2025人教版物理重难点-选择性必修二专题1.6 带电粒子在匀强磁场中的运动的各种问题-（人教版2019选择性必修第二册）（含答案）

2025人教版物理重难点-选择性必修二专题1.6带电粒子在匀强磁场中的运动的各种问题-（人教版2019选择性必修第二册）（含答案）专题1.6带电粒子在匀强磁场中的运动的各种问题【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1旋转圆问题】 【题型2多解问题】 【题型3对比问题】 【题型4联系实际问题】 【题型5周期性问题】 【题型6临界问题】 【题型7求范围问题】 【题型1旋转圆问题】【例1】如图所示，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eq\f(1,3)。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则eq\f(B2,B1)等于()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D．3【变式1-1】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.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)【变式1-2】(多选)如图所示，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()A.粒子能打到荧光屏上的区域长度为2eq\r(3)dB.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)【变式1-3】(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T。电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A.θ＝90°时，l＝9.1cm B.θ＝60°时，l＝9.1cmC.θ＝45°时，l＝4.55cm D.θ＝30°时，l＝4.55cm【题型2多解问题】【例2】如图所示，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、带电荷量均为＋q，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子能通过B点时发射的速率v0为()A.eq\f(2qBL,m)B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(qBL,7m)【变式2-1】(多选)如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)B.eq\f(Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m)D.eq\f(\r(2)Bqd,2m)【变式2-2】(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A.eq\f(4qB,m) B.eq\f(3qB,m)C.eq\f(2qB,m) D.eq\f(qB,m)【变式2-3】(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)【题型3对比问题】【例3】(多选)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()A．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【变式3-1】(多选)两个带等量异种电荷的粒子a、b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，如图所示，则()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)∶1C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1【变式3-2】如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是()A．粒子a带负电，粒子b带正电B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶eq\r(3)C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为eq\r(3)∶1D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2【变式3-3】如图所示，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t1∶t2为()A．3∶1B．2∶3C．3∶2 D．2∶1【题型4联系实际问题】【例4】我国新托卡马克装置——中国环流器二号M装置由中核集团核工业西南物理研究院承建，托卡马克装置意在通过可控热核聚变的方式，给人类带来几乎无限的清洁能源，俗称“人造太阳”。要实现可控热核聚变，装置中必须有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是通过磁约束，使之长时间束缚在某个有限空间内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲保证带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为()A.eq\f(qBR2＋R1,2m) B.eq\f(qBR2－R1,2m)C.eq\f(qBR22－R12,2mR1) D.eq\f(qBR22－R12,2mR2)【变式4-1】云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是()A．a、b、c都是正电子的径迹B．a径迹对应的粒子动量最大C．c径迹对应的粒子动能最大D．c径迹对应的粒子运动时间最长【变式4-2】一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d。【变式4-3】如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域。忽略粒子受到的重力。求：(1)粒子进入磁场区域时的速率。(2)磁感应强度的大小。【题型5周期性问题】【例5】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，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：(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。【变式5-1】如图所示，水平虚线上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图甲所示，一群带正电的同种粒子在t＝0时从虚线上的O点垂直于磁场方向向上与右边界成θ(0°＜θ＜180°)角射入磁场，如图乙所示，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，周期为T，不计粒子重力，则在θ角变化过程中下列说法正确的是()A．粒子距水平虚线的最远距离为2rB．粒子在磁场中运动的速度始终不变C．无论θ角多大，粒子均能射出磁场D．粒子在虚线上方运动的最长时间为eq\f(3,2)T【变式5-2】如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是()A．电子的运动轨迹为PENCMDPB．B1＝2B2C．电子从射入磁场到回到P点用时为eq\f(2πm,B1e)D．B1＝4B2【变式5-3】如图所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场。MN下方有方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨迹半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力，对于上述运动过程，下列说法正确的是()A．电场强度大小为eq\r(2)BvB．根据能量守恒定律可知，该粒子再次回到O点时的速度仍为vC．上述运动过程在磁场区域内运动的时间为eq\f(πR,2v)D．该粒子从O点出发至再回到O点全程用时为eq\f(2R,v)(2＋π)【题型6临界问题】【例6】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。【变式6-1】(多选)如图所示，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()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\co1(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lD.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)【变式6-2】如图，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。(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。【变式6-3】(多选)如图，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，eq\r(3)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αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤α≤180°))。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则()A．