1、第第 51a 节节 带电粒子在磁场中的圆周运动（上）带电粒子在磁场中的圆周运动（上） 1.2013年新课标年新课标 I 卷卷 18.如图，半径为 R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面） ，磁感 应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为 q（q0） 、质量为 m 的 粒子沿平行于直径 ab的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离为 R/2，已知 粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60，则粒子的速率为（不计 重力） A B C D m qBR 2m qBR m qBR 2 3 m qBR2 【答案】B 【解析】粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦 兹力向右，轨迹
2、如图所示： 入射点与圆心连线与初速度方向夹角为 30，初速度方向与轨 迹所对弦夹角也为 30，所以轨迹半径rR,由 2 vBqrBqR Bqvmv rmm ，B选项对。 2.2013年新课标年新课标 II 卷卷 17空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为 R，磁场方向垂直横截面。一质量 为 m、电荷量为 q（q0）的粒子以速率 v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入 射方向 60。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为 A B C D 0 3 3 m qR v 0 m qR v 0 3m qR v 0 3m qR v 答：A 解析：带电粒子在磁场中运动如图所示，由几何关
3、系可知轨道半径 ，洛伦兹力等于向心力，有，tan603rRR 2 0 0 Bqm r v v = 解得磁 场的磁感应强度，A 正确。 0 3 3 m B qR v 3. 2012年理综全国卷年理综全国卷 17质量分别为 m1和 m2、电荷量分别为 q1和 q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知 a B b q B 60 60 r r R/2 A60 r R O O 0 v 两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是 A. 若 q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等 B. 若 m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等 C. 若 q1q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等 D. 若 m
4、1m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等 【答案】A 【解析】带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力,其轨道半径，周期 qB mv r qB m T 2 。若 q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等.选项 A 正确；若 q1q2，则它们作圆周运动的周期可能 相等，选项 C错误；若 m1=m2，则它们作圆周运动的半径不一定相等，选项 B错误；若 m1m2，则它 们作圆周运动的周期可能相等，选项 D 错误。 4. 2012年理综北京卷年理综北京卷 16. .处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为 环形电流，那么此电流值 （D） A. 与粒子电荷
5、量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比 解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流 在一个周期 T 内的电量为 q，根据电流定义式有 T q I 粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有 Bq m T 2 两式联立有 m Bq I 2 2 环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率 无关，答案 D。 5. 2012年理综广东卷年理综广东卷 15. 质量和电量都相等的带电粒子 M 和 N，以不同的速率经小 孔 S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图 2 中虚线所示，下
6、列 表述正确的是 A.M 带负电，N带正电 B.M 的速率小于 N的速率 C.洛仑兹力对 M、N做正功 D.M 的运行时间大于 N的运行时间 【解析】选 A。由左手定则可知 M 带负电，N带正电，故 A 选项正确。 由得，由题知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场 R v mqvB 2 Bq mv R B N M S 图2 a b O P B 图 9 中，由图及 A 选项的判断可知 RNRM，故 vN0） 。粒子沿纸面以大小为 v的速度从 OM 的某点 向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30角。已知粒子在磁场 中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射出 磁
