得r＝eq \f(mv,qB)，代入数据解得r＝0.2 m，粒子的运动轨迹如图，由几何关系可得r＋rsin θ＝0.3，解得θ＝30°，所以粒子的偏转角为α＝240°，所以最长的运动时间为tmax＝eq \f(240°,360°)T＝eq \f(4π,3)×10－5 s。故选项D正确。
9.(多选)(2020·河北保定市二模)如图9所示，边界OA与OC之间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，∠AOC＝60°。边界OA上距O点l处有一粒子源S，可发射质量为m，带正电荷q的等速粒子。当S沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现都没有粒子从OC边界射出。则( )
图9
A.粒子的最大发射速率不超过eq \f(\r(3)qBl,4m)
B.粒子的最大发射速率不超过eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－3))qBl,m)
C.粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为l
D.粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为eq \f(\r(3)l,2)
答案 AD
解析 要使没有粒子从OC边界射出，沿如图路线运动的粒子不离开磁场，满足eq \f(1,2)lsin 60°＝eq \f(mv,qB)，v＝eq \f(\r(3)qBl,4m)，故A正确，B错误；粒子速度v＝eq \f(\r(3)Bql,4m)，从OA边界离开磁场时离S最远距离d＝2R＝lsin60°＝eq \f(\r(3),2)l，故C错误，D正确。
10.(多选)(2020·辽宁沈阳市第一次质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图10所示，则( )
图10
A.a粒子带正电，b粒子带负电
B.两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1
C.两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D.两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
答案 BD
解析 由左手定则可得：
a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，故Ra＝eq \f(\f(1,2)d,sin 30°)＝d，Rb＝eq \f(\f(1,2)d,sin 60°)＝eq \f(\r(3),3)d，
所以，Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1，故B正确；
由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，
ta＝eq \f(Ta,6)＝tb＝eq \f(Tb,3)，则Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq＝eq \f(mv2,R)，
所以，运动周期为：T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)；
根据a、b粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。
11.(2020·河北石家庄市二模)如图11所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向外，两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为＋q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则发射速度v0为哪一值时粒子能通过B点( )
图11
A.eq \f(2qBL,m) B.eq \f(3qBL,2m)
C.eq \f(2qBL,3m) D.eq \f(qBL,7m)
答案 D
解析 粒子带正电，且经过B点，其可能的轨迹如图所示。
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径r＝eq \f(L,n)(n＝1，2，3，…)，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(qBr,m)＝eq \f(qBL,nm)(n＝1，2，3，…)，由此可知，v＝eq \f(qBL,7m)的粒子能通过B点，故A、B、C不符合题意，D符合题意。
12. [2020·湖南常德市模拟(二)]如图12所示，在y≥0的区域存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向均匀地不断发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为＋q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板 P上，其速度立即变为0)。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力，求：
图12
(1)磁感应强度B的大小；
(2)被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；
(3)打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比。
答案 (1)eq \f(mv,qx0) (2)eq \f(4πx0,3v) (3)1∶2
解析 (1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿－x方向射出的粒子恰好打在金属板的上方，如图a所示：
图a
则R＝x0，qvB＝meq \f(v2,R)，联立得B＝eq \f(mv,qx0)。
(2)粒子做匀速圆周运动的周期为T，根据圆周运动公式可知T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πx0,v)，图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O′与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角，由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即t＝eq \f(T,6)＝eq \f(πx0,3v)
图c为打在右侧下端的临界点，圆心O″与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角，由图a、c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，即t′＝eq \f(5T,6)＝eq \f(5πx0,3v)，则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为Δt＝t′－t＝eq \f(4πx0,3v)。
(3)由图a和图c可知打在右侧面的粒子发射角为30°，由图b知打在左侧面的粒子发射角为60°，所以打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(30°,60°)＝eq \f(1,2)。
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
F⊥B，F⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功
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
②弦的垂直平分线过圆心
③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心
P、M点速度垂线交点
P点速度垂线与弦的垂直平分线交点
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：例：(左图)
R＝eq \f(L,sin θ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq \f(L2＋d2,2d)
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＝eq \f(θ,2π)T
②t＝eq \f(L,v)
速度的偏转角φ等于AB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
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
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