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eq\f(2\r(3)qBL,m)D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3eq\r(5)L【题型7求范围问题】【例7】如图，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、带电荷量为＋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。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝eq\f(mv,Bq)。哪个图是正确的？()【变式7-1】如图，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＝0.60T。磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16cm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粒子的速度都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比eq\f(q,m)＝5.0×107C/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。【变式7-2】如图所示，电子质量为m，电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，下列说法正确的是()A．所加磁场范围的最小面积是eq\f(πm2v02,2e2B2)B．所加磁场范围的最小面积是eq\f(π＋2m2v02,2e2B2)C．所加磁场范围的最小面积是eq\f(3π＋2m2v02,4e2B2)D．所加磁场范围的最小面积是eq\f(3πm2v02,2e2B2)【变式7-3】如图所示，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：(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。

参考答案【题型1旋转圆问题】【例1】如图所示，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eq\f(1,3)。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则eq\f(B2,B1)等于()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D．3解析：选B当轨道半径小于或等于磁场区域半径时，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eq\f(1,3)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＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即eq\f(1,6)周长，对应的弦长为R，即粒子运动轨迹直径等于磁场区域半径R，半径r2＝eq\f(R,2)，由r＝eq\f(mv,qB)可得eq\f(B2,B1)＝eq\f(r1,r2)＝eq\r(3)。【变式1-1】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.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)解析：选C由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2,R)可知，R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝eq\f(R,2)，R2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R，则eq\f(v2,v1)＝eq\f(R2,R1)＝eq\r(3)，C项正确。【变式1-2】(多选)如图所示，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()A.粒子能打到荧光屏上的区域长度为2eq\r(3)dB.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\co1(1＋\r(3)))R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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。【变式1-3】(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T。电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A.θ＝90°时，l＝9.1cm B.θ＝60°时，l＝9.1cmC.θ＝45°时，l＝4.55cm D.θ＝30°时，l＝4.55cm解析电子在匀强磁场运动的轨道半径为R＝eq\f(mv,qB)＝4.55cm，电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝eq\f(L,2)＝4.55cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55cm<l<9.1cm，故B、C错误。答案AD【题型2多解问题】【例2】如图所示，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、带电荷量均为＋q，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子能通过B点时发射的速率v0为()A.eq\f(2qBL,m)B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(qBL,7m)[解析]粒子带正电，且经过B点，其可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径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，有qv0B＝meq\f(v02,r)，解得v0＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)(n＝1,2,3，…)，故A、B、C错误，D正确。[答案]D【变式2-1】(多选)如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)B.eq\f(Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m)D.eq\f(\r(2)Bqd,2m)[解析]粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的轨迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，由几何关系得R1sin45°＋d＝R1，将R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，A正确。若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，由几何关系得R2＋R2cos45°＝d，将R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，C正确。[答案]AC【变式2-2】(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A.eq\f(4qB,m) B.eq\f(3qB,m)C.eq\f(2qB,m) D.eq\f(qB,m)[解析]根据题意，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，负电荷运动的角速度为ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝meq\f(v2,R)，v＝eq\f(2BqR,m)，负电荷运动的角速度为ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(2Bq,m)，故A、C正确。[答案]AC【变式2-3】(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)[解析]若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝＋l2，又因为r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)，故A、B正确。[答案]AB【题型3对比问题】【例3】(多选)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()A．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解析：选BC由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电荷，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应带负电荷，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＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于粒子a与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与b的动量大小关系不确定，D错误。【变式3-1】(多选)两个带等量异种电荷的粒子a、b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，如图所示，则()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)∶1C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1[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,sin30°)＝d，Rb＝eq\f(\f(1,2)d,sin60°)＝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，粒子运动周期为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。