運動電荷在磁場中的運動問題解題技巧

高考物理電磁場模型解題技巧5.運動電荷在磁場中的運動問題基礎(chǔ)知識回顧知識點一洛倫茲力、洛倫茲力的方向、洛倫茲力公式洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力.2.洛倫茲力的方向判斷方法：左手定則.磁感線垂直穿過手心.四指指向正電荷運動的方向.拇指指向正電荷所受洛倫茲力的方向.方向特點：F±B,F±v,即F垂直于B和v決定的平面.(注意：B和v不一定垂直)3.洛倫茲力的大?。篎=qvBsinO,0為v與B的夾角.v〃B時，洛倫茲力F=0.v±B時，洛倫茲力F=qvB.v=0時，洛倫茲力F=0.知識點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1.洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功..粒子的運動性質(zhì)(不計重力時)若v〃B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動.若v±B，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動..半徑和周期公式, v2 mv(1)由qvB=m—，得r= .r qB, 2n, 2nr(2)由v=, 2nm，得『IB解題技巧技巧一巧讀洛倫茲力1.對洛倫茲力的理解洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功.當(dāng)電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化.用左手定則判斷負(fù)電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向.洛倫茲力和安培力的比較洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導(dǎo)體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn).安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力.安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功.3.洛倫茲力與電場力的比較內(nèi)卜T力堰倫茲力電坷一力古生條件?口且〔，不與E平行電蒲城在電場中大小F二g匚_￡?(t_LH)F二qE一力步向與坷一宅是F1上B*FXi,正電茴受力與混場方向相同,負(fù)電持受力與電場方與相反方肯的關(guān)系與電荷電峰無蕪聚功清況陽何清廳下都不可能敬王功、負(fù)男，也散功可能不做功【例1】1.(2020-徐州市銅山區(qū)大許中學(xué)月考)關(guān)于帶電粒子在勻強磁場中所受的洛倫茲力，下列說法正確的是()洛倫茲力的方向可以不垂直于帶電粒子的運動方向洛倫茲力力的方向總是垂直于磁場的方向洛倫茲力的大小與帶電粒子的速度方向和磁場方向的夾角無關(guān)僅將帶電粒子的速度減半，洛倫茲力的大小變?yōu)樵瓉淼膬杀丁敬鸢浮緽【解析】力、洛倫茲力方向既垂直于帶電粒子的運動方向，又垂直于磁場的方向，選項刀錯誤、B正確；以洛倫茲力的大小與帶電粒子的速度方向和磁場方向的夾角都有關(guān)系，將帶電粒子的速度減半，洛倫茲力的大小也減半，故C、D錯誤.故選B.【例2】(2020-浙江寧波咸祥中學(xué)高二期中)導(dǎo)線中帶電粒子的定向運動形成了電流。帶電粒子定向運動時所受洛倫茲力的矢量和，在宏觀上表現(xiàn)為導(dǎo)線所受的安培力。如圖所示，設(shè)導(dǎo)線ab中每個帶正電粒子定向運動的速度都是v,單位體積的粒子數(shù)為時，粒子的電荷量為q，導(dǎo)線的橫截面積為S，磁感應(yīng)強度大小為8、方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是由題目已知條件可以算得通過導(dǎo)線的電流為I=nqvS題中導(dǎo)線受到的安培力的方向可用安培定則判斷每個粒子所受的洛倫茲力為F洛=qvB，通電導(dǎo)線所受的安培力為F安=nqvB改變適當(dāng)?shù)臈l件，有可能使圖中帶電粒子受到的洛倫茲力方向反向而導(dǎo)線受到的安培力方向保持不變【答案】A【解析】電流：I=Q=竺竺=nqvs，則A正確；導(dǎo)線受到的安培力的方向由左手定則判斷，則B錯誤;tt粒子所受的洛倫茲力為F落qvB，導(dǎo)線長度為L，則其受的安培力為：F=nqLSvB=BIL，則C錯誤;洛倫茲力方向反向決定了所受到的安培力方向也反向，則D錯誤；故選A?！纠?】（2019-漣水縣第一中學(xué)高二月考）有關(guān)洛倫茲力和安培力的描述，正確的是（）通電直導(dǎo)線在勻強磁場中一定受到安培力的作用安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)帶電粒子在勻強磁場中運動受到的洛倫茲力做正功通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行【答案】B【解析】當(dāng)通電直導(dǎo)線放置方向與勻強磁場方向在同一直線上時，不受安培力的作用，A選項錯誤；安培力可以看成導(dǎo)體內(nèi)大量電子共同受到洛倫茲力產(chǎn)生的，即B正確；在勻強磁場中，洛倫茲力始終與運動方向垂直，此時洛倫茲力不做功，C錯誤；由左手定則可知，通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向垂直，D也錯誤.故選B?！纠?】(2020-山西高二期末)有一個電子射線管(陰極射線管)，放在一通電直導(dǎo)線的上方，發(fā)現(xiàn)射線的徑跡如圖所示，則此導(dǎo)線該如何放置，且電流的流向如何( )直導(dǎo)線如圖所示位置放置，電流從A流向B直導(dǎo)線如圖所示位置放置，電流從B流向A。直導(dǎo)線垂直于紙面放置，電流流向紙內(nèi)D,直導(dǎo)線垂直于紙面放置，電流流向紙外【答案】B【解析】電子射線管發(fā)出電子，為負(fù)電荷，從圖中可知電子向下偏轉(zhuǎn)，即受到向下的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知電子處在垂直紙面向里的磁場中，根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線按如圖所示的位置放置，電流方向從B到A，B正確.技巧二巧解帶電粒子做圓周運動問題軌道圓的“三個確定”1.如何確定“圓心”由兩點和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡.確定帶電粒子運動軌跡上的兩個特殊點(一般是射入和射出磁場時的兩點)，過這兩點作帶電粒子運動方向的垂線(這兩垂線即為粒子在這兩點所受洛倫茲力的方向)，則兩垂線的交點就是圓心，如圖(a)所示.若只已知過其中一個點的粒子運動方向，則除過已知運動方向的該點作垂線外，還要將這兩點相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點就是圓心，如圖(b)所示.若只已知一個點及運動方向，也知另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖(c)所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角(ZPAM)，畫出該角的角平分線，它與已知點的速度的垂線交于一點O,該點就是圓心.

