第13講帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

內(nèi)容導(dǎo)航——預(yù)習(xí)三步曲

第一步：學(xué)

析教材學(xué)知識(shí)：教材精講精析、全方位預(yù)習(xí)

練習(xí)題講典例：教材習(xí)題學(xué)解題、快速掌握解題方法

練考點(diǎn)強(qiáng)知識(shí)：核心考點(diǎn)精準(zhǔn)練

第二步：記

串知識(shí)識(shí)框架：思維導(dǎo)圖助力掌握知識(shí)框架、學(xué)習(xí)目標(biāo)復(fù)核內(nèi)容掌握

第三步：測(cè)

過(guò)關(guān)測(cè)穩(wěn)提升：小試牛刀檢測(cè)預(yù)習(xí)效果、查漏補(bǔ)缺快速提升

知識(shí)點(diǎn)1：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1.洛倫茲力總是與粒子的運(yùn)動(dòng)方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小。

2.沿著與磁場(chǎng)垂直的方向射入磁場(chǎng)的帶電粒子，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。

知識(shí)點(diǎn)2：帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期

1.運(yùn)動(dòng)條件：不計(jì)重力的帶電粒子沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

mv2

2.洛倫茲力作用：提供帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，即qvB＝。

r

3.基本公式：

mv

（1）半徑：r＝；

qB

2πr2πm

（2）周期：T＝＝。

vqB

2πrmv2πm

①帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝。將r＝代入可得T＝。

vqBqB

mv2πm

②同一粒子在同一磁場(chǎng)中，由r＝知，r與v成正比；由T＝知，T與速度無(wú)關(guān)，與半徑大小無(wú)關(guān)。

qBqB

知識(shí)點(diǎn)3：帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)

在研究帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，著重把握“一找圓心，二求半徑，三定時(shí)間”的方法。

1.圓心的確定方法：兩線定一“心”

(1)圓心一定在垂直于速度的直線上。

如圖甲所示，已知入射點(diǎn)P(或出射點(diǎn)M)的速度方向，可通過(guò)入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作速度的垂線，兩條直線的交

點(diǎn)就是圓心。

(2)圓心一定在弦的中垂線上。

如圖乙所示，作P、M連線的中垂線，與任一速度的垂線的交點(diǎn)為圓心。

2.求半徑

v2mv

方法(1)：由公式qvB＝m，得半徑r＝；

rqB

方法(2)：由軌跡和約束邊界間的幾何關(guān)系求解半徑r。

3.定時(shí)間

α

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝T(或t

360°

α

＝T)。

2π

4.圓心角與偏向角、圓周角的關(guān)系

兩個(gè)重要結(jié)論：(1)帶電粒子射出磁場(chǎng)的速度方向與射入磁場(chǎng)的速度方向之間的夾角φ叫作偏向角，偏向角等

︵

于圓弧PM對(duì)應(yīng)的圓心角α，即α＝φ，如圖所示。

︵

(2)圓弧PM所對(duì)應(yīng)圓心角α等于弦PM與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如圖所示。

5.帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)的幾種常見情形

(1)直線邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性，射入和射出磁場(chǎng)時(shí)，速度與邊界夾角大小相等，如圖所示)

(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)

(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)

教材習(xí)題01

一帶電粒子沿垂直磁場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)軌跡如圖所

解題方法

示，軌跡上每一小段都可以近似看成圓弧，其能量逐漸減小

由題意可知，由于帶電粒子的能量逐漸減

（質(zhì)量、電量不變），從圖中可以確定運(yùn)動(dòng)方向和電性是

小，故其速度減小，在磁場(chǎng)中洛倫茲力提

（）

v2

供向心力qvBm解得其半徑為

A．粒子從b到a，帶負(fù)電r

B．粒子從a到b，帶負(fù)電mv

r由于速度減小，故其半徑逐漸減

C．粒子從a到b，帶正電qB

小，故可知粒子的運(yùn)動(dòng)方向從到；由

D．粒子從b到a，帶正電ba

其偏轉(zhuǎn)方向及左手定則可知粒子帶負(fù)電。

故選A。

【答案】A

解題方法

A．根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A

錯(cuò)誤；

BC．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒

子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得

a23

教材習(xí)題粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為Ra

02sin603

如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力

量為m的帶電粒子在P點(diǎn)以速度v與x軸正方向成60°角垂

提供向心力，由牛頓第二定律得

直磁場(chǎng)射入，恰好能垂直于y軸射出磁場(chǎng)。OPa，不計(jì)

v2mv

qvBm解得R粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)

