【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-1 第九章 第2讲 (含解析).doc，共(27)页，618.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲磁场对运动电荷的作用知识排查洛伦兹力、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＝qvBsinθ(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。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＝mv2R(2)轨道半径公式：R＝mvqB(3)周期公式：T＝2πmqB注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。小题速练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B2．[人教版选修3－1·P98·T1改编]下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()答案B3．(多选)如图1所示，在匀强磁场中，磁感应强度B1＝2B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的()

图1A．速率将加倍B．轨迹半径加倍C．周期将加倍D．做圆周运动的角速度将加倍答案BC洛伦兹力的特点及应用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正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力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】四根等长的导线固定在正方体的四条沿x轴方向的棱上，并通以等大的电流，方向如图2所示。正方体的中心O处有一粒子源在不断地沿x轴负方向喷射电子，则电子刚被喷射出时受到的洛伦兹

力方向为()图2A．沿y轴负方向B．沿y轴正方向C．沿z轴正方向D．沿z轴负方向解析根据右手螺旋定则，判断出四根导线在O点产生的合磁场方向沿z轴负方向，电子初速度方向沿x轴负方向，即垂直纸面向里，根据左

手定则，判断出洛伦兹力方向沿y轴正方向，B正确。答案B1.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3A．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A2．(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4所示。不计空气阻力，则()图4A．一定有h1＝h3B．一定有h1＜h4C．h2与h4无法比较D．h

1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＝v202g，图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有v20＝2gh3得h3＝v202g，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＝12mv20，又由于12mv20＝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

带电粒子在匀强磁场中的圆周运动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5(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，中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图(b)。图52．半径的计算方法方法一由物理方法求：半径R＝mvqB；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)计算来确定。3．时间的计算方法方法一利用

圆心角求：t＝θ2πT；方法二利用弧长求：t＝sv。4．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6所示)。图6(2)平行边界(存在临界条件，如图7所示)。图7(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图8

所示)。图8【例2】[圆形边界磁场](2017·全国卷Ⅱ，18)如图9，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9A.3∶2B.2∶1C.3∶1D．3∶2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＝Rcos60°＝12R；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＝Rcos30°＝32R；根据轨道半径公式r＝mvqB可知，v2∶v1＝r2∶r1＝3∶1，故选项C正确。甲乙答案C带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法1．[直线边界磁场](2019·广东模拟)如图10所示，在直角坐标系xOy中，x

轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域，不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中

R＝mvqB，正确的图是()图10解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则和R＝mvqB知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个圆周，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故

D正确。答案D2．[平行直线边界磁场]如图11所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v垂直射入一有界匀强磁场区域内，速度方向跟磁场左边界垂直，从右边界离开磁场时速度方向偏转角θ＝30°，磁场区域的宽度为d，则下列说法正确的是()图11A．该粒子带正电B．磁感应强度B＝3mv2dqC．粒子在磁场

中做圆周运动的半径R＝233dD．粒子在磁场中运动的时间t＝πd3v解析由左手定则可知，该粒子带负电，A错误；分别作出入射方向和出射方向的垂线，交点为圆周运动的圆心O，由几何关系可得，圆心角θ＝30°，半径R＝dsin30°＝2d，C错误；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m

v2R，得R＝mvqB，将R＝2d代入可得B＝mv2qd，B错误；粒子做圆周运动的周期T＝2πRv＝2πmqB，将B＝mv2qd代入可得T＝4πdv，则运动时间t＝30°360°T＝112×4πdv＝πd3v，D正确。答案D3．[三角形边界磁场](2018·湖北武汉高三调考)如图

12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12A．三个速度的大小关系一定是v1＝v2＜v3B．三个速度的大小关系可能是v2＜v1＜v3C．粒子的比荷qm＝πBt1D．粒子的比荷qm＝v22BL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<R3，R1<R3＝2L，由qvB＝mv2R可知三个速度的大小关系可能是v2＜v1＜v3，故A错误，B正确；粒子运动周期T＝2πRv＝2πmqB，

则t1＝14T＝πm2qB，解得qm＝π2Bt1，故C错误；由qvB＝mv2R3及R3＝2L，解得粒子的比荷qm＝v32BL，故D错误。答案B4．[四边形边界磁场]如图13所示，正方形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带正电粒子，从左上角以不同的速率，

