【文档说明】高考物理一轮复习课件第9章磁场第26讲磁吃运动电荷的作用 (含详解).ppt，共(81)页，1.634 MB，由MTyang资料小铺上传

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第九章磁场高考总复习·物理第26讲磁场对运动电荷的作用高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．洛伦兹力的大小F＝qvBsinθ，其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角．(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时

，F＝__________.(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时，F＝______.(3)当电荷在磁场中静止时，F＝______.00qvB2．洛伦兹力方向(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__________所决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)．由于F始终__________v的方向，故洛伦兹力永不做功．3．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____________运动．B和v垂直于匀速直线匀速圆周(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做____________运动．(3)向心力公式：

qvB＝mv2r.(4)轨道半径公式：r＝mvBq.(5)周期公式：T＝2πrv＝2πmqB；f＝1T＝_______；ω＝2πT＝2πf＝_______.qB2πmqBm×[基础小练]判断下列说法是否正确(1)带电粒子在磁场中运动时一定

会受到磁场力的作用．()(2)带电粒子仅在洛伦兹力的作用下一定做匀速圆周运动．()(3)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．()×××(4)根据公式T＝2πrv，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比．()(5)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速

度不变．()(6)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功．()(7)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关．()××√板块二︿︿[考法精讲]考法一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速度方向和磁场方向确定的平面．(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)左手判断洛伦兹力方向，但

一定要分清正、负电荷．(5)洛伦兹力一定不做功．2．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与

电荷电性无关正电荷与电场方向相同，负电荷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，也可能不做功力为零时场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以

改变电荷运动的方向【自主练1】(2019·沭阳修远中学月考)运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，运动方向会发生偏转，这一点对地球上的生命来说有十分重要的意义．从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，称为宇宙射线，在射向地球时

，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用．如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图．现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这束质子流在进入地球周围的空间将()A．竖直向下沿直线射向地面B．向东偏转C．向西偏转D．向北偏转B解析根据地磁

场的分布特点可知，地磁场的磁感线从地球的地理南极指向地理北极，由于磁场分布南北半球对称，故在赤道上空的磁场方向从南向北，平行于地面．质子带正电，由左手定则可以判断，质子会向东偏转，选项B正确．BD【自主练2】(多选)电子以垂直于匀强磁场的速度v从a点进入长为d、宽为L的有界匀强磁场区域，偏

转后从b点离开磁场，如图所示．若磁场的磁感应强度为B,那么()A．电子在磁场中的运动时间t＝dvB．电子在磁场中的运动时间t＝ab︵vC．洛伦兹力对电子做的功是W＝Bev2tD．电子在b点的速度大小也为v解析电子做匀速圆周运动，在磁场中运动的时间

为t＝ab︵v>dv，故选项A错误，B正确；洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，对电子不做功，故选项C错误；洛伦兹力不做功，电子的动能不变，则其速率不变，故选项D正确．考法二带电粒子在磁场中的运动1．圆心的确定(1)基本思路：与速度方向垂直的直线

和图中弦的中垂线一定过圆心．(2)两种常见情形①已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)．②已知入射点和

出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，图中P为入射点，M为出射点)．2．半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能

半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的特点：(1)粒子速度的偏向角φ等于圆心角(回旋角)α，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt.(2)相对的弦切角θ相等，与相邻的

弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°.3．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：t＝α360°T(或t＝α2πT)．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，如图甲、乙、丙所示)．(2)平行边界(存在临界条件，如图甲、乙、丙所示)．(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)．【自主练3】(2019·河南百校联盟质检)(多选)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源O，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，

粒子1经磁场偏转后从边界上P点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上Q点出磁场，OP＝PQ，则()A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D．粒子1与粒子2在磁

场中运动的时间之比为1∶2AC解析如图所示，粒子1进入磁场时速度的垂线与OP的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子2进入磁场时速度的垂线与OQ的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心．由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2

，由r＝mvqB可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，选项A正确，B错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝2πmqB，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，选项

C正确，D错误．D【自主练4】(2019·潮州高三综合测试)在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电量2e的α粒子和质量为m2、带电量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．m1m2B．m2m1C．m14m2D．4m2m1解析粒子在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＝mv2r，动能为Ek＝12mv2，联立可得Ek＝q2r2B22m，α粒子是氦核，β粒子是电子，故α粒子和β粒子的电量之

