復習方略高考物理江蘇專用一輪配套課件磁場對運動電荷作用

第2講磁場對運動電荷的作用知識點1洛倫茲力Ⅱ

【思維激活1】如圖是云室拍攝的帶電粒子的照片，云室中加了垂直于照片向外的勻強磁場，圖中Oa、Ob、Oc、Od是從O點發(fā)出的四種粒子的徑跡，下列說法中正確的是（）A.四種粒子都帶正電B.四種粒子都帶負電C.打到a、b點的粒子帶正電D.打到c、d點的粒子帶正電【解析】選D。由左手定則知，打到a、b點的粒子帶負電，打到c、d點的粒子帶正電，D正確?！局R梳理】1.洛倫茲力的方向：(1)判斷方法：左手定則。①磁感線從_____進入；②四指指向___________的方向；③拇指指向___________________的方向。(2)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于_____決定的平面。(注意：B和v不一定垂直)掌心正電荷運動正電荷所受洛倫茲力B和v2.洛倫茲力的大小：F=_________，θ為v與B的夾角。(1)v∥B時，θ=0°或180°，洛倫茲力F=__。(2)v⊥B時，θ=90°，洛倫茲力F=____。(3)v=0時，洛倫茲力F=__。qvBsinθ0qvB0知識點2帶電粒子在勻強磁場中的運動Ⅱ

【思維激活2】(多選)如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一帶電粒子(不計重力)以某一初速度沿圓的直徑方向射入磁場，粒子穿過此區(qū)域的時間為t，粒子飛出此區(qū)域時速度方向偏轉角為60°，根據以上條件可求下列物理量中的（）A.帶電粒子的比荷B.帶電粒子的初速度C.帶電粒子在磁場中運動的周期D.帶電粒子在磁場中運動的半徑【解析】選A、C。由t=和T=可知，根據題中已知條件可以求出帶電粒子運動的周期，再將周期代入周期公式可以求出帶電粒子的比荷，A、C正確；由于不知磁場區(qū)域半徑，無法求出粒子運動半徑和運動速度，B、D錯?！局R梳理】1.洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的_____，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功。2.粒子的運動性質：(1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做_____________。(2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強磁場中做_____________。大小勻速直線運動勻速圓周運動3.半徑和周期公式：（1）由F洛=F向得qvB=_____，所以r=____。（2）由v=得T=_____。（3）關系式：知識點3質譜儀和回旋加速器的工作原理Ⅰ

【思維激活3】(多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示。這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是（）A.離子由加速器的中心附近進入加速器B.離子由加速器的邊緣進入加速器C.離子從磁場中獲得能量D.離子從電場中獲得能量【解析】選A、D?；匦铀倨鞯膬蓚€D形盒間的空隙分布著周期性變化的電場，不斷地對離子加速使其獲得能量；而D形盒處分布有恒定不變的磁場，具有一定速度的帶電離子在D形盒內受到洛倫茲力提供的向心力而做圓周運動；洛倫茲力不做功，故不能使離子獲得能量；離子源在回旋加速器的中心附近，所以正確選項為A、D。【知識梳理】1.質譜儀：(1)構造：由粒子源、_________、_________和照相底片等構成。(2)原理。①電場中加速：根據動能定理qU=______。②磁場中偏轉：粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律得關系式qvB=______。加速電場偏轉磁場2.回旋加速器：(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接_____電源。D形盒處于勻強磁場中。(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期_____，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經過D形盒縫隙，兩盒間的電場強度方向周期性地發(fā)生變化，粒子就會被一次一次地加速。交流相等【微點撥】1.對洛倫茲力的三點提醒：(1)帶電粒子在磁場中不一定受洛倫茲力的作用。(2)在任何情況下，洛倫茲力一定與速度垂直，一定不做功。(3)根據公式F=qvBsinθ知洛倫茲力的大小由q、v、B、θ四個因素共同決定。2.帶電粒子在勻強磁場中運動時的兩個易錯點：（1）由T=知，T與v無關，不能由T=得出T與v成反比，因v變時，r也在變。（2）由t=·α知，帶電粒子在磁場中的運動時間與圓心角α有關，與弧長無關。

