专题20磁场对运动电荷的作用（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_2023年高考冲刺物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题 20 磁场对运动电荷的作用 [题型导航] 题型一 对洛伦兹力的理解和应用.......................................................................................................1 题型二 带电粒子做圆周运动分析思路...............................................................................................4 题型三 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动...............................................................................6 题型四 带电粒子在磁场运动的临界和极值问题.............................................................................12 [考点分析] 题型一 对洛伦兹力的理解和应用 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； 大拇指——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(注意：洛伦兹力不做功)． 3．洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°) (2)v⊥B时，洛伦兹力F＝ q v B .(θ＝90°) (3)v＝0时，洛伦兹力F＝0. [例题1] 如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度 B＝0.5T的匀强磁场中，固定一个 倾角 ＝37°的绝缘光滑斜面。一个质量m＝0.1g、电荷量q＝4×10﹣4C的小滑块由静止沿斜面 滑下α，小滑块滑至某一位置时将离开斜面。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取 10m/s2．则 （ ）A．小滑块带正电 B．该斜面长度至少为1.6m C．小滑块离开斜面前做变加速直线运动 D．小滑块离开斜面时的速度大小为4m/s 【解答】解：A、由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上。根据左手定则可得：小滑 块带负电，故A错误； BCD、因为离开之前，小球沿斜面的方向的合力始终等于重力的分力，所以一直做匀加速直线 运动， 由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv＝mgcos37°， 则v mgcos37° 0.1×10-3×10×0.8m/s＝4m/s； = = Bq 0.5×4×10-4 小球的加速度：mgsin37°＝ma， 即a＝gsin37°＝6m/s2， 42 4 由v2＝2ax得：x= m= m，故D正确，BC错误。 2×6 3 故选：D。 [例题2] （多选）如图所示，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平固定放置的光滑 绝缘杆MN分别交于c、d两点，点o是cd的中点，杆MN上a、b两点关于o点对称．两导线 均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成 正比、与该点到导线的距离成反比．一带正电的小球穿在杆上，以初速度v 从a点出发沿杆运 0 动到b点．在a、b、o三点杆对小球的支持力大小分别为F 、F 、F ．下列说法可能正确的是 a b o （ ） A．F ＞F a oB．F ＞F b a C．小球一直做匀速直线运动 D．小球先做加速运动后做减速运动 【解答】解：根据右手螺旋定则可知，从a点出发沿连线运动到b点，直线M处的磁场方向垂 直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减小过O点后反向增 大，而方向先里，过O点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始 的方向向上，大小在减小，如果v 特别大，在a处向上的洛伦兹力特别大，大于mg，则此处F 0 a ＝f洛 ﹣mg向下特别大，有可能F a ＞F o ＝mg；过O得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大。由 此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对杆的压力一直在增大， 即F ＞F ，故D错误，ABC正确。 b a 故选：ABC。 [例题3] 如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v 抛出，经时间 0 t落在地面上的A点，落地时速度大小为v ，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，qv B＜mg，小 1 0 球仍以水平速度v 抛出，则对小球的运动情况说法错误的是（ ） 0 A．因为高度没变，小球运动时间仍为t B．小球在水平方向做变加速运动，将落在A点的右侧 C．小球竖直方向做变加速运动，加速度小于重力加速度 D．小球落地时的速度大小仍为V 【解答】解：A、没有磁场时带电小球做平抛运动，当加入垂直纸面向里的匀强磁场时，带电小 球除了受重力作用还受洛伦兹力作用。 当开始时mg＞qv B时，小球在运动中任一位置的受力重力和洛伦兹力，小球此时受到了斜向右 0 mg-qv Bcosθ 上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度a = 0 ＜g，故小球在空中做曲线 y m 运动的时间将增加；同时小球受到的重力与洛伦兹力的合力有向右的分量，所以小球向右做加 速运动，且加速度随速度的大小、方向的变化为变化，所以小球的落点应在 A点的右侧。故A 错误，BC正确； D、在小球运动的过程中，洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直。