2021届高考物理粤教版一轮学案：第九章第2讲磁场对运动电荷的作用


第2讲　磁场对运动电荷的作用

知识要点
一、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
F＝qvBsin θ(θ为电荷运动方向与磁感应强度方向的夹角)
(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。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，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.基本公式
(1)向心力公式：qvB＝
(2)轨道半径公式：R＝
(3)周期公式：T＝
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。
基础诊断
1.(多选)关于洛伦兹力方向的判定，以下说法正确的是(　　)
A.用左手定则判定洛伦兹力方向时，“四指指向”与电荷定向运动方向相同
B.用左手定则判定洛伦兹力方向时，“四指指向”与电荷运动形成等效电流方向相同
C.正电荷在磁场中受洛伦兹力的方向即是该处磁场方向
D.若将在磁场中的运动电荷＋q换为－q且速度方向反向，则洛伦兹力方向不变
解析　运用左手定则时，“四指指向”应沿电荷定向移动形成的等效电流方向，而不一定沿电荷定向运动方向，因为负电荷定向移动形成电流的方向与其运动方向反向，通过左手定则所确定的洛伦兹力与磁场之间的关系可知：两者方向相互垂直，而不是相互平行。
答案　BD
2.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是(　　)
A.洛伦兹力对带电粒子做功
B.洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C.洛伦兹力的大小与速度无关
D.洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
解析　根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A项错误，B项正确；根据F＝qvB可知，大小与速度有关。洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小。
答案　B
3.(2019·北京卷，16)如图1所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(　　)

图1
A.粒子带正电
B.粒子在b点速率大于在a点速率
C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
解析　由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R＝，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R＝，若仅减小入射速率v，则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝T，T＝知，运动时间变长，D错误。
答案　C

　洛伦兹力的理解及计算
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。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。
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
力方向与场方向的关系
一定是F⊥B，F⊥v
正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功，也可能不做功
作用效果
只改变电荷的速度方向，不改变速度大小
既可以改变电荷的速度大小，也可以改变运动的方向
【例1】 (多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图2所示。不计空气阻力，则(　　)

图2
A.一定有h1＝h3 B.一定有h1＜h4
C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较
解析　图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝，图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有v＝2gh3得h3＝，所以h1＝h3，故A正确；图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2＋Ek＝
mv，又由于mv＝mgh1，所以h1＞h2，D错误；图丁中，因小球电性不知，则电场力方向不清，则h4可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误。
答案　AC

1.如图3所示，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(　　)

图3
A.向上 B.向下
C.向左 D.向右
解析　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。
答案　A
2.(多选)(2019·福建省三明市上学期期末)如图4所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是下图中的(　　)

图4

解析　当qvB＝mg时，圆环做匀速直线运动，此时图象为B，故B正确；当qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图象的斜率应该逐渐增大，故A、D错误。
答案　BC
　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
考向　带电粒子在单直线边界匀强磁场中的运动
直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图5所示)

图5
带电粒子(不计重力)在单直线边界匀强磁场中的运动，具有两个特性
①对称性：进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等；
②完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的圆弧轨迹恰构成一个完整的圆，两圆弧所对应的圆心角之和等于2π。
【例2】 (多选)如图6所示，在竖直线EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为＋q和－q的带电粒子，从O点以相同的初速度v，先后射入磁场，已知初速度方向与OF成θ＝30°角，两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，则(　　)

图6
A.两带电粒子回到EOF竖直线时到O点的距离相等
B.两带电粒子回到EOF竖直线时的速度相同
C.两带电粒子在磁场中的运动时间相等
D.从射入到射出磁场的过程中，两带电粒子所受洛伦兹力的冲量相同
解析　这两个正、负粒子以与OF成θ＝30°角射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，负粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示(磁场未画出)。因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由r＝和T＝知，正、负粒子的轨迹半径和周期相同；由几何关系知，负粒子在磁场中转过的角度为2θ，正粒子在磁场中转过的角度φ＝2π－2θ，则两段圆弧所对应的弦长度相等，即两带电粒子回到EOF竖直线时到O点的距离相等，选项A正确；因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析知，两粒子回到EOF竖直线时的速度大小和方向均相同，选项B正确；因正、负粒子的运动周期相同，而在磁场中的偏转角度不同，所以两带电粒子在磁场中的运动时间不等，选项C错误；因两带电粒子的初、末速度相同，根据动量定理可知两粒子所受洛伦兹力的冲量相同，选项D正确。

