新課改高中物理選修二同步專題講義：03 B帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 中檔版（教師版）

帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其所受洛倫茲力F＝0.2．若v⊥B，此時(shí)初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場(chǎng)方向垂直，粒子在垂直于磁場(chǎng)方向的平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)．(1)洛倫茲力與粒子的運(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)帶電粒子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力．二、帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期1．由qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB).2．由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πr,v)，可得T＝eq\f(2πm,qB).帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與軌道半徑和運(yùn)動(dòng)速度無關(guān)．技巧點(diǎn)撥一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的基本問題1．分析帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關(guān)，與半徑無關(guān)．二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)1．圓心的確定圓心位置的確定通常有以下兩種基本方法：(1)已知入射方向和出射方向時(shí)，可以過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．(2)已知入射方向和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連線入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．2．半徑的確定半徑的計(jì)算一般利用幾何知識(shí)解直角三角形．做題時(shí)一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構(gòu)成直角三角形．由直角三角形的邊角關(guān)系或勾股定理求解．3．粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定(1)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．確定圓心角時(shí)，利用好幾個(gè)角的關(guān)系，即圓心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)當(dāng)v一定時(shí)，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(l,v)，l為帶電粒子通過的弧長(zhǎng)．例題精練1．（2021?廣東學(xué)業(yè)考試）如圖所示，一粒子以水平向右的速度進(jìn)入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，重力忽略不計(jì)，當(dāng)粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)（）A．若粒子向上偏轉(zhuǎn)，則它一定帶正電 B．若粒子向上偏轉(zhuǎn)，則它一定帶負(fù)電 C．若粒子向下偏轉(zhuǎn)，則它一定帶正電 D．若粒子向下偏轉(zhuǎn)，則它可能不帶電【分析】粒子只受洛倫茲力，根據(jù)力，速度，磁場(chǎng)方向結(jié)合左手定則可判斷?！窘獯稹拷猓篈B，若粒子向上偏轉(zhuǎn)，則受向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A正確，B錯(cuò)誤；CD，若粒子向下偏轉(zhuǎn)，則受向下的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電，故CD均錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查左手定則，磁場(chǎng)穿過手心，四指指向正電荷速度方向，大拇指即受力方向。注意若粒子帶負(fù)電則四指與負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)方向相反。2．（2021?浙江模擬）如圖所示，正方形容器中有一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一束電子從a孔沿ab方向垂直于磁場(chǎng)射入容器中，其中一部分電子從c孔射出，另一部分從d孔射出，不計(jì)電子重力及電子間的相互作用力，則從c、d孔射出的電子（）A．速率之比vc：vd＝1：2 B．在容器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比tc：td＝2：1 C．在容器中運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比ac：ad＝1： D．在容器中運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比ac：ad＝2：1【分析】電子從c點(diǎn)射出，d為圓心，則rc＝L，電子從d點(diǎn)射出，ad中點(diǎn)為圓心，則，rd＝0.5L，根據(jù)半徑公式可求得速度和時(shí)間之比，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度之比?！窘獯稹拷猓篈、電子從c點(diǎn)射出，d為圓心，則rc＝L，根據(jù)qvB＝，得電子從d點(diǎn)射出，ad中點(diǎn)為圓心，則，rd＝0.5L根據(jù)，得cd的速率之比為2:1，故A錯(cuò)誤；B、電子從c射出，圓心角為90°，從d射出時(shí)，圓心角為180°，根據(jù)T＝,則電子在c射出時(shí)間為，在d射出時(shí)間為，所以時(shí)間之比為1:2，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)牛頓第二定律可知，洛倫茲力提供加速度，則a＝,則cd兩點(diǎn)射出的加速度之比為2:1；故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)情況，根據(jù)偏轉(zhuǎn)的半徑及圓心角求得對(duì)應(yīng)的速度和運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系。隨堂練習(xí)1．（2021?南京模擬）如圖所示，下端封閉、上端開口、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管子底部有一帶電小球。整個(gè)裝置以水平向右的速度勻速運(yùn)動(dòng)，垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入方向水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于外力的作用，玻璃管在磁場(chǎng)中的速度保持不變，最終小球從上端口飛出，小球的電荷量始終保持不變，則小球從玻璃管進(jìn)入磁場(chǎng)至飛出上端口的過程中（）A．小球運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧 B．小球運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線 C．洛倫茲力對(duì)小球做正功 D．管壁的彈力對(duì)小球做負(fù)功【分析】(1)考查牛頓第二定律的應(yīng)用，對(duì)小球做受力分析后求解（2）明確洛倫茲力總是與小球的速度方向垂直，對(duì)小球不做功（3）當(dāng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相同時(shí)，做正功【解答】解：AB、最終小球從上端囗飛出，再由磁場(chǎng)方向垂直向里，依據(jù)左手定則可知，小球帶正電荷；設(shè)小球豎直分諫度為vy、水平分速度為v，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力如圖所示由于小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則豎直方向的洛倫茲力是恒力，由牛頓第二定律得qvB﹣mg＝ma解得a＝小球的加諫度不隨時(shí)間變化，恒定不變，故小球豎直方向做勻加諫直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線,故A錯(cuò)誤,B正確.C.洛倫茲力方向總是與小球的速度方向垂直，對(duì)小球不做功，故C錯(cuò)誤D.小球從進(jìn)入磁場(chǎng)到飛出端口前的過程中管壁的彈力向右，小球向右運(yùn)動(dòng)，故彈力做正功，故D錯(cuò)誤故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在混合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，熟練掌握牛頓第二定律，難度適中。2．（2021?濱?？h校級(jí)一模）實(shí)驗(yàn)觀察到靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中A點(diǎn)的原子核U發(fā)生α衰變，衰變方程為U→Th+He，兩個(gè)新核的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。則下列說法正確的是（）A．釷核與α粒子半徑之比是1：45 B．釷核與α粒子半徑之比是45：1 C．釷核與α粒子半徑之比是1：46 D．兩原子核的運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)是兩圓內(nèi)切【分析】原子核U發(fā)生α衰變過程中滿足動(dòng)量守恒，再利用帶電離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做為向心力，可得半徑之比等于其電量的倒數(shù)比。【解答】解：原子核U發(fā)生α衰變過程中滿足動(dòng)量守恒，即p1＝p2，帶電離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做為向心力qvB＝，可得半徑公式：R＝＝，則釷核與a粒子半徑之比等于其電量的倒數(shù)比，即R1：R2，＝2：90＝1：45，原子核U和α均帶正電，運(yùn)動(dòng)方向相反，電荷軌跡應(yīng)為外切，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子核的衰變問題，注意原子核的衰變過程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，滿足動(dòng)量守恒，再利用帶電離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做為向心力，求解半徑之比。3．（2021春?越秀區(qū)校級(jí)期中）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)靜止的氡原子核（Rn），由于衰變它放出一個(gè)粒子，此粒子的徑跡與反沖核的徑跡是兩個(gè)相互外切的圓，大圓與小圓的直徑之比為42：1，如圖所示。那么氡核的衰變方程應(yīng)是下列方程中的哪一個(gè)（）A．Rn→Fr+e B．Rn→Po+He C．Rn→At+e D．Rn→At+H【分析】核衰變過程動(dòng)量守恒，反沖核與釋放出的粒子的動(dòng)量大小相等，結(jié)合帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式可得小粒子與反沖核的電荷量之比，利用排除法可得正確答案。【解答】解：原子核的衰變過程滿足動(dòng)量守恒，可得兩帶電粒子動(dòng)量大小相等，方向相反，就動(dòng)量大小而言有：m1v1＝m2v2，由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式可得：r＝所以，＝，審視ABCD四個(gè)選項(xiàng)，反沖核與衰變的粒子電荷量滿足42：1關(guān)系的只有選擇B，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】原子核的衰變過程類比于爆炸過程，滿足動(dòng)量守恒，而帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式中的分子恰好是動(dòng)量的表達(dá)式，要巧妙應(yīng)用。綜合練習(xí)一．選擇題（共20小題）1．（2021春?市中區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，帶電量大小為q的負(fù)粒子M經(jīng)小孔從水平邊界垂直進(jìn)入范圍足夠廣的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線為其運(yùn)動(dòng)軌跡。粒子M以水平速度與靜止的、帶電量大小為3q的正粒子N發(fā)生對(duì)心正碰，碰后粘在一起，碰撞時(shí)間極短，不考慮粒子M和粒子N的重力，與碰撞前相比，下列說法正確的是（）A．碰后粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期不變 B．碰后粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率將減為一半 C．碰后粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑不變 D．碰后粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能減少【分析】粒子發(fā)生完全非彈性碰撞，動(dòng)能損失，根據(jù)動(dòng)能和動(dòng)量關(guān)系以及圓周運(yùn)動(dòng)周期公式、半徑公式列式求解。【解答】解：D、粒子M和粒子N碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律可得mMv0＝（mM+mN）v，兩粒子發(fā)生完成非彈性碰撞動(dòng)能損失最大，所以碰后粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能減少，故D正確；A、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由周期公式T＝可知，碰撞后質(zhì)量變大但不知道變大多少，電荷量變?yōu)樵瓉?