[答案]BD【变式3-2】如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是()A．粒子a带负电，粒子b带正电B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶eq\r(3)C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为eq\r(3)∶1D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2[解析]粒子a向上偏转，由左手定则得，粒子a带正电；粒子b向下偏转，粒子b带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x＝Rasin60°＝Rbsin30°，Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故B正确；由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(qBR,m)，两粒子比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故C错误；粒子运动周期T＝eq\f(2πm,qB)，a运动时间ta＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T，b运动时间tb＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误。[答案]B【变式3-3】如图所示，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t1∶t2为()A．3∶1B．2∶3C．3∶2 D．2∶1解析：选A电子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，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＝eq\f(mv,qB)可知，电子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°，所以电子1运动的时间t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，电子2运动的时间t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正确。【题型4联系实际问题】【例4】我国新托卡马克装置——中国环流器二号M装置由中核集团核工业西南物理研究院承建，托卡马克装置意在通过可控热核聚变的方式，给人类带来几乎无限的清洁能源，俗称“人造太阳”。要实现可控热核聚变，装置中必须有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是通过磁约束，使之长时间束缚在某个有限空间内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲保证带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为()A.eq\f(qBR2＋R1,2m) B.eq\f(qBR2－R1,2m)C.eq\f(qBR22－R12,2mR1) D.eq\f(qBR22－R12,2mR2)解析：选B由r＝eq\f(mv,Bq)可知，粒子的速度越大，在磁场中运动的半径越大，故带电粒子的最大速度可通过最大半径求得，最大半径为rmax＝eq\f(R2－R1,2)。根据r＝eq\f(mv,qB)，得vmax＝eq\f(qBR2－R1,2m)，A、C、D错误，B正确。【变式4-1】云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是()A．a、b、c都是正电子的径迹B．a径迹对应的粒子动量最大C．c径迹对应的粒子动能最大D．c径迹对应的粒子运动时间最长解析：选C带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，A错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由图可知Ra＜Rb＜Rc，所以va＜vb＜vc，根据p＝mv，可知pa＜pb＜pc，B错误；根据Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，C正确。带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，则T＝eq\f(2πm,qB)，所以Ta＝Tb＝Tc，粒子在磁场中的运动时间t＝eq\f(α,2π)T，其中α为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D错误。【变式4-2】一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d。[解析](1)甲种离子在电场中加速时，有qU0＝eq\f(1,2)×2mv2设甲种离子在磁场中的运动半径为r1则有qvB＝2meq\f(v2,r1)解得r1＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))根据几何关系有x＝2r1－L解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L。(2)如图所示。最窄处位于过两虚线交点的垂线上d＝r1－eq\r(r12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)解得d＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))。[答案](1)eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L(2)图见解析eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))【变式4-3】如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域。忽略粒子受到的重力。求：(1)粒子进入磁场区域时的速率。(2)磁感应强度的大小。解析：(1)粒子在电场中加速，有动能定理可知：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：v＝eq\r(\f(2qU,m)＋v02)。(2)根据题意分析可得粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力，qBv＝meq\f(v2,R)解得：B＝eq\f(\r(mmv02＋2qU),qL)。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m)＋v02)(2)eq\f(\r(mmv02＋2qU),qL)【题型5周期性问题】【例5】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，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：(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\o\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\o\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，…)。【变式5-1】如图所示，水平虚线上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图甲所示，一群带正电的同种粒子在t＝0时从虚线上的O点垂直于磁场方向向上与右边界成θ(0°＜θ＜180°)角射入磁场，如图乙所示，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，周期为T，不计粒子重力，则在θ角变化过程中下列说法正确的是()A．粒子距水平虚线的最远距离为2rB．粒子在磁场中运动的速度始终不变C．无论θ角多大，粒子均能射出磁场D．粒子在虚线上方运动的最长时间为eq\f(3,2)T解析：选C当0°＜θ＜180°时，粒子与水平虚线的最远距离d＝r(1＋cosθ)略小于2r，A错误；粒子在磁场中运动的过程中，所受洛伦兹力对其不做功，故粒子的速度大小不变，但粒子速度方向时刻改变，故粒子在磁场中运动速度发生了变化，B错误；粒子的轨迹如图所示，粒子以θ＝180°射入磁场时，粒子在虚线上方运动一圈回到入射边界的时间为T＋eq\f(1,2)T＝eq\f(3,2)T，因为0°＜θ＜180°，故粒子在虚线上方运动的最长时间略小于eq\f(3,2)T，在这个角度范围内，无论θ角多大，粒子均能射出磁场，C正确，D错误。【变式5-2】如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是()A．电子的运动轨迹为PENCMDPB．B1＝2B2C．电子从射入磁场到回到P点用时为eq\f(2πm,B1e)D．B1＝4B2解析：选B根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝eq\f(2πm,B1e)＋eq\f(πm,B2e)，故C错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝eq\f(mv,Be)可知，B1＝2B2，故B正确，D错误。【变式5-3】如图所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场。