答案　ABD
【拓展提升1】 在【例2】中，若OE上依次有A、C、D三点，OA＝AD，AC＝CD，同种带电粒子(不计重力)从O点射入磁场，如图7所示。当θ＝45°时，速率为v1、v2的两个粒子分别从A、D两点射出磁场；当θ＝60°时，速率为v3的粒子恰好从C点射出磁场。下列说法正确的是(　　)

图7
A.粒子带负电
B.速率分别为v1、v2的两个粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为1∶2
C.速率分别为v1、v3的两个粒子在磁场中运动的时间之比为8∶9
D.v3＝(v1＋v2)
解析　粒子沿逆时针方向旋转，由左手定则可判断，粒子带正电，选项A错误；令OA＝AD＝L，则由几何关系有r1＝，r2＝，故r1∶r2＝1∶2，选项B正确；粒子在磁场中运动的时间t＝T＝T，故t1∶t3＝＝9∶8，选项C错误；因r1＝＝，r2＝L，r3＝＝L，故r3＝(r1＋r2)，由r＝知v∝r，故v3＝(v1＋v2)，选项D错误。
答案　B
考向　带电粒子在双直线边界匀强磁场中的运动
带电粒子在平行边界磁场中的运动(存在临界条件，如图8所示)。

图8
【例3】 如图9所示，竖直平行边界MN、PQ间有垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两个完全相同的粒子(不计粒子的重力)在边界MN上的C点分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方向与边界MN的夹角分别为30°、45°，结果两个粒子均从边界PQ上的D点射出磁场，C、D连线与两边界的垂线CE的夹角θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比及运动的时间之比分别为(已知sin 15°＝，cos 15°＝)(　　)

图9
A.　2 B.　2
C.　 D.　
解析　C、D两点间的距离记为L，粒子的运动轨迹如图所示，则轨迹半径r＝，轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合r＝和T＝，得v∝，t＝T∝(120°－2α)，则＝＝，＝＝2，选项A正确。

答案　A
【拓展提升2】 在【例3】中，若甲、乙两粒子以不同的初速率从C点均沿与边界MN成α＝30°角的方向射入磁场，甲恰好从E点射出磁场，而乙在磁场中恰好以最大的路程返回MN边界射出磁场，已知C、E两点的连线与MN垂直，其他条件不变，求及的值。
解析　甲、乙两粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，甲的轨迹是以O1为圆心的劣弧，乙的轨迹是以O2为圆心的优弧，令CE＝d，对甲，半径r甲＝＝，劣弧所对的圆心角为φ甲＝2(90°－α)＝120°；对乙，有r乙＋r乙cos α＝d，得半径r乙＝2(2－)d，优弧所对的圆心角为φ乙＝360°－2α＝300°。结合r＝，得＝＝；结合t＝T，得＝＝。

答案　　
考向　带电粒子在矩形有界磁场中的运动
【例4】 (2019·全国Ⅱ卷，17)如图10，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10
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
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。
答案　B
考向　带电粒子在有界组合磁场中的运动
【例5】 (2019·全国Ⅲ卷，18)如图11，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11
A. B.
C. D.
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，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。
答案　B

1.(2017·全国Ⅱ卷，18)如图12，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12
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D.3∶
解析　根据作图分析可知，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
2.(2020·湖北武汉高三调考)如图13所示，等腰直角三角形abc区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1。直角边bc的长度为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是 (　　)

图13
A.三个速度的大小关系一定是v1＝v2＜v3
B.三个速度的大小关系可能是v2＜v1＜v3
C.粒子的比荷＝
D.粒子的比荷＝
解析　由于t1∶t2∶t3＝3∶3∶1，作出粒子运动轨迹图如图所示，它们对应的圆心角分别为90°、90°、30°，由几何关系可知轨道半径大小分别为R2
答案　B

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法

　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
1.解决带电粒子在磁场中的临界问题的关键
(1)以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口。
(2)寻找临界点常用的结论
①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
②当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
③当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
2.临界问题的一般解题流程

【例6】 (2019·福建福州市5月模拟)如图14所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，一束带正电的相同粒子以不同的速度v沿bc方向从b点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是(　　)

