2022年度高考物理一輪復習 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學案

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1、2022年度高考物理一輪復習 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用學案 一、洛倫茲力的大小和方向 1.定義：磁場對運動電荷的作用力. 2.大小 (1)v∥B時，F(xiàn)＝0； (2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB； (3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ. 3.方向 (1)判定方法：應用左手定則，注意四指應指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向； (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于B、v決定的平面.(注意B和v可以有任意夾角) 4.做功：洛倫茲力不做功. 自測1　帶電荷量為＋q的粒子在勻強磁場中運動，下列說法中正確的是(　　) A.只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相

2、同 B.如果把＋q改為－q，且速度反向、大小不變，則其所受洛倫茲力的大小、方向均不變 C.洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直 D.粒子在只受洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變 答案　B 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動. 2.若v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做勻速圓周運動. 3.基本公式 (1)向心力公式：qvB＝m； (2)軌道半徑公式：r＝； (3)周期公式：T＝. 注意：帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速率無關. 自測2　(多選)如圖1所示，在勻強磁場中，磁

3、感應強度B1＝2B2，當不計重力的帶電粒子從B1磁場區(qū)域運動到B2磁場區(qū)域時，粒子的(　　) 圖1 A.速率將加倍 B.軌跡半徑加倍 C.周期將加倍 D.做圓周運動的角速度將加倍 答案　BC 命題點一　對洛倫茲力的理解 1.洛倫茲力的特點 (1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷. (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)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用. (4)洛倫茲力一定不做功. 2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，都是磁場力. (2)安培力可以做功，

4、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 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 F⊥B，F(xiàn)⊥v F∥E 做功情況 任何情況下都不做功 可能做功，也可能不做功 例1　(多選)如圖2所示為一個質量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的粗糙細桿上自由滑動，細桿處在磁感應強度為B的勻強磁場中，圓環(huán)以初速度v0向右運動直至處于平衡狀態(tài)，則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為(　　) 圖2 A.0 B.mv02 C. D.m(v02－) 答案　ABD 解析　

5、若圓環(huán)所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)對粗糙細桿壓力為零，摩擦力為零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項A正確；若圓環(huán)所受洛倫茲力不等于重力，圓環(huán)對粗糙細桿壓力不為零，摩擦力不為零，圓環(huán)以初速度v0向右做減速運動.若開始圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，則一直減速到零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為mv02，選項B正確；若開始圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，則減速到洛倫茲力等于重力達到穩(wěn)定，穩(wěn)定速度v＝，由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為W＝mv02－mv2＝m(v02－)，選項C錯誤，D正確. 變式1　(2018·河南鄭州模擬)在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍從同一位置以原來的速度水平拋

6、出，考慮地磁場的影響，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A.無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點 B.無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長 C.若小球帶負電荷，小球會落在更遠的b點 D.若小球帶正電荷，小球會落在更遠的b點 答案　D 變式2　帶電粒子以初速度v0從a點垂直y軸進入勻強磁場，如圖3所示，運動中粒子經過b點，Oa＝Ob.若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，仍以v0從a點垂直y軸進入電場，粒子仍能過b點，那么電場強度E與磁感應強度B之比為(　　) 圖3 A.v0B.1C.2v0D. 答案　C 解析　帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，O為圓心，故O

7、a＝Ob＝，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，故Ob＝v0t，Oa＝t2，聯(lián)立以上各式解得＝2v0，故選項C正確. 命題點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動 基本思路 圖例 說明 圓心的確定 ①與速度方向垂直的直線過圓心 ②弦的垂直平分線過圓心 ③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心 P、M點速度垂線交點 P點速度垂線與弦的垂直平分線交點 某點的速度垂線與切點法線的交點 半徑的確定 利用平面幾何知識求半徑 常用解三角形法：例：(左圖)R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝ 運動時間的確定 利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度L求時間 ①t＝T

8、 ②t＝ (1)速度的偏轉角φ等于所對的圓心角θ (2)偏轉角φ與弦切角α的關系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α 模型1　直線邊界磁場 直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖4所示) 圖4 圖a中t＝＝ 圖b中t＝(1－)T＝(1－)＝ 圖c中t＝T＝ 例2　(2016·全國卷Ⅲ·18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖5所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質量為m，電荷量為q(q>0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°

9、角.已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　) 圖5 A.B.C.D. 答案　D 解析　帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r＝.軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，知△AO′D為等邊三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，則∠OCD＝90°，故CO′D為一直線，＝＝2＝4r＝，故D正確. 變式3　如圖6所示，在足夠大的屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，P為屏上一小孔，PC與MN垂直，一束質量為m、電荷量為－q的粒子(不計重力)以相同的速率

10、v從P處射入磁場區(qū)域，粒子入射方向在與磁場垂直的平面里，且分散在與PC夾角為θ的范圍內，則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度為(　　) 圖6 A. B. C. D. 答案　D 解析　如圖所示，S、T之間的距離為在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度.由qvB＝m得R＝， 則＝2Rcosθ＝ ＝2R＝，所以＝. 模型2　平行邊界磁場 平行邊界存在臨界條件(如圖7所示) 圖7 圖a中t1＝，t2＝＝ 圖b中t＝ 圖c中t＝(1－)T＝(1－)＝ 圖d中t＝T＝ 例3　如圖8所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×1

11、06m/s的α粒子.已知屏蔽裝置寬AB＝9cm，縫長AD＝18cm，α粒子的質量m＝6.64×10－27kg，電荷量q＝3.2×10－19C.若在屏蔽裝置右側條形區(qū)域內加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應強度B＝0.332T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中.(結果可帶根號) 圖8 (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側穿出，則磁場的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場的寬度d＝20cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？ 答案　(1)(20＋10)×10－2m　(2)×10－6s　×10－6s 解析　(1)由題意：AB＝9cm，A

12、D＝18cm，可得 ∠BAO＝∠ODC＝45° 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設為R，根據牛頓第二定律有 Bqv＝ 解得R＝0.2m＝20cm. 由題意及幾何關系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側穿出，此時磁場的寬度最小，如圖甲所示. 設此時磁場寬度d＝d0，由幾何關系得 d0＝R＋Rcos45°＝(20＋10)cm. 則磁場的寬度至少為(20＋10)×10－2m. (2)設α粒子在磁場內做勻速圓周運動的周期為T，則 T＝＝×10－6s. 設速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)域的α粒子

13、的入射點為E，如圖乙所示. 因磁場寬度d＝20cm

14、向射入圓形磁場必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖9所示) 圖9 r＝ t＝T＝ θ＋α＝90° 例4　(2017·全國卷Ⅱ·18)如圖10，虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1為(　　) 圖10 A.∶2 B.∶1 C.∶1 D.3∶ 答案　C 解析　當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場邊

15、界的位置距P點最遠，則當粒子射入的速率為v1，軌跡如圖甲所示，設圓形磁場半徑為R，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r1＝Rcos60°＝R；若粒子射入的速率為v2，軌跡如圖乙所示，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r2＝Rcos30°＝R；根據軌道半徑公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故選項C正確. 　 甲　　　　　　　　乙 變式4　(2016·全國卷Ⅱ·18)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖11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ω順時針轉動.在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與M

16、N成30°角.當筒轉過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計重力.若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) 圖11 A.B.C.D. 答案　A 解析　畫出粒子的運動軌跡如圖所示， 由洛倫茲力提供向心力得，qvB＝m，又T＝，聯(lián)立得T＝ 由幾何知識可得，軌跡的圓心角為θ＝，在磁場中運動時間t＝T，粒子運動和圓筒運動具有等時性，則T＝，解得＝，故選項A正確. 模型4　三角形邊界磁場 例5　如圖12所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中心O以速度v進入磁場，

17、粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場磁感應強度的大小B需滿足(　　) 圖12 A.B> B.B< C.B> D.B< 答案　B 解析　若粒子剛好達到C點時，其運動軌跡與AC相切，如圖所示， 則粒子運動的半徑為r0＝＝a.由qvB＝得r＝，粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑應滿足r>r0，解得B<，選項B正確. 命題點三　帶電粒子在磁場運動的多解問題 類型 分析 圖例 帶電粒子電性不確定 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形

18、成多解 如圖，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負電，其軌跡為b 磁場方向不確定 在只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成多解 如圖，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b 臨界狀態(tài)不唯一 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解 運動具有周期性 帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，運動往往具有周期性，因而形成多解

19、 例6　(2017·湖北華中師大一附中模擬)如圖13甲所示，M、N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： 圖13 (1)磁感應強度B0的大小. (2)要使正離子從O′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. 答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)

20、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＝ 由以上兩式得磁感應強度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(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為v0＝＝(n＝1,2,3，…) 變式5　(多選)如圖14所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內，O點是cd邊的中點.一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正

21、方形內，經過時間t0后剛好從c點射出磁場.現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內，那么下列說法中正確的是(　　) 圖14 A.若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場 B.若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場 C.若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場 D.若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場 答案　AC 解析　如圖所示，作出剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④. 由

22、從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0后剛好從c點射出磁場可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0.可知，從ad邊射出磁場經歷的時間一定小于t0；從ab邊射出磁場經歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從bc邊射出磁場經歷的時間一定大于等于t0，小于t0；從cd邊射出磁場經歷的時間一定是t0，綜上可知，A、C正確，B、D錯誤. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.下列說法正確的是(　　) A.運動電荷在磁感應強度不為0的地方，一定受到洛倫茲力的作用 B.運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應強度一定為0 C.洛倫茲力既不能改變帶電粒子

23、的動能，也不能改變帶電粒子的速度 D.洛倫茲力對帶電粒子總不做功 答案　D 2.如圖1為云室中某粒子穿過鉛板P前后的軌跡.云室中勻強磁場的方向與軌跡所在平面垂直.由此可知粒子(　　) 圖1 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 答案　A 3.如圖2所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場，兩個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b，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.若帶電粒子只受洛倫茲力的作用，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.a粒子速率較大 B.b粒子速率較大 C.b粒子在磁場中運動時間較長 D.

24、a、b粒子在磁場中運動時間一樣長 答案　B 4.如圖3所示，長直導線ab附近有一帶正電荷的小球用絕緣絲線懸掛在M點.當ab中通以由b→a的恒定電流時，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.小球受磁場力作用，方向與導線垂直且垂直紙面向里 B.小球受磁場力作用，方向與導線垂直且垂直紙面向外 C.小球受磁場力作用，方向與導線垂直并指向左方 D.小球不受磁場力作用 答案　D 5.如圖4所示，一正電荷水平向右射入蹄形磁鐵的兩磁極間.此時，該電荷所受洛倫茲力的方向是(　　) 圖4 A.向左 B.向右 C.垂直紙面向里 D.垂直紙面向外 答案　D 6.(多選)(2018·安

25、徽蕪湖調研)如圖5所示，虛線上方存在勻強磁場，磁感應強度為B；一群電子以不同速率v從邊界上的P點以相同的方向射入磁場.其中某一速率為v0的電子從Q點射出.已知電子入射方向與邊界夾角為θ，則由以上條件可判斷(　　) 圖5 A.該勻強磁場的方向垂直紙面向里 B.所有電子在磁場中的軌跡相同 C.速率大于v0的電子在磁場中運動時間長 D.所有電子的速度方向都改變了2θ 答案　AD 解析　由左手定則可知，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，A選項正確；由qvB＝得R＝，可知所有電子在磁場中的軌跡不相同，B選項錯誤；由T＝得T＝，所以所有電子在磁場中的運動時間都相同，C選項錯誤；所有電子偏轉角

26、度相同，所有電子的速度方向都改變了2θ，D選項正確.綜上本題選A、D. 7.如圖6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(　　) 圖6 A.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為3∶1 B.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為∶1 C.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比為2∶1 D.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比為1∶2 答案　A 解析　設勻強磁場圓形區(qū)域的半徑為R，由qBv＝， 得R′＝，可知帶電粒子1從A點飛出磁場，

27、帶電粒子2從B點飛出磁場，半徑分別為R1′＝Rtan30°，R2′＝Rtan60°，所以R1′∶R2′＝1∶3，則帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷的比為3∶1；由T＝知，帶電粒子1和2的周期之比為1∶3，所以帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間的比為＝.綜上本題選A. 8.(多選)(2018·廣東廣州模擬)如圖7所示，真空中xOy平面內有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正方向運動，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內有一方向垂直xOy平面的有界勻強磁場區(qū)(圖中未畫出)，所有帶電粒子通過磁場偏轉后都會聚于x軸上的a點.下列說法中正確的是(　　) 圖7 A.磁場方向一定是垂

28、直xOy平面向里 B.所有粒子通過磁場區(qū)的時間相同 C.所有粒子在磁場區(qū)運動的半徑相等 D.磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是其他曲線 答案　CD 解析　由題意可知，正粒子經磁場偏轉后，都集中于一點a，根據左手定則可知，磁場的方向垂直平面向外，故A錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得T＝，而運動的時間還與圓心角有關，因此粒子的運動時間不等，故B錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝，由于為同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運動半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過磁場偏轉后都會聚于x軸上的a點，因此磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確；故選C、D. 9.(多選)(2018·甘肅平涼質

29、檢)如圖8所示，ABCA為一半圓形的有界勻強磁場.O為圓心，F(xiàn)、G分別為半徑OA和OC的中點，D、E點位于邊界圓弧上，且DF∥EG∥BO.現(xiàn)有三個相同的帶電粒子(不計重力)以相同的速度分別從B、D、E三點沿平行BO方向射入磁場，其中由B點射入磁場的粒子1恰好從C點射出.由D、E兩點射入的粒子2和粒子3從磁場某處射出，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A.粒子2從O點射出磁場 B.粒子3從C點射出磁場 C.粒子1、2、3在磁場的運動時間之比為3∶2∶3 D.粒子2、3經磁場偏轉角相同 答案　ABD 解析　從B點射入磁場的粒子1恰好從C點射出，可知帶電粒子運動的軌跡半徑等于磁場的

30、半徑，由D點射入的粒子2的圓心為E點，由幾何關系可知該粒子從O點射出，同理可知粒子3從C點射出，A、B正確；1、2、3三個粒子在磁場中運動軌跡的圓心角為90°、60°、60°，運動時間之比為3∶2∶2，C錯誤，D正確. 10.如圖9所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一個粒子源S.某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，經過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場.已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OC射出

31、的粒子在磁場中運動的最長時間為(　　) 圖9 A.B.C.D. 答案　B 解析　由左手定則可知，粒子在磁場中做逆時針方向的圓周運動.由粒子速度大小都相同，故軌跡弧長越小，粒子在磁場中運動時間就越短；而弧長越小，弦長也越短，所以從S點作OC的垂線SD，則SD為最短弦，可知粒子從D點射出時運行時間最短，如圖所示，根據最短時間為，可知△O′SD為等邊三角形，粒子圓周運動半徑R＝SD，過S點作OA的垂線交OC于E點，由幾何關系可知SE＝2SD，SE為圓弧軌跡的直徑，所以從E點射出，對應弦最長，運行時間最長，且t＝，故B項正確. 11.如圖10所示，半徑為R的圓形區(qū)域位于正方形ABCD

32、的中心，圓形區(qū)域內、外有垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度大小相等，方向相反.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速率v0沿紙面從M點平行于AB邊沿半徑方向射入圓形磁場，在圓形磁場中轉過90°從N點射出，且恰好沒射出正方形磁場區(qū)域，粒子重力不計，求： 圖10 (1)磁場的磁感應強度B的大小； (2)正方形區(qū)域的邊長； (3)粒子再次回到M點所用的時間. 答案　(1)　(2)4R　(3) 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，設粒子在圓形磁場中的軌跡半徑為r1， qv0B＝m. 由幾何關系r1＝R. 解得B＝. (2)設粒子在正方形磁場中的軌跡半徑為r

33、2，粒子恰好不從AB邊射出， qv0B＝m， r2＝＝R. 正方形的邊長L＝2r1＋2r2＝4R. (3)粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的周期T1＝， 在圓形磁場中運動時間t1＝T1＝. 粒子在正方形區(qū)域做勻速圓周運動的周期T2＝， t2＝T2＝. 再次回到M點的時間為t＝t1＋t2＝. 12.如圖11所示，在坐標系xOy中，第一象限內充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線，在磁場a中，磁感應強度為2B，方向垂直于紙面向里，在磁場b中，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，P點坐標為(4l,3l).一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b，經過一段時間后，

34、粒子恰能經過原點O，不計粒子重力.求： 圖11 (1)粒子從P點運動到O點的最短時間是多少？ (2)粒子運動的速度大小可能是多少？ 答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 解析　(1)設粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a中和磁場b中運動的軌道半徑和周期，則有 Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝ 當粒子先在磁場b中運動，后進入磁場a中運動，然后從O點射出時，粒子從P點運動到O點所用的時間最短，如圖所示.根據幾何知識得tanα＝＝，故α＝37° 粒子在磁場b和磁場a中運動的時間分別為 tb＝Tb，ta＝Ta 故從P點運動到O點的時間為 t＝ta＋tb＝ (2)由題意及上圖可知 n(2Racosα＋2Rbcosα)＝ 解得v＝(n＝1,2,3，…).