倍，則碰撞后周期無法確定，故A錯(cuò)誤；B、由于兩粒子質(zhì)量關(guān)系不知，所以碰撞后的速率不一定減半，故B錯(cuò)誤；C、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由半徑公式r＝可知，碰撞前后動(dòng)量守恒，則動(dòng)量相同，碰撞后電荷量增大，所以碰后粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑減小，故C錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)完全非彈性碰撞判斷出粒子動(dòng)能變化，再根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)周期公式以及半徑公式進(jìn)行計(jì)算是本題解題關(guān)鍵。2．（2021?肇慶三模）如圖所示，某垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界為一條直線，且與水平方向的夾角為45°?，F(xiàn)有大量帶等量正電荷的同種粒子以大小不同的初速度從邊界上某點(diǎn)垂直邊界射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A．所有粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均相等 B．所有粒子在磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力大小均相等 C．所有粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均相等 D．所有粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向均為豎直向下【分析】洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意分析半徑關(guān)系；根據(jù)左手定則找到粒子運(yùn)動(dòng)過程，以及軌跡對(duì)應(yīng)圓心角，判斷運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈B、由qvB＝m可知，由于速度不同，所有粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不相等，故AB錯(cuò)誤；CD、根據(jù)左手定則易得，所有粒子垂直邊界進(jìn)入，垂直邊界射出，圓心角均為180°，所有粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均相等，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，找到粒子運(yùn)動(dòng)軌跡以及分析粒子運(yùn)動(dòng)半徑是本題解題關(guān)鍵。3．（2021?大慶模擬）質(zhì)子和α粒子在同一點(diǎn)由靜止出發(fā)，經(jīng)過相同的加速電場(chǎng)后，垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不考慮質(zhì)子與α粒子間的相互作用。則質(zhì)子與α粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比和周期之比分別為（）A．1：2，1：2 B．1：，1：2 C．1：，1： D．1：2，1：【分析】粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理即可求得粒子的速度；子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，列出動(dòng)力學(xué)的方程即可求得質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑及周期之比?！窘獯稹拷猓毫Ｗ釉陔妶?chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qU＝mv2速度為：v＝粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，得：qvB＝m解得：R＝＝＝，與粒子比荷的平方根成反比，質(zhì)子、α粒子的質(zhì)量數(shù)分別是1、4；電荷數(shù)分別是：e、2e；所以RH：Rα＝1：；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：T＝＝所以T1：T2＝1：2，故B正確、ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電粒子在磁場(chǎng)中，關(guān)鍵是能夠根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到半徑與比荷的關(guān)系、周期與比荷的關(guān)系，然后求解比值。4．（2021?豐臺(tái)區(qū)二模）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)限定在一個(gè)圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度大小為v的帶電粒子沿磁場(chǎng)區(qū)域的直徑方向從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)，從Q點(diǎn)沿半徑方向射出磁場(chǎng)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與射入磁場(chǎng)時(shí)相比偏轉(zhuǎn)了θ角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．粒子帶正電 B．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度為 C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D．圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為【分析】根據(jù)偏轉(zhuǎn)方向以及左手定則判斷粒子電性；畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得軌道半徑，再根據(jù)弧長(zhǎng)公式求得軌跡長(zhǎng)度；根據(jù)周期公式求運(yùn)動(dòng)時(shí)間；再根據(jù)幾何關(guān)系求磁場(chǎng)區(qū)域半徑?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可以判斷出粒子帶正電，故A正確；B、由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m，解得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其軌跡的半徑為：r＝，由幾何關(guān)系可知其對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度為：s＝θr＝，故B正確；C、粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝＝，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝?T＝＝，故C正確；D、設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R，tan＝，解得R＝rtan＝，故D錯(cuò)誤；本題選錯(cuò)誤的；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，難度中等，根據(jù)題意畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，找到圓心角以及半徑是解題關(guān)鍵。5．（2021?長(zhǎng)安區(qū)一模）水平桌面上方區(qū)域內(nèi)存在一垂直于桌面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，科研人員將均勻涂抹熒光物質(zhì)的半徑為R的圓環(huán)，放置于水平桌面上如圖1所示，A為圓環(huán)邊界上的一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過A點(diǎn)，在平面內(nèi)沿不同的方向射入磁場(chǎng)，科研人員觀測(cè)到整個(gè)圓環(huán)發(fā)出淡淡的熒光（高速微觀粒子打在熒光物質(zhì)上會(huì)將動(dòng)能轉(zhuǎn)化為光能），且粒子在圓環(huán)內(nèi)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t。更換半徑為R的圓環(huán)時(shí)如圖2所示，只有相應(yīng)的三分之一圓周上有熒光發(fā)出，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用，則（）A．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝6t B．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R C．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的速度v＝ D．該粒子的比荷＝【分析】根據(jù)發(fā)光位置，利用幾何關(guān)系求得粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑，當(dāng)弦長(zhǎng)最長(zhǎng)，根據(jù)幾何關(guān)系求得對(duì)應(yīng)的圓心角，即可求得周期，根據(jù)v＝求得線速度，根據(jù)周期公式求得比荷?！窘獯稹拷猓築、更換半徑為R的圓環(huán)時(shí)，只有相應(yīng)的三分之一圓周上有熒光發(fā)出，說明三分之一弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為粒子運(yùn)動(dòng)的直徑，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示：根據(jù)幾何關(guān)系有：r＝R2cos30°＝2R，故B錯(cuò)誤；A、如果磁場(chǎng)圓半徑為R時(shí)，整個(gè)圓環(huán)發(fā)出淡淡的熒光，由于粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝2R，說明粒子在圓環(huán)內(nèi)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)軌跡對(duì)應(yīng)最長(zhǎng)弦為圓的直徑，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，如圖1所示；則有t＝＝，解得T＝6t，故A正確；C、粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的速度v＝＝，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)T＝可得＝＝，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由此根據(jù)運(yùn)動(dòng)特征作出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，掌握粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑的公式是解決本題的關(guān)鍵。6．（2021?安慶模擬）如圖所示，在xOy平面上以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，從原點(diǎn)O以初速度大小為v0沿y軸負(fù)方向開始運(yùn)動(dòng)，后來粒子經(jīng)過x軸上的A點(diǎn)，此時(shí)速度方向與x軸的夾角為30°。A到O的距離為d，不計(jì)粒子的重力，則圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為（）A．d B．d C．d D．d【分析】根據(jù)題意作出粒子從O到A的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)求解圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑。【解答】解：粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)軌跡半徑為R根據(jù)幾何知識(shí)有：d＝R+，解得R＝d，則圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為：r＝OB＝2Rcos30°＝d，故B正確、ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是正確作出粒子的整個(gè)運(yùn)動(dòng)軌跡，能根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑以及圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑。7．（2021?寶雞二模）如圖所示，在半徑R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于豎直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，AC為該圓的一條直徑，O為圓心。一帶電粒子以初速度v0從C點(diǎn)垂直磁場(chǎng)沿豎直方向射入圓形區(qū)域，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向恰好水平。已知該粒子從C點(diǎn)入射時(shí)速度方向與直徑AC的夾角θ＝45°，不計(jì)粒子重力，則有（）A．該粒子一定帶負(fù)電 B．該粒子的比荷為 C．該粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R D．