比为2∶1，故α粒子和β粒子的动能之比为EkαEkβ＝q21m1q22m2＝4m2m1，选项D正确，A、B、C错误．解题技巧带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法考法三带电粒子在直线边界磁场中的运动【例题1】(多选)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

有一带正电粒子源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，经过一段时间后有大量粒子从边界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T2(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时间可能为()A．T3B．T4C．T6D．T8[思维导引]所有粒子的射出速度大小相同，所以弧长越长时间越长，沿哪一方向射出的时间最长？弧长最短的时间最短，如何确

定最短弧长？v大小一定，则半径r一定，那么弦长最短时弧长最短．答案ABC解析粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于所有粒子的速度大小相同，故弧长越小，粒子在磁场中运动的时间就越短，由于粒子在磁场中运动的最长时间为T2，沿SA方向射出的粒子在磁场中运动时间最长，如图所示，作出粒子运动轨

迹图，由几何关系可知当粒子在磁场中做圆周运动绕过的弧所对应的弦垂直边界OC时，粒子在磁场中运动时间最短，由于SD⊥OC，则SD＝12ES，即弦SD等于半径O′D、O′S，相应∠DO′S＝60°，即最短时间为t＝60°360°T＝T6.

BD【跟踪训练1-1】(多选)如图所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab

成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是()A．v1∶v2＝1∶2B．v1∶v2＝3∶4C．t1∶t2＝2∶1D．t1∶t2＝3∶1解析甲、乙两粒子的运动轨迹

如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T＝2πmBq，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T甲＝T乙．设正方形的边长为L，则由图知甲粒子运行半径为r1＝L2，运行时间为t1＝T甲2，乙粒子运行半径为r2＝Lcos30°，运行时间为t2＝T乙6，而r＝mvB

q，所以v1∶v2＝r1∶r2＝3∶4，选项A错误，B正确；t1∶t2＝3∶1，选项C错误，D正确．【跟踪训练1-2】(2019·河南省实验中学高三模拟)(多选)如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸

面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列有关判断正确的是()A．若粒子回到MN上时速度增大，则该空间存在的一定是电场B．若粒子回到MN上时速度大

小不变，则该空间存在的一定是磁场C．若只改变粒子的速度大小发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场D．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则空间存在的一定是磁场答案AD解析洛伦兹力不做功不能使带电粒子

的动能增加，电场力可以做功使带电粒子的动能增大，选项A正确；若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，选项B错误；如果是与v0垂直的匀强电场，粒子以不同速率从O点沿同一方向出发，做与类似斜面

(MN)有关的类平抛运动，回到MN上时速度就与MN所成夹角保持不变，选项C错误；由T＝2πmBq知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，选项D正确．【跟踪训练1-3】(2019·安庆高三二模)如图所示，正方形虚线框ABCD边长为a

，内有垂直于线框平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边以初速度v0射入匀强磁场，不计粒子重力，则下列判断正确的是()A．若v0的大小合适，粒子能从CD边中点F射出磁场B．当v0＝qBam

时，粒子正好从AD边中点E射出磁场C．当v0>5qBa4m时，粒子将从CD边射出磁场D．粒子在磁场中运动的最长时间为2πmqB答案C解析带正电的粒子进入磁场后，受到向上的洛伦兹力，则粒子不可能从CD边中点F射

出磁场，选项A错误；粒子正好从AD边中点E射出磁场时，此时r＝12a，根据qBv＝mv2r可知，v0＝qBa2m，选项B错误；当粒子恰好从D点射出时，则r2＝a2＋r－12a2，解得r＝5

4a，则此时v0＝5qBa4m，则当v0>5qBa4m时，粒子将从CD边射出磁场，选项C正确；粒子从PA间射出磁场时，运动的时间最长，此时t＝12T＝πmqB，选项D错误．考法四带电粒子在圆形边界磁场中的运动带电粒子在圆形磁

场中的运动大致有以下几种情况1．粒子对准圆心射入磁场，离开磁场时，粒子速度方向的反向延长线过圆心，速度方向的偏转角等于粒子做圆周运动的圆心角；2．从同一点以相同速率沿不同方向射入磁场的带电粒子，若做圆周运动的轨迹为一段劣弧，则所对应的弦越长，该弦对应