2.如何確定“半徑”、. .、一， ,,mv萬法一：由物理萬程求：半徑R=--；qB方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學(xué)知識（勾股定理、三角函數(shù)等）計算來確定.如何確定“圓心角與時間”（1） 速度的偏向角嚀圓弧所對應(yīng)的圓心角（回旋角）0=2倍的弦切角a,如圖（d）所示.（2） 時間的計算方法.方法一：由圓心角求，I=二T； 方法二：由弧長求t=-2n v【例5】（2020-運城市景勝中學(xué)月考）如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，正、負(fù)電子分別以相同速度沿與x軸成30°角從原點垂直射入磁場，則正、負(fù)電子在磁場中運動時間之比為（）X…「xXxXA.2：1B.1：2C.1：必D.1：15【答案】A【解析】電子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，軌跡如圖所示可得V2qvB=m—r再有T=至，聯(lián)立上式可得V2兀mT= qB由于兩個電子帶電量相同，可得兩個電子的運動周期相等;正電子從y軸上射出磁場時，根據(jù)幾何知識可得，速度與y軸的夾角為60，其軌跡對應(yīng)的圓心角為120，則正電子在磁場中運動時間為120 1 T=—T360。 3同理可知，負(fù)電子以30入射時，從x軸離開磁場時，速度方向與x軸的夾角為30，則軌跡對應(yīng)的圓心角為60，則負(fù)電子在磁場中運動時間為t=-6^T=-T2360 6所以正電子與負(fù)電子在磁場中運動時間之比為?:t2=2:1故選A。【例6J.（2020-西藏城關(guān)?拉薩中學(xué)月考）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場.一帶電粒子垂直磁場邊界從?點射入，從b點射出.下列說法正確的是■乂 乂 *粒子帶正電粒子在b點速率大于在a點速率若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】C【解析】_V2由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據(jù)qvB=m—確定r粒子運動半徑和運動時間.由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應(yīng)帶負(fù)電，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；若僅減小磁感應(yīng)強度，由公式V2 mvqvB=m得：r==;，所以磁感應(yīng)強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側(cè)射出，故Cr qB正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯誤.【例7】（2020?江蘇月考）如圖所示，在一擋板MN的上方，存在磁感應(yīng)強度為B的矩形勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。MN邊上O點處放置了發(fā)生光電效應(yīng)的極限頻率為v的金屬鈉，現(xiàn)用頻率為2v的光去照射鈉，已知電子質(zhì)量為m、電荷量為幻普朗克常量為h，不計電子的重力和電子間的相互作用，粒子打到擋板上時均被擋板吸收。則沒有電子從磁場逸出的矩形磁場的最小面積為（ ）