所以洛伦兹力不做功，只有重力做功，小球落地的速度大小不变。故D正确。 本题选择错误的，故选：A 题型二 带电粒子做圆周运动分析思路 1．匀速圆周运动的规律 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． 2．圆心的确定 (1)已知入射点、出射点、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3甲所示，P为入射点，M为出射点)． 图3 (2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，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迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射 点)． 3．半径的确定 可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小． 4．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θ时，其运动时间表示为 t＝T(或t＝)． [例题4] （多选）如图所示，直角坐标系 xOy在水平面内，之轴竖直向上。坐标原点 O 处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为 m、带电量为q的小球 A，绕之轴做匀速圆周运动，小球与坐标原点的距离为 r，O点和小球A的连线与之轴的夹角 为 ＝37°。重力加速度为g，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，不计空气阻力，下列说法正确的是（ θ） A．从上往下看带电小球沿逆时针方向做匀速圆周运动 5 B．小球A与点电荷之间的库仑力大小为 mg 4 C．小球A做圆周运动的过程中所受的库仑力不变 D．小球A做圆周运动的速度越小，所需的磁感应强度越小 【解答】解：A、空间中存在竖直向下的匀强磁场B，小球的向心力由库仑力在运动轨迹半径方 向的分力和洛伦兹力提供，根据左手定则可知，从上往下看小球只能沿逆时针方向做匀速圆周 运动，故A正确； B、洛伦兹力沿水平方向，在竖直方向上，根据平衡条件得： Fcos37°＝mg 5 解得：F= mg 4 5 即小球A与点电荷之间的库仑力大小为 mg，故B正确； 4 C、小球A做圆周运动所受的库仑力大小不变，方向在时刻变化，故C错误； D、水平方向上根据牛顿第二定律得： mv2 qv B-Fsin37°= 0 0 R R＝rsin37° 5 F= mg 4 解得： 5mv 3mg B= 0+ 3qr 4qv 0课件，只有当5mv 3mg 时，即 0= 3qr 4qv 0 √ 9 v = gr 0 20 √ 9 B才有最小值，可见，当v ＜ gr时，速度越小，磁感应强度越大，故D错误； 0 20 故选：AB。 [例题5] （多选）狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁 k 感线呈均匀辐射状分布（如图甲所示），距离它r处的磁感应强度大小为B= （k为常数）， r2 其磁场分布与负点电荷Q的电场（如图乙所示）分布相似．现假设磁单极子S和负点电荷Q均 固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动．则关于小球做匀速圆周运动的判断正 确的是（ ） A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示 B．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示 C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示 D．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示 【解答】解：要使粒子能做匀速圆周运动，则洛伦兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图 中，若粒子为正电荷且逆时针转动（由上向下看）则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆 心，故A正确；而若为负电荷，但顺时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，故C正确； Q带负电，则正电荷在图示位置各点受到的电场力指向Q，则电场力与重力的合力可能充当向心 力，故B正确； 但若小球带负电，则小球受电场力逆着电场线，故其与重力的合力向下，合力不能全部提供向 心力，故不会做匀速圆周运动，故D错误； 故选：ABC。题型三 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动 带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图7所示) 图7 2．平行边界(存在临界条件，如图8所示) 图8 3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图9所示) 图9 4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是： (1)画出运动轨迹； (2)确定圆心和半径； (3)利用洛伦兹力提供向心力列式． [例题6] 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 q 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 =k， m 则质子的速度可能为（ ）3BkL BkL A． B． C．2BkL D．3BkL 2 4 【解答】解：质子经过磁场偏转后经过C点，其可能的轨迹如图所示： 由轨迹图可知，所有圆弧轨迹所对的圆心角均为60°，根据几何关系可得，质子做圆周运动的半 径为： L r= （n＝1，2，3…） n 根据洛伦兹力提供向心力可得： v2 qvB=m r qBr L 联立解得：v= =Bk⋅ ≤BkL（n＝1，2，3……） m n BkL 当n＝4时，可得：v= ，故B正确，ACD错误； 4 故选：B。 [例题7] 如图所示，正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子以速度 v 从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开磁场；若该粒子以速度v 从a点沿ae方向射入磁场， 1 2 则从d点离开磁场。