考點1洛倫茲力與電場力的比較1.對洛倫茲力的理解：(1)洛倫茲力和安培力的關系：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。對比分析(2)洛倫茲力的特點。①洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面，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。②當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。③用左手定則判斷負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。2.洛倫茲力與電場力的比較：對應力

項目洛倫茲力電場力產生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場中大小F=qvB(v⊥B)F=qE力方向與場方向的關系一定是F⊥B，F⊥v，與電荷電性無關正電荷受力與電場方向相同，負電荷受力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功內容【題組通關方案】【典題1】(2013·安徽高考)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是（）A.向上B.向下C.向左D.向右【解題探究】(1)判定通電直導線周圍的磁場方向用_________。(2)正方形中心O處的合磁感應強度是___個磁感應強度的合成。(3)用_________判斷帶電粒子所受的洛倫茲力方向。安培定則四左手定則【典題解析】選B。由安培定則可以判斷出a、b、c、d四根長直導線在正方形中心O處產生的磁感應強度如圖所示。四個磁感應強度按矢量的平行四邊形定則合成，可得合磁場為水平向左。利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，可得洛倫茲力豎直向下，故B項正確。【通關1+1】1.(2014·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，P、Q是兩個電量相等的異種點電荷，其中P帶正電，Q帶負電，它們連線的中點是O，MN是中垂線，兩電荷連線與中垂線所在平面與紙面平行，在垂直紙面方向有一磁場，中垂線上一正電荷以初速度v0沿中垂線運動，忽略重力作用，則（）A.磁場的方向垂直紙面向外B.正電荷做勻速直線運動，所受洛倫茲力的大小不變C.正電荷做勻速直線運動，所受洛倫茲力的大小改變D.正電荷做變速直線運動，所受洛倫茲力的大小改變【解析】選C。P、Q兩點電荷對中垂線上的正電荷的合外力是豎直向下的，可知洛倫茲力是豎直向上的，由左手定則知磁場垂直紙面向里；由于電荷沿中垂線MN運動，而P、Q對電荷的合力在水平方向上的分力為0，故電荷做勻速直線運動，且洛倫茲力大小總等于電場力大小，是變化的。2.(2014·揚州模擬)如圖所示，擺球為帶負電荷的單擺，在一勻強磁場中擺動，勻強磁場的方向垂直紙面向里，擺球在AB間擺動過程中，由A擺到最低點C時，擺線拉力的大小為F1，擺球加速度大小為a1；由B擺到最低點C時，擺線拉力的大小為F2，擺球加速度大小為a2，則（）A.F1>F2，a1=a2 B.F1<F2，a1=a2C.F1>F2，a1>a2 D.F1<F2，a1<a2【解析】選B。繩的拉力、洛倫茲力始終與單擺的運動方向垂直，不做功。只有重力做功，所以a1=a2，當單擺由A擺到最低點C時，繩的拉力和洛倫茲力方向相同，由B擺到最低點C時，繩的拉力與洛倫茲力方向相反，故F1<F2?！炯庸逃柧殹?.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q。圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小為qvB，則洛倫茲力的方向垂直紙面向里的是（）【解析】選B。A圖：因v⊥B，所以F=qvB，方向與v垂直斜向上。B圖：v與B的夾角為30°，F=qvBsin30°=qvB，方向垂直紙面向里。C圖：由于v與B平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力，F=0。D圖：v與B垂直，F=qvB，方向與v垂直斜向上。故選B。2.如圖所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置的通順時針電流的環(huán)形導線，則示波管中的電子束將（）A.向上偏轉B.向下偏轉C.向紙外偏轉 D.向紙里偏轉【解析】選A。由安培定則知，環(huán)形導線在電子束所在處的磁場方向為垂直紙面向外，由左手定則判斷，電子束將向上偏轉，A對?！緦W科素養(yǎng)升華】有關洛倫茲力的注意事項(1)正確分析帶電粒子所在區(qū)域的合磁場方向。(2)判斷洛倫茲力方向時，特別區(qū)分電荷的正、負，并充分利用F⊥B、F⊥v的特點。(3)計算洛倫茲力大小時，公式F=qvB中，v是電荷與磁場的相對速度?？键c2帶電粒子在勻強磁場中的運動問題1.圓心的確定：(1)基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心。解題技巧(2)兩種常見情形。①已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲a所示，圖中P為入射點，M為出射點)。②已知入射點和出射點的位置時，可以先通過入射點作入射方向的垂線，再連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲b所示，圖中P為入射點，M為出射點)。2.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動：(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖乙)。(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖丙)。(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖丁)。3.半徑的確定和計算：利用平面幾何關系，求出該圓的可能半徑(或圓心角)，并注意以下兩個重要的幾何特點：(1)粒子速度的偏向角φ等于圓心角α，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ=α=2θ=ωt。(2)相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即θ+θ′=180°。4.運動時間的確定：粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間由下式表示：t=T(或t=)?！绢}組通關方案】【典題2】(15分)(2013·海南高考)如圖，紙面內有E、F、G三點，∠GEF=30°，∠EFG=135°?？臻g有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。先使帶有電荷量為q(q>0)的點電荷a在紙面內垂直于EF從F點射出，其軌跡經過G點，再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經過G點。兩點電荷從射出到經過G點所用的時間相同，且經過G點時的速度方向也相同。已知點電荷a的質量為m，軌道半徑為R，不計重力。求：(1)點電荷a從射出到經過G點所用的時間；(2)點電荷b的速度的大小。【解題探究】(1)如何確定點電荷a做圓周運動的圓心?提示：如圖所示，在F處作速度的垂線，再作FG的垂直平分線，兩線的交點O即為點電荷a做圓周運動的圓心，由幾何知識得GO⊥FO。(2)如何確定點電荷b做圓周運動的圓心?提示：因點電荷a、b的軌跡在G處相切，則點電荷b的圓心也一定在GO所在直線上，再作EG的垂直平分線，兩線相交于點O1，此即為點電荷b做圓周運動的圓心，如圖所示?！镜漕}解析】(1)設點電荷a的速度大小為v，由牛頓第二定律得qvB=①(2分)由①式得v=②(1分)設點電荷a的運動周期為T，有T=③(1分)如圖，O和O1分別是a和b的圓軌道的圓心。設a在磁場中偏轉的角度為θ，由幾何關系可得θ=90°④(2分)故a從開始運動到經過G點所用的時間t為t=⑤(2分)(2)設點電荷b的速度大小為v1，軌道半徑為R1，b在磁場中的偏轉角度為θ1，依題意有t=⑥(2分)由式⑥得v1=⑦(1分)由于兩軌道在G點相切，所以過G點的半徑OG和O1G在同一直線上。由幾何關系和題給條件可得θ1=60°⑧(1分)R1=2R⑨(1分)聯立②④⑦⑧⑨式，解得v1=(2分)答案：(1)(2)【通關1+1】1.（2013·新課標全國卷Ⅱ）空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°。不計重力，該磁場的磁感應強度大小為()【解析】選A。粒子進入磁場后做勻速圓周運動，如圖所示，根據幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑r=R，由qvB=可得B=選項A正確。2.(多選)(2012·江蘇高考)如圖所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界。一質量為m、電荷量為q的粒子在紙面內從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點。下列說法正確的有（）A.若粒子落在A點的左側，其速度一定小于v0B.若粒子落在A點的右側，其速度一定大于v0C.若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能小于v0-D.若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能大于v0+【解析】選B、C。只有當帶電粒子垂直邊界入射，且出射點離入射點的距離為直徑時才最遠，設OA之間的距離為l，由qvB=可得：R1=當出射點離入射點的最近距離為l-d時，有R2=聯立上式可知此時有最小速度v=v0-；當出射點離入射點的最遠距離為l+d時，有R2=聯立上式可知此時有最大的垂直入射速度v=v0+，考慮當入射速度不垂直邊界入射時，要想達到最遠距離l+d，其速度可以比這個臨界速度大，所以選項D錯誤，C正確。同理可以判斷出A錯誤，B正確?！炯庸逃柧殹?.(2014·宿遷模擬)半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場中，并從B點射出?！螦OB=120°，如圖所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為（）【解析】選D。由所對圓心角θ=60°知，t=但題中已知條件不夠，沒有此選項，另想辦法找規(guī)律表示t。由勻速圓周運動t=，從圖示分析有R=r，則

2.(2012·安徽高考)如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角。現將帶電粒子的速度變?yōu)椋詮腁點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)椋ǎ〢.ΔtB.2ΔtC.ΔtD.3Δt【解析】選B。設磁場區(qū)域的半徑為R，粒子的軌跡半徑為r，粒子以速度v在磁場中運動的軌跡如圖甲所示，則由幾何關系知，r=R，又T=所以當粒子的速度為時，運動軌跡如圖乙所示。軌跡半徑為由圖乙得所以圓心角θ′=120°，Δt′=故選項B正確?！緦W科素養(yǎng)升華】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題“三步法”(1)畫軌跡：確定圓心，畫出運動軌跡。(2)找聯系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度的聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間的聯系，在磁場中的運動時間與周期的聯系。(3)用規(guī)律：牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式。考點3帶電粒子在磁場中運動的實際應用1.質譜儀的主要特征：將質量數不等，電荷數相等的帶電粒子經同一電場加速后進入偏轉磁場。各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r=在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝m，根據不同的半徑，就可計算出粒子的質量或比荷。拓展延伸2.回旋加速器的主要特征：(1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關。(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動。(3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為(4)粒子的最后速度v=，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強弱。

【題組通關方案】【典題3】(11分)(2012·天津高考)對鈾235的進一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義。如圖所示，質量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經過小孔S2垂直于磁場方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，做半徑為R的勻速圓周運動。離子行進半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流為I，不考慮離子重力及離子間的相互作用。(1)求加速電場的電壓U；(2)求出在離子被收集的過程中任意時間t內收集到離子的質量M?！窘忸}探究】(1)離子在電場中做勻加速直線運動，其動能定理表達式為__________。(2)電流I的定義式為I=___?！镜漕}解析】(1)離子在電場中加速的過程中，由動能定理得：qU=mv2①（2分）離子進入磁場后做勻速圓周運動，則：qvB=②（2分）聯立①②式解得：U=③（2分）（2）在t時間內收集到的離子的總電荷量為Q=It④（1分）這些離子個數為N=⑤（1分）離子的總質量為M=Nm⑥（1分）聯立④⑤⑥式解得：M=(2分)答案：（1）（2）【通關1+1】1.(多選)如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，所加磁場的磁感應強度為B，用來加速質量為m、電荷量為q的質子，質子從下半盒的質子源由靜止出發(fā)，加速到最大能量E后，由A孔射出。則下列說法正確的是（）A.回旋加速器不能無限加速質子B.增大交變電壓U，則質子在加速器中運行時間將變短C.回旋加速器所加交變電壓的頻率為D.下半盒內部，質子的運動軌跡半徑之比(由內到外)為【解析】選A、B、C。當回旋加速器所加交變電壓周期與質子在磁場中運動周期相同時，質子才能被加速；質子在勻強磁場中運動周期T=質子在回旋加速器中運動的最大半徑交變電壓頻率f=，聯立以上各式解得C正確；隨著質子速度的增大，相對論效應逐漸顯現，質子質量增大，做圓周運動的周期不能保持與所加電場變化的周期同步，從而不能再被加速，A正確；增大電壓，質子每次經過電場時獲得的動能增大，質子在磁場中運動的半徑增大，加速次數和所做圓周運動次數減少，因此運動時間變短，B正確；下半盒內部，質子的運動軌跡半徑之比r1∶r2∶r3=D錯誤。2.(2013·北京高考)如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場。帶電量為+q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響，求：(1)勻強電場場強E的大??；(2)粒子從電場射出時速度v的大??；(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R?！窘馕觥浚?）勻強電場場強E=（2）根據動能定理qU=解得v=（3）根據洛倫茲力提供向心力qvB=解得R=答案：（1）（2）（3）【加固訓練】1.利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場。對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法錯誤的是（）A.粒子帶負電B.射出粒子的最大速度為C.保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D.保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大【解析】選D。由左手定則和粒子的偏轉情況可以判斷粒子帶負電，選項A對；根據洛倫茲力提供向心力qvB=可得v=，r越大，v越大，由題圖可知r最大值為rmax=選項B正確；又r最小值為rmin=，將r的最大值和最小值代入v的表達式后得出速度之差為Δv=可見選項C正確、D錯誤。2.如圖所示，在勻強磁場中附加另一勻強磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO′與SS′垂直。a、b、c三個質子先后從S點沿垂直于磁場的方向射入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS′垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為α、β，且α>β。三個質子經過附加磁場區(qū)域后能到達同一點S′，則下列說法中正確的有（）A.三個質子從S運動到S′的時間相等B.三個質子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在OO′軸上C.若撤去附加磁場，a到達SS′連線上的位置距S點最近D.附加磁場方向與原磁場方向相反【解析】選C。質子在磁場中運動時速度大小不變，由題圖可知質子運動的軌跡長度不相等，所以三個質子運動的時間不等，選項A錯誤；由r=知三個質子在附加磁場以外區(qū)域運動時軌道半徑相等，又洛倫茲力的方向與速度方向垂直，所以從S點作出的圓心不均在OO′軸上，選項B錯誤；若撤去附加磁場，SS′距離為2rcosθ，θ為質子初速度方向與豎直方向的夾角，因為α>β，所以a到達SS′連線上的位置距S點最近，選項C正確；由題意知附加磁場與原磁場方向相同，選項D錯誤?！緦W科素養(yǎng)升華】洛倫茲力應用問題的分析方法(1)回旋加速器中經常遇到的問題是粒子獲得的最大動能、加速的次數、運動時間等，分析的方法是電場對粒子加速，每次做功相同，粒子在磁場中做勻速圓周運動，周期相同，其半徑最大時動能最大。(2)質譜儀中粒子在磁場中運動的軌跡不同，其原因是粒子的質量不同?！举Y源平臺】帶電粒子在磁場中運動的多解問題如圖甲所示，MN為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力。求：(1)磁感應強度B0的大小。(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。【解析】設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。（1）正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力B0qv0=做勻速圓周運動的周期T0=由兩式得磁感應強度B0=(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期，即T0時，有R=當兩板之間正離子運動n個周期，即nT0時，有R=（n=1，2，3…）聯立求解，得正離子速度的可能值為v0=（n=1，2，3…）答案：（1）（2）（n=1，2，3…）思想方法之7解決帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界和極值問題的方法1.臨界問題的分析思路：臨界問題的分析重點是臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)就是指物理現象從一種狀態(tài)變化成另一種狀態(tài)的中間過程，這時存在著一個過渡的轉折點，此轉折點即為臨界狀態(tài)點。與臨界狀態(tài)相關的物理條件則稱為臨界條件，臨界條件是解決臨界問題的突破點。臨界問題的一般解題模式為(1)找出臨界狀態(tài)及臨界條件；(2)總結臨界點的規(guī)律；(3)解出臨界量；(4)分析臨界量，列出公式。2.極值問題的分析思路：所謂極值問題就是對題中所求的某個物理量最大值或最小值的分析或計算，求解的思路一般有以下兩種：一是根據題給條件列出函數關系式進行分析、討論；二是借助于幾何圖形進行直觀分析?！景咐饰觥康漕}例證深度剖析如圖所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓心O處有一放射源，放出粒子的質量為m，帶電量為q，假設粒子速度方向都和紙面平行。(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，O