第2課時磁場對運動電荷的作用一、洛倫茲力1.定義：運動電荷在磁場中所受的力。2.大?。篎qvBsin （為v與B的夾角）。（1）vB時，0°或180°，洛倫茲力F0。（2）vB時，90°，洛倫茲力FqvB。3.方向：FB，F(xiàn)v，即F垂直于B和v決定的平面。（注意：B和v不一定垂直）4.方向判斷方法：左手定則。二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1.當vB時，帶電粒子不受洛倫茲力，因此帶電粒子以速度v做勻速直線運動。2.當vB時，帶電粒子若只受洛倫茲力作用，則帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速率v做勻速圓周運動。3.勻速圓周運動的兩個公式（1）由qvB，可得R。（2）T?！舅伎寂袛唷?.帶電粒子在磁場中運動時一定會受到洛倫茲力的作用（ × ）2.洛倫茲力不做功，但安培力卻可以做功（ ）3.由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功（ × ）4.洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直（ × ）5.根據(jù)公式T，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比（ × ）6.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關（ ）考點一運動電荷在磁場中受到的力（c/c） 要點突破1.洛倫茲力與安培力的關系（1）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(xiàn)。（2）盡管安培力是自由電荷定向移動時受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，但不能簡單地認為安培力就等于所有定向移動的電荷所受洛倫茲力的合力，只有當導體靜止時能這樣認為。（3）洛倫茲力恒不做功，但安培力卻可以做功?？梢姲才嗔εc洛倫茲力既有聯(lián)系，又有區(qū)別。2.洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力作用條件運動電荷的速度方向與B不平行時，運動電荷才受到洛倫茲力帶電粒子只要處在電場中，就一定受到電場力大小方向FqvB，方向與B垂直，與v垂直，用左手定則判斷FqE，F(xiàn)的方向與E同向或反向特點洛倫茲力永不做功電場力可做正功、負功或不做功相同點反映了磁場和電場都具有力的性質典例剖析【例1】 有關電荷所受電場力和洛倫茲力的說法中，正確的是（）A.電荷在磁場中一定受磁場力的作用B.當電荷平行于電場方向運動時，不受電場力的作用C.電荷受電場力的方向與該處的電場方向一致D.電荷若受磁場力，則受力方向與該處的磁場方向垂直解析當電荷在磁場中靜止或者速度方向與磁場方向平行時，電荷在磁場中將不受磁場力的作用，選項A錯誤；而電荷在電場中一定受電場力的作用，選項B錯誤；正電荷受電場力的方向與該處的電場方向一致，選項C錯誤；電荷若受磁場力，則由左手定則可知受力方向與該處的磁場方向垂直，選項D正確。答案D【例2】 如圖所示，一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端，速度為v。若加上一個垂直紙面向外的磁場，則滑到底端時（）A.v變大 B.v變小C.v不變 D.不能確定v的變化解析由于帶負電的物體沿斜面下滑時受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用，故物體對斜面的正壓力增大，斜面對物體的滑動摩擦力增大，由于物體克服摩擦力做功增大，所以物體滑到底端時v變小，B正確。答案B針對訓練1.運動電荷在磁場中受到洛倫茲力的作用，運動方向會發(fā)生偏轉，這一點對地球上的生命來說有十分重要的意義。從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，稱為宇宙射線，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了帶電粒子的運動方向。對地球起到了保護作用。如圖為地磁場對宇宙射線作用的示意圖?，F(xiàn)有來自宇宙的一束質子流，以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則這些質子在進入地球周圍的空間時將（）A.豎直向下沿直線射向地面B.相對于預定地點向東偏轉C.相對于預定地點稍向西偏轉D.相對于預定地點稍向北偏轉解析建立空間概念，根據(jù)左手定則不難確定B選項正確。答案B2.下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是（）解析根據(jù)左手定則，A中F方向應向上，B中F方向應向下，故A錯誤，B正確；C、D中都是vB，F(xiàn)0，故C、D都錯誤。答案B3.如圖所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內的運動應該是（）A.當從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動B.當從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動C.不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動D.不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動解析電子的速度vB、F洛0、電子做勻速直線運動。