重力。根據(jù)上述信息可以確定（）RqB

A．帶電粒子帶負(fù)電2R2m

動(dòng)周期為T所以粒子電荷

B．帶電粒子的電荷量vqB

C．該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度量和磁感應(yīng)強(qiáng)度無(wú)法求解，故BC錯(cuò)誤；

D．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D．根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓

心角為18060120粒子在磁場(chǎng)中

運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

12012R43a

tT故D正確。

3603v9v

故選D。

【答案】D

解題方法

教材習(xí)題03

如圖所示，由洛倫茲力提供向心力得

如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、

v2qBr

電荷量為q(q0)的帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MONqvBm可得v設(shè)圓形磁場(chǎng)半徑

rm

方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v1，離開磁

為R，由圖中幾何關(guān)系可得r1R，

場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)90；若射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2，離

vr3

r3R則11故選B。

v12

開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)60，不計(jì)重力，則為（）v2r23

v2

133

A．B．C．D．3

232

【答案】B

考點(diǎn)一：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)

1．圖甲為洛倫茲力演示儀的實(shí)物圖，乙圖為其結(jié)構(gòu)示意圖。演示儀中有一對(duì)彼此平行的共軸串聯(lián)的圓形線

圈（勵(lì)磁線圈），通過(guò)電流時(shí)，兩線圈之間產(chǎn)生沿線圈軸向、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓球形玻璃泡

內(nèi)有電子槍，電子槍發(fā)射電子，電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。電子速度的大小可由電子槍的加速電壓來(lái)

調(diào)節(jié)，磁場(chǎng)強(qiáng)弱可由勵(lì)磁線圈的電流來(lái)調(diào)節(jié)。下列說(shuō)法正確的是（）

A．僅使勵(lì)磁線圈中電流為零，電子槍中飛出的電子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B．乙圖中電子發(fā)射時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，若要正常觀察電子運(yùn)動(dòng)徑跡，勵(lì)磁線圈中電流方向應(yīng)該為逆時(shí)針（垂

直紙面向里看）

C．僅增大勵(lì)磁線圈中電流，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑將變大

D．僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑將變小

【答案】B

【詳解】A．若勵(lì)磁線圈中電流為零，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，電子槍中飛出的電子將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)

誤；

B．乙圖中電子發(fā)射時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，若要正常觀察電子運(yùn)動(dòng)徑跡，根據(jù)左手定則可知，電子受到向上的洛倫茲

力，所以勵(lì)磁線圈中電流方向應(yīng)該為逆時(shí)針（垂直紙面向里看），故B正確；

v2

C．電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有qvBm

r

mv

所以r

qB

由此可知，增大勵(lì)磁線圈中電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，半徑減小，故C錯(cuò)誤；

1

D．電子加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有qUmv2

2

2qU

所以v

m

若提高電子槍加速電壓，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的線速度增大，則電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑將變大，故D錯(cuò)誤。

故選B。

2．如圖所示，兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1、B2，今有一

質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點(diǎn)沿垂直于磁場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1中，其運(yùn)動(dòng)軌跡為如圖虛

線所示的“心”形圖線。則以下說(shuō)法正確的是（）

A．電子的運(yùn)動(dòng)軌跡為PENCMDP

B．B22B1

3πm

C．電子從射入磁場(chǎng)到回到P點(diǎn)用時(shí)為

B1e

D．電子在磁場(chǎng)B1中受到的洛倫茲力大小是在磁場(chǎng)B2中受到的洛倫茲力大小的2倍

【答案】D

【詳解】A．根據(jù)左手定則可知，電子從P點(diǎn)沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1時(shí)，受到的洛倫茲力方

向向上，所以電子的運(yùn)動(dòng)軌跡為PDMCNEP，故A錯(cuò)誤；

1

BD．由題圖可知，電子在左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑是在右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑的一半，即rr由

122

v2mv

洛倫茲力提供向心力evBm可得r可知B12B2所以電子在磁場(chǎng)B1中受到的洛倫茲力大小是在磁

rBe

場(chǎng)B2中受到的洛倫茲力大小的2倍，故B錯(cuò)誤，D正確；

T22m12m4m

C．電子從射入磁場(chǎng)到回到P點(diǎn)用時(shí)為tT1故C錯(cuò)誤。故選D。

2eB12eB2eB1

3．電荷量為3e的正離子，自勻強(qiáng)磁場(chǎng)a點(diǎn)如圖射出，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，打中并吸收了原處于靜止?fàn)顟B(tài)的