的圆心角就越大，粒子做圆周运动的时间就越长；若v＝qBRm，即R＝mvqB，匀强磁场区域的半径R和带电粒子的运动半径mvqB相等，则磁场区域所对应的“圆”与带电粒子在磁场中的轨迹“圆”的两个交点和两个圆心构成菱形，如图所示，从而证明

O′Q∥PO，从最高点射入的粒子射出磁场时一定沿水平方向．【例题2】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．ω3BB．ω2BC．ωBD．2ωB[思维导引]粒子射入时的运动方向与MN成30°

角，可以判断粒子射出磁场时与半径方向也应成30°角；筒转过90°，可知所用时间为圆筒运动周期的14，求粒子运动的圆心角→画轨迹，由几何关系求解．求粒子运动周期→根据粒子运动时间与筒运动时间相等求解．答案A解析如图所

示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧MP︵所对应的圆心角由几何知识可知为30°，粒子在磁场中运动时间与圆筒转动时间相等，则π2ω＝2πmqB·30°360°，即qm＝ω3B，选项A正确．B【跟踪训练2-

1】(2019·吉安一中段考)如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10cm的圆柱形桶内有B＝10－4T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子

束射出．现有一粒子源发射比荷为qm＝2×1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角α＝45°时，出射粒子速度v的大小是()A．2×106m/sB．22×106m/sC．22×108m/sD．42×106m/s解析粒子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b离开磁

场时速度与ab的夹角也为α＝45°，过入射点和出射点作速度方向的垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为θ＝2α＝90°，则粒子的轨迹半径有关系r＝2R，由牛顿第二定律得Bqv＝mv2r，解得v＝q

Brm＝22×106m/s，故选项B正确．【跟踪训练2-2】(2019·郴州高三教学质检)(多选)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．M为磁场边界上一点，有无数个带电量为q、

质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M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14.下列说法正确的是()A．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝2BqR2mB．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝BqR2mC．若将磁感应强度的大小增加

到2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的23D．若将磁感应强度的大小增加到2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的22答案AC解析因为粒子射出边界的位置处于边界的某一段圆弧上，并不是整个圆周上都有，所以，粒子做圆周运动的半径小于R；则粒子能射到

的边界其圆弧所对应的弦长正好等于圆周运动的直径，因为这段圆弧的弧长是圆周长的14，所以，弦长对应的等腰三角形的内顶角为90°，所以，弦长2r＝Rsin45°，则粒子做圆周运动的半径r＝R2sin45°＝22R，粒子做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即qvB＝mv2r，所

以v＝2qBR2m，故选项A正确，B错误；若B变为原来的2倍，则粒子在磁场中做圆周运动的半径r′＝mvqB′＝R2，同理可得，粒子能射到的边界其圆弧对应的弦长为R，由几何关系可得弦长对应的等腰三角形的内顶角为60°，这段圆弧的弧

长是圆周长的16，所以弧长之比为2∶3，故选项C正确，D错误．[典例诊断]【例题3】(2019·山西晋中模拟)(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场(包括边界)，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)．一群不计重力的不同正离子以较大的相同速率v0

，由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，已知所有粒子在磁场中的轨道半径r＝R，则下列说法正确的是()A．离子飞出磁场时的动能一定相等B．离子飞出磁场时的速度一定相同C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D．沿PQ方向射入的

离子飞出时偏转角最大[错解分析](1)错选A：认为离子初速度大小相同，且洛伦兹力不做功，所以离子飞出磁场时的动能一定相等，错因是误认为离子的质量相同．(2)错选D：将由Q点飞出与沿PQ方向射入混淆，沿PQ方向射入的离子速度方向偏转角是90度．答案BC解析比荷qm相同的正离子，质量不一定相同，虽

然初速度相同，则动能不一定相同，则离子飞出磁场时的动能不一定相等，故选项A错误；离子在磁场中做圆周运动，轨道半径都为r＝R，所有离子射出磁场的运动方向都相同，由于运动速率v0相等，所以离子飞出磁场的速度都相同，故选项B正确；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时

偏向角最大，离子圆周运动的最大弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，此时粒子一定不会沿PQ射入，故选项C正确，D错误．易错警示带电粒子在圆形磁场区域运动的结论与方法(1)结论：若在圆形磁场区域边界上