MN下方有方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨迹半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力，对于上述运动过程，下列说法正确的是()A．电场强度大小为eq\r(2)BvB．根据能量守恒定律可知，该粒子再次回到O点时的速度仍为vC．上述运动过程在磁场区域内运动的时间为eq\f(πR,2v)D．该粒子从O点出发至再回到O点全程用时为eq\f(2R,v)(2＋π)解析：选D粒子的运动轨迹如图所示，从O点进入磁场后，先在磁场中做匀速圆周运动到a点，然后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反，在电场中做匀变速直线运动，在电场中匀减速运动到b点后再匀加速返回a点，从a点再次进入磁场后做匀速圆周运动，然后从c点再次进入电场，进入电场后做类平抛运动，回到O点。粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何知识可得Oc＝2eq\r(2)R，粒子从c到O做类平抛运动，垂直电场方向和平行电场方向的位移大小都是s⊥＝s∥＝Ocsin45°＝2R，设粒子做类平抛运动的时间为t3，在垂直电场方向有s⊥＝2R＝vt3，在平行电场方向有s∥＝2R＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t32，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，联立解得E＝vB，t3＝eq\f(2R,v)，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v)，由几何知识可知，粒子第一次在磁场中转过的圆心角θ＝90°，粒子第二次在磁场中转过的圆心角θ′＝270°，粒子在磁场中运动的总时间t1＝eq\f(θ＋θ′,360°)T＝eq\f(2πR,v)，粒子在电场中做匀变速直线运动的时间t2＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2mv,qE)＝eq\f(2R,v)，该粒子从O点出发至再回到O点全程用时t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2R,v)(2＋π)，故C错误，D正确；粒子第二次进入电场后做类平抛运动，则有v∥＝at3＝eq\f(qE,m)×eq\f(2R,v)＝eq\f(qvB,m)×eq\f(2R,v)＝2v，粒子再次回到O点时的速度v′＝eq\r(v2＋v∥2)＝eq\r(v2＋2v2)＝eq\r(5)v，故B错误。【题型6临界问题】【例6】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q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的eq\f(1,4)圆周圆弧，轨道半径：R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－eq\f(R,\r(2))解得v＝(2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)。若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的eq\f(3,4)圆周圆弧，则有：R′＝eq\f(mv′,Bq)d＝R′＋eq\f(R′,\r(2))，解得v′＝(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)。[答案](2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q为正电荷)或(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q为负电荷)【变式6-1】(多选)如图所示，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()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\co1(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lD.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)lsin60°＝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。【变式6-2】如图，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。(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。[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，因此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(v02,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≤h ③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′＝2h ⑤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sinα＝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－cosα) ⑧ 联立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h。 ⑨[答案](1)磁场方向垂直纸面向里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h【变式6-3】(多选)如图，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，eq\r(3)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αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤α≤180°))。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则()A．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eq\f(2\r(3)qBL,m)D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3eq\r(5)L解析：选ACD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，运动轨迹如图甲，粒子运动的半径为r＝eq\f(\r(3)L,cos60°)＝2eq\r(3)L，洛伦兹力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子入射速率v＝eq\f(2\r(3)qBL,m)。若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙，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距离O点最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图丙，根据几何关系可知(2r)2＝(eq\r(3)L)2＋xm2，解得xm＝3eq\r(5)L，D正确。【题型7求范围问题】【例7】如图，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、带电荷量为＋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。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝eq\f(mv,Bq)。哪个图是正确的？()[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eq\f(1,4)圆弧。A正确。[答案]A【变式7-1】如图，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＝0.60T。磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16cm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粒子的速度都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比eq\f(q,m)＝5.0×107C/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，故其在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动。用R表示轨道半径，有qvB＝meq\f(v2,R)由此得R＝eq\f(mv,qB)代入数值得R＝10cm，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、作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，垂线与ab的交点即为P1。即：NP1＝eq\r(R2－（l－R）2)。再考虑N的右侧。α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作弧，交ab于N右侧的P2点，此点即α粒子能打到的右侧最远点。由图中几何关系得NP2＝eq\r(（2R）2－l2)，所求长度为P1P2＝NP1＋NP2代入数值得P1P2＝20cm。答案20cm【变式7-2】如图所示，电子质量为m，电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，下列说法正确的是()A．