一個(gè)電子（此過(guò)程類似完全非彈性碰撞），若忽略電子質(zhì)量，則接下來(lái)離子的運(yùn)動(dòng)軌跡是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【詳解】離子吸收一個(gè)電子后，離子帶電荷量由3e變?yōu)?e，由于碰撞的時(shí)間極短，故吸收電子后滿足動(dòng)

v2mv

量守恒定律，離子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量保持不變，由洛倫茲力提供向心力qvBm可得軌道半徑為r因?yàn)殡x

rqB

子吸收電子后，電荷量減小且新離子的動(dòng)量與原來(lái)相同，故離子做圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑r增大，離子仍然帶正

電，故離子圓周運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)有發(fā)生變化。故選D。

考點(diǎn)二：帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

4．如圖所示，在一直線邊界上方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。直線邊界上有

一粒子源位于O點(diǎn)，零時(shí)刻粒子源同時(shí)向紙面內(nèi)沿兩個(gè)不同的方向發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量均為m、電荷

3mv

量均為q的粒子，且兩個(gè)粒子先后經(jīng)過(guò)該邊界上另外一點(diǎn)P，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為。若不計(jì)粒子重力

qB

和粒子間的相互作用，則這兩個(gè)粒子到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間差為（）

mm2mm

A．B．C．D．

3qB2qB3qBqB

【答案】C

【詳解】零時(shí)刻粒子源同時(shí)向紙面內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射速率均為v、質(zhì)量均為m、電荷量均為q的粒子，根據(jù)洛

倫茲力提供向心力有

mv2

qvB

r

解得

mv

r

qB

根據(jù)題意可知

3mv

OP3r

qB

根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩粒子入射與邊界OP方向夾角分別為60°和120°，兩個(gè)粒子到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間差為

240120

tT

360

又兩粒子運(yùn)動(dòng)周期

2r2m

T

vBq

解得

2m

t

3qB

故選C。

5．如圖所示，一正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O點(diǎn)為ab邊的中點(diǎn)。粒子1、2由O

點(diǎn)以相同的速度平行于bc邊射入磁場(chǎng)，最終粒子1由ad邊的中點(diǎn)e離開磁場(chǎng)，粒子2由c點(diǎn)離開磁場(chǎng)。不

計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，已知sin37°0.6，cos37°0.8，下列說(shuō)法正確的是（）

A．粒子1帶負(fù)電，粒子2帶正電B．粒子1、粒子2的軌道半徑之比為1:2

C．粒子1、粒子2的比荷之比為5:2D．粒子1、粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2:5

【答案】C

【詳解】A．根據(jù)左手定則可知，粒子1帶正電，粒子2帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

L

B．設(shè)正方形區(qū)域的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，則粒子1在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r

12

L

粒子2在磁場(chǎng)中r2L2（r）2

222

5

解得rL

24

r2

則1

r25

故B錯(cuò)誤；

v2

C．粒子在磁場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律qvBm

r

mv

可得r

qB

m

因?yàn)閮闪Ｗ拥乃俣却笮和磁場(chǎng)B相同，所以r

q

q1

即

mr

所以，粒子1、粒子2的比荷之比為5:2，故C正確；

D．粒子1在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為190

L

粒子2在磁場(chǎng)中sinθ2

r2

解得253

2r2m

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T

vqB

又tT

360

所以，粒子1、粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為90:53，故D錯(cuò)誤。

故選C。

6．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外。一帶電粒子

從圖中P點(diǎn)以速度v沿直徑方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)60后從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)。忽略粒子的重力，下列