不计粒子重力，v 的值为（ ） 1 v 2√6 √3 √3 A．√3 B． C． D． 2 2 3 【解答】解：带正电粒子以速度v 从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开磁场，设六边形得边 1 长为L，则由几何关系得 R =√3L 1 若该粒子以速度v 从a点沿ae方向射入磁场，则从d点离开磁场，则由几何关系得R ＝2L 2 2 v2 由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m r mv 则r= Bq 故速度之比，即半径之比v R √3 1= 1= v R 2 2 2 故ABD错误，C正确； 故选：C。 [例题8] 如图所示，某带电粒子（重力不计）由M点以垂直于磁场边界的速度v射入宽度 为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为 ＝30°，磁场的磁感应强度 大小为B。由此推断该带电粒子（ ） θA．带负电且动能不变 B．运动轨迹为抛物线 v C．电荷量与质量的比值为 dB πd D．穿越磁场的时间为 3v 【解答】解：A.根据左手定则，粒子带正电，故A错误 B.该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，故B错误 v2 C.根据牛顿第二定律qvB=m r d 又因为sin30°= r q v 解得 = m 2dB 故C错误 1 D.穿越磁场的时间为t= T 12 2πm 周期T= qB πd 解得t= 3v 故D正确。 故选：D。[例题9] 如图，虚线内有垂直纸面的匀强磁场，acb是半圆，圆心是O，半径为r，∠bOc ＝60°，现有一质量为m、电荷量为+q的离子，以速度v沿半径Oc射入磁场，从bd边垂直边 界离开磁场，则（ ） A．离子做圆周运动的半径为2r B．离子离开磁场时距b点为3r mv C．虚线内的磁感应强度大小为 3qr 5√3πr D．离子在磁场中的运动时间为 6v 【 解 答 】 解 ： AB. 由 题 意 ， 作 出 离 子 在 磁 场 中 运 动 轨 迹 示 意 图 如 下则根据几何关系，离子在磁场中圆周运动半径为 R=√3r 离子离开磁场时距b点为（√3+1）r，故AB错误； C.离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力 v2 qvB＝m R 可得 mv B= √3qr 故C错误； D.由几何关系知，离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为150°，则运动时间为 θ θm 5√3πr t= T= = 2π qB 6v 故D正确。 故选：D。 [例题10] 坐标原点O处有一粒子源，沿xOy平面向第一象限的各个方向以相同速率发射 带正电的同种粒子。有人设计了一个磁场区域，区域内存在着方向垂直于xOy平面向里的匀强 磁场，使上述所有粒子从该区域的边界射出时均能沿y轴负方向运动。不计粒子的重力和粒子 间相互作用，则该匀强磁场区域面积最小时对应的形状为（ ） A． B． C． D． v2 【解答】解：设粒子做匀速圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m ① R mv 解得：R= ② qB 因为粒子从原点射入磁场速度方向只在第一象限内，结合图象由②式可知，2mv mv 粒子与x轴相交的坐标范围为：- ≤x≤- qB qB 2mv 结合图象由②式可知，粒子与y轴相交的坐标范围为：0≤y≤ qB 由题可知，匀强磁场的最小范围如d图中的阴影区域所示，故D正确、ABC错误。 故选：D。 题型四 带电粒子在磁场运动的临界和极值问题 1．临界问题的分析思路 物理现象从一种状态变化成另一种状态时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与 临界状态相关的物理条件称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点． 临界问题的一般解题模式为： (1)找出临界状态及临界条件； (2)总结临界点的规律； (3)解出临界量． 2．带电体在磁场中的临界问题的处理方法 带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹： (1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零． (2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切． [例题11] 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场存在于半径为的圆内，一束速度为v 的带电粒 0 子对圆心从P点入射时，经磁场后速度方向偏转60°射出，现将磁感应强度调整为原来的2倍， 粒子束的速度大小不变，方向可在纸面内调节、不计重力及粒子束之间相互作用，则粒子束出 射点距P点的最远距离为（ ）√3r 2√3r A．√3r B．1.5r C． D． 3 3 【解答】解：由题意可知，原来粒子做匀速圆周运动的半径由几何关系得R =√3r 1 v2 因为洛伦兹力提供向心力：qvB＝m R 得 mv R= qB 所以将磁感应强度调整为原来的2倍，粒子束的速度大小不变时，粒子做匀速圆周运动的半径为 1 R = R 2 2 1 想让粒子束出射点距P点最远，即粒子在磁场中轨迹对应弦长最大，因为 2R ＜2r 2 所以当弦长为粒子做圆周运动的直径时，弦长最大，即 d ＝2R =√3r max 2 故A正确，BCD错误； 故选：A。 [例题12] （多选）如图所示，在垂直于xOy平面的直角坐标系中，y轴正半轴区域有垂直 于纸面向里的匀强磁场B，x轴是磁场的理想边界。质量均为m、带电量均为+q的粒子分别从 x轴上的P（﹣a，0）点，以初速度v 沿x轴正向射出，在Q(√3a，0)点以另一速度沿与x 1 轴正向成一定的角度射出，结果两粒子恰在y轴上对心正碰并粘合为一个整体，且粘合后整体 的速度也沿y轴方向。若不计粒子重力，及粒子间的相互作用，则（ ）A．Q点发射粒子的速度为√3v 1 2 B．两粒子粘合后的运动周期将增大 5πm C．两粒子发射的时间差为 6qB 9-2√3 D．粘合体到x轴的最小距离为 a 6 【解答】解：A．