图14
A.入射速度越大的粒子，其在磁场中的运动时间越长
B.入射速度越大的粒子，其在磁场中的运动轨迹越长
C.从ab边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等
D.从ac边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等
解析　带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径r＝，速度越大，半径越大，从ac边出射的粒子，速度越大，运动轨迹越短，对应的圆心角θ越小，根据t＝T和T＝可知，其在磁场中的运动时间越短，选项A、B、D均错误；从ab边出射的粒子速度的偏向角都相同，而粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角等于速度的偏向角，由t＝T可知粒子在磁场中的运动时间相等，选项C正确。
答案　C
【拓展提升3】 在【例6】中，若该束粒子从ab边中点O以不同的初速率v′沿ac方向射入磁场，如图15所示，已知粒子的比荷为，磁场的磁感应强度大小为B，∠b＝30°，ac＝L，求粒子能从ac边射出磁场时初速率v′应满足的条件。

图15
解析　粒子的运动轨迹与ac相切时，如图甲所示，轨迹半径r1＝·＝L；粒子的运动轨迹与bc相切时，如图乙所示，轨迹半径r2＝L。由r＝得，v＝，则粒子入射时的速率分别为v1′＝，v2′＝，所以粒子能从ac边射出磁场时初速率v′应满足的条件是
＜v′＜。

答案　＜v′＜

1.如图16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16
A. B.
C. D.
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.(多选)(2019·福建漳州二模)如图17所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内P、A两点的连线与圆形区域相切于A点，PA＝2R。若P点处有一粒子源沿PA方向射出不同速率的带正电粒子(质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间的相互作用)，则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为(　　)

图17
A. B.
C. D.
解析　粒子的运动轨迹与圆相切时如图所示，由几何知识得(r－R)2＋(2R)2＝(r＋R)2，解得轨迹半径r＝3R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得速率v＝，故速率v′＞的带正电粒子都可以进入圆形区域，选项A、B错误，C、D正确。

答案　CD
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
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1
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
2.两个质量相同、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2所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)

图2
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
3. (2019·广东省深圳市高三检测)如图3所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为(　　)

图3
A.3 B.2
C. D.
解析　粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示：

电子1垂直射入磁场，从b点离开，则运动了半个周期，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间t1＝＝，粒子2运动的时间t2＝＝，所以＝，故A正确，B、C、D错误。
答案　A
4.(2019·福建泉州模拟)如图4所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，半径OC与OB成60°角，质子甲以速度v从A点沿直径AB方向射入磁场，从C点射出。质子乙以速度从B点沿BA方向射入磁场，从D点(图中未画出)射出磁场，不计质子重力，则C、D两点间的距离为(　　)

图4
A.R B.2R
C.2R D.R
解析　质子在磁场中运动的轨迹如图所示，洛伦兹力提供质子做匀速圆周运动的向心力，则qvB0＝m，得r＝，由几何关系有r1＝＝R。由于质子乙的速度是，故其轨迹半径r2＝＝R，则tan∠O2OB＝＝，得∠O2OB＝30°，故∠BOD＝2∠O2OB＝60°，CD＝2Rsin 60°＝R，选项D正确。

答案　D
5.(2019·湖南长沙市模拟)如图5所示，在一边长为d的正方形区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从AB边的中点O以初速度v0垂直AB边进入磁场做圆周运动，则下列说法正确的是(　　)

图5
A.若粒子恰能从D点飞出磁场，则粒子做圆周运动的半径为d
B.若粒子恰能从D点飞出磁场，则磁场的磁感应强度为
C.若减小磁场的磁感应强度B0，则粒子在磁场中运动的时间将变长
D.若增大初速度v0，则粒子做圆周运动的周期将变大
解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，若粒子恰能从D点飞出磁场，其运动轨迹如图所示。轨迹半径用r表示，则d2＋(r－0.5d)2＝r2，解得r＝d，结合r＝，得B0＝，选项A正确，B错误；由T＝和t＝T得粒子在磁场中运动的时间t＝，减小B0后，由于轨迹对应的圆心角θ的变化情况无法确定，所以粒子在磁场中运动的时间无法确定，选项C错误；由T＝知周期T与初速度无关，选项D错误。

答案　A
6.如图6所示，在OA和OC两射线间存在着匀强磁场，∠AOC为30°，正、负电子以相同的速度均从M点以垂直于OA的方向垂直射入匀强磁场，下列说法正确的是(　　)