說(shuō)法正確的是（）

A．粒子帶負(fù)電

3BR

B．粒子的比荷為

v

πR

C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度為

3

D．若圓形區(qū)域半徑和圓心位置可變，要實(shí)現(xiàn)帶電粒子從P點(diǎn)射入，仍從Q點(diǎn)射出，則圓形磁場(chǎng)的最小

2

面積為3πR

4

【答案】D

【詳解】A．根據(jù)左手定則判斷可知，粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；

B．粒子軌跡如圖

R

r3Rmv

幾何關(guān)系可知粒子軌跡圓半徑根據(jù)r聯(lián)立解得q=3v

tanqB

2m3RB

故B錯(cuò)誤；

603R

C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度為s2r聯(lián)立解得s故C錯(cuò)誤；

3603

D．當(dāng)PQ為圓形磁場(chǎng)直徑時(shí)，圓形磁場(chǎng)面積最小，幾何關(guān)系可知PQ長(zhǎng)為r，

2

r32

則最小面積為SR

24

故D正確。故選D。

知識(shí)導(dǎo)圖記憶

知識(shí)目標(biāo)復(fù)核

1.掌握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法，會(huì)推導(dǎo)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式和周期公式。

2.能夠用學(xué)過(guò)的知識(shí)分析、計(jì)算有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受力、運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。

1．鈉的放射性同位素Na靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，某時(shí)刻一個(gè)Na原子核發(fā)生核反應(yīng)，僅產(chǎn)生的兩新粒子（分別

標(biāo)記為1、2)，沿垂直磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)，形成的軌跡如圖所示，兩粒子的速率為v1、v2，電荷量為q1、q2，

軌跡半徑為r1、r2，兩軌跡半徑比為r1:r212:1。下列關(guān)于該核反應(yīng)說(shuō)法正確的是（）

A．該核反應(yīng)為裂變反應(yīng)

B．該核反應(yīng)為α衰變

C．兩粒子的電荷量之比q1:q21:12

D．兩粒子的速率之比v1:v212:1

【答案】C

【詳解】A．該反應(yīng)為原子核的衰變，A錯(cuò)誤；

BC．根據(jù)

v2

Bvqm

r

可得

mv

r

Bq

根據(jù)動(dòng)量守恒定律

0m1v1m2v2

可知兩個(gè)粒子動(dòng)量大小相等，方向相反，可得

qr1

12

q2r112

又因?yàn)镹a原子的電荷量為11e，可知

q1e，q212e

所以粒子1為電子，該核反應(yīng)為衰變，B錯(cuò)誤，C正確；

D．由于兩粒子動(dòng)量大小相等，所以有

vm

12

v2m1

由于電子質(zhì)量相比原子質(zhì)量很小很小，所以兩粒子的速率之比不為12:1，D錯(cuò)誤。

故選C。

2．科學(xué)家利用磁場(chǎng)控制帶電粒子的軌跡，研究粒子的性質(zhì)。如圖，PMN左下方空間內(nèi)有垂直紙面向里的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，PMMN?，F(xiàn)有電荷量相同、質(zhì)量不同的甲、乙兩種正粒子，先后從PM上O點(diǎn)以平行于MN的

相同速度射入磁場(chǎng)，甲、乙分別經(jīng)過(guò)MN上E、F兩點(diǎn)，OMMEEFd，不考慮粒子間相互作用力及

重力，則（）

A．乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2dB．乙的質(zhì)量是甲質(zhì)量的2.5倍

C．甲在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于乙D．洛倫茲力對(duì)甲、乙均做正功

【答案】B

【詳解】A．乙在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O1，做相關(guān)輔助線如下

由圖可知

OF5d

有幾何關(guān)系有乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為

R乙2.5d

故A錯(cuò)誤；

B．由牛頓第二定律有

mv2

Bqv

R

化簡(jiǎn)可得

mv

R

Bq

由圖可知

R甲d

即有

R1

甲

R乙2.5

mv

結(jié)合R可知

Bq

m1

甲

m乙2.5

即乙的質(zhì)量是甲質(zhì)量的2.5倍，故B正確；

l

C．由公式t，且乙粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡大于甲粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，兩粒子入射速度大小相同，即有

v

t乙t甲

故C錯(cuò)誤；

D．洛倫茲力對(duì)進(jìn)入磁場(chǎng)中的兩粒子均不做功，故D錯(cuò)誤。

故選B。

3．如圖，真空區(qū)域有寬度為l、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向如圖所示，MN、PQ是磁場(chǎng)的邊界。質(zhì)