7、场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为 A B C D 2 mv Bq 3mv Bq 2mv Bq 4mv Bq 【答案】D 【解析】根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，则轨迹与 ON 相切，设切点为 C点，入射点为 B点，出射点为 A点，粒子在磁场中的轨迹圆心为点，根据几何知识可得O ，则三角形AB为等边三角形，故rrAB 0 30sin2O v B 30 30 M N B O v OM N C 30 A 60 D O 120 30 B AB=60，而MON=30，OCA=90，故 CA为一条直线，所以AOC为直角三角形，故粒子OO 离开磁场的出射点
8、到 O 的距离为，而半径公式，故距离为. ,4 30sin 0 r AC AO Bq mv r Bq mv4 17.2015年理综新课标年理综新课标卷卷 19.有两个匀强磁场区域 I 和 II，I 中的磁感应强度是 II 中的 k倍，两个 速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与 I 中运动的电子相比，II 中的电子 （ AC ） A. 运动轨迹的半径是 I 中的 k倍 B. 加速度的大小是 I 中的 k倍 C. 做圆周运动的周期是 I 中的 k倍 D. 做圆周运动的角速度与 I 中的相等 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供，解得 因为 r mv qvB 2 , Bq
9、 mv r I 中的磁感应强度是 II 中的 k倍，所以 II中的电子运动轨迹的半径是 I 中的 k倍，选项 A 正确；加速度 ，加速度的大小是 I 中的 1/k倍，B错误；由周期公式 得 II 中的电子做圆周运动的 m qvB a , qB m T 2 周期是 I 中的 k倍，选项 C正确；角速度，II 中的电子做圆周运动的角速度是 I 中的 1/k m qB T 2 倍，D 错误。故选 AC。 18. 2015年广东卷年广东卷 16.在同一匀强磁场中，粒子（）和质子（）做匀速圆周运动，若它He 4 2 H 1 1 们的动量大小相等，则粒子和质子 （ B ） A运动半径之比是 21 B运动周
10、期之比是 21 C运动速度大小之比是 41 D受到的洛伦兹力之比是 21 解析：粒子和质子质量之比为 41,电荷量之比为 21 ，由于动量相同，故速度之比为 1：4， 选项 C错误；在同一匀强磁场 B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径得两者的运 , Bq mv r 动半径之比为 1 ：2，选项 A 错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期得周期之 , qB m T 2 比为 2 ：1，选项 B正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力 f = qvB，得受到的洛伦兹力之比 为 1 ：2，选项 D 错误。 19.2016年海南卷年海南卷 14. （14分）如图，A、C两点分别位于
11、 x轴和 y轴上，OCA=30，OA 的长度 为 L。在 OCA区域内有垂直于 xOy平面向里的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，以 平行于 y轴的方向从 OA 边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于 OC 边射出磁场，且粒子在 磁场中运动的时间为 t0。不计重力。 （1）求磁场的磁感应强度的大小； （2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从 OC 边上的同一点射出磁场，求该粒 子这两次在磁场中运动的时间之和； （3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与 AC边相切，且在磁场内运动的时间为 0 4 3 t，求粒 子此次入射速度的大小。 【答案】 （1） 0 2
12、 m B qt （2） 0 0 3 7 L v t 【解析】 （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间 t0内其速度方向改变了 90，故其周期 T=4t0 设磁感应强度大小为 B，粒子速度为 v，圆周运动的半径为 r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 2 = v qvB m r 匀速圆周运动的速度满足 2 r v T 联立式得 0 2 m B qt （2）设粒子从 OA 变两个不同位置射入磁场，能从 OC 边上的同一 点 P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示： 设两轨迹所对应的圆心角分别为 1 和 2 。由几何关系有： 12 180 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 1 t与 2 t，则
13、： 120 2 2 T ttt （3）如图（b） ，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆 y x O C A 图 （a） y x O C A P 12 y x O C A 图（b） O B D r0 弧对应的圆心角为 150。设 O为圆弧的圆心，圆弧的半径为 r0，圆弧与 AC相切与 B点，从 D 点射出 磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有 O OD=B OA=30 0 0cos cos r BA rOO DL O 设粒子此次入射速度的大小为 v0，由圆周运动规律 0 0 2r v T 联立式得 0 0 3 7 L v t 20.2015年理综四川卷年理综四川卷 7如图所示，S 处有