該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為【分析】A、根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合左手定則，可以判斷粒子的電性；BC、由題意，結(jié)合運(yùn)動(dòng)軌跡圖和幾何關(guān)系可以求出半徑及粒子的比荷；D、根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的周期和轉(zhuǎn)過的圓心角，可以求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；BC、由軌跡圖結(jié)合題意可知粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角度為90°，設(shè)O′為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，則由幾何關(guān)系可知2r2＝（2R）2整理可得r＝R又洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝整理可得＝故B正確，C錯(cuò)誤；D、由圖可知粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為90°，故粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝×＝故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】在處理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，應(yīng)先把粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖畫出來，然后結(jié)合題意和幾何關(guān)系來解決問題。8．（2021?昌平區(qū)一模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張?jiān)剖抑信臄z的照片。云室中加了垂直于紙面向里的磁場(chǎng)。圖中a、b、c、d、e是從O點(diǎn)發(fā)出的一些正電子或負(fù)電子的徑跡。有關(guān)a、b、c三條徑跡以下判斷正確的是（）A．a(chǎn)、b、c都是正電子的徑跡 B．a(chǎn)徑跡對(duì)應(yīng)的粒子動(dòng)量最大 C．c徑跡對(duì)應(yīng)的粒子動(dòng)能最大 D．c徑跡對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子所帶電性，根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和圓心角，分析粒子的速度、動(dòng)能、動(dòng)量和運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、由左手定則可知，d、e是正電子的徑跡，a、b、c是負(fù)電子的徑跡，故A錯(cuò)誤；BC、帶電粒子在磁場(chǎng)中所受到的洛倫茲力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則：Bvq＝m解得：r＝，所以粒子運(yùn)動(dòng)的半徑越大，速度越大；由題中圖可知，c徑跡對(duì)應(yīng)粒子的半徑最大，速度最大，a徑跡對(duì)應(yīng)粒子的半徑最小，速度最小，根據(jù)Ek＝和p＝mv可得：c徑跡對(duì)應(yīng)粒子的動(dòng)能最大，動(dòng)量最大，a徑跡對(duì)應(yīng)粒子的動(dòng)能最小，動(dòng)量最小，故C正確，B錯(cuò)誤；D、根據(jù)Bvq＝m和v＝可知，T＝，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝?T，其中θ為粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角，由題中圖可知，a徑跡對(duì)應(yīng)粒子的偏轉(zhuǎn)角最大，所以a徑跡對(duì)應(yīng)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，比較簡(jiǎn)單，從圖中正確得出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和圓心角是解題關(guān)鍵。9．（2021?柳江區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別為矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向垂直紙面，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子（重力不計(jì)），從O點(diǎn)以一水平初速度沿y軸正向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其軌跡為曲線Obcd。已知Ob、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都為t。取垂直紙面向外的方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度B的正方向，則Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x變化的關(guān)系圖線為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)題意可知粒子的偏轉(zhuǎn)周期，軌跡都為圓弧，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相同，位移都相同，根據(jù)左手定則判斷粒子的偏轉(zhuǎn)方向?！窘獯稹拷猓毫Ｗ拥钠D(zhuǎn)周期為，由題意可知：，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為：B＝，由左手定則可知：區(qū)域Ⅰ和Ⅲ的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)左手定則判斷磁場(chǎng)的方向是本題易錯(cuò)點(diǎn)。10．（2021春?北京月考）在甲、乙兩條通電長(zhǎng)直導(dǎo)線所在平面內(nèi)，一帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，已知軌跡上的a點(diǎn)到甲導(dǎo)線的距離與b點(diǎn)到乙導(dǎo)線的距離相等，甲、乙兩條導(dǎo)線中均通有恒定的電流，其大小分別為I甲和I乙，帶電粒子所受的重力及空氣阻力均可忽略不計(jì)。下列說法中可能正確的是（）A．兩直導(dǎo)線中的電流方向一定相反 B．帶電粒子一定帶正電 C．I甲一定小于I乙 D．帶電粒子一定是從a點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)【分析】根據(jù)粒子在a點(diǎn)的旋轉(zhuǎn)方向與在b點(diǎn)的旋轉(zhuǎn)方向結(jié)合左手定則、安培定則判斷導(dǎo)線中的電流方向；根據(jù)題意無法確定帶電粒子的電性和粒子運(yùn)動(dòng)的方向；根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)強(qiáng)弱分析電流大小?！窘獯稹拷猓篈、由于粒子在a點(diǎn)的旋轉(zhuǎn)方向與在b點(diǎn)的旋轉(zhuǎn)方向相反，根據(jù)左手定則可知a點(diǎn)與b點(diǎn)的磁場(chǎng)方向相反，根據(jù)安培定則可知兩直導(dǎo)線中的電流方向一定相同，故A錯(cuò)誤；BD、根據(jù)題意無法確定帶電粒子的電性和粒子運(yùn)動(dòng)的方向，故BD錯(cuò)誤；C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝，電流越大，距離導(dǎo)線相同距離處的磁場(chǎng)越強(qiáng)，則粒子軌跡半徑越小，根據(jù)題圖可知在b處粒子軌跡半徑小，則導(dǎo)線乙的電流強(qiáng)度大，故C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，掌握安培定則、左手定則、以及帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)向心力的來源是關(guān)鍵。11．（2020秋?貴陽期末）空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其橫截面的半徑為R，圓心為O，磁場(chǎng)方向垂直橫截面（紙面向里）。一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)電粒子從M點(diǎn)平行于橫截面以速率D射入磁場(chǎng)，速度方向與直徑MN的夾角為θ＝30°，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向與MN垂直，不計(jì)粒子重力，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)及幾何關(guān)系可求磁感應(yīng)強(qiáng)度?！窘獯稹拷猓寒嫵鰩щ娏Ｗ釉趫A形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，設(shè)帶電粒子在圓形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系可知：2rcos30°＝2Rcos30°，解得r＝R，由牛頓第二定律及圓周運(yùn)動(dòng)公式可得，解得，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】運(yùn)用左手定則判斷粒子所受力的方向，速度偏轉(zhuǎn)角和圓心角之間的關(guān)系正確把握，合理運(yùn)用幾何關(guān)系解題。12．（2020秋?郊區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN是一豎直放置的收集板。從圓形磁場(chǎng)最高點(diǎn)P以速度v垂直磁場(chǎng)向圓形區(qū)域內(nèi)射入大量帶正電的粒子，粒子所帶電荷量均為+q、質(zhì)量均為m。不考慮粒子間的相互作用和粒子的重力，關(guān)于這些粒子的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是（）A．粒子只要對(duì)著圓心入射，出磁場(chǎng)后就可垂直打在MN上 B．對(duì)著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長(zhǎng)線不一定過圓心 C．只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出磁場(chǎng)后均可垂直打在MN上 D．對(duì)著圓心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中通過的弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也越長(zhǎng)【分析】粒子沿著圓心方向射入磁場(chǎng)，其出射的速度的反向延長(zhǎng)線就一定過圓心。速度滿足，屬于磁聚焦的逆過程，沿不同方向入射的粒子出磁場(chǎng)后均可垂直打在MN上。入射速度越大，弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，軌跡所對(duì)應(yīng)圓心角越小，時(shí)間越短?！窘獯稹拷猓篈、粒子只要沿著圓心方向射入磁場(chǎng)，其出射的速度的反向延長(zhǎng)線就一定過圓心，如圖所示：并且只有運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑等于圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑的粒子出磁場(chǎng)后才能垂直打在MN上，故A、B錯(cuò)誤。C、由可得，所以只要速度滿足，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑與圓形磁場(chǎng)的半徑相等，沿不同方向入射的粒子出磁場(chǎng)后均可垂直打在MN上，如圖：，故C正確。D、對(duì)著圓心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中的軌跡半徑就越大，通過的弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，軌跡所對(duì)的圓心角越小，由可知，周期相等，由t＝可知，圓心角越小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】注意帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度與半徑的關(guān)系、速度與弧長(zhǎng)和圓心角的關(guān)系。13．（2020秋?懷仁市期末）如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，BC邊的中點(diǎn)O有一粒子源，可以在ABC平面內(nèi)沿任意方向發(fā)射速率均相同的正粒子（）A．粒子速度至少，B點(diǎn)才有粒子射出 B．從B點(diǎn)射出的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 C．粒子速度至少，A點(diǎn)才有粒子射出 D．A點(diǎn)不可能有粒子射出【分析】當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與AB相切時(shí)從B點(diǎn)射出的粒子速度最小，對(duì)應(yīng)的圓心角最大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合周期公式求解；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與AC相切時(shí)從A點(diǎn)射出的粒子速度最小，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解速度大小?！窘獯稹拷猓篈B、當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與AB相切時(shí)從B點(diǎn)射出的粒子速度最小，對(duì)應(yīng)的圓心角最大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為＝；根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m，解得粒子從B點(diǎn)射出的最小速度為：v＝；設(shè)粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為2θ，根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinθ＝＝，所以θ＝60°，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝×＝，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與AC相切時(shí)從A點(diǎn)射出的粒子速度最小，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中大圓所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子軌跡對(duì)應(yīng)的半徑為R＝AO＝L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv′B＝m，解得粒子從A點(diǎn)射出的最小速度為v′＝，故CD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間。14．（2021?鄭州一模）如圖所示，在MNPQ中有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點(diǎn)沿垂直于PQ的方向射入磁場(chǎng)。圖中實(shí)線是它們的軌跡，已知O是PQ的中點(diǎn)。不計(jì)粒子重力。下列說法中正確的是（）A．粒子c帶負(fù)電，粒子a、b帶正電 B．射入磁場(chǎng)時(shí)，粒子b的速率最小 C．粒子a在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng) D．若勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，其他條件不變，則粒子a在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變【分析】根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡由左手定則判斷粒子的電性；根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期與轉(zhuǎn)過的圓心角比較粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)左手定則可知粒子c帶正電，粒子a、b帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，射入磁場(chǎng)時(shí)粒子a的半徑最小，所以射入磁場(chǎng)時(shí)粒子a的速率最小，故B錯(cuò)誤；C、粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T＝＝相同，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝T＝，由于m、q、B都相同，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角θ最大，則射入磁場(chǎng)時(shí)粒子a的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，故C正確；D、若勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，其它條件不變，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，則a粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的半徑會(huì)變大，導(dǎo)致軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角會(huì)變小，所以a粒子動(dòng)時(shí)間會(huì)變小，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力，在磁場(chǎng)、質(zhì)量及電量相同情況下，運(yùn)動(dòng)的半徑與速率成正比，從而根據(jù)運(yùn)動(dòng)圓弧來確定速率的大小。15．（2021?五華區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子從a點(diǎn)沿ad方向射入磁場(chǎng)，粒子從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)里的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1；如果只改變粒子射入磁場(chǎng)的速度大小，粒子從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)里的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2。不計(jì)粒子重力，則t1與t2之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1【分析】分析粒子的運(yùn)動(dòng)過程，由幾何知識(shí)求出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，再根據(jù)周期公式求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)周期公式可得：T＝，同一種粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相同。兩個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab方向的夾角為60°，與ac方向的夾角為30°；當(dāng)粒子從a點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，b點(diǎn)出磁場(chǎng)時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角為θ1＝2×60°＝120°，所以軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為120°，可得粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝＝。當(dāng)粒子從a點(diǎn)進(jìn)，c點(diǎn)出時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角為θ2＝2×30°＝60°，所以軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，可得粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝T＝。因此，t1：t2＝2：1，故B正確、ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是弄清楚運(yùn)動(dòng)過程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，知道帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的求解方法。16．（2021?江西模擬）如圖所示，兩個(gè)電量相等、速率相等的帶電粒子僅在磁場(chǎng)力作用下在半徑為R的圓形磁場(chǎng)區(qū)域（磁場(chǎng)垂直紙面）中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，都從A點(diǎn)沿直徑AB方向進(jìn)磁場(chǎng)，分別從C、D兩點(diǎn)出磁場(chǎng)，C為圓弧AB中點(diǎn)，D到OC的距離為0.5R，則它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為（）A．3：4 B．3：5 C．3：2 D．：2【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求解兩個(gè)粒子的軌跡半徑和軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，根據(jù)周期公式求解粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，由此得到運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。【解答】解：兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示；根據(jù)幾何關(guān)系可知，從C點(diǎn)射出的粒子半徑為R，偏轉(zhuǎn)角為90°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：，根據(jù)題意結(jié)合圖中幾何關(guān)系可得sin∠DOC＝＝0.5，則∠DOC＝30°，所以∠AOD＝90°+30°＝120°由此可得θ＝180°﹣120°＝60°從D點(diǎn)射出的粒子半徑為r＝Rtan60°＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：tD＝＝＝，解得：，故D正確、ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間。17．（2021?江蘇一模）如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同種粒子每次都從a點(diǎn)沿與ab邊成30°的方向垂直于磁場(chǎng)射入，初速度大小為v時(shí)，粒子從ac邊距a點(diǎn)L處射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力，則粒子（）A．一定帶負(fù)電 B．初速度為2v時(shí)，出射位置距a點(diǎn)L C．初速度為2v時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短 D．初速度為10v時(shí)，能從bc邊的中點(diǎn)射出【分析】根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，結(jié)合左手定則判斷粒子帶電的電性；作出當(dāng)速度增加時(shí)，半徑也增大乃至最大半徑的軌跡，由幾何關(guān)系確定半徑關(guān)系和偏轉(zhuǎn)角，從而確定時(shí)間長(zhǎng)短。【解答】解：畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，A、由題意及左手定則，可以判斷粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)初速度為2v時(shí)，由半徑公式r＝，則半徑r2也變?yōu)?r1，如圖所示，由幾何關(guān)系可看出：出射點(diǎn)離a點(diǎn)的距離為，故B正確；C、從上圖可以看出，偏轉(zhuǎn)角未變，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間未變，故C錯(cuò)誤；D、從上圖也可以看出，當(dāng)速度增加為3倍時(shí)，半徑r3＝3r1＝L，恰從c點(diǎn)射出，若速度大于3倍后，粒子將從bc邊穿出，若從bc中點(diǎn)穿出，由幾何關(guān)系可知，該粒子做直線運(yùn)動(dòng)，與題意相矛盾，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，找到臨界幾何條件，再運(yùn)用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合求解即可。18．（2020秋?番禺區(qū)期末）如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一對(duì)正、負(fù)電子分別以相同速度沿與x軸成60°角從原點(diǎn)射入磁場(chǎng)，則正、負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1： D．：1【分析】帶電粒子以一定的速度垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．粒子受到的洛倫茲力提供向心力；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期僅與粒子的比荷及磁場(chǎng)有關(guān)，粒子速度的偏向角等于軌跡的圓心角θ，根據(jù)t＝T求運(yùn)動(dòng)時(shí)間．【解答】解：正電子進(jìn)入磁場(chǎng)后，在洛倫茲力作用下向上偏轉(zhuǎn)，而負(fù)電子在洛倫茲力作用下向下偏轉(zhuǎn)。由T＝，知兩個(gè)電子的周期相等。正電子以30°入射，從y軸離開磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與y軸的夾角為30°，則軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝T＝T＝T。同理，負(fù)電子電子從x軸上射出磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)幾何知識(shí)得知，速度與x軸的夾角為60°，則負(fù)電子速度的偏向角為θ2＝120°，其軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角也為120°，則負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝T＝T＝T，所以正電子與負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為t1：t2＝1：2。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑．則可畫出正、負(fù)離子運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可知答案．19．（2020秋?越秀區(qū)期末）帶電粒子M經(jīng)小孔垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中虛線所示。在磁場(chǎng)中靜止著不帶電的粒子N．粒子M與粒子N碰后粘在一起在磁場(chǎng)中繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，不考慮粒子M和粒子N的重力。下列說法正確的是（）A．碰后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑減小 B．碰后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期減小 C．碰后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量減小 D．碰后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能減小【分析】由于碰撞過程中動(dòng)量守恒，根據(jù)半徑計(jì)算公式分析半徑是否變化；根據(jù)周期公式分析周期是否變化，由于碰撞過程中有能量損失，分析動(dòng)能的變化。【解答】解：設(shè)粒子M的電量為q，質(zhì)量為m1，速度為v0，粒子N的質(zhì)量為m2，碰撞后的速度為v。AC、由于碰撞過程中動(dòng)量守恒，則有：m1v0＝（m1+m2）v，碰撞前的半徑r＝，碰撞后的半徑r′＝，所以碰后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量不變、半徑不變，故AC錯(cuò)誤；B、根據(jù)周期公式可得T＝，由于碰撞后質(zhì)量增大、故周期變大，故B錯(cuò)誤；D、由于碰撞過程中有能量損失，動(dòng)能減小，所以碰后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能減小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是掌握碰撞過程中動(dòng)量守恒，根據(jù)半徑的計(jì)算公式、周期的計(jì)算公式結(jié)合動(dòng)量守恒定律進(jìn)行分析。20．（2020秋?太原期末）洛倫茲力演示儀，可用來觀察帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)。如圖，玻璃泡（P）內(nèi)有電子槍和加速電極，一對(duì)勵(lì)磁線圈（M）位于玻璃泡的前后。當(dāng)M中通有恒定電流時(shí)，P所在處會(huì)產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)，改變M中的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度會(huì)改變；電子槍發(fā)出電子，改變加速電極的電壓，電子獲得的速度會(huì)改變。當(dāng)M中的電流沿逆時(shí)針方向時(shí)，電子槍垂直磁場(chǎng)向右發(fā)射電子后，可看到P內(nèi)電子束的徑跡呈圓形，則（）A．P處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于M所在平面向里 B．P內(nèi)的電子束沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng) C．若只增大M中的電流，電子束的徑跡呈圓形且半徑變大 D．若只增大加速電壓，電子束的徑跡半徑增大【分析】根據(jù)M中的電流方向，應(yīng)用安培定則判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；依據(jù)電子進(jìn)入磁場(chǎng)方向應(yīng)用左手定則判斷電子圓周運(yùn)動(dòng)的方向；根據(jù)動(dòng)能定理Uq＝表示出加速后獲得的速度v＝，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝推導(dǎo)出半徑的表達(dá)式，再進(jìn)行分析．【解答】解：A、由題意M中的電流沿逆時(shí)針方向，據(jù)安培定則可知，P處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向應(yīng)垂直紙面向外，即垂直于M所在平面向外，故A錯(cuò)誤；B、玻璃泡的電子槍加速電子后沿直線向右射出后，由左手定則判斷，電子在磁場(chǎng)中做逆時(shí)針方向圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)勵(lì)磁線圈中的電流增大時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，由半徑公式r＝可知粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑減小，故C錯(cuò)誤；D、若增大加速電壓，則粒子開始進(jìn)入磁場(chǎng)的速度也增大，由半徑公式可知，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增大，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)在實(shí)際生活中的應(yīng)用，正確分析出儀器的原理是關(guān)鍵，要掌握磁場(chǎng)中粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式的應(yīng)用．二．多選題（共10小題）21．（2021春?阜陽期末）如圖所示，一帶正電小球從離地面高為h的地方以水平速度v緊貼光滑擋板進(jìn)入范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中。不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．小球做平拋運(yùn)動(dòng) C．小球到達(dá)地面時(shí)的速度為 D．如果擋板不光滑，小球最終可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)【分析】對(duì)小球做受力分析，根據(jù)小球的受力情況判斷小球的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，同時(shí)對(duì)小球根據(jù)動(dòng)能定理解得落地的速度大小?！窘獯稹拷猓篈B、對(duì)小球做受力分析可知，小球受重力、垂直于紙面向里的洛倫茲力、垂直于紙面向外的支持力，同時(shí)洛倫茲力與支持力平衡。所以小球做平拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確。C、根據(jù)動(dòng)能定理有：mgh＝，解得小球落地的速度v1＝，故C正確。D、若擋板不光滑，小球還受到沿軌跡切線方向的摩擦力，重力與摩擦力不平衡，所以小球不會(huì)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了判斷小球的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，根據(jù)受力分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)情況，從而根據(jù)對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)特點(diǎn)解題。22．（2021?濰坊三模）如圖所示，正方形abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。a點(diǎn)有一粒子源，沿對(duì)角線ac方向發(fā)射速度不同的電子，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，下列說法正確的是（）A．電子可能從bc邊射出 B．垂直cd邊射出的電子速度大小為 C．電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 D．從ad邊射出的電子動(dòng)量相同【分析】電子沿ac直線射入，電子帶負(fù)電，由左手定則可知，電子偏向ac左側(cè)，不會(huì)從bc邊射出，當(dāng)電子垂直dc邊射出時(shí)，由幾何關(guān)系求得半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力解得速度大小，.電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角最大時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最大，從ad邊射出時(shí)，出射角都等于入射角，偏轉(zhuǎn)角最大為90°，從ad邊射出時(shí)，出射角等于入射角，速度方向相同，但速度大小不等，所以動(dòng)量不同?！窘獯稹拷猓篈.電子沿ac直線射入，電子帶負(fù)電，由左手定則可知，電子偏向ac左側(cè)，不會(huì)從bc邊射出，故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)電子垂直dc邊射出時(shí)，如圖，由幾何關(guān)系可知R＝L又evB＝m得v＝故B正確；C.電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角最大時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最大，從ad邊射出時(shí)，出射角都等于入射角，偏轉(zhuǎn)角最大為90°，時(shí)間t＝故C正確；D.從ad邊射出時(shí)，出射角等于入射角，速度方向相同，但速度大小不等，所以動(dòng)量不同，故D錯(cuò)誤；故選：ABC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查粒子在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問題，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可解得速度大小，注意欲求最大時(shí)間，需找最大偏轉(zhuǎn)角。23．（2021?珠海二模）核聚變具有極高效率、原料豐富以及安全清潔等優(yōu)勢(shì)，中科院等離子體物理研究所設(shè)計(jì)制造了全超導(dǎo)非圓界面托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置（EAST），這是我國(guó)科學(xué)家率先建成了世界上第一個(gè)全超導(dǎo)核聚變“人造太陽實(shí)驗(yàn)裝置將原子核在約束磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，如圖所示，磁場(chǎng)水平向右分布在空間中，所有粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內(nèi)，忽略粒子重力的影響，以下判斷正確的是（）A．甲粒子受到洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右 B．乙粒子受到洛倫茲力大小為0，做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．丙粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為 D．所有粒子運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能不變【分析】由左手定則判斷洛倫茲力方向；速度方向與磁場(chǎng)方向平行，則不受洛倫茲力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；洛倫茲力不做功?！窘獯稹拷猓篈.甲粒子速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，則洛倫茲力大小為qvB，由左手定則得，洛倫茲力方向垂直紙面向里。故A錯(cuò)誤；B.乙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向平行，則洛倫茲力大小為0，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故B正確；C.丙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不垂直，不做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤；D.洛倫茲力不做功，根據(jù)功能關(guān)系，所有粒子運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能不變。故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】考查洛倫茲力的特點(diǎn)，注意只有速度與磁場(chǎng)垂直，粒子才做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度與磁場(chǎng)平行時(shí)，不受洛倫茲力。24．（2020秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖所示直線MN上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，a、b、c是直線MN上的三點(diǎn)，a與b的距離為L(zhǎng)，c為a、b的中點(diǎn)。電子1從a點(diǎn)以速率v0垂直MN和磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t時(shí)間從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，之后電子2也由a點(diǎn)沿圖示方向以相同速率v垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t2時(shí)間從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)。下列說法正確的是（）A．電子的軌跡半徑 B．電子的軌跡半徑L C．電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1：t2之比為3：1 D．若電子2由a點(diǎn)以2v0速率沿圖示方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t2時(shí)間從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)【分析】根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力即可求出電子1在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑；根據(jù)幾何關(guān)系確定電子1、2在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角即可求出電子1、2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；求得電子2以2v0進(jìn)入磁場(chǎng)的半徑，根據(jù)幾何關(guān)系判斷在b點(diǎn)離開磁場(chǎng)。【解答】解：兩電子在磁場(chǎng)中均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意畫出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示。AB、電子1垂直射入磁場(chǎng)，從b點(diǎn)離開，則運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周，ab即為電子1的運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑，c點(diǎn)為圓心，由幾何關(guān)系可得電子軌跡的半徑r＝，故A正確，B錯(cuò)誤。C、電子2以相同速率垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場(chǎng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝，電子2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝t1：t2＝3：1.故C正確。D、若電子2由a點(diǎn)以2v0速率沿圖示方向射入磁場(chǎng)，＝L，由C選項(xiàng)可知，電子2會(huì)從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，故D正確故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要知道電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期和半徑都相同，根據(jù)幾何關(guān)系求解時(shí)間。25．（2021?武侯區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)限定在一個(gè)圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度大小為v的帶電粒子沿磁場(chǎng)區(qū)域的直徑方向從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)，從Q點(diǎn)沿半徑方向射出磁場(chǎng)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與射入磁場(chǎng)時(shí)相比偏轉(zhuǎn)了θ角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度為 C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D．圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為【分析】根據(jù)偏轉(zhuǎn)方向以及左手定則判斷粒子電性；畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得軌道半徑，再根據(jù)弧長(zhǎng)公式求得軌跡長(zhǎng)度；根據(jù)周期公式求運(yùn)動(dòng)時(shí)間；再根據(jù)幾何關(guān)系求磁場(chǎng)區(qū)域半徑。【解答】解：由圖可知，粒子受向下的洛倫茲力，而磁場(chǎng)的方向是垂直紙面向外，故由左手定則可知，四指的方向與速度v的方向一致，所以粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；由于粒子偏轉(zhuǎn)了θ角，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角也等于θ，而粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，如下圖所示，則：Bqv＝m，故粒子的偏轉(zhuǎn)半徑R＝，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝Rθ＝，故B正確；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝，故C正確；圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R＝，而不是tanθ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，本題選擇錯(cuò)誤選項(xiàng)故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，難度中等，根據(jù)題意畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，找到圓心角以及半徑是解題關(guān)鍵。26．（2021?重慶模擬）碳14原子核的衰變方程為C→N+e。一個(gè)碳14原子核沿垂直磁場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其運(yùn)動(dòng)軌跡為如圖所示的圓弧AO，衰變后產(chǎn)生的氮14原子核的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧OB，兩運(yùn)動(dòng)軌跡在O點(diǎn)相切于虛線MN。已知碳14原子核和氮14原子核的軌跡半徑之比RC：RN＝7：6，各粒子所受重力影響及粒子間的相互作用均忽略不計(jì)，磁場(chǎng)范圍足夠大。則下列說法正確的（）A．衰變后產(chǎn)生的氮14原子核將沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．衰變后產(chǎn)生的電子將在虛線MN的左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C．碳14原子核、氮14原子核和電子的動(dòng)量大小之比為1：1：2 D．碳14原子核、氮14原子核和電子的軌跡半徑之比為7：6：42【分析】根據(jù)左手定則判斷氮14的運(yùn)動(dòng)方向，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，且動(dòng)量守恒，解得三個(gè)粒子的動(dòng)量大小之比，與軌跡半徑之比【解答】解：A、由圖可知，碳14在O點(diǎn)發(fā)生衰變，則氮14的運(yùn)動(dòng)軌跡為OB，根據(jù)左手定則可判斷是沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A正確；BC、由qvB＝，則R＝，設(shè)氮和碳的動(dòng)量分別為pN、pCRC＝，RN＝因?yàn)镽C：RN＝7：6＝：，故pC＝pN，即碳氮?jiǎng)恿看笮∠嗟?。又因?yàn)榈?4與碳14運(yùn)動(dòng)方向相反，所以pC＝﹣pN由動(dòng)量守恒，規(guī)定碳14方向?yàn)檎瑒tpC＝pN+pe解得pe＝2pC，方向與碳的運(yùn)動(dòng)方向相同，則碳14原子核、氮14原子核和電子的動(dòng)量大小之比為1：1：2，故B錯(cuò)誤，C正確。D、Re＝，RN：Re＝：＝1：14，則碳14原子核、氮14原子核和電子的軌跡半徑之比為7：6：84，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查衰變中的動(dòng)量守恒，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可解得。27．（2021春?安徽月考）如圖所示，空間存在相鄰的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。磁場(chǎng)Ⅰ方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)Ⅱ方向垂直紙面向外，寬度為?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以水平速率v垂直磁場(chǎng)Ⅰ從O點(diǎn)射入，當(dāng)粒子從磁場(chǎng)Ⅱ邊緣C處射出時(shí)，速度也恰好水平。已知粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間是磁場(chǎng)Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，不計(jì)粒子重力，則（）A．磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B B．磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B C．磁場(chǎng)Ⅰ的寬度為2d D．磁場(chǎng)I的寬度為d【分析】依題意畫出粒子先后在兩磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，因射入與射出速度方向平行，由圖中幾何關(guān)系可知兩軌跡的圓心角相等，由洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律，利用圓心角結(jié)合周期推導(dǎo)出時(shí)間表達(dá)式，利用時(shí)間關(guān)系，比較得到磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；已求得磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系，可得到半徑關(guān)系，利用幾何關(guān)系求得兩磁場(chǎng)寬度之比。【解答】解：AB、粒子在兩磁場(chǎng)中都只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由左手定則判斷，粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入在磁場(chǎng)Ⅱ后順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示。由洛倫茲力提供向心力可得：qvB′＝m運(yùn)動(dòng)周期：T＝＝在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝T＝，θ為軌跡圓心角，設(shè)粒子在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角分別為θ1、θ2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1、t2，已知：t1＝2t2，因射入與射出速度方向平行，由圖中幾何關(guān)系可知：θ1＝θ2，可得：，又有：B1＝B，則：B2＝2B，即磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，故B正確，A錯(cuò)誤；CD、由qvB′＝m，可得：r＝，可得：圖中△EO1A與△FO2A相似，磁場(chǎng)寬度之比：，已知：d2＝，則：d1＝d，即磁場(chǎng)I的寬度為d，故D正確，C錯(cuò)誤。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，畫運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件（如出射點(diǎn)的位置，軌跡與邊界相切等）確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道速度大小與半徑相關(guān)聯(lián)，時(shí)間與圓心角相關(guān)聯(lián)。28．（2021春?奉新縣校級(jí)月考）如圖所示，圓心角為90°的扇形區(qū)域MON內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)為半徑OM的中點(diǎn)?，F(xiàn)有比荷大小相等的兩個(gè)帶電粒子a、b，以不同的速度先后從P點(diǎn)沿ON方向射入磁場(chǎng)，并分別從M、N兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子所受重力及粒子間相互作用。粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（）A．粒子a帶負(fù)電，粒子b帶正電 B．粒子a在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間短 C．粒子a、b的加速度大小之比為1：5 D．粒子a、b的速度大小之比為5：1【分析】畫出a、b粒子對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖；由所受洛倫茲力的方向結(jié)合左手定則判斷粒子帶電正負(fù)；找到兩粒子圓心角大小關(guān)系來比較運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)短；由幾何條件求得半徑比值，應(yīng)用牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，求得速度大小和加速度大小之比。【解答】解：A、兩粒子進(jìn)入磁場(chǎng)只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，a粒子逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)由M點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由左手定則判斷a粒子帶負(fù)電；b粒子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)由N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由左手定則判斷b粒子帶正電，故A正確；B、由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m，運(yùn)動(dòng)周期：T＝＝＝，（比荷k＝），可見兩粒子的運(yùn)動(dòng)周期相等，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝T，θ為軌跡圓心角，兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示，由圖可知，粒子a的軌跡圓心角為π大于粒子b的軌跡圓心角，故粒子a在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；CD、設(shè)扇形區(qū)域的半徑為L(zhǎng)，對(duì)于a粒子：2Ra＝，得：Ra＝對(duì)于b粒子：在△ONOb中有：，解得：Rb＝，由qvB＝m，推得：v＝＝kBR，可見速度大小v與R成正比，則，由qvB＝ma，推得：a＝＝kBv，可見加速度a與v成正比，則，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，畫運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件（如出射點(diǎn)的位置，軌跡與邊界相切等）確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道速度大小與軌跡半徑相關(guān)聯(lián)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間與軌跡圓心角相關(guān)聯(lián)。29．（2021?青島模擬）如圖，直角邊長(zhǎng)度為L(zhǎng)的等腰直角三角形abc區(qū)域存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．速度大小不同的同種帶正電粒子從c點(diǎn)沿cb方向射入磁場(chǎng)，粒子的比荷為k，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．粒子的速度越大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短 B．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡不同，時(shí)間可能相同 D．粒子速度大小為2kBL時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為【分析】畫出不同速度大小對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，找到在ac邊和ab邊出射時(shí)的圓心角的變化規(guī)律；應(yīng)用牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，利用圓心角結(jié)合周期求時(shí)間；已知速度大小，求得半徑，利用幾何關(guān)系求圓心角，再求時(shí)間?！窘獯稹拷猓毫Ｗ舆M(jìn)入磁場(chǎng)只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由左手定則判斷粒子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，粒子以大小不同的速度從c點(diǎn)沿cb方向射入磁場(chǎng)，對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示。由牛頓第二定律得：qvB＝m運(yùn)動(dòng)周期：T＝＝＝，(比荷k＝)AC、如圖所示，當(dāng)粒子在ac邊離開磁場(chǎng)時(shí)，其速度越大，軌跡半徑越大，但是軌跡圓心角θ始終等于保持不變；當(dāng)粒子在ab邊離開磁場(chǎng)時(shí)，其速度越大，軌跡半徑越大，出射點(diǎn)越靠近b點(diǎn)，軌跡圓心角越小，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝T，可知當(dāng)粒子在ac邊離開磁場(chǎng)時(shí)，粒子的速度變大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同；當(dāng)粒子在ab邊離開磁場(chǎng)時(shí)，其速度越大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短，故A錯(cuò)誤，C正確；B、如圖所示，當(dāng)粒子在ac邊離開磁場(chǎng)時(shí)，軌跡圓心角θ始終等于，且為最大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為：tm＝T＝，故B正確；D、粒子速度大小v＝2kBL時(shí)，軌跡半徑r＝＝2L，其軌跡如圖中紅色軌跡，軌跡圓心角為θ4，由幾何關(guān)系知：sinθ4＝解得：θ4＝該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t4＝T＝，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問題，畫運(yùn)動(dòng)軌跡圖時(shí)解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件(如出射點(diǎn)的位置，軌跡與邊界相切等)確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道半徑與速度大小相關(guān)聯(lián)，時(shí)間與圓心角相關(guān)聯(lián)。30．（2021?順德區(qū)模擬）熱中子核反應(yīng)堆需要控制反應(yīng)速度和反應(yīng)溫度。一種稱為“電磁泵”的裝置，是靠熔化的鈉來傳遞核燃燒產(chǎn)生的熱量，抽動(dòng)液態(tài)鈉的“泵”傳動(dòng)部分不允許和鈉接觸。如圖所示為該裝置中的耐熱導(dǎo)管，處于向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。讓電流通過導(dǎo)管中的鈉液，可以使熔融的鈉在管中按圖中標(biāo)示的方向加速流過。下列說法正確的是（）A．鎘棒插入反應(yīng)堆越深，核反應(yīng)越激烈 B．重水使中子減速，有助于提高核反應(yīng)幾率 C．導(dǎo)管中鈉液的電流方向垂直速度方向向上 D．導(dǎo)管中鈉液的電流方向與速度的方向相同【分析】鎘棒插的越深，鎘棒吸收中子越多，鏈?zhǔn)椒磻?yīng)越慢；重水使中子減速，中子減速核反應(yīng)變慢；根據(jù)左手定則判斷電流方向。【解答】解：A、鎘棒是減速棒，插入越深，吸收中子越多，核反應(yīng)越慢，故A錯(cuò)誤；B、重水使中子減速，慢中子更容易被鈾核捕獲,有助于提高核反應(yīng)幾率，故B正確；C、使鈉液加速，說明受力和速度方向相同，根據(jù)左手定則，電流方向應(yīng)該向上，故C正確；D、根據(jù)左手定則可知，電流方向與速度方向相互垂直，故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查本題是鏈?zhǔn)椒磻?yīng)基礎(chǔ)知識(shí)的直接考查和判斷洛倫茲力的左手定則，難度適中。三．計(jì)算題（共10小題）31．（2021?七星區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在第二、三象限存在范圍足夠大水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在一、四象限存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的粒子從（﹣d，d）的a點(diǎn)由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)，再次回到y(tǒng)軸時(shí)恰能經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)（不計(jì)粒子重力）求：（1）磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（2）粒子第三次經(jīng)過y軸的時(shí)間?！痉治觥浚?）由動(dòng)能定理求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，再由牛頓第二定律求磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）由動(dòng)量定理求粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，二者相加即可解答。【解答】解：（1）粒子軌跡如圖所示：在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理：qEd＝，由幾何關(guān)系得：r＝，由牛頓第二定律：qvB＝m聯(lián)立解得：B＝2（2）由對(duì)稱性可知粒子在電場(chǎng)中加速減速時(shí)間相等，設(shè)為t1，由動(dòng)量定理有：qEt1＝mv聯(lián)立解得：t1＝粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為：T＝運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2＝聯(lián)立解得：t2＝所以粒子第三次經(jīng)過y軸的時(shí)間為：t＝3t1+t2＝3答：（1）磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為2；（2）粒子第三次經(jīng)過y軸的時(shí)間為3?！军c(diǎn)評(píng)】本題求粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即可用運(yùn)動(dòng)學(xué)，也可用動(dòng)量定理，方法很重要；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，按照12字方針解答：畫軌跡，找圓心，定半徑，求時(shí)間。32．（2021?安徽模擬）如圖，平行的MN、PQ與MP間（含邊界）有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊界MN與MP的夾角α＝30°，點(diǎn)P處有一離子源，離子源能夠向磁場(chǎng)區(qū)域發(fā)射各種速率的、方向平行于紙面且垂直于MP的正、負(fù)離子，離子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后能夠從不同的邊界射出磁場(chǎng)。已知從邊界PQ射出的離子，射出點(diǎn)與P點(diǎn)距離最大的離子的速度為v0，所有正、負(fù)離子的比荷均為k，不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用。求：（1）MP的長(zhǎng)度；（2）從邊界MP射出的離子，速度的最大值?！痉治觥浚?）帶電粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系求得長(zhǎng)度；（2）速度最大時(shí)離子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與MN相切，求得最大速度?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)離子的質(zhì)量為m、電荷量為q，從邊界PQ射出的速度為v0的離子，設(shè)其運(yùn)動(dòng)半徑為R1，運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與MN相切，運(yùn)動(dòng)軌跡如1所示。根據(jù)牛頓第二定律得：qv0B＝m根據(jù)幾何關(guān)系得：Lsinα＝R1﹣R1sinα解得：L＝（2）從邊界MP射出的離子，速度最大時(shí)離子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與MN相切，設(shè)其運(yùn)動(dòng)半徑為R2，運(yùn)動(dòng)軌跡如2所示，根據(jù)牛頓第二定律得：qvmB＝m根據(jù)幾何關(guān)系得MP的長(zhǎng)度為：L＝解得：答：（1）MP的長(zhǎng)度為；（2）從邊界MP射出的離子，速度的最大值為?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵在于結(jié)合題目意思作圖，根據(jù)幾何關(guān)系確定速度與半徑大小。33．（2021春?湖南月考）如圖所示，邊長(zhǎng)為2L的正方形abcd區(qū)域（含邊界）內(nèi)存在著方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，平行金屬板MN、PQ間有勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），MN與ad邊的左半部分重合，兩板左端M、P在ab邊上，金屬板長(zhǎng)度及板間距均為L(zhǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿兩金屬板的中線SO射入，恰好做直線運(yùn)動(dòng)，最后恰好不能從cd邊射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子受到的重力。（1）求粒子從S點(diǎn)射入時(shí)的速度大?。唬?）求金屬板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；（3）若撤去兩金屬板間的磁場(chǎng)，其他位置的磁場(chǎng)不變，使兩金屬板間的電場(chǎng)方向與原來相反，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，求粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的位置和射出方向。【分析】（1）由題意：粒子恰好不能從cd邊射出磁場(chǎng)，可知圓弧軌跡與cd邊相切，由幾何關(guān)系求得軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律解得速度大小，粒子在兩金屬板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知粒子從S點(diǎn)射入時(shí)的速度大小等于在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小；（2）由題意：粒子在兩金屬板間做直線運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力與電場(chǎng)力必大小相等，方向相反，合力為零，解得電場(chǎng)強(qiáng)度；（3）金屬板間只有電場(chǎng)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解為沿板和垂直板的分運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小和方向，由洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律解得軌跡半徑，再由幾何關(guān)系得到離開磁場(chǎng)時(shí)的位置和射出方向。【解答】解：（1）粒子從兩極板間射出進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由左手定則知粒子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，粒子恰好不能從cd邊射出磁場(chǎng)，則其圓弧軌跡與cd邊相切，軌跡如圖1所示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中的圓弧軌跡半徑：r1＝L，由洛倫茲力提供向心力，則有：，解得：粒子在兩金屬板間做直線運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力與電場(chǎng)力必大小相等，方向相反，粒子所受合力為零，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即粒子從S點(diǎn)射入時(shí)的速度大小等于在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小，則粒子從S點(diǎn)射入時(shí)的速度大小為。（2）由（1）可知粒子在兩金屬板間運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力與電場(chǎng)力大小相等，則有：qvB＝qE解得：因粒子帶負(fù)電荷，在兩金屬板間受到的洛倫茲力方向豎直向下，則受到的電場(chǎng)力方向豎直向上，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下。（3）由題已知：撤去兩金屬板間的磁場(chǎng)，則粒子在板間只受到與入射速度垂直向下的電場(chǎng)力，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，則：沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：vt＝L垂直極板方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：，vy＝at在電場(chǎng)中的加速度：解得：，可見粒子從金屬板PQ的右側(cè)邊緣射出，并且vy＝v，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。哼M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與水平方向的夾角θ＝45°，軌跡如圖2所示。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則有：解得：由幾何關(guān)系可知，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心恰為b點(diǎn)，所以粒子從bc邊上垂直bc邊射出磁場(chǎng)，且出射點(diǎn)到b點(diǎn)的距離為。答：（1）粒子從S點(diǎn)射入時(shí)的速度大小為；（2）金屬板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向?yàn)樨Q直向下。（3）粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的位置為在bc邊上與b點(diǎn)的距離為，射出方向?yàn)榇怪眀c邊向下。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在復(fù)合電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，畫運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件（如出射點(diǎn)的位置，軌跡與邊界相切等）確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道半徑與速度大小相關(guān)聯(lián)，時(shí)間與圓心角相關(guān)聯(lián)。在電場(chǎng)的類平拋運(yùn)動(dòng)處理方法是運(yùn)動(dòng)分解與合成。34．（2021春?安徽月考）如圖所示，在邊長(zhǎng)L＝m的等邊三角形ACD區(qū)域內(nèi)，存在正交分布的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝10T、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出）?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.1kg、電荷量q＝1.0×10﹣2C的帶正電微粒，從AC邊的中點(diǎn)P以平行于CD邊的某一速度射入磁場(chǎng)，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2。求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；（2）若微粒恰好從D點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，則微粒的入射速度大小v；（3）微粒在該區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）?！痉治觥浚?）微粒恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，需要重力與電場(chǎng)力平衡，可求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；（2）畫出微粒恰好從D點(diǎn)飛出磁場(chǎng)的軌跡圖，由幾何關(guān)系求得軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力求微粒的入射速度大小；（3）軌跡圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，畫軌跡圖找到最大的軌跡圓心角，利用周期可求微粒在該區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間?！窘獯稹拷猓海?）帶正電的微粒恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，需重力與電場(chǎng)力平衡，微粒相當(dāng)于只受洛倫茲力，則有：qE＝mg代入數(shù)據(jù)解得：E＝1×102N/C，方向豎直向上。（2）微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從D點(diǎn)飛出磁場(chǎng)的軌跡如右圖中藍(lán)色實(shí)線，設(shè)此軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可知，△POD為等邊三角形，則有：r1＝PD＝Lsin60°＝L＝×m＝1.5m由洛倫茲力提供向心力，則有：qvB＝解得：v＝1.5m/s（3）微粒圓周運(yùn)動(dòng)周期：T＝＝，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝T＝，（θ為軌跡的圓心角）可見軌跡的圓心角越大，微粒在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，由圖可知，微粒在AC邊飛出磁場(chǎng)，軌跡圓心角最大為：θ＝tm＝代入數(shù)據(jù)解得：tm＝4.2s答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為1×102N/C，方向豎直向上；（2）若微粒恰好從D點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，則微粒的入射速度大小v為1.5m/s；（3）微粒在該區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為4.2s。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在復(fù)合電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，畫運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫圓心所在的直線，依據(jù)其它條件(如出射點(diǎn)的位置，軌跡與邊界相切等)確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道半徑與速度大小相關(guān)聯(lián)，時(shí)間與圓心角相關(guān)聯(lián)。35．（2021春?宜春月考）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量大小為e的電子，以速度v從x軸上某一點(diǎn)垂直于x軸進(jìn)入上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。已知x軸上方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，方向垂直于紙面向里；下方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外；之后電子在空間做周期性運(yùn)動(dòng)。（1）求電子周期性運(yùn)動(dòng)的周期；（2）求電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期沿x軸移動(dòng)的距離?！痉治觥扛鶕?jù)左手定則判斷洛倫茲的力的方向，電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑和周期，確定電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期經(jīng)歷的時(shí)間和沿x軸移動(dòng)的距離．【解答】解：（1）電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示：在x軸上方過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：ev×2B＝m解得：r1＝粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T1＝＝＝在x軸下方過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：evB＝m解得：r2＝粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T2＝＝故電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期經(jīng)歷的時(shí)間：T＝解得：T＝（2）電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期沿x軸移動(dòng)的距離：x＝2(r1+r2)解得：x＝答：（1）電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期經(jīng)歷的時(shí)間是；（3）電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期沿x軸移動(dòng)的距離為．【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確電子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，然后結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系列式分析，基礎(chǔ)題目．36．（2021春?南城縣校級(jí)月考）如圖所示，在半徑為R＝的豎直圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，從圓頂點(diǎn)P以速率v0的帶正電粒子平行于紙面進(jìn)入磁場(chǎng)。已知粒子的質(zhì)量為m，電量為q，粒子重力不計(jì)。（1）若粒子對(duì)準(zhǔn)圓心射入，求它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）若粒子對(duì)準(zhǔn)圓心射入，且速率為v0，求它射出磁場(chǎng)時(shí)速度的水平分量（銳角方向的水平分量）?！痉治觥浚?）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，從而根據(jù)幾何關(guān)系求出圓弧的圓心角大小，通過弧長(zhǎng)和速度求出在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．（2）若粒子對(duì)準(zhǔn)圓心射入，且速率為v0，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼谋叮ㄟ^幾何關(guān)系求出圓弧的圓心角，從而得知出磁場(chǎng)的速度方向，根據(jù)速度分解求出它射出磁場(chǎng)時(shí)速度的水平分量；【解答】解：（1）設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，由牛頓第二定律得qv0B＝解得：r＝R＝帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為四分之一圓周，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為，如圖1所示，圖1則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝其中α＝，T＝＝聯(lián)立解得：t＝（2）由（1）知，當(dāng)v＝v0時(shí)，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1＝R其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，圖2由圖可知∠PO2O＝∠OO2R＝θ由幾何關(guān)系可知：tanθ＝解得：θ＝30°所以帶電粒子離開磁場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)原來方向2θ＝60°則粒子射出磁場(chǎng)時(shí)速度的水平分量v1＝vsin60°＝答：（1）若粒子對(duì)準(zhǔn)圓心射入，它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；（2）若粒子對(duì)準(zhǔn)圓心射入，且速率為v0，它射出磁場(chǎng)時(shí)速度的水平分量為?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，解此類題目的關(guān)鍵是正確畫出粒子的軌跡圖，由幾何關(guān)系求出半徑，由洛倫茲力提供向心力求出速度或者磁感應(yīng)強(qiáng)度。本題關(guān)鍵是由幾何關(guān)系求出軌跡圓的半徑和速度偏角。37．（2021?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)圓心為O半徑為R的圓形電磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以及一個(gè)方向未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電量為q的帶電小球以初速度v0從電磁場(chǎng)外某處水平拋出，從電磁場(chǎng)邊界上的M點(diǎn)對(duì)準(zhǔn)圓心方向垂直于磁場(chǎng)進(jìn)入圓形區(qū)域，且MO與水平方向的夾角為30°。小球在電磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且離開電磁場(chǎng)后恰好可以運(yùn)動(dòng)到跟拋出點(diǎn)等高的N點(diǎn)（未畫出），重力加速度為g，求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（2）從拋出到運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)的總時(shí)間?！痉治觥浚?）由題意：小球在電磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，分析可得重力與電場(chǎng)力平衡（可求此電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?，由洛倫茲力提供向心力，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；再由題意：小球離開電磁場(chǎng)后恰好可以運(yùn)動(dòng)到跟拋出點(diǎn)等高的N點(diǎn)，分析可知離開電磁場(chǎng)的斜拋運(yùn)動(dòng)與進(jìn)入電磁場(chǎng)前的平拋運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，據(jù)此畫出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，由幾何關(guān)系解得圓周軌跡半徑，洛倫茲力提供向心力求得磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）理清運(yùn)動(dòng)過程的幾個(gè)階段，兩段拋體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，利用平拋運(yùn)動(dòng)豎直方