量為m、電荷量為q的正電荷粒子（不計(jì)重力）沿著與MN夾角為60°的方向射入磁場(chǎng)中，剛好沒(méi)能從PQ邊

界射出磁場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是（）

4qBlqBl

A．粒子射入磁場(chǎng)的速度大小為B．粒子射入磁場(chǎng)的速度大小為

3m3m

4m2m

C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

3qB3qB

【答案】C

【詳解】AB．根據(jù)題意可以分析粒子到達(dá)PQ邊界時(shí)速度方向與邊界線相切，如圖所示

則根據(jù)幾何關(guān)系可知

lrrsin30

在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力

v2

qvBm

r

解得

2qBl

v

3m

故AB錯(cuò)誤；

CD．由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為240°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為

2r2m

T

vqB

則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

2404m

tT

3603qB

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

、、

4．如圖所示，磁場(chǎng)邊界IIIIII平行，Ⅰ、Ⅱ間距為2L，其間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)，Ⅱ、Ⅲ間距為L(zhǎng)，其間存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷

量為q的帶電粒子從P點(diǎn)垂直于邊界I射入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，以與邊界II成60夾角的方向從邊界II上

的Q點(diǎn)射入Ⅱ、Ⅲ之間的磁場(chǎng)，最后從K點(diǎn)垂直于邊界Ⅲ射出磁場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是（）

A．該粒子帶負(fù)電

2BqL

B．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度大小為1

m

23

C．BB

231

D．粒子由P至Q所用時(shí)間為由Q至K所用時(shí)間的2倍

【答案】D

【詳解】A．在I、II之間粒子向上偏轉(zhuǎn)，結(jié)合左手定則可知粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；

BC．運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可知，粒子在I、II之間軌跡的圓心角為30o，其軌跡半徑

2L

r4L

1sin30o

由洛倫茲力提供向心力可得

2

v0

B1qv0m

r1

聯(lián)立解得

4BqL

v1

0m

由幾何關(guān)系可知，粒子在II、III之間磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑

L

r2L

2sin30o

由洛倫茲力提供向心力可得

2

v0

B2qv0m

r2

解得

mv0

B2

qr2

聯(lián)立解得

Br2

21

B1r21

故BC錯(cuò)誤；

D．粒子在II、III之間軌跡的圓心角為30o，又有

2r2m

T

v0Bq

30o

tT

360o

聯(lián)立解得

tTB

1122

t2T2B1

所以粒子由P至Q所用時(shí)間為由Q至K所用時(shí)間的2倍，故D正確。

故選D。

5．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。大

量質(zhì)量為m、電荷量為q的相同粒子從y軸上的P(0,3L)點(diǎn)，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入

磁場(chǎng)，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為（0180）。當(dāng)150時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)。

不計(jì)粒子的重力。則（）

A．粒子一定帶負(fù)電

3qBL

B．粒子入射速率為

m

C．當(dāng)45時(shí)，粒子也垂直x軸離開磁場(chǎng)

D．粒子離開磁場(chǎng)的位置到O點(diǎn)的最大距離為35L

【答案】D

【詳解】ABC．當(dāng)150時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

3L

根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r23L

cos60

v2

由洛倫茲力提供向心力有qvBm

r

23qBL

解得粒子入射速率v

m

若45，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

OP

根據(jù)幾何關(guān)系可知PA6L23L

cos45

可知，A點(diǎn)不是圓心，即粒子離開磁場(chǎng)時(shí)與x軸不垂直，故ABC錯(cuò)誤；

D．粒子離開磁場(chǎng)距離O點(diǎn)距離最遠(yuǎn)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中的軌跡為半圓，如圖

222

根據(jù)幾何關(guān)系可知(2r)(3L)xm

解得xm35L

故D正確。

故選D。

6．如圖所示，直角三角形MPN區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?！螹=30°，

NPL，C為MP的中點(diǎn)，D為NP的中點(diǎn)，在C點(diǎn)有一粒子源不斷沿垂直于PM方向射入速度大小不同

的正、負(fù)電粒子。粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為e。不考慮粒子間的相互作用，不計(jì)粒子的重力。下列說(shuō)

法正確的是（）

A．可能有粒子從M點(diǎn)射出磁場(chǎng)

23eBL

B．從D點(diǎn)離開磁場(chǎng)的粒子的速度大小為

3m

2πm

C．從MN邊射出的正粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為

3eB

2πm

D．負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為

3eB

【答案】C

【詳解】A．正粒子恰好從MN邊界射出的軌跡如圖所示

根據(jù)正粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡可知，不可能從M點(diǎn)射出磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；

2πm

C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T

eB

當(dāng)從MN邊射出的正粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡與MN相切時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，由幾何關(guān)系可知圓心角為120°，