沿着相同的方向，对准正方形区域的中心射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，若带电粒子只受洛伦兹力的作用，则下列说法正确的是()图13A．这些粒子在磁场中运动的时间都相等B．在磁场中运动时间越短的粒子，其速率越小C．在磁场中运动时间越短的粒子，其轨迹半径越大D．在磁场中运动时间越短的粒子，其

通过的路程越小解析由于带电粒子的q、m均相同，由周期公式T＝2πmqB可知，粒子的周期相同，由R＝mvqB知，粒子的速率越小，则粒子做圆周运动的半径越小。分析可知，所有从磁场上边界射出的粒子，其对应的圆心角都相同，而从右侧射出的粒子，对应的圆心

角较小，根据t＝θ2πT可知，圆心角越大，带电粒子在磁场中运动的时间越长，则选项A错误；由图可知，在磁场中运动时间越短的粒子，其轨迹所对应的圆心角θ越小，其轨迹半径越大，速率也越大，故B错误，C正确；通过的路程即为轨迹圆弧的长度l＝Rθ，与半

径R和圆心角都有关，选项D错误。答案C带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题解决带电粒子的临界问题的技巧方法(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判

别式”等求极值。(2)临界问题的一般解题流程(3)从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。【例3】(2016·全国卷Ⅲ，18)平面O

M和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图14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()图14A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB解析带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝m

vqB。轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于AD－＝2rsin30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，OD－＝CD－sin30°＝2CD－＝4r＝4mvqB，故

选项D正确。答案D1．如图15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15A.πkBB.π2kBC.π3kBD.π4kB解析粒子在磁场中运动的半径为R＝mvqB＝2kBrBk＝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＝T6＝πm3qB＝π3kB，故选C正确。答案C2．如图16所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90

°，边长ab＝L。粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向均不同的速度射入磁场，已知粒子质量均为m，电荷量均为q。则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()图16A.qBL2mB.qBL3mC.3qBL2mD.3qBL3m解析由于所有粒

子的质量均为m，电荷量均为q，则所有粒子在磁场中做圆周运动的周期相等。在磁场中运动时间最长的粒子是垂直bc边入射并由bc边射出的粒子，其中轨迹半径最大的粒子的运动轨迹与ac边相切，轨迹如图所示。由几何关系可知，该粒子的轨迹半径R

＝Ltan30°＝33L，又由半径公式R＝mvqB，解得v＝3qBL3m，D项正确。答案D带电粒子在磁场中运动的多解问题【例4】[带电粒子电性不确定形成多解]如图17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？图17解析题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论。若带电粒子带正电荷，轨迹是图中与NN′

相切的14圆弧，则轨迹半径R＝mvBq又d＝R－R·sin45°解得v＝（2＋2）Bqdm若带电粒子带负电荷，轨迹是图中与NN′相切的34圆弧，则轨迹半径R′＝mv′Bq又d＝R′＋R′sin45°解得v′＝（2－2）Bqdm答案（2＋2）Bqdm(q为正电荷)或（2－2）B

qdm(q为负电荷)1．[磁场方向不确定形成多解](多选)(2019·河南商丘模拟)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，且作用在负电荷上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.4qBmB.3qBmC.2qBmD.qBm解析依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，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洛伦兹力的方向也是相反的。

当负电荷所受的洛伦兹力方向与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可得4Bqv＝mv2R，得v＝4BqRm，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝vR＝4Bqm；当负电荷所受的洛伦兹力方向与电场力方向相反时，有2Bqv′＝mv′2R′，得v′＝2BqR′m，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω

′＝v′R′＝2Bqm。综上可知，选项A、C正确。答案AC2．[临界状态不唯一形成多解](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18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()图18A．使粒子的速度v＜Bql4mB．使粒子的速度v＞5Bql4mC．使粒子的速度v＞BqlmD．使粒子的速度Bql4m＜v＜5Bql4m解析若带电粒子刚好打在极板右上边缘，有r21＝(r1－l2)2＋l2，又因为r1

＝mv1Bq，解得v1＝5Bql4m；若粒子刚好打在极板左上边缘时，有r2＝l4＝mv2Bq，解得v2＝Bql4m，故选项A、B正确。答案AB3．[运动的周期性形成多解]如图19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。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19(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＝mv2