所加磁场范围的最小面积是eq\f(πm2v02,2e2B2)B．所加磁场范围的最小面积是eq\f(π＋2m2v02,2e2B2)C．所加磁场范围的最小面积是eq\f(3π＋2m2v02,4e2B2)D．所加磁场范围的最小面积是eq\f(3πm2v02,2e2B2)解析：选B设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得ev0B＝meq\f(v02,R)，即R＝eq\f(mv0,eB)，电子从y轴穿过的范围为OM＝2R＝2eq\f(mv0,eB)，初速度沿x轴正方向的电子沿OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的电子沿OC运动到荧光屏MN上的Q点；由几何知识可得PQ＝R＝eq\f(mv0,eB)，取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有x＝－Rsinθ，y＝R＋Rcosθ，即x2＋(y－R)2＝R2，又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆所围区域，所以磁场范围的最小面积为S＝eq\f(3,4)πR2＋R2－eq\f(1,4)πR2＝eq\f(π,2)＋1eq\f(mv0,eB)2＝eq\f(π＋2m2v02,2e2B2)，故B正确。【变式7-3】如图所示，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：(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)。专题1.6带电粒子在匀强磁场中的运动的各种问题【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1旋转圆问题】 【题型2多解问题】 【题型3对比问题】 【题型4联系实际问题】 【题型5周期性问题】 【题型6临界问题】 【题型7求范围问题】 【题型1旋转圆问题】【例1】如图所示，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eq\f(1,3)。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则eq\f(B2,B1)等于()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D．3解析：选B当轨道半径小于或等于磁场区域半径时，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eq\f(1,3)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＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即eq\f(1,6)周长，对应的弦长为R，即粒子运动轨迹直径等于磁场区域半径R，半径r2＝eq\f(R,2)，由r＝eq\f(mv,qB)可得eq\f(B2,B1)＝eq\f(r1,r2)＝eq\r(3)。【变式1-1】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.eq\r(3)∶2 B.eq\r(2)∶1C.eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)解析：选C由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2,R)可知，R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝eq\f(R,2)，R2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R，则eq\f(v2,v1)＝eq\f(R2,R1)＝eq\r(3)，C项正确。【变式1-2】(多选)如图所示，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()A.粒子能打到荧光屏上的区域长度为2eq\r(3)dB.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\co1(1＋\r(3)))R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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。【变式1-3】(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T。电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A.θ＝90°时，l＝9.1cm B.θ＝60°时，l＝9.1cmC.θ＝45°时，l＝4.55cm D.θ＝30°时，l＝4.55cm解析电子在匀强磁场运动的轨道半径为R＝eq\f(mv,qB)＝4.55cm，电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝eq\f(L,2)＝4.55cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55cm<l<9.1cm，故B、C错误。答案AD【题型2多解问题】【例2】如图所示，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、带电荷量均为＋q，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子能通过B点时发射的速率v0为()A.eq\f(2qBL,m)B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(qBL,7m)[解析]粒子带正电，且经过B点，其可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径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，有qv0B＝meq\f(v02,r)，解得v0＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)(n＝1,2,3，…)，故A、B、C错误，D正确。[答案]D【变式2-1】(多选)如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)B.eq\f(Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m)D.eq\f(\r(2)Bqd,2m)[解析]粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的轨迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，由几何关系得R1sin45°＋d＝R1，将R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，A正确。若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，由几何关系得R2＋R2cos45°＝d，将R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，C正确。[答案]AC【变式2-2】(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A.eq\f(4qB,m) B.eq\f(3qB,m)C.eq\f(2qB,m) D.eq\f(qB,m)[解析]根据题意，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，负电荷运动的角速度为ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝meq\f(v2,R)，v＝eq\f(2BqR,m)，负电荷运动的角速度为ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(2Bq,m)，故A、C正确。[答案]AC【变式2-3】(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)[解析]若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝＋l2，又因为r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)，故A、B正确。[答案]AB【题型3对比问题】【例3】(多选)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()A．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解析：选BC由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电荷，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应带负电荷，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＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于粒子a与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与b的动量大小关系不确定，D错误。【变式3-1】(多选)两个带等量异种电荷的粒子a、b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，如图所示，则()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)∶1C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2D．两粒