答案C考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動（/d）要點突破帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的分析方法（1）圓心的確定一般有以下幾種情況：已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向，作這兩速度方向的垂線，交點即為圓心；已知粒子入射點、入射方向及運動軌跡上的一條弦，作速度方向的垂線及弦的垂直平分線，交點即為圓心；已知粒子運動軌跡上的兩條弦，作兩條弦的垂直平分線，交點即為圓心。（2）半徑的確定和計算圓心找到以后，自然就有了半徑，半徑的計算一般是利用幾何知識。（3）在磁場中運動時間的確定利用幾何關系計算出圓心角的大小，由公式tT可求出粒子在磁場中的運動時間，有時也用弧長與線速度的比t，來求粒子在磁場中的運動時間。典例剖析【例1】 圓形區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率沿著AO方向對準圓心O射入磁場，其運動軌跡如圖所示。若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（）A.a粒子速率最大B.c粒子速率最大C.a粒子在磁場中運動的時間最小D.它們做圓周運動的周期Ta<Tb<Tc解析因m、q均相同，由qvBm得r，v越大，r越大，A錯誤，B正確；由T知T相同，tT，因a在磁場中的偏轉角最大，所以ta>tb>tc，C、D錯誤。答案B【例2】 （2017·紹興期中）如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，有一帶正電的電荷，從D點以v0的速度沿DB方向射入磁場，恰好從A點射出，已知電荷的質量為m，帶電荷量為q，不計電荷的重力，則下列說法正確的是（）A.勻強磁場的磁感應強度為B.電荷在磁場中運動的時間為C.若電荷從CD邊界射出，隨著入射速度的減小，電荷在磁場中運動的時間會減小D.若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則粒子會從AB中點射出解析由題圖可以看出電荷做圓周運動的半徑rL，根據(jù)牛頓第二定律：qv0Bm，得B，A正確；由T，轉過的圓心角為90°，則t·，故B錯誤；若電荷從CD邊界射出，則轉過的圓心角均為180°，入射速度減小，T，周期與速度無關，故電荷在磁場中運動的時間不變，C錯誤；若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則半徑變?yōu)?L，軌跡如圖，設DF為h，由幾何知識：（2Lh）2L2（2L）2，得h（2）LL，可見E不是AB的中點，即粒子不會從AB中點射出，D錯誤。答案A針對訓練1.如圖所示，半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，一個帶電粒子（不計重力），從A點沿半徑方向以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并由B點射出，且AOB120°，則該粒子在磁場中運動的時間為（）A. B. C. D.解析由圖可知，粒子轉過的圓心角為60°，Rrtan 60°r，轉過的弧長為l·2R，則運動所用時間t，選項D正確。答案D2.兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的（）A.軌道半徑減小，角速度增大B.軌道半徑減小，角速度減小C.軌道半徑增大，角速度增大D.軌道半徑增大，角速度減小解析分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應強度B減小，由公式r可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式T可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)知角速度減小，D選項正確。答案D考點三帶電粒子在有界磁場中臨界問題（/d）要點突破1.帶電粒子在有界磁場中運動的三種常見情形（1）直線邊界（進出磁場具有對稱性，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）2.臨界現(xiàn)象（1）當帶電粒子進入設定的有界磁場后，其軌跡是一個殘缺圓，題中往往會形成各種各樣的臨界現(xiàn)象。（2）解決此類問題的關鍵是找準臨界點。找臨界點的方法是以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，借助半徑R和速度v（或磁場B）之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點。3.極值問題（1）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。（2）當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。（3）當速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長。典例剖析【例1】 （2017·杭州模擬）如圖所示，質量均為m，電荷量大小均為q的正、負離子均從磁場邊界上的一點A以與磁場邊界夾角為30°的初速度v0射入到磁場中，然后分別從邊界上的B點和C點射出，已知磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，正、負離子重力不計。求：（1）AB、AC的長度；（2）正、負離子在磁場中運動時間之比。解析（1）畫出正、負離子在磁場中的運動軌跡分別如圖中、所示。根據(jù)對稱性可知ABAC，且AO1BAO2C60°由Bqv0得R故ABAC2Rsin 30°R（2）正離子在磁場中偏轉的圓心角12負離子在磁場中偏轉的圓心角2由tT，又T可知，正、負離子的周期相同，t正t負51答案（1）（2）51【例2】 矩形區(qū)域abcd（包括邊界）充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)從ad邊中點O處，以垂直磁場且跟ad邊成30°角的速度射入一帶電粒子。已知粒子質量為m、電荷量為q，ad邊長為L，不計粒子重力。（1）若要粒子從ab邊上射出，則入射速度v0的大小范圍是多少？（ab邊足夠長）（2）粒子在磁場中運動的最長時間是多少？解析（1）若粒子速度為v0，由qv0Bm得R若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設此時相應速度為v01，則R1R1sin 將R1代入上式可得v01若軌跡與cd邊相切，如圖所示，設此時粒子速度為v02，則R2R2sin 將R2代入上式可得v02所以粒子能從ab邊上射出磁場的入射速度v0的大小應滿足<v0。（2）設粒子入射速度為v，在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角為，則t，則越大，在磁場中運動的時間也越長，由圖可知，粒子在磁場中運動的半徑rR1時，運動時間最長，弧所對的圓心角為（22）。所以粒子在磁場中運動的最長時間為t。答案（1）<v0（2）針對訓練1.如圖所示，在第象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子分別以相同速率沿與x軸成30°角的方向從原點射入磁場，則正、負電子在磁場中運動的時間之比為（）A.12 B.21C.1 D.11解析正、負電子在磁場中運動軌跡如圖所示，正電子做勻速圓周運動在磁場中的部分對應圓心角為120°，負電子圓周部分所對應圓心角為60°，故時間之比為21。答案B2.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點射入。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是（）A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越小解析由T可知，粒子的運動周期與粒子的速度無關，若入射速度不同的粒子從左邊界飛出，則粒子的偏轉角相同，運動時間相同，A、C錯誤；由r可知，入射速度相同的粒子運動軌跡相同，B正確；由粒子的運動時間t·T可知，D錯誤。答案B3.如圖，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B0.60 T。磁場內有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行。在距ab為l16 cm處，有一個點狀的粒子放射源S，它向各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度都是v3.0×106 m/s。已知粒子的電荷量與質量之比5.0×107 C/kg?，F(xiàn)只考慮在紙面內運動的粒子，求ab板上被粒子打中區(qū)域的長度。解析粒子帶正電，故其在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動。用R表示軌道半徑，有qvBm由此得R代入數(shù)值得R10 cm，可見2R>l>R。因朝不同方向發(fā)射的粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在下圖中N左側與ab相切，則此切點P1就是粒子能打中的左側最遠點。為確定P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心、R為半徑、作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，垂線與ab的交點即為P1。即：NP1。再考慮N的右側。粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作弧，交ab于N右側的P2點，此點即粒子能打到的右側最遠點。由圖中幾何關系得NP2，所求長度為P1P2NP1NP2代入數(shù)值得P1P220 cm。答案20 cm1.如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在沒有磁場的情況下，帶電粒子（不計重力）以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時間為t，在該區(qū)域加沿軸線垂直紙面向外方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區(qū)域時，速度方向偏轉60°角，如圖所示。根據(jù)上述條件無法確定的是（）A.帶電粒子的電性B.帶電粒子的比荷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根據(jù)左手定則可以判斷該粒子為正電荷，粒子的運動軌跡如圖所示。設軌跡半徑為R，磁場半徑為r，進入磁場的速度為v，則t。由幾何關系知Rr，粒子在磁場中運動時間為t·t，在磁場中運動周期T6tt，由T得，由于Bt已知，r未知，所以無法確定的是D選項。答案D2.（2017·溫州模擬）如圖為云室中某粒子穿過鉛板P前后的運動軌跡，室中勻強磁場的方向與軌跡所在平面垂直（圖中垂直于紙面向里）。由此可知粒子（）A.一定帶正電B.一定帶負電C.不帶電D.可能帶正電，也可能帶負電解析帶電粒子穿過鉛板有能量損失，其速度減小，由R可知，帶電粒子做圓周運動的半徑應變小，由題圖可知帶電粒子應從下往上運動，再由左手定則判定粒子帶正電，本題只有選項A正確。答案A3.如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動。下列說法正確的是（）A.微粒一定帶負電 B.微粒動能一定減小C.微粒的電勢能一定增加 D.微粒的機械能不變解析微粒受到豎直向下的重力，水平方向的電場力，垂直速度方向的洛倫茲力，其中重力和電場力是恒力，由于微粒沿直線運動，則可以判斷出其受到的洛倫茲力也是恒定的，即該微粒是做勻速直線運動，動能不變，所以B項錯誤；如果該微粒帶正電，則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以微粒受到的力不會平衡，故該微粒一定是帶負電，A項正確；該微粒帶負電，向左上方運動，所以電場力做正功，電勢能一定是減小的，C項錯誤；因為重力勢能增加，動能不變，所以該微粒的機械能增加，D項錯誤。答案A4.某科研小組設計了一個粒子探測裝置。如圖甲所示，一個截面半徑為R的圓筒（筒長大于2R）水平固定放置，筒內分布著垂直于軸線的水平方向勻強磁場，磁感應強度大小為B。圖乙為圓筒的入射截面，圖丙為豎直方向過筒軸的切面。質量為m，電荷量為q的正離子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒內。圓筒內壁布滿探測器，可記錄粒子到達筒壁的位置。筒壁上的P點和Q點與入射面的距離分別為R和2R。（離子碰到探測器即被吸收，忽略離子間的相互作用）（1）離子從O點垂直射入，偏轉后到達P點，求該入射離子的速度v0；（2）離子從OC線上垂直射入，求位于Q點處的探測器接收到的離子的入射速度范圍；（3）若離子以第（2）問求得范圍內的速度垂直入射，從入射截面的特定區(qū)域入射的離子偏轉后仍能到達距入射面為2R的筒壁位置，畫出此入射區(qū)域的形狀并求其面積。解析（1）離子運動的半徑為RqBv0m，v0（2）離子以v1從C點入射時，才能到達Q點，偏轉半徑為R12RqBv1mv1從O點入射時，設半徑為R2，根據(jù)題意得（R2R）2（2R）2RR2R，qBv2mv2所以v（3）當離子以的速度在偏離豎直線CO入射時，入射點與正下方筒壁的距離仍然為R。所以特定入射區(qū)域為圖中陰影部分由幾何關系得S1×R2，S2，S總答案（1）（2）v（3）見解析圖基礎過關1.帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用。下列表述正確的是（）A.洛倫茲力對帶電粒子做功B.洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C.洛倫茲力的大小與速度無關D.洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向解析洛倫茲力的方向與運動方向垂直，所以洛倫茲力永遠不做功，即不改變粒子的動能，A錯誤，B正確；洛倫茲力FqvB，C錯誤；洛倫茲力不改變速度的大小，但改變速度的方向，D錯誤。答案B2.（2017·寧波模擬）如圖所示一個帶電粒子，沿垂直于磁場方向射入一勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖，徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減?。◣щ娏坎蛔儯?，從圖中情況可以確定（）A.粒子從a到b，帶正電 B.粒子從b到a，帶正電C.粒子從a到b，帶負電 D.粒子從b到a，帶負電解析由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r可知，粒子的半徑逐漸的減小，所以粒子的運動方向是從b到a，在根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，所以B正確。答案B3.圖中各帶電粒子所受洛倫茲力的方向或帶電粒子的帶電性錯誤的是（）解析根據(jù)左手定則可知A圖中洛倫茲力方向為豎直向上，B圖中洛倫茲力方向垂直紙面向里，C圖中粒子帶正電，D圖中洛倫茲力方向垂直紙面向外，故選項C錯誤。答案C4.（2017·紹興模擬）如圖所示是電子射線管的示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向上（z軸正方向）偏轉，在下列措施中可采用的是（）A.加一沿y軸正方向的磁場B.加一沿y軸負方向的磁場C.加一沿z軸正方向的磁場D.加一沿z軸負方向的磁場解析若想使熒光屏上的亮線向上（z軸正方向）偏轉，則需使每個電子向上受洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知需要加一沿y軸負方向的磁場，故選B。答案B5.a、b、c三束粒子沿紙面向上射入垂直于紙面向內的勻強磁場中，偏轉軌跡如圖所示，關于粒子帶電性質，下列判斷正確的是（）A.a帶負電荷 B.a帶正電荷C.b帶正電荷 D.c帶正電荷解析由左手定則判斷洛倫茲力的方向，負電荷粒子向右偏，正電荷粒子向左偏，不帶電的粒子做直線運動，選項B正確。答案B6.如圖甲所示是電視機顯像管及其偏轉線圈的示意圖。電流方向如圖乙所示，試判斷垂直紙面向外而來的電子束將向哪邊偏轉（）A.向上 B.向下 C.向左 D.向右解析由安培定則可知兩側線圈內的磁場方向向上，則通過圓環(huán)中間區(qū)域的磁場方向向下，根據(jù)左手定則可知電子束將向左偏轉，故選項C正確。答案C7.洛倫茲力可以使帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列各圖中均標有帶正電荷粒子的運動速度、洛倫茲力及磁場B的方向，虛線圓表示粒子的軌跡，其中可能正確的是（）解析電荷在磁場中所受的洛倫茲力遵守左手定則，再結合曲線運動的受力特點，即所受合力一定指向曲線內側，可判斷A正確。答案A8.一傾角為的粗糙絕緣斜面放置在一個足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，將一個帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑如圖所示，設斜面足夠長，如物塊始終沒有離開斜面。則下列說法正確的是（）A.物塊帶正電B.下滑過程中物塊受到的洛倫茲力做負功C.物塊最終將靜止在斜面上D.下滑過程中物塊的機械能守恒解析物塊始終沒有離開斜面，洛倫茲力必然垂直于斜面向下，由左手定則知，物塊帶正電，選項A正確；洛倫茲力始終垂直于速度，不做功，選項B錯誤；物塊最終將在斜面上做勻速直線運動，選項C錯誤；由于摩擦力做負功，下滑過程中物塊的機械能不守恒，選項D錯誤。答案A能力提升9.有兩個勻強磁場區(qū)域和，中的磁感應強度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與中運動的電子相比，中的電子（）A.運動軌跡的半徑是中的B.加速度的大小是中的k倍C.做圓周運動的周期是中的k倍D.做圓周運動的角速度與中的相等解析設電子的質量為m，速率為v，電荷量為q，設B2B，B1kB則由牛頓第二定律得：qvBT由得：R，T所以k，k根據(jù)a，可知，所以選項C正確，A、B、D錯誤。答案C10.如圖所示，為一圓形區(qū)域的勻強磁場，在O點處有一放射源，沿半徑方向射出速率為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從A點飛出磁場，帶電粒子2從B點飛出磁場，不考慮帶電粒子的重力，則（）A.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為31B.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為1C.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比為21D.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比為12解析帶電粒子在勻強磁場中運動，r，設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，由幾何關系得，tan 60°，tan 30°，聯(lián)立解得帶電粒子的運動半徑之比，由知粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為31，A正確，B錯誤；由t·T·知帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比值為，C、D錯誤。答案A11.如圖所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應強度B0.10 T，磁場區(qū)域的半徑r m，左側區(qū)域圓心為O1，磁場方向垂直紙面向里，右側區(qū)域圓心為O2，磁場方向垂直紙面向外，兩區(qū)域切點為C。今有質量為m3.2×1026 kg、帶電荷量為q1.6×1019 C的某種離子，從左側區(qū)域邊緣的A點以速度v106 m/s正對O1的方向垂直磁場射入，它將穿越C點后再從右側區(qū)域穿出。求：（1）該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間；（2）離子離開右側區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側移距離為多大？（側移距離指垂直初速度方向上移動的距離）解析（1）離子在磁場中做勻速圓周運動，在左、右兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如圖所示，設軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T。由牛頓第二定律有qvBm，又T，聯(lián)立得R，T，代入數(shù)據(jù)可得R2 m。由軌跡圖知tan ，即30°，則全段軌跡運動時間t2×T，代入數(shù)據(jù)，可得t4.19×106 s。（2）在圖中過O2點向AO1作垂線，根據(jù)運動軌跡的對稱關系可知側移距離為d2rsin 22 m。答案（1）4.19×106 s（2）2 m12.（2017·臺州模擬）如圖所示，一個電子沿磁場邊界從A點射入?yún)^(qū)域，速度大小未知，已知電子質量為m、電荷量為e，其中區(qū)域、寬均為d，、兩區(qū)域存在垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度均為B，區(qū)域無任何場。電子從A點射出后經(jīng)過、區(qū)域后恰能回到A點，不計電子重力。（1）求電子從A點射出到回到A點經(jīng)歷的時間t；（2）若在區(qū)域內加一水平方向的勻強電場，且區(qū)域的磁感應強度變?yōu)?B，電子也能回到A點，求電場強度E的大小和方向；（3）若電子經(jīng)、區(qū)域后，返回到區(qū)域前的瞬間使區(qū)域的磁場反向且磁感應強度減半，則電子的出射點距A點的距離為多少？解析（1）因粒子從A點出發(fā)，經(jīng)過、區(qū)域后能回到A點，由對稱性可知粒子做圓周運動的半徑為rd由evBm得v所以運行時間為t。（2）在區(qū)域內由動能定理知eEdmvmv2由題意知在區(qū)域內粒子做圓周運動的半徑仍為rd，由2Bev1m得v聯(lián)立上式得E方向水平向左。（3）改變區(qū)域內磁場后，粒子運動軌跡如圖所示，由Bevm得R2r2d所以OCd即粒子出射點距A點的距離為srROC（3）d。答案（1）（2）方向水平向左（3）（3）d21