0R做匀速圆周运动的周期T0＝2πRv0由以上两式得磁感应强度B0＝2πmqT0(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＝d4；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＝d4n(n＝1，2，3，„)。联立求解，得正离子的速度的可能值为v0＝B0qRm＝πd2nT0(n＝1，2，3，„)。答案(1)2πmqT0(2)πd2nT0(n＝1，2，3，„)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1A．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B2．两个质量相同、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2A．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＝mv2R得R＝mvqB，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＝12mv2可得b粒子的动能较大，选项C正确；由T＝2πmqB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C3．(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3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()图3A．油滴必带正电荷，电荷量为mgv0BB．油滴必带正电荷，比荷qm＝gv0BC．油滴必带负电荷，电荷量为mgv0BD．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝mgv0B解析油滴水平向右匀速运动，其所受

洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝mgv0B，油滴的比荷为qm＝gBv0，选项A、B正确。答案AB4．(2019·江西南昌三校联考)如图4所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t。若该微粒经

过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。若两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的()图4A．轨迹为pb，至屏MN的时间将小于tB．轨迹为pc，至屏MN的时间将大于tC．轨迹为pa，至屏MN的时间将大于tD．轨迹为pb，至屏MN的时间将等于t解析

由Bqv＝mv2R，得R＝mvqB＝pqB，碰撞过程动量守恒。动量p、电荷量q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径R不变，故轨迹应为pa，因周期T＝2πmqB可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故pa所用的时间将大于t，C正确。答案C5．(2019·北京朝阳区

模拟)如图5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5A．粒子a带负电，粒子b、

c带正电B．射入磁场时粒子a的速率最小C．射出磁场时粒子b的动能最小D．粒子c在磁场中运动的时间最长解析根据左手定则可知a粒子带正电，b、c粒子带负电，所以选项A错误；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r，得v＝

qBrm，可知b的速度最大，c的速度最小，动能最小，选项B、C错误；根据qvB＝m4π2T2r和v＝qBrm可知，T＝2πmqB，即各粒子的周期一样，粒子c的轨迹对应的圆心角最大，所以粒子c在磁场中运动的时间最长，选项D正确

。答案D6．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁

感应强度大小为()A.3mv03qRB.mv0qRC.3mv0qRD.3mv0qR解析带电粒子运动轨迹如图所示，由于偏转角等于圆心角，所以有tan30°＝Rr，r＝3R，由r＝mv0qB可得B＝mv0qr＝3mv03qR，选项A正确。答案A7．如图6所示，直角坐标

系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好

不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为()图6A.vBa2πa3vB.v2Ba2πa3vC.v2Ba4πa3vD.vBa4πa3v解析粒子在磁场中运动轨迹如图所示，则由图知斜向上射入时有rsinθ＝a，斜向下射入时有rsinθ＋a＝r，联立求得θ＝30°，且r＝2a，由

洛伦兹力提供向心力得Bqv＝mv2r，解得r＝mvBq，即粒子的比荷为qm＝v2Ba，所以粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α＝2×(90°－30°)＝120°，运动时间为t＝T3＝4πa3v

，选项C正确。答案C8．(多选)如图7所示，MN两侧均有垂直纸面向里的匀强磁场，MN左侧磁感应强度大小为B1，右侧磁感应强度大小为B2，有一质量为m、电荷量为q的正离子，自P点开始以速度v0向左垂直MN射入磁场中，当离子第二次穿过磁场边界时，与边界的交点Q位于

P点正上方，PQ之间的距离为mv0B1q。不计离子重力，下列说法正确的是()图7A．B2＝23B1B．B2＝12B1C．离子从开始运动至第一次到达Q点所用时间为5πm2B1qD．离子从开始运动至第一次到达Q点所用

时间为4πm3B1q解析画出离子在匀强磁场中的运动轨迹，如图所示。由qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，在磁感应强度为B1的区域，r1＝mv0qB1，在磁感应强度为B2的区域，r2＝mv0qB2，根据题述，2r2－2r1＝mv0B1q，联立解得

B2＝23B1，选项A正确，B错误；由T＝2πmqB可知，离子在左侧匀强磁场中的运动时间t1＝πmqB1，离子在右侧匀强磁场中的运动时间t2＝πmqB2＝3πm2qB1，离子从开始运动到第一次到达Q点所用时间为

t＝t1＋t2＝πmqB1＋3πm2qB1＝5πm2B1q，选项C正确，D错误。答案AC综合提能练9．(多选)(2019·名师原创预测)如图8所示，在xOy平面内有一个半径为R、圆心位于坐标原点O的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域的左边有一个宽