设从Q点射出的粒子速度方向与x轴夹角为 ，速度大小为v ，两粒子在磁场 2 中圆周运动半径分别为r 、r ，在y轴发生对心正碰，则两粒子θ碰前速度方向分别沿y轴正方向 1 2 和负方向，如图： 根据几何关系： r =a，r +r sinθ=√3a，r cosθ=a 1 2 2 2 2 解得θ=30°，r = a 2 √3 v2 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=m r v r √3 1= 1= v r 2 2 22√3 即v = v 2 3 1 故A错误； v2 B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=m r 2πr 根据圆周运动规律：T= v 2πm 解得T= Bq 两粒子碰后粘合体运动周期不变，故B错误； T 2 C．根据几何关系，两粒子从发射到相碰分别运动 和 T，两粒子发射时间差 4 3 2 T 5T 5πm Δt= T- = ，解得Δt= 3 4 12 6qB 故C正确； D．设两粒子碰后速度为v，以y轴负方向为正方向，根据动量守恒定律：mv ﹣mv ＝2mv 2 1 v -v 解得碰后速度v= 2 1 2 √3 1 代入半径公式，粘合体圆周半径为r =( - )a 3 3 2 9-2√3 则粘合体到x轴的最小距离为h＝a﹣r ，解得h= a 3 6 故D正确。 故选：CD。 [例题13] （多选）如图所示，矩形OMPN空间内存在垂直于平面向里、磁感应强度大小 为B的匀强磁场。有大量速率不同的电子从O点沿着ON方向进入磁场。已知电子质量为m， 电荷量为e，OM长度为3d，ON长度为2d，忽略电子之间的相互作用，电子重力不计。下列 说法正确的是（ ） A．电子速率越小，在磁场里运动的时间一定越长πm B．电子在磁场里运动的最长时间为 eB C．MP上有电子射出部分的长度为√3d D．MP上有电子射出部分的长度为(2-√3)d 【解答】解：AB、电子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子轨迹对应的圆心角为 ，则粒子在磁 θ θ θ 2πm θm 场中运动的时间为：t= T= × = ；由此可知电子运动时间与运动的圆心角有关， 2π 2π eB eB 当电子速度较小时从OM边射出，圆心角均为 ＝ ，且此时对应的圆心角最大，故运动时间最 θ π πm 长，为：t= ，故A错误，B正确； eB CD、随着速度增大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示： 由图可知MP边有电子射出的范围为BM长度，当电子轨迹与上边界相切时半径为2d，由几何 关系可知：BM d，所以MP上有电子射出部分的长度为 ，故C正确，D =√(2d) 2-d2=√3 √3d 错误。 故选：BC。 [例题14] （多选）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为 磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长 为R。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入 磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互 作用和重力。则下列分析中正确的是（ ）πm A．所有粒子所用最短时间为 6qB 2πm B．所有粒子所用最短时间为 3qB C．从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率 D．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间 【解答】解：依题意，作出从M、N两点射出粒子轨迹图如图所示； C、粒子运动轨迹如图所示，可以看出，粒子落到b点到c点的过程中，半径越来越大，则由： mv r= 可知，速度越来越大，所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率，故 qB C正确； AB、因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比，且由几何关系知，弦切角等于圆心角的一 半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与圆周相切时，弦切角最 小，因为Ob长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为 ＝60°，所以圆心角为 ＝120°，所以 θ α 120° 2πm 2πm 最短运动时间为：t = × = ，故A错误，B正确； min 360° qB 3qB D、由于M点与切点的位置不定，所以从M点射出粒子在磁场中运动时间与从N点射出粒子所 用时间大小不能确定，故D错误。 故选：BC。[例题15] 某种离子诊断测量筒化装置如图所示。竖直平面内存在边界为正方形 EFGH、方 向垂直纸面向外的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，只能沿竖直方向移动。a、b两 束宽度不计带正电的离子从静止开始经匀强电场U 加速后持续从边界EH水平射入磁场a束离 0 子在EH的中点射入经磁场偏转后垂直于HG向下射出，并打在探测板的右端点D点，已知正 方形边界的边长为2R，两束离子间的距离为0.6R，离子的质量均为m、电荷量均为q，不计重 力及离子间的相互作用，U 已知。求： 0 （1）求磁场的磁感应强度B的大小以及a束离子在磁场运动的时间t； （2）要使两束离子均能打到探测板上，求探测板CD到HG的距离最大时多少？ 【解答】解：（1）离子在电场中加速，由动能定理； 1 qU = mv2 0 2 解得：v √2qU = 0 m 依题意：a束离子在磁场中做匀速圆周运动，r＝R v2 由牛顿第二定律：qvB＝m r 联立解得：B 1 √2mU = 0 R q2πr 由于T= v 90° t= T 360° 联立解得：t πR √ m = 2 2qU 0 （2）设b束离子从边界HG的P点射出磁场 由几何关系：O'H＝0.6R，HP =√R2-(0.6R) 2 HP QD 由tan = = O'H PQ θ 4 联立解得：QD= R 15 答：（1）磁场的磁感应强度B的大小为1 √2mU ，a束离子在磁场运动的时间为πR √ m ； 0 R q 2 2qU 0 4 （2）要使两束离子均能打到探测板上，探测板CD到HG的距离最大为 R。 