2020年高考物理一轮复习文档：第10章磁场第48讲 学案

第48讲　磁场对运动电荷的作用

考点一　洛伦兹力的大小和方向




1．洛伦兹力的定义：磁场对运动电荷的作用力。
2．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，F＝0。
(2)v⊥B时，F＝qvB。
(3)v与B夹角为θ时，F＝qvBsinθ。
3．洛伦兹力的方向
(1)由左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
(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)
(3)由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。
4．对洛伦兹力的理解
(1)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之改变。
(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(3)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。安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
(4)注意区分洛伦兹力和电场力产生的条件与方向。洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，它垂直于B、v决定的平面；而电场力是电荷在电场中受到的力，与电场方向相同或相反。

1. 如图所示，匀强磁场水平向右，电子在磁场中的运动方向与磁场方向平行，则该电子(　　)

A．不受洛伦兹力
B．受洛伦兹力，方向向上
C．受洛伦兹力，方向向下
D．受洛伦兹力，方向向左
答案　A
解析　当带电粒子运动方向与磁场方向平行时，粒子不受洛伦兹力作用，故A正确。
2．[教材母题]　(人教版选修3－1 P98·T3)在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器。试证明带电粒子具有速度v＝时，才能沿着图示虚线路径通过这个速度选择器。

[变式子题]　(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，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)

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

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
答案　BC
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，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，C正确，D错误。考点二　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做圆周运动的分析
(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，以及过已知速度方向的点垂直于该点速度方向的垂线，中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图b。
(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)来确定。
(3)时间的计算方法
方法一：由圆心角求：t＝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)。


(2016·全国卷Ⅲ)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. B.
C. D.

解析　如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与MO成30°角，由几何关系可知，PQ为轨迹圆直径且PQ⊥ON，故出射点到O的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝，所以D正确。
答案　D
方法感悟

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法






1. 带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向运动，由于受到阻力作用，粒子的动能逐渐减小(所带电荷量不变，重力忽略不计)，轨迹如曲线abc所示，则该粒子(　　)

A．带负电，运动方向c→b→a
B．带负电，运动方向a→b→c
C．带正电，运动方向a→b→c
D．带正电，运动方向c→b→a
答案　B
解析　带电粒子沿垂直于磁场方向运动，粒子的动能逐渐减小，速度减小，则由公式r＝得知，粒子的轨迹半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b再到c。在a处，粒子所受的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，该粒子带负电，所以B正确。
2. (2018·甘肃兰州一中期末)圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　)

A．a粒子速率最大
B．c粒子速率最大
C．c粒子在磁场中运动的时间最长
D．它们做圆周运动的周期Ta 答案　B

解析　根据qvB＝m和qvB＝mr得：轨迹半径r＝，运动周期T＝。由于带电粒子在同一磁场中运动，B相同，它们的q、m均相同，所以r与v成正比，如图所示，可知raθb>θc，所以ta>tb>tc，故C错误。
考点三　带电粒子在磁场中运动的多解问题




1．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，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解。
如图甲所示，带电粒子以速率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。

2．磁场方向的不确定形成多解：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的方向，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图乙所示。
3．临界状态不唯一形成多解：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，它可能直接穿过去了，也可能运动半个圆周从入射面边界反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解。

4．运动的往复性形成多解：例如带电粒子在一部分是电场、一部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示。

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。若粒子带正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆周圆弧，轨道半径：R＝

又d＝R－
解得v＝(2＋)。
若粒子带负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN′
相切的圆周圆弧，则有：R′＝
d＝R′＋，
解得v′＝(2－)。
答案　(2＋)(粒子带正电荷)
或(2－)(粒子带负电荷)
方法感悟