图6
A.若正电子不从OC边射出，正、负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1
B.若正电子不从OC边射出，正、负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1
C.若负电子不从OC边射出，正、负电子在磁场中运动时间之比可能为2∶1
D.若负电子不从OC边射出，正、负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6
解析　正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，正、负电子运动轨迹对应的圆心角相等，可知运动的时间之比为1∶1，故A、B错误；若负电子不从OC边射出，需考虑临界情况：①若负电子不从OC边射出，正电子也不从OC边射出，两电子在磁场中运动的圆心角都为180°，可知在磁场中运动的时间之比为1∶1；②当负电子恰好不从OC边射出时，对应的圆心角为180°，根据两粒子在磁场中的轨迹半径相等，由几何关系知，正电子的圆心角为30°，根据t＝T知，正、负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6。故若负电子不从OC边射出，正、负电子在磁场中运动时间之比在1∶1与1∶6之间，故C错误，D正确。
答案　D
7.现有一个环形区域，其截面内圆半径R1＝ m，外圆半径R2＝1.0 m，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，如图7所示。已知磁感应强度大小B＝1.0 T，带正电粒子的比荷为4×107 C/kg，不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用。(计算结果保留2位小数)

图7
(1)若中空区域中的带电粒子由O点沿内圆的半径方向射入磁场，求带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度v0；
(2)若中空区域中的带电粒子以(1)中的最大速度v0沿内圆半径方向射入磁场，求带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间。
解析　(1)带电粒子刚好不穿越磁场外边界时，其运动轨迹如图所示，根据几何关系有R＋r2＝(R2－r)2，代入数据解得r＝ m
带电粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝，解得v0＝1.33×107 m/s。

(2)由带电粒子的运动轨迹图，并结合几何关系有tan θ＝＝，解得θ＝，分析知带电粒子必须三次经过磁场才会回到该点，则带电粒子在磁场中运动的时间t1＝3×T，又T＝，代入数据解得t1＝3.14×10－7 s，粒子在磁场外运动的时间t2＝3×＝2.60×10－7 s，则带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需时间t＝t1＋t2＝5.74×10－7 s。
答案　(1)1.33×107 m/s　(2)5.74×10－7 s
综合提能练
8.如图8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8
(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。
解析　(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力
B0qv0＝
做匀速圆周运动的周期T0＝
由以上两式得磁感应强度B0＝。
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n(n＝1，2，3，…)个周期，即nT0(n＝1，2，3，…)时，有R＝(n＝1，2，3，…)。

联立求解，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，…)
9.(2019·江苏卷，16)如图9所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d
图9
(1)求粒子运动速度的大小v；
(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝，求粒子从P到Q的运动时间t。
解析　(1)洛伦兹力提供向心力qvB＝m
r＝d，解得v＝。
(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切

由几何关系得dm＝d(1＋sin 60°)
解得dm＝d。
(3)粒子的运动周期T＝
设从粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，则
t＝n＋t′(n＝1，3，5，…)
(a)当L＝nd＋d(n＝1，3，5，…)时，粒子斜向上射出磁场
t′＝T
解得t＝。
(b)当L＝nd＋d(n＝1，3，5，…)时，粒子斜向下射出磁场
t′＝T
解得t＝。
答案　(1)　(2)d　(3)或
10.(2019·江苏泰州中学、宜兴中学调研)如图10所示，在0≤x≤a的区域Ⅰ内有垂直于纸面向里的匀强磁场。在x＞a的区域Ⅱ内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B0。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子沿x轴从原点O水平射入磁场。当粒子射入速度不大于v0时，粒子在磁场中运动的时间都相同，不计粒子的重力。

图10
(1)求速度v0的大小；
(2)若粒子射入磁场的速度大小为v0，求其轨迹与x轴交点的横坐标；
(3)若调节区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小为λB0，使粒子以速度nv0(n＞1)从O点沿x轴射入时，粒子均从O点射出磁场，求n与λ满足的关系。
解析　(1)当粒子恰好与边界相切时，粒子的速度为v0，
根据几何关系可得粒子的轨迹半径R＝a
根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B0＝m
联立两式可得v0＝。
(2)粒子运动的轨迹如图甲所示，O1、O2分别为轨迹的圆心，设粒子轨迹半径为r

甲
根据洛伦兹力提供向心力有qvB0＝m，其中v＝v0
可得r＝a
由于AB＝a，则θ＝60°
OA＝O1A＝＝a
BD＝OA＝＝a
所以O2刚好在x轴上，OC＝2a＋r＝a。
(3)画出粒子运动轨迹如图乙所示。

乙
设粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的轨迹半径为R1，
根据洛伦兹力提供向心力可得qnv0B0＝m
设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为R2，
根据洛伦兹力提供向心力可得qnv0λB0＝m
在区域Ⅱ中粒子做圆周运动的圆心位于x轴上，才可能使粒子从O点射出，
根据几何关系可得R1sin α＝a，(R1＋R2)cos α＝R1
联立各式解得＝。
答案　(1)　(2)a　(3)＝