15 [例题16] 如图所示，两个同心圆半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸 面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆心O处有一放射源，放射出的粒子质量为m，带电荷 为﹣q，假设粒子速度方向都和纸面平行． （1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过 磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？ （2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？【解答】解：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R ，则由几何关系得： 1 √3 R = r 1 3 由 v2 qv B=m 1 1 R 1 √3Bqr 得：v = 1 3m （2）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R ，则由几何关系得： 2 (2r-R ) 2=R2+r2 2 2 3r 得：R = 2 4 由： v2 qv B=m 2 2 R 2 3Bqr 得：v = 2 4m √3Bqr 答：（1）要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是v = ； 1 3m 3Bqr （2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过v = ． 2 4m e [例题17] 如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为 的电子 m 以v 从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为（ ） 0A．B 2mv B．B 2mv C．B √3mv D．B √3mv ＞ 0 ＜ 0 ＞ 0 ＜ 0 ae ae ae ae 【解答】解：当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几 何知识得： a 2Rcos30°＝a，得R= ； √3 a 欲使电子能经过BC边，必须满足R＞ √3 mv mv 而R= 0= 0 qB eB 所以mv a 0＞ eB √3 化简得 √3mv ； B＜ 0 ae 故D正确，A、B、C错误。 故选：D。 [例题18] 如图所示，一束带负电的粒子（质量为m、电荷量为e）以速度v垂直磁场的边 界从A点射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中．若粒子的速度大小可变，方向不变， 要使粒子不能通过磁场的右边界，则粒子的速度最大不能超过（ ）eBd 2eBd eBd 2eBd A． B． C． D． 2m 3m m m 【解答】解：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， v2 mv 由牛顿第二定律得：evB＝m ，解得：r= ∝v r eB 最大速度对应的临界轨迹与右侧边界相切，如图所示： 结合几何关系，轨道半径为：r＝d eBd 故最大速度为：v= ，故C正确； m 故选：C。 [例题19] 如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在 以直径A A 为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，直径A A 与A A 的夹角为60°，一质量为 2 4 2 4 1 3 m、带电荷量为+q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A 处沿与A A 成30°角的方向射入磁场， 1 1 3 随后该粒子以垂直于A A 的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A 处射出磁场．已知该粒子 2 4 4 从射入到射出磁场所用的时间为t，（忽略粒子重力），求： （1）画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹； （2）粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨道半径r 和r 比值； 1 2 （3）Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小B 和B ． 1 2【解答】解：（1）设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运 动，再逆时针做圆周运动，最后从A 点射出，运动轨迹如图所示， 4 （2）用B 、B 、R 、R 、T 、T 分别表示在磁场Ⅰ区Ⅱ磁感应强度、轨道半径和周期 1 2 1 2 1 2 qvB ＝mv2 ① 1 ⋯ R 1 qvB ＝mv2 ② 2 ⋯ R 2 2πm T = ⋯③ 1 qB 1 2πm T = ⋯④ 2 qB 2 设圆形区域的半径为r，如答图5所示，已知带电粒子过圆心且垂直A A 进入Ⅱ区磁场， 3 4 连接A A ，△A OA 为等边三角形，A 为带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心， 1 2 1 2 2 其半径R ＝A A ＝OA ＝r…⑤ 1 1 2 2 1 圆心角∠A A O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为：t = T …⑥ 1 2 1 1 6 1 带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA 的中点，即R= r…⑦ 4 2 1 （3）在Ⅱ区磁场中运动时间为t = T …⑧ 2 2 2 带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t +t …⑨ 1 2 5πm 由以上各式可得：B = ⋯⑩ 1 6qt 5πm B = 2 3qt 5πm 5πm 故I区磁感应强度为 ，II区磁感应强度为： ． 6qt 3qt答：（1）画出粒子在磁场I和II中的运动轨迹如上图； （2）粒子在磁场I和II中的轨道半径r 和r 比值为2：1； 1 2 5πm 5πm （3）I区和II区中磁感应强度的大小分别为 和 ． 6qt 3qt