度也为R且关于x轴对称的粒子源，它能连续不断地沿x轴正方向发射速度相同的带正电粒子，已知粒子的质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用。若粒子均能够从y轴上的P点离开磁场区域，则下列说法正确的是()图8A．磁场方向垂直xOy平面向外B．粒子的速度大小为qB

RmC．粒子在磁场中运动的最大时间差为πm3qBD．粒子从P点离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围为0≤θ≤π3解析由于粒子均向上偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直于xOy平面向里，A错误；由于粒子均能从P点离开磁场，由几何

关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R，由qv0B＝mv20R，可知粒子的速度大小v0＝qBRm，B正确；在磁场中运动时间最长的粒子与运动时间最短的粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的最长时间为t1，则

有t1＝T3＝2πm3qB，同理粒子在磁场中运动的最短时间为t2＝T6＝πm3qB，所以最大时间差为Δt＝t1－t2＝πm3qB，C正确；由几何关系可知，粒子离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围应为π3≤θ≤2π3，D错误。答案BC10．(多选)如图9，一粒子

发射源P位于足够长绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则()图9A．磁感应强度的大小为dkvB．磁感应强度的大小为v

kdC．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为7πd6vD．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为πkd6v解析根据qvB＝mv2R和R＝d、qm＝k得B＝vkd，选项A错误，B正确；能打到板上的粒子中，在磁场中运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图所示，由几何关系，最长时间

t1＝34T，最短时间t2＝16T，T＝2πRv，所以最大时间差Δt＝t1－t2＝712T＝7πd6v，选项C正确，D错误。答案BC11．如图10所示，在某电子设备中分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应

强度的大小为B。AC、AD两块挡板垂直纸面放置，夹角为90°。一束电荷量为＋q、质量为m的相同粒子，从AD板上距离A点为L的小孔P以不同速率沿纸面方向射入磁场，速度方向与AD板之间的夹角均为60°，不计粒子的重力和粒子间

的相互作用。求：图10(1)直接打在AD板上Q点的粒子从P到Q的运动时间；(2)直接垂直打在AC板上的粒子运动的速率。解析(1)如图所示，根据已知条件画出粒子的运动轨迹，粒子打在AD板上的Q点，圆心为O1。由几何关系可知：轨迹Ⅰ对应的圆心角∠PO1Q＝120°，设粒子运动的轨迹Ⅰ的半径为R洛伦

兹力充当向心力qvB＝mv2R圆周运动的周期公式T＝2πRv可得周期T＝2πmqB运动时间为t＝T3代入数据解得t＝2πm3qB(2)粒子垂直打到AC板上，运动轨迹Ⅱ如图所示，圆心为O2，∠APO2＝30°，设粒子运动的轨迹Ⅱ的半径为rrcos30°＝L

洛伦兹力充当向心力qv′B＝mv′2r解得v′＝23qBL3m答案(1)2πm3qB(2)23qBL3m12．(2019·名师原创预测)在xOy平面内有一个半径为R的圆形区域与x轴相切于O点，在圆形区域外(包括圆形边界)的空间存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，如图11所示

。发射源从坐标原点O以与x轴正方向成θ角的方向向第一象限发射一个比荷为k的带正电的粒子(不计重力)，该粒子恰好沿平行于x轴的方向进入圆形区域。图11(1)求粒子的速度大小v；(2)若发射源能从坐标原点O以大小为v的速率向第一象限的不同方向射出同样的带电粒子，求带电粒子从射出到再次回到O点所用的

最长时间。解析(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹与区域圆相交于O、D两点，粒子从D点进入无磁场区域时速度方向平行于x轴，如图中轨迹①所示，由几何关系知OC′DC为菱形，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径与区域圆半径相等，即r＝R由洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv

2r代入比荷k解得v＝kBR(2)由于带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝R，故以任意角θ射出的粒子均沿平行于x轴的方向进入无磁场区域。由分析可知，沿x轴正方向射出的粒子将沿圆形边界做圆周运动，回到O点所用的时间最短。沿y轴正方向射出的粒子(轨迹②)先在磁场中

运动34圆周，进入圆形区域后沿直径做直线运动，再进入磁场又运动34圆周回到原点O，此运动所用时间最长。该粒子在磁场中的运动时间为t1＝2×34T其中周期T＝2πrv＝2πkB该粒子在圆形区域内的运动时间t2

＝2Rv最长时间t＝t1＋t2联立解得t＝3π＋2kB答案(1)kBR(2)3π＋2kB