同一点，相同的带电粒子以相同速率沿垂直磁场的不同方向进入磁场，如果满足圆周运动的半径与磁场区域圆的半径相同，那么粒子射出磁场时速度方向都是相同的．(2)确定射出方向的方法：看对准圆心射入的粒子，其末速度方向就是所有

粒子的射出速度方向．(3)特别提醒：解答带电粒子在圆形区域内的运动问题，要优先考虑上述结论与方法，否则会使问题解答复杂化而导致差错．【跟踪训练3】(多选)如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴

方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出．在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度

为2l且关于y轴对称的小孔．K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔达到A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流，已知b＝32R，d＝l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用()A．磁感应强度的大小为B＝mveRB．电子流从P点射出时

与负y轴方向的夹角的范围是－45°≤θ≤45°C．当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达板A的电子数为63ND．电路中饱和电流的表达式为Imax＝62Ne答案AC解析电子均从P点射出，电子做圆周运动的轨道半径r＝R，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第

二定律得evB＝mv2r，解得B＝mveR，故选项A正确；如图所示，上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm，由几何关系可得sinθm＝bR，得θm＝60°.同理下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60°，范围是－60°≤θ≤60°，故选项B错误；进入小孔的电子偏角正

切值tanα＝ld＝1，解得α＝45°，y′＝Rsinα＝22R，每秒进入两极板间的电子数n：nN＝y′b＝63，解得n＝63N，容易得到电路中饱和电流大小为Imax＝63Ne，故选项C正确，D错误．板块三︿︿1．(2019·石家

庄高三教学质量检测)(多选)如图所示，等腰直角三角形abc.区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直角边bc的长度为L.三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率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∶2.不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A．粒子的速率关系一定是v1＝v2<v3B．粒子的速率可能是v2<v1<v3C．粒子的比荷qm＝π

Bt2D．粒子的比荷qm＝3v32BL答案BD解析根据题设条件，三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝mv2r，解得r＝mvqB，粒子轨道半径与速度成正

比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2∶t3＝3∶3∶2，显然它们在磁场中的偏转角度之比为3∶3∶2，即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，轨迹如图所示，粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，粒子3的速度比1、2的速

度大，无法确定粒子1、2的速度关系，1、2两粒子的速度即可能相等也可能不相等，故选项A错误，B正确；对速度为v2的粒子，其偏转角度为90°，粒子在磁场中的运动时间t2＝14T＝14×2πmqB，则qm＝π2Bt2，故选项C错误；对速度为v3的粒子偏

转60°，运动轨迹如图所示，由几何关系知r3·sin60°＝L，解得r3＝23L3，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv3B＝mv23r3，解得r3＝mv3qB，qm＝v3Br3＝3v32BL

，故选项D正确．BD2．(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)

，所有质子均能通过C点，质子比荷qm＝k，则质子的速度可能为()A．2BkLB．BkL2C．3BkL2D．BkL8解析因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝Ln(n＝1,2,3，„)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝mv

2r，即v＝Bqrm＝Bk·Ln(n＝1,2，3，„)，选项B、D正确．3．(2019·长沙模拟)如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁

场沿各个方向发射质量为m、电荷量为－q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角为θ，且满足tanθ2＝0.5.(1)若某一粒子以速率v1＝qBRm，沿与MO成60°角斜向上方射入磁场，

求此粒子在磁场中运动的时间；(2)若某一粒子以速率v2，沿MO方向射人磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v2；(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积．解析(1)粒子在匀强磁场中做

匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由牛顿第二定律可得qv1B＝mv21r1，解得r1＝mv1qB＝R.粒子沿与MO成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝15

0°.粒子运动周期T＝2πmBq，粒子在磁场中的运动时间t＝150°360°T，得t＝5mπ6qB.(2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙所示，设粒子轨

迹半径为r2，由图中几何关系可得r2＝Rtanθ2＝12R，由牛顿第二定律可得qv2B＝mv22r2，解得粒子的速度v2＝qBr2m＝qBR2m.乙丙(3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2，且不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的

面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ︵与直线MQ围成的面积S3之和．S1＝12π(R2)2＝πR28，S2＝16πR2，S3＝16πR2－12×R×R2tan60°＝16πR2－34R2，则S＝1124πR2－3

4R2.答案(1)5mπ6qB(2)qBR2m(3)见解析