求解带电粒子在磁场中运动的多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。






(2018·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、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以及离子间的相互作用。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。
答案　(1)
(2)(n＝1,2,3，…)
解析　(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，
即qv0B0＝，做匀速圆周运动的周期T0＝
联立两式得磁感应强度B0＝。
(2)分析可知，离子只有运动整数个周期时，才能回到出发时的高度，从而从O′孔垂直于N板射出磁场。离子只用一个周期T0的运动轨迹如图所示，有r＝

当正离子在两板之间共运动n个周期，
即nT0时，有r＝ (n＝1,2,3，…)
解得正离子的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1,2,3，…)。

考点四　动态圆问题




带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹的圆心位置变化的问题称为动态圆问题。常见的有两种模型。
一、确定入射点O和速度大小v，不确定速度方向
在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源，在纸面内朝各个方向发射速度大小为v，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动。其特点是：

1．各动态圆圆心O1、O2、O3、O4、O5(取五个圆)的轨迹分布在以粒子源O为圆心、R＝为半径的一个圆周上(如图虚线所示)。
2．带电粒子在磁场中能经过的区域是以粒子源O为圆心、2R为半径的大圆(如图实线所示)。
3．各动态圆相交于O点。
二、确定入射点O和速度方向，不确定速度大小

在垂直于纸面的无限大的磁感应强度为B的匀强磁场中，在O点有一粒子源，在纸面内沿同一方向发射速度v大小不确定，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)，这些带电粒子在匀强磁场中做同方向旋转匀速圆周运动。其特点是：
1．各动态圆的圆心(取七个圆)分布在与速度方向垂直的同一条直线上，如图所示。
2．各动态圆的半径R各不相同。
3．各动态圆相交于O点。



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。磁场内有一块足够大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度。

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表示轨迹半径，有qvB＝m，
由此得R＝，
代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R。
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作圆弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。即：NP1＝。

再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆弧，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。
由图中几何关系得
NP2＝，
所求长度为P1P2＝NP1＋NP2，
代入数值得P1P2＝20 cm。
答案　20 cm
方法感悟
模型一问题可以叫做“旋转圆”问题，即将半径不变的圆周轨迹，以粒子的发射点为圆心旋转。模型二问题可以叫做“放缩圆”问题，即半径不同的圆周轨迹，都以粒子的发射速度方向为切线。





如图所示，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列各项中图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝。下列各项中图正确的是(　　)



答案　A
解析　由于带电粒子从O点以相同速率射入纸面内的各个方向，射入磁场的带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，其运动半径是相等的。沿ON方向(临界方向)射入的粒子，恰能在磁场中做完整的圆周运动，则过O点垂直MN右侧恰为一临界半圆；若将速度方向从沿ON方向逆时针偏转，则在过O点垂直MN左侧，其运动轨迹上各个点到O点的最远距离，恰好是以O为圆心、以2R为半径的圆弧。故A正确。
课后作业



[巩固强化练]
1．有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是(　　)
A．电荷在电场中一定受电场力的作用
B．电荷在磁场中一定受磁场力的作用
C．电荷受电场力的方向与该处的电场强度方向一致
D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向不一定垂直
答案　A
解析　电荷在电场中一定受到电场力作用，A正确；电荷在磁场中不一定受洛伦兹力，当静止时一定不受洛伦兹力，而运动的电荷，当速度与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，B错误；正电荷所受电场力一定与该处电场强度方向相同，而负电荷所受电场力与该处电场强度方向相反，C错误；电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，D错误。
2．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力方向之间的关系正确的是(　　)

答案　B
解析　根据左手定则，A中f方向应向上，B中f方向应向下，故A错误，B正确；C、D中都是v∥B，f＝0，故C、D错误。
3. (多选)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(　　)

A．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，轨迹半径不变
D．电子将向右偏转，轨迹半径改变
答案　AD
解析　由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，速率不变，A正确，B、C错误；又由R＝知，在电子偏离直线电流时，B减弱，故R变大，D正确。
4．两个质量相同、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，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)

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
答案　C
解析　由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，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，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，D错误。
5. 一个质量m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。取g＝10 m/s2。问：