1202πm

則最長(zhǎng)時(shí)間tT

max3603eB

故C正確；

22

．負(fù)粒子從點(diǎn)離開磁場(chǎng)的軌跡如圖，負(fù)粒子從點(diǎn)離開磁場(chǎng)時(shí)，由幾何關(guān)系知L3L2

BDDrr

22

3

解得rL

3

v2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力evBm

r

3eBL

可得則負(fù)粒子的速度大小為v

3m

故B錯(cuò)誤；

180πm

D．粒子從P、M之間射出時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tT

min360eB

故D錯(cuò)誤。

故選C。

7．圖甲為洛倫茲力演示儀，調(diào)節(jié)玻璃泡角度使電子束在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡呈“螺旋”狀。圖乙為電子運(yùn)

動(dòng)軌跡示意圖，空間存在平行x軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在xOy平面內(nèi)由坐標(biāo)原點(diǎn)以初速度v0將電子射入磁場(chǎng)，方

向與x軸正方向成角（90），螺旋線的直徑為D、螺距為x，則下列關(guān)系式正確的是（）

ΔxD

A．sinB．sin

DΔx

ΔxD

C．tanD．tan

DΔx

【答案】D

【詳解】根據(jù)題意可知，電子在zOy平面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為

2m

T

qB

電子沿x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有

2m

ΔxvcosTvcos

00qB

沿z方向有

mvsin

D2r20

qB

聯(lián)立可得

D

tan

Δx

故選D。

8．如圖所示是一個(gè)圓心在O點(diǎn)、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂

直紙面向里。大量同種帶電粒子從圓上A點(diǎn)以不同的方向沿紙面射入磁場(chǎng)，速度大小均為v，帶電粒子的質(zhì)

量均為m，所帶電荷量均為q，粒子重力均忽略不計(jì)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

2qBRm

A．若v，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為

m2qB

2qBR

B．若v且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，則粒子的入射速度方向與AO之間的夾角為45

m

qBR

C．若v，則粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向均垂直于AO方向

m

qBR

D．若v，粒子能打在圓形磁場(chǎng)邊界上的范圍是三分之一個(gè)圓周長(zhǎng)

2m

【答案】D

v2mv

【詳解】AB．由洛倫茲力提供向心力可得qvBm，得r

rqB

代入題中數(shù)據(jù)得r2R

當(dāng)帶電粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧的弦長(zhǎng)等于圓形磁場(chǎng)的直徑時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)。設(shè)帶

電粒子帶正電，設(shè)粒子入射的速度方向與AO方向的夾角為，粒子軌跡如圖

1m

幾何關(guān)系可知45，tT

42qB

故AB正確；

qBR

C．若v，則rR，即粒子的軌跡半徑等于圓形磁場(chǎng)的半徑，軌跡“磁聚焦”原理逆向分析可知，沿著

m

不同方向射入磁場(chǎng)的粒子，出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相同，均垂直于OA方向，如圖所示

故C正確；

qBR1

D．若v，則rR，粒子打到圓周上的最遠(yuǎn)位置距離入射點(diǎn)為s2rR

2m2

該段圓弧所對(duì)的圓心角為60，即能打在圓形磁場(chǎng)圓周上的范圍是六分之一個(gè)圓周長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤。

由于本題選擇錯(cuò)誤的，故選D。

9．如圖所示，圓心為O、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

M、N點(diǎn)在圓周上且MON為其豎直直徑?，F(xiàn)將兩個(gè)比荷k相同的帶電粒子P、Q分別從M點(diǎn)沿MN方向射

入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子P的入射速度為v1=v，粒子Q的入射速度為v23v，已知P粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡

恰為1圓弧，不計(jì)粒子的重力，不計(jì)粒子間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）

4

A．粒子P帶正電，粒子Q帶負(fù)電

B．粒子P的周期小于粒子Q的周期

3v

C．粒子Q的軌道半徑為

kB

2

D．粒子P和粒子Q在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為

3

【答案】C

【詳解】A．兩粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受洛倫茲力均向左，由左手定則可知，粒子P、Q均帶正電，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)周期公式

2m

T

Bq

兩粒子比荷相同，故粒子P和粒子Q的運(yùn)動(dòng)周期相同，故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)洛倫茲力提供向心力

v2

qvBm

r

可得

mv

r

Bq

則粒子的半徑與速度成正比，故