A.12mhvB. —eA.12mhvB. —e2B2C.16mhve2B224mhD. Le2B2【答案】B【解析】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知：光電子的最大初動能mv2=h（2v）一hv=h2m所以光電子進(jìn)入磁場的最大速度光電子在磁場中的運動最大半徑rmv V2mhv—~eB~eB所有粒子在磁場中最大半徑相同，由。點沿MN射入的光電子恰好應(yīng)為最右端邊界；隨著粒子的速度方向偏轉(zhuǎn)，光電子轉(zhuǎn)動的軌跡圓可認(rèn)為是以2R為半徑轉(zhuǎn)動，如圖所示由幾何圖形可知，沒有電子從磁場逸出的最小矩形磁場的面積S=（3R）.（2R）=冬e2B2故選B?！纠?】（2020?江蘇啟東中學(xué)高二開學(xué)考試）M點是位于圓形勻強磁場邊界的一個粒子源，可以沿紙面向磁場內(nèi)各個方向射出帶電荷量為0、質(zhì)量為以、速度大小相同的粒子，如圖所示.已知磁場的方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為方，所有粒子射出磁場邊界的位置均處于邊界的某一段圓1弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的3，不計粒子的重力，則此粒子速度的大小和在磁場中運動最長

的時間分別為A.qBR,2nmv=——,t的時間分別為A.qBR,2nmv=——,t-mBq3qBRB.v— 2m2nmt機—3Bq3qBRt?2nmC.v= ,t?—z—2m Bq【答案】C【解析】qBRD.v= m2nmt鋁 3Bq所有粒子的速度大小相同，因此在磁場中做圓周運動的半徑大小相同，由于所有粒子射出邊界的位置均處于磁場邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長是圓形磁場周長的3,則最遠(yuǎn)出射點離M點的距離為粒子做圓周運動軌跡的直徑2r,由幾何關(guān)系可知，r—Rcos30。-室R,由qvB—m蘭2 rr V2解得qvB—m—，因為粒子是從M點沿紙面向磁場內(nèi)各個方向射入，取最靠切線方向的粒子，在r2nm磁場中近似做完整一個圓周，其運動的時間最長，即'『'故C正確，A、B、D錯誤;故選C故選C.技巧三考點三帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見的情形直線邊界：如圖甲、乙、丙所示，粒子進(jìn)出磁場具有對稱性，且粒子以多大的角度0進(jìn)入磁場，

就以多大的角度0出磁場；粒子進(jìn)入磁場時的速度V垂直邊界時，出射點距離入射點最遠(yuǎn)，且Smaxmax=2R如圖甲所示；同一入射點和出射點，可能對應(yīng)粒子的兩個入射方向，且一個優(yōu)弧”，一個“劣弧”弧”，如圖乙、丙中的出射點A.甲 乙 內(nèi)平行邊界：常見的臨界情景和幾何關(guān)系如圖所示.圓形邊界:帶電粒子沿指向圓心的方向進(jìn)入磁場，則出磁場時速度矢量的反向延長線一定過圓心，即兩速度矢量相交于圓心，如圖所示.O'O'帶電粒子進(jìn)入有界磁場區(qū)域，一般存在臨界問題(或邊界問題)以及極值問題.解決這類問題的方法思路如下：直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值.以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解.【例9】(2020-濮陽高三月考)如圖所示，直線集和饑的夾角為3。二在兩直線所夾的空間內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場向右的區(qū)域無限大，磁感應(yīng)強度為心。在F點有速度相等的正、負(fù)離子沿垂直于0口方向射入磁場。兩離子的運動軌跡均與。右相切，若不計兩離子間的相互作用力，則正、負(fù)兩種離子的比荷之比為()

TOC\o"1-5"\h\z73:11:33:1【答案】D【解析】如圖所示，由左手定則知磁場中的正離子向左偏轉(zhuǎn)、負(fù)離子向右偏轉(zhuǎn)。洛倫茲力提供向心力，正離子有負(fù)離子有V2qvB=m由幾何關(guān)系知R

sinR

sin30°sin30°解以上三式得故選D。故選D?！纠?0】一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示.圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度①順時針轉(zhuǎn)動.在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動與MN成30。角.當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計重力.若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）A.w3BB.①2BA.w3BB.①2BC.2wD.——B【答案】A【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動根據(jù)幾何關(guān)系，有Z根據(jù)幾何關(guān)系，有ZMOA=90°，ZOMA=45°，ZCMOf=60°，所以ZOMA=75°，ZOAM=75°，ZMOAZMOA=30°，即軌跡圓弧所對的圓心角為30°，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期了=帶，粒30° 12兀m 1 12k子在磁場中勻速圓周運動的時間間=旅FF，圓筒轉(zhuǎn)動90°所用時間E4廠=4X；m 3B粒子勻速圓周運動的時間和圓筒轉(zhuǎn)動時間相等解得‘。、則￡x駕=4xW，解得勺-wm 3BA正確，BCD錯誤.【例11（2020?江蘇啟東中學(xué)月考）如圖所示，平行邊界MN、PQ之間有垂直紙面向里的勻強磁場，

磁感應(yīng)強度的大小為8,兩邊界間距為d,邊界MN上A點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向射出完全相同的質(zhì)量為m，電量為q的帶正電的粒子，粒子射出的速度大小均為v=典竺，若不計粒3m子的重力及粒子間的相互作用，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為（）W*XX伊I I；XX；I I!jcx!*XXII 'I|iM又x\Q■■A.?：1 B.2:3 C.t3:2 D.2（7:7【答案】C【解析】粒子在磁場中運動的軌道半徑為r=m=3d，則能達(dá)到pq上的粒子長度為2?（3d）2一（3d）2?（3d）2一（3d）2=—d；能打到MN上的粒子的長度為2=3d，故粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為提，故選C.2【例12].（2020-山西月考）如圖所示ABC為等腰直角三角形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為8。磁場垂紙直面向里。BC邊的長度為[。一質(zhì)量為m帶電量為q的粒子水平射入AB邊的中點。從C點垂直BC邊射出（不計粒子的重力）。下列說法正確的是（ ）召 c粒子帶正電兀m粒子在磁場中運動的時間為；一Bq粒子做圓周運動的半徑為L粒子入射的速度為驊2m【答案】D【解析】從C點垂直BC邊射出，可知粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯誤;BCD.由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)向心力公式得mv2

qvB= r解得，粒子入射的速度為qBrqBL

v= = m 2m粒子在磁場中運動的時間為1兀（L）-（-）宜

ru 2 2 —mt=——= — = v qBL 2qB2m故D正確，BC錯誤；故選D。技巧四帶電粒子在磁場中運動多解問題的解法求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的方法分析題目特點，確定題目多解的形成原因.作出粒子的運動軌跡示意圖（全面考慮多種可能性）.若為周期性重復(fù)的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件.【例13】（2019-河北安國中學(xué)高三月考）M、N兩板相距為"，板長為5么兩板不帶電，板間有垂直于紙面的勻強磁場，如圖所示，一大群電子沿平行于板的方向從各處位置以速度羽射入板間，為了使電子都不從板間穿出，磁感應(yīng)強度B的范圍（）（設(shè)電子電量為e，質(zhì)量為m）A.B.C.D.mv 2mvA.B.C.D.mv 2mv<B<—13ed ed2mv mvB> 或B< ed 13edmv 2mv <B< 10ed ed2mv mvB> 或B< ed 10ed 1.idJ L1XXX1 1【答案】A【解析】【解析】由圖示可知，靠近M板進(jìn)入磁場的電子剛好打到N板右邊緣，對應(yīng)的磁感應(yīng)強度有最小值B1,設(shè)此時軌道半徑為％，由牛頓第二定律得：mv2evB= iRi由幾何關(guān)系得：(R-d>+(5d)2=R21 1解得：B廣島靠近M板進(jìn)入磁場的電子剛好打到N板左邊緣，對應(yīng)的磁感應(yīng)強度有最大值B2,此時軌道半徑為為，由牛頓第二定律：mv2evB= 2R2由幾何關(guān)系得:解得：_2mv

B 2ed綜上所述，磁感應(yīng)強度B的范圍為：mv 2mv B 13ed edA正確。故選A。【例14】（2020-湖北荊門?高二期末）如圖所示，邊長為b的正方形abcd區(qū)域內(nèi)（包括邊界）存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。在a點處有一粒子源，能夠沿ab方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，粒子射出的速率大小不同。粒子的重力忽略不計，不考慮粒子之間的相互作用，則（）b c■::|***!」 *軌跡不同的粒子，在磁場中運動時間一定不同從c點射出的粒子入射速度大小為公性m兀m從d點射出的粒子在磁場中運動的時間為fqB粒子在邊界上出射點距a點越遠(yuǎn)，在磁場中運動的時間越短【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力：V2qvB=m——R解得半徑：R=*粒子運動的周期:2冗R2冗mT= = vqB設(shè)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為6,粒子在磁場中的運動時間:t=2T如2兀 qB粒子速率不同運動軌跡不同，如果轉(zhuǎn)過的圓心角6相等，則粒子在磁場中的運動時間相等，如從ad1.邊離開磁場的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過半個圓周，雖然運動軌跡不同，但運動時間都相同，為5T，A錯誤;從c點飛出的粒子半徑:解得速度：v=性，B錯誤;m從d點飛出的粒子運動時間為半個周期:兀m

t=T=——qBC正確;根據(jù)C選項的分析可知，粒子從1點射入，從ad邊飛出，所用時間均為半個周期，因此粒子在邊界上出射點距a點越遠(yuǎn)，在磁場中運動的時間不一定越短，D錯誤。故選C?！纠?5】（2020?陜西西安中學(xué)高三三模）據(jù)有關(guān)資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區(qū)域內(nèi)。如圖所示，環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為％，外半徑為&2,被束縛的帶電粒子的比荷為化中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為V。中空區(qū)域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為&2的區(qū)域內(nèi)，則環(huán)狀區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小可能是（ ）22RvA，k(R-R)22 1/22RvA，k(R-R)22 1B，k(R;-R) C，k(R：-%)【答案】AC【解析】由題意可知，粒子的比荷為k,要使所有的粒子都不能穿出磁場，與內(nèi)圓相切的方向進(jìn)入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，粒子最大軌道半徑r=W2粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得V2qvB=m—

r解得B= 2Vk(R2—R1)要使粒子不離開磁場B>—2V—

k(R2—R)由于R1<R2,則2Rv 2v R2v―f~—3 = 2——< k偵2—R2)k(R—R)R+Rk(R—R)2 1 2 12 1 2 1故AC正確，BD錯誤。故選AC。

【例16】（2019-江西東湖?南昌十中高二月考）如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負(fù)離子，重力忽略不計。為把這束負(fù)離子約束在0P之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知OA間的距離為s，負(fù)離子比荷為q/m，速率為v，OP與OQ間夾角為300。則所加磁感應(yīng)強度B滿足（ ）A.垂直紙面向里，b>mv3qsB.垂直紙面向里，bA.垂直紙面向里，b>mv3qsB.垂直紙面向里，b〉mqsC.垂直紙面向外，c3mvC.垂直紙面向外，c3mvB> qsD.垂直紙面向外，bD.垂直紙面向外，b〉mqs【答案】BC【解析】AB、當(dāng)所加勻強磁場方向垂直紙面向里時，由左手定則知：負(fù)離子向右偏轉(zhuǎn).約束在OP之下的區(qū)域的臨界條件是離子運動軌跡與OP相切.如圖