(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？
(3)该斜面的长度至少多长？
答案　(1)负电荷　(2)2 m/s　(3)1.2 m
解析　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有
qvB＋FN－mgcosα＝0
当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB＝mgcosα
得v＝＝ m/s＝2 m/s。
(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得
mgxsinα＝mv2－0，解得x＝1.2 m。
6. 如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B＝2×10－3 T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为 m，磁场方向垂直于纸面向里。坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为＝5×107 C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v＝1×105 m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。

(1)求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；
(2)求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角。
答案　(1)(1 m,1 m)　×10－5 s　(2)45°
解析　(1)平行于x轴射入的粒子，轨迹如图甲所示，设出射点为P，

由qvB＝m得
R＝＝ m＝1 m
由几何关系可知
O1P＝O1O＝1 m, OP＝ m
则△O1OP为等腰直角三角形，设P点坐标为(x，y)，则
x＝y＝1 m，α＝，故P点坐标为(1 m,1 m)
运动时间为
t＝·＝×10－5 s。
(2)设恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角为θ，画出轨迹如图乙所示。

由几何关系可知O2M＝O2O＝1 m，OM＝ m，则△O2OM为等腰直角三角形，∠O2OM＝45°，则θ＝∠O2OM＝45°。
[真题模拟练]


7．(2017·全国卷Ⅱ) 如图，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(　　)

A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶

答案　C

解析　相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示。由几何关系知r2＝ ＝R，可得r2∶r1＝∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故选C。
8．(2016·全国卷Ⅱ) 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. B. C. D.
答案　A

解析　定圆心、圆轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，粒子做圆周运动的周期T＝，粒子运动时间t＝T＝；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝＝，联立以上两式得＝，A项正确。
9．(2018·抚顺高三模拟) 如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S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同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)

A. B. C. D.
答案　B

解析　根据洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，解得轨迹半径R＝，初速度大小相同，轨迹半径相同。粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OC直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦，轨迹如图所示。设OS＝d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，此时粒子在磁场中运动的时间最长，为，由此得到轨迹半径为R＝d；当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短。则SE＝d，由几何知识得θ＝60°，最短时间tmin＝，故B正确，A、C、D错误。
10．(2018·全国卷Ⅲ) 如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：

(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
答案　(1)　(2)1∶4
解析　(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。
同理有q2U＝m2v⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。
11．(2018·潍坊高三统考) 如图所示，在xOy平面第一象限的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第四象限区域Ⅱ内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝，区域Ⅰ、Ⅱ的宽度均为L，高度分别为DE＝L，EF＝2L，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从左边为(0，－L)的A点以速度v0沿与y轴正方向成45°角的方向射入区域Ⅱ，经x轴上的C点(图中未画出)进入区域Ⅰ，不计粒子重力。

(1)求OC的长度；
(2)要使粒子从DE边界射出，区域Ⅰ磁感应强度的最小值B为多大？
答案　(1)(－1)L　(2)

解析　(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力，有
qv0B0＝m
解得在区域Ⅱ的运动半径
R2＝L
由几何关系可知：粒子经过x轴时速度沿y轴正方向OC＝R2－R2sin45°
解得OC＝(－1)L。
(2)当区域Ⅰ磁感应强度最小时，粒子从D点射出
运动半径R1＝L
由qv0B＝m
得B＝。
12．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。

(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子圆周运动的半径r0＝
由题意知r0＝
解得B＝。
(2)粒子入射速度为5v0时，圆周运动半径
r＝＝5r0＝，
如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，
由d＝rsinα，得sinα＝，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1＝·
解得t1＝
直线运动的时间t2＝，解得t2＝

则t＝4t1＋t2＝。
(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x，
粒子从O点向上运动的最大偏移量
y＝2r(1－cosα)＋xtanα
由y≤2d，解得x≤d
则当xm＝d时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值
sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝＝。