第2講磁場對運動電荷的作用一、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＝0；(2)v⊥B時，F＝qvB；(3)v與B的夾角為θ時，F＝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的方向或負電荷運動的反方向。(2)方向特點：F⊥B，F⊥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)【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＝meq\f(v2,r)；(2)軌道半徑公式：r＝eq\f(mv,qB)；(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB)；(4)運動時間：t＝eq\f(θ,2π)T；(5)動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(（qBr）2,2m)。【自測2在探究射線性質的過程中，讓質量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強磁場中，發現兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運動。則α粒子與β粒子的動能之比是()A.eq\f(m1,m2) B.eq\f(m2,m1)C.eq\f(m1,4m2) D.eq\f(4m2,m1)答案D解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有qvB＝meq\f(v2,r)，動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯立可得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動能之比為eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(\f(qeq\o\al(2,1),m1),\f(qeq\o\al(2,2),m2))＝eq\f(4m2,m1)，故D正確。命題點一對洛倫茲力的理解和應用1．洛倫茲力的特點(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區分正、負電荷。(2)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(3)洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力一定不做功。2．與安培力的聯系及區別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力，都是磁場力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。【真題示例1(多選)(2021·湖北卷，9)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環繞方向如圖1所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是()圖1A．a帶負電荷 B．b帶正電荷C．c帶負電荷 D．a和b的動量大小一定相等答案BC解析由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則粒子c應帶負電，A錯誤，B、C正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于a粒子與粒子b的電荷量大小關系未知，則粒子a與粒子b的動量大小關系不確定，D錯誤。【針對訓練1】如圖2所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中。質量為m、電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是()圖2A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上答案C解析根據左手定則可知，滑塊下滑過程中，受到垂直斜面向下的洛倫茲力，故C正確；隨著滑塊速度的變化，洛倫茲力大小變化，它對斜面的壓力大小發生變化，故滑塊受到的摩擦力大小變化，故A錯誤；B越大，滑塊下滑過程中受到的洛倫茲力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，據動能定理，滑塊到達地面時的動能就越小，故B錯誤；由于開始滑塊不受洛倫茲力時能下滑，說明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B很大時，若滑塊速度很小，則摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑塊不會靜止在斜面上，故D錯誤。命題點二帶電粒子在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P、M點速度方向垂線的交點②弦的垂直平分線過圓心P點速度垂線與弦的垂直平分線交點③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心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：左圖中，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)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＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(L,v)(1)速度的偏轉角φ等于eq\o(AB,\s\up8(︵))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直線和平行邊界磁場1．直線邊界：粒子進出磁場具有對稱性(如圖3所示)圖3圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2m（π－θ）,qB)圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,qB)2．平行邊界：往往存在臨界條件，如圖4所示。圖4【真題示例2(2021·北京卷，12)如圖5所示，在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，OP＝a。不計重力。根據上述信息可以得出()圖5A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程B．帶電粒子在磁場中運動的速率C．帶電粒子在磁場中運動的時間D．該勻強磁場的磁感應強度答案A解析畫出帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡，找出軌跡圓心O′，如圖所示。軌跡半徑r＝eq\f(a,sin60°)，則軌跡方程為x2＋(y－eq\f(\r(3),3)a)2＝eq\f(4,3)a2(x＞0，y＞0)，故A正確；由洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，故v＝eq\f(qBr,m)，因為B和v均未知，故選項B、D錯誤；因為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，B未知，不能求出周期T，故不能求出帶電粒子在磁場中運動的時間，C錯誤。【例3如圖6所示，平行邊界MN、PQ間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，兩邊界的間距為d，MN上有一粒子源A，可在紙面內沿各個方向向磁場中射入質量均為m、電荷量均為＋q的粒子，粒子射入磁場的速度大小v＝eq\f(2qBd,3m)，不計粒子的重力，則粒子能從PQ邊界射出的區域長度與能從MN邊界射出的區域長度之比為()圖6A．1∶1 B．2∶3C.eq\r(3)∶2 D.eq\r(3)∶3答案C解析粒子在磁場中運動時，qvB＝eq\f(mv2,R)，粒子運動軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,3)d；由左手定則可得，粒子沿逆時針方向偏轉，做圓周運動；粒子沿AN方向射入磁場時，到達PQ邊界的最下端，距A點的豎直距離L1＝eq\r(R2－（d－R）2)＝eq\f(\r(3),3)d；運動軌跡與PQ相切時，切點為到達PQ邊界的最上端，距A點的豎直距離L2＝eq\r(R2－（d－R）2)＝eq\f(\r(3),3)d，所以粒子在PQ邊界射出的區域長度L＝L1＋L2＝eq\f(2\r(3),3)d。因為R<d，所以粒子在MN邊界射出區域的長度為L′＝2R＝eq\f(4,3)d。故粒子能從PQ邊界射出的區域長度與能從MN邊界射出的區域長度之比為L∶L′＝eq\f(2\r(3),3)d∶eq\f(4,3)d＝eq\r(3)∶2，故C正確，A、B、D錯誤。【針對訓練2】(多選)(2021·湖南衡陽市畢業聯考)如圖7所示，虛線MN將豎直平面分成Ⅰ和Ⅱ兩個區域，兩個區域分別存在著垂直紙面方向的勻強磁場，一帶電粒子僅在洛倫茲力作用下由Ⅰ區運動到Ⅱ區。曲線apb為運動過程中的一段軌跡，其中弧ap、弧pb的弧長之比為2∶1，且粒子經過a、b點時的速度方向均水平向右，下列判斷正確的是()圖7A．弧ap與弧pb對應的圓心角之比為2∶1B．粒子通過ap、pb兩段弧的時間之比為2∶1C．粒子在Ⅰ、Ⅱ區域兩個磁場中的運動半徑之比為1∶1D．Ⅰ、Ⅱ區域兩個磁場的磁感應強度方向相反，大小之比為1∶2答案BD解析粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，根據粒子偏轉方向相反，粒子經過a、b點時的速度方向均水平向右可知，兩粒子轉過的角度相等，即弧ap與弧pb對應的圓心角之比為1∶1，又有弧ap、弧pb的弧長之比為2∶1，則粒子在Ⅰ、Ⅱ區域兩個磁場中的運動半徑之比為2∶1，根據t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θ,2π)×eq\f(2πR,v)＝eq\f(θR,v)可知，粒子通過ap、pb兩段弧的時間之比為2∶1，故A、C錯誤，B正確；根據粒子偏轉方向相反可知，Ⅰ、Ⅱ區域兩個磁場的磁感應強度方向相反；根據磁感應強度B＝eq\f(mv,qR)可知，Ⅰ、Ⅱ區域兩個磁場的磁感應強度大小之比為1∶2，故D正確。圓形邊界磁場1．沿徑向射入必沿徑向射出，如圖8甲所示。2．不沿徑向射入時，如圖乙所示。粒子射入磁場時速度方向與半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與半徑夾角也為θ。3．若粒子做勻速圓周運動的半徑等于磁場區域的半徑，則有如下兩個結論：(1)當粒子從磁場邊界上同一點沿不同方向進入磁場區域時，粒子離開磁場時的速度方向一定平行，(磁發散)如圖丙。(2)當粒子以相互平行的速度從磁場邊界上任意位置進入磁場區域時，粒子會從同一點離開磁場區域，(磁聚焦)如圖丁。圖8【例4(2021·江蘇省第二次適應性模擬)科學儀器常常利用磁場將帶電粒子“約束”在一定區域內，使其不能射出。如圖9所示的磁場區域：勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里，其邊界分別是半徑為R和2R的同心圓，O為圓心，A為磁場內在圓弧上的一點，P為OA的中點。若有一粒子源向紙面內的各個方向發射出比荷為eq\f(q,m)的帶負電粒子，粒子速度連續分布，且無相互作用。不計粒子的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖9(1)粒子源在A點時，被磁場約束的粒子速度的最大值vAm；(2)粒子源在O點時，被磁場約束的粒子每次經過磁場時間的最大值tm；(3)粒子源在P點時，被磁場約束的粒子速度的最大值vPm。答案(1)eq\f(3qBR,2m)(2)eq\f(127πm,90qB)(3)eq\f(qBR,m)解析(1)如圖甲所示，甲粒子源在A點時，粒子最大運動半徑為rmax＝eq\f(2R＋R,2)＝eq\f(3,2)R，由運動的半徑rmax＝eq\f(mvAm,qB)解得vAm＝eq\f(3qBR,2m)。(2)設粒子運動半徑為r0，粒子在磁場中的運動軌跡與磁場外邊界相切時，如圖乙所示，被磁場約束的粒子每次經過磁場時間最長，在△OAC中，OA2＋AC2＝OC2乙則R2＋req\o\al(2,0)＝(2R－r0)2得r0＝eq\f(3,4)R，則∠ACO＝53°，∠ACD＝106°，軌跡圓心角為360°－106°＝254°解得tm＝eq\f(254°,360°)T＝eq\f(127πm,90qB)。(3)當粒子源在P點時，粒子在磁場中的運動軌跡與磁場外邊界相切時，如圖丙所示，被磁場約束的粒子半徑最大，速度為最大值，設粒子運動半徑為rP。丙在△OGE中，OG2＋GE2＝OE2，其中，OG＝eq\f(\r(3),2)R，EG＝rP－eq\f(1,2)R，OE＝2R－rP得rP＝R由運動半徑r＝eq\f(mv,qB)，解得vPm＝eq\f(qBR,m)。【針對訓練3】(2021·全國乙卷，16)如圖10，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉60°。不計重力。則eq\f(v1,v2)為()圖10A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)答案B解析設磁場區域的半徑為R，根據幾何關系可知，帶電粒子以v1射入磁場時，在磁場中運動的軌跡半徑r1＝R，帶電粒子以v2射入磁場時，在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r2＝Rtan60°＝eq\r(3)R，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，則r1＝eq\f(mv1,qB)，r2＝eq\f(mv2,qB)，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(3),3)，B正確。三角形或四邊形邊界磁場【例5(多選)(2021·山東濟南市模擬)如圖11所示，邊長為eq\r(3)L的正三角形abc區域內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向發射相同的帶電粒子，粒子質量為m，電荷量為q。粒子速度大小為v時，恰好沒有粒子穿出磁場區域，不計粒子的重力。下列說法正確的是()圖11A．磁感應強度大小為eq\f(2mv,qL)B．磁感應強度大小為eq\f(4mv,qL)C．若發射粒子速度為2v時，在磁場中運動的最短時間為eq\f(πL,12v)D．若發射粒子速度為2v時，在磁場中運動的最短時間為eq\f(πL,6v)答案BC解析磁場方向垂直紙面向外，粒子恰好沒有穿出磁場區域，因此帶電粒子的軌跡圓的直徑等于過O點垂直于cb的線段長度，設垂足為d，由幾何關系得Od＝eq\f(1,2)L，則粒子軌跡圓的半徑為r＝eq\f(1,4)L，由洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，得B＝eq\f(4mv,qL)，A錯誤，B正確；當發射粒子速度為2v時，由2qvB＝meq\f(（2v）2,r)，得r′＝eq\f(2mv,qB)＝eq\f(L,2)，求最短時間，也就是求粒子在磁場中轉過最小的角度，當粒子從垂足d穿出時，時間最短，由幾何關系知，轉過的角度為θ＝60°，T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πL,2v)，即最短時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(πL,12v)，C正確，D錯誤。【針對訓練4】如圖12所示，矩形虛線框MNPQ內有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。粒子重力不計。下列說法正確的是()圖12A．粒子a帶負電B．粒子c的動能最大C．粒子b在磁場中運動的時間最長D．粒子b在磁場中運動時的向心力最大答案D解析由左手定則可知，a粒子帶正電，故A錯誤；由qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，由題圖可知粒子c的軌跡半徑最小，粒子b的軌跡半徑最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝eq\f(1,2)mv2，知粒子c的動能最小，故B錯誤；根據洛倫茲力提供向心力有F向＝qvB，則可知粒子b的向心力最大，故D正確；由T＝eq\f(2πm,qB)，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的軌跡所對的圓心角最小，則粒子b在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)T最短，故C錯誤。命題點三帶電粒子在磁場中運動的多解問題類型分析圖例帶電粒子電性不確定帶電粒子可能帶正電荷，也可能帶負電荷，初速度相同時，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解如帶正電，其軌跡為a；如帶負電，其軌跡為b磁場方向不確定只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，由于磁感應強度方向不確定而形成多解若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臨界狀態不唯一帶電粒子飛越有界磁場時，可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面一側反向飛出，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【例6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，規定垂直于紙面向里的方向為正方向。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)磁感應強度的大小B0；(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。答案(1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)解析(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力，有qv0B0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)做勻速圓周運動的周期T0＝eq\f(2πR,v0)解得磁感應強度大小B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向如圖所示，正離子在兩板之間只運動一個周期T0，有R＝eq\f(d,4)；當正離子在兩板之間運動n(n＝1，2，3，…)個周期，即nT0(n＝1，2，3，…)時，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1，2，3，…)。由qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(qB0R,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)。對點練洛倫茲力的理解和應用1．(多選)如圖1所示，初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則()圖1A．電子將向右偏轉，速率不變B．電子將向左偏轉，速率改變C．電子將向左偏轉，軌道半徑不變D．電子將向右偏轉，軌道半徑改變答案AD2.(2021·山東臨沂市等級考模擬)如圖2所示，在垂直紙面的方向上有三根長直導線，其橫截面位于正方形的三個頂點b、c、d上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示，一帶負電的粒子從正方形的中心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()圖2A．沿O到a方向 B．沿O到c方向C．沿O到d方向 D．沿O到b方向答案A解析由安培定則可判斷b、c、d三根導線在O點產生的磁場如圖所示，由磁場的疊加性原理可知它們的合磁場方向水平向左，再由左手定則可判斷，帶負電的粒子所受洛倫茲力方向沿O到a方向，故A正確。對點練帶電粒子在勻強磁場中的運動3．(多選)(2019·海南卷，9)如圖3，虛線MN的右側有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內運動。射入磁場時，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則()圖3A．P和Q的質量之比為1∶2B．P和Q的質量之比為eq\r(2)∶1C．P和Q速度大小之比為eq\r(2)∶1D．P和Q速度大小之比為2∶1答案AC解析設MN＝2R，則粒子P做圓周運動的軌跡圓半徑R＝eq\f(mPvP,qB)；粒子Q做圓周運動的軌跡圓半徑為eq\r(2)R，有eq\r(2)R＝eq\f(mQvQ,qB)；又兩粒子在磁場中運動時間相同，則tP＝eq\f(πmP,qB)，tQ＝eq\f(1,4)TQ＝eq\f(πmQ,2qB)，即eq\f(πmP,qB)＝eq\f(πmQ,2qB)，解得mQ＝2mP，vP＝eq\r(2)vQ，故A、C正確，B、D錯誤。4．(多選)(2020·天津卷，7)如圖4所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°。粒子經過磁場偏轉后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則()圖4A．粒子帶負電荷B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD．N與O點相距(eq\r(2)＋1)a答案AD解析由左手定則可知，帶電粒子帶負電荷，A正確；做出粒子的軌跡示意圖如圖所示，假設軌跡的圓心為O′，則由幾何關系得粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R＝eq\r(2)a，則由qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，B、C錯誤；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(eq\r(2)＋1)a，D正確。5．(2019·全國Ⅲ卷，18)如圖5，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為()圖5A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)答案B解析帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內的圓半徑是第二象限內圓半徑的2倍，由幾何知識知cosθ＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,2)，θ＝60°，如圖所示。粒子在第二象限內運動的時間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)，粒子在第一象限內運動的時間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)，則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項B正確。6．(2021·北京市豐臺區模擬)如圖6所示，勻強磁場限定在一個圓形區域內，磁感應強度大小為B，一個質量為m，電荷量為q，初速度大小為v的帶電粒子沿磁場區域的直徑方向從P點射入磁場，從Q點沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉了θ角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法錯誤的是()圖6A．粒子帶正電B．粒子在磁場中運動的軌跡長度為eq\f(mvθ,qB)C．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(mθ,qB)D．圓形磁場區域的半徑為eq\f(mv,qB)tanθ答案D解析根據粒子的偏轉方向，由左手定則可以判斷出粒子帶正電，A不符合題意；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子在磁場中運動時，其軌跡的半徑為r＝eq\f(mv,qB)，由幾何關系可知其對應的圓心角為θ，則粒子在磁場中運動的軌跡長度為s＝θr＝eq\f(mvθ,qB)，B不符合題意；粒子做勻速運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，則粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(mθ,qB)，C不符合題意；設圓形磁場區域的半徑為R，由taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)，解得R＝rtaneq\f(θ,2)＝eq\f(mv,qB)·taneq\f(θ,2)，D符合題意。7．(2020·全國Ⅲ卷，18)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖7所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，磁場的磁感應強度最小為()圖7A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)答案C解析為使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，電子進入勻強磁場中做勻速圓周運動軌跡的半徑最大時軌跡如圖所示，設其軌跡半徑為r，圓心為M，磁場的磁感應強度最小為B，由幾何關系有eq\r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq\f(4,3)a，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，選項C正確。8．(2021·遼寧沈陽市5月教學質檢)如圖8所示，直角三角形ABC區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，∠A＝60°，∠B＝30°，放置在A點的放射源沿著AC方向發出各種速率的帶負電粒子，放置在B點的放射源沿著BC方向發出各種速率的帶正電粒子，正、負粒子的比荷相同，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。若從邊界AC飛出的正粒子在磁場中飛行的最長時間為t，則從邊界BC飛出的負粒子在磁場中飛行的最長時間為()圖8A.eq\f(2,3)t B．tC.eq\f(3,2)t D．2t答案C解析從A點飛出的正粒子飛行時間最長，由幾何關系可知，從A點飛出的正粒子在磁場中運動軌跡所對應的圓心角為60°，則t＝eq\f(π,3)·eq\f(T,2π)，從BC邊界飛出速度方向與BC相切的負粒子，在磁場中飛行的時間最長，由幾何關系可知，從BC點飛出的負粒子在磁場中運動軌跡所對應的圓心角為90°，則粒子運動時間為t′＝eq\f(π,2)·eq\f(T,2π)＝eq\f(3t,2)，選項C正確。9．(2019·全國Ⅱ卷，17)如圖9，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()圖9A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，ra＝eq\f(l,4)由qvaB＝meq\f(veq\o\al(2,a),ra)得va＝eq\f(qBra,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②由幾何關系得req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(rd－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2整理得rd＝eq\f(5,4)l由qvdB＝meq\f(veq\o\al(2,d),rd)得vd＝eq\f(qBrd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)，選項B正確。10．(多選)(2021·福建莆田市4月模擬)如圖10所示，半徑為R＝2cm的圓形區域中有垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度B＝2T，一個比荷為2×106C/kg的帶正電的粒子從圓形磁場邊界上的A點以v0＝8×104m/s的速度垂直直徑MN射入磁場，恰好從N點射出，且∠AON＝120°，下列選項正確的是()圖10A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為1cmB．帶電粒子在磁場中運動軌跡的圓心一定在圓形磁場的邊界上C．若帶電粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，一定從N點射出D．若要實現帶電粒子從A點入射，從N點出射，則該圓形磁場的最小面積為3π×10－4m2答案BCD解析根據洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)＝0.02m＝2cm＝R，又因為∠AON＝120°，所以帶電粒子在磁場中運動軌跡的圓心一定在圓形磁場的邊界上，故A錯誤，B正確；若帶電粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，假設出射點位置在N′點，圓心在O′點，如圖所示，根據幾何關系可得CON′O′為菱形，則CO′∥ON′，N′和N重合，粒子從N點射出，故C正確；若要實現帶電粒子從A點入射，從N點出射，則該圓形磁場的最小直徑等于AN長度，即rmin＝eq\f(AN,2)＝eq\f(\r(3),2)R＝eq\r(3)×10－2m，所以該圓形磁場