14、一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板 MN 垂直于纸面，在纸面内的长度 L=9.1cm，中点 O 与 S间的距离 d=4.55cm，MN 与 SO 直线的夹角为 ， 板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B=2.010-4T，电子质 量 m=9.110-31kg，电量 e=1.610-19C，不计电子重力。电子源发射速度 v=1.6106m/s的一个电子，该 电子打在板上可能位置 的区域的长度为 l，则 （ AD ） A=90O时，l=9.1cm B=60O时，l=9.1cm C=45O时，l=4.55cm D=30O时，l=4.55cm 解析：电子在磁
15、场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式 有：，解得电子圆周运动的轨道半径为： 419 631 100 . 2106 . 1 106 . 1101 . 9 m4.5510-2m r v mevB 2 eB mv r 4.55cm，恰好有：rdL/2，由于电子源 S，可向纸面内任意方向发射 电子，因此电子的运动轨迹将是过 S 点的一系列半径为 r 的等大圆，能 够打到板 MN上的区域范围如下图所示，实线 SN表示电子刚好经过板 N端时的轨迹，实线 SA表示电子轨迹刚好与板相切于 A点时的轨迹，因 此电子打在板上可能位置的区域的长度为：lNA， 由 题意知 MN 与
16、SO 直线的夹角为 不定，但要使电子轨迹与 MN 板相切，根据几何关系 可知，此时电子的轨迹圆心 C一定落在与 MN 距离为 r 的平行线上，如下图所示，当 l=4.55cm时，即 A点与板 O 点重合，作出电子轨迹如下图中弧线 S1A1， 由几何关系可 知，此时 S1O 和 MN 的夹角 =30，故选项 C错 D 正确；当 l=9.1cm时，即 A点与板 M 端重合，作出电子轨迹如下图中弧线 S2A2， 由几何关系可知，此时 S2O 和 MN 的夹 角 =90，故选项 B错 A 正确。 M N O S B A O M N S C A O M N A2 C2 C1 S2 S1 dd 4d dd
17、2d O O PO r B 21. 2018年江苏卷年江苏卷 15（16分）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为 4d，宽为 d，中间两个磁场区域间隔为 2d，中轴线与磁场区域两侧相交于 O、O点，各区域磁感应强度大小相 等某粒子质量为 m、电荷量为+q，从 O 沿轴线射入磁场当入射速度为 v0时，粒子从 O 上方 2 d 处射 出磁场取 sin53=0.8，cos53=0.6 （1）求磁感应强度大小 B； （2）入射速度为 5v0时，求粒子从 O 运 动到 O的时间 t； （3）入射速度仍为 5v0，通过沿轴线 OO平移中间两个磁场（磁场不重叠），可 使粒子从 O 运动到 O的时
18、间增加 t，求 t 的最大值。 解：（1）粒子圆周运动的半径 0 0 mv r qB 由题意知 0 4 d r ，解得 0 4mv B qd （2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为 由 d=rsin，得 sin= 4 5 ，即 =53 在一个矩形磁场中的运动时间1 2 360 m t qB ，解得1 0 53 720 d t v 直线运动的时间 2 2d t v ，解得2 0 2 5 d t v 则 12 0 53+72 4 180 d ttt v （） （3）将中间两磁场分别向中央移动距离 x 粒子向上的偏移量 y=2r（1cos）+xtan 由 y2d，解得 3 4 xd 则当 xm= 3 4
19、 d时，t有最大值 粒子直线运动路程的最大值 m mm 2 223 x sdxd cos （） 增加路程的最大值 mm 2ssdd 增加时间的最大值 m m 0 5 sd t vv 22.2018年海南卷年海南卷 13 （10分）如图，圆心为 O、半径为 r 的圆形区域 外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。 离子源 N M U v P O r R C M N P 是圆外一点，OP3r。一质量为 m、电荷量为 q（0q ）的粒子从 P 点在纸面内垂直于 OP 射出。 已知粒子运动轨迹经过圆心 O，不计重力。求 （1）粒子在磁场中做圆周运动的半径； （2）粒子第一次在圆形区
20、域内运动所用的时间。 解：（1）如图，PMON 为粒子运动轨迹的一部分，圆弧 PM 为粒子在磁场中运动的轨迹，C为圆 心，半径为 R；MON 为圆 O 的直径，MCMN。粒子在圆O 内 沿 MON 做匀速直线运动，由几何关系知 2 22 OPRRr 由上式和题给条件得 4 3 Rr （2）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，由洛仑兹力公式和牛顿定律有 2 m q B R v v 由题意，粒子在圆形区域内运动的距离为 MN2r 设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为t，由运动学公式有 MN t v 联立式得 3 2 m t qB 23.2018年全国卷年全国卷 III、24 （12 分）如图,从
21、离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加 速后在纸面内水平向右运动，自 M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场 左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为 1 v,并在磁场 边界的 N点射出；乙种离子在 MN的中点射出；MN长为l。 不计重力影响和离子间的相互作用。求 （1）磁场的磁感应强度大小； （2）甲、乙两种离子的比荷之比。 解：（1）设甲种离子所带电荷量为 1 q、质量为 1 m，在磁场 中做匀速圆周运动的半径为 1 R，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有 2 111 1 2 qUmv 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 2 1 111 1 v vqBm
22、 R 由几何关系知 1 2Rl 由式得 1 4U B l v （2）设乙种离子所带电荷量为 2 q、质量为 2 m，射入磁场的速度为 2 v，在磁场中做匀速圆周运动 的半径为 2 R。同理有 2 222 1 2 q Umv 2 2 222 2 v vqBm R 由题给条件有 2 2 2 l R 由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 12 12 :1:4 qq mm 24. 2013年天津卷年天津卷 11 （18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为 O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应 强度为 B。圆筒下面有相距为 d 的平行金属板 M、N，其中 M 板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为 m
23、、电荷量为 q的带正电粒子自 M 板边缘的 P处由静止释放，经 N板的小孔 S 以速度 v沿半径 SO 方向 射入磁场中。粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从 S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且 电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求： M、N间电场强度 E的大小； 圆筒的半径 R； 保持 M、N间电场强度 E不变，仅将 M 板向上 平移 2d/3，粒子仍从 M 板边缘的 P处由静止释放，粒 子自进入圆筒至从 S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数 n。 答：（1） （2） （3）n=3 qd mv E 2 2 qB mv r 3 3 解析：（1）设两板间电压为 U，由动能定理得 2 2 1
24、mvqU 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed 联立上式可得 qd mv E 2 2 （2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做 B O S N M P d B O S N M P d A O r R 出圆心为 O，圆半径为 r，设第一次碰撞点为 A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从 S 孔射出，因此 SA弧所对的圆心角， 3 SOA 由几何关系得 3 tan Rr 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 r v mqvB 2 联立式得 qB mv R 3 3 （3）保持 M、N间电场强度 E不变，M 板向上平移后，设板间电压为 U，则 d 3 2 33 1U E
25、dU 设粒子进入 S孔时的速度为 v，由式看出 2 2 v v U U 结合式可得 vv 3 3 设粒子做圆周运动的半径为 r，则 qB mv r 3 3 设粒子从 S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为 ，比较两式得到 r=R，可见 2 粒子须经过四个这样的圆弧才能从 S 孔射出，故 n=3 25. 2012年物理海南卷年物理海南卷 16图（a）所示的 xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与 xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度 B 随时间 t变化的周期为 T，变化图线如图（b）所 示。当 B为B0时，磁感应强度方向指向纸外。在 坐标原点 O 有一带正电的粒子 P，其电荷量与质量 之比恰好
26、等于。不计重力。设 P在某时刻 t0 0 2 TB 以某一初速度沿 y轴正向自 O 点开始运动，将它经 过时间 T 到达的点记为 A。 （1）若 t00，则直线 OA 与 x轴的夹角是多少？ （2）若 t0，则直线 OA 与 x轴的夹角是多少？ 4 T t O P y x 图（a） 图（b） B +B0 -B0 O 2 T 2 3TT T2 （3）为了使直线 OA 与 x轴的夹角为，在 0t0的范围内，t0应取何值？ 4 4 T 解： （1）设粒子 P的质量、电荷与初速度分别为 m、q 与 v，粒子 P在洛伦兹力作用下，在 xy平 面内做圆周运动，分别用 R与 T 表示圆周的半径和运动周期，
27、R) T (qvB 2 0 2 T R v 2 由式与已知条件得 T =T 粒子 P在 t=0到 t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到 达 x轴上的 B点，此时磁场方向反转；继而，在 t=T/2到 t=T 时间 内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达 x轴上的 A点，如图（a）所 示。OA 与 x轴的夹角 =0 （2）粒子 P在 t0=T/4时刻开始运动，在 t=T/4到 t=T/2时间内，沿顺时针方向运动 1/4圆周，到达 C点，此时磁场方向反转；继而，在 t=T/2到 t=T 时间内，沿逆时 针方向运动半个圆周，到达 B点，此时磁场方向再次反转；在 t=T 到 t=5T/4时间内，沿
28、顺时针方向运动 1/4圆周，到达 A点，如 图（b）所示。由几何关系可知，A点在 y轴上，即 OA 与 x轴的 夹角 =/2 （3）若在任意时刻 t=t0（0 t0 T/4）粒子 P开始运动，在 t=t0到 t=T/2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达 C点，圆心 O 位于 x轴上，圆弧 OC 对应的圆心角 为 ) 2 ( 2 0 t T T COO 此时磁场方向反转；继而，在 t=T/2到 t=T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达 B点，此时 磁场方向再次反转；在 t=T 到 t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达 A点，设圆心为 O ，圆弧 BA对应的圆心角为 0 2 t T
29、 AOB 如图（c）所示，由几何关系可知， C、B均在 OO 连线上，且 OO/OA 若要 OA 与 x轴成 / 4 角，则有 4 3 COO 联立式可得 8 0 T t 26. 2011年新课标版年新课标版 图 （a） y A B O a x 图（b） y C O a x B A 图 （ c） y A B O a x C O O 25 （19分）如图，在区域 I（0 xd）和区域 II（d0)的点电荷 a在纸面内垂直于 EF从 F点射出，其轨 迹经过 G 点；再使带有同样电荷量的点电荷 b 在纸面内 与 EF成一定角度从 E点射出，其轨迹也经过 G 点。两点 电荷从射出到经过 G 点所用的时
30、间相同，且经过 G 点时的速度方向也相同。已知点电荷 a 的质量为 m，轨道半径为 R，不计重力，求： （1）点电荷 a从射出到经过 G 点所用的时间； （2）点电荷 b的速度大小。 答：（1） （2） Bq m 2 m qBR 3 4 解析：设点电荷 a的速度大小为 v，由牛顿第二定律得 r mv qvB 2 由式得 m qBR v 设点电荷 a做圆周运动的周期为 T，有 Bq m T 2 如图，O 和 O1 分别是 a 和 b 的圆轨道的圆心，设 a在磁场中偏转的角度为 ，由几何关系得 =90 故从开始运动到经过 G 点所用的时间 t为 G EF 30 135 G E F O O1 1 b
31、 a Bq m t 2 （2）设点电荷 b的速度大小为 v1，轨道半径为 R1，b 在磁场中偏转的角度为 ，依题意有 v R v R t 1 11 由式得 Bq R v 11 1 由于两轨道在 G 点相切，所以过 G 点的半径 OG 和 O1G 在同一直线上。由几何关系和题给条件得 =60 R1=2R 联立式，解得 m qBR v 3 4 1 25.【2019年 4月浙江物理选考】 【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化 原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心 O、与 O 点等距离各点的场强大小相同的径向电 场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边
32、界与静电分析器的右边界平 行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为 v0、电荷量均为 q、质量分别为 m和 0.5m的正离子 束，从 M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为 m的离子沿半径为 r0的四分 之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从 N 点水平射出，而质量为 0.5m的离子恰好从 ON 连线的中点 P 与水 平方向成 角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于 磁分析器左边界的探测板上，其中质量为 m的离子打在 O 点正下方的 Q 点。已知 OP=0.5r0，OQ=r0， N、P 两点间的电势差,，不计重力和离子间相互作用。 （1
33、）求静电分析器中半径为 r0处的电场强度 E0和磁分析器中的磁感应强度 B的大小； （2）求质量为 0.5m的离子到达探测板上的位置与 O 点的距离 l（用 r0表示） ； （3）若磁感应强度在（BB）到（BB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为 m和 0.5m的两東离子，求的最大值 【答案】 （1），；（2）；（3）12% 【解析】 【详解】 （1）径向电场力提供向心力： （2）由动能定理： 或 解得 （3）恰好能分辨的条件： 解得 26.【2019年物理全国卷 2】如图，边长为 l的正方形 abcd内存在匀强磁场，磁感应强度 大小为 B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab 边
34、中点有一电子发源 O，可向磁场内 沿垂直于 ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为 k。则从 a、d 两点射出的电子的速度大小 分别为 A. ， B. ， 1 4 kBl 5 4 kBl 1 4 kBl 5 4 kBl C. ， D. ， 1 2 kBl 5 4 kBl 1 2 kBl 5 4 kBl 【答案】B 【解析】 【详解】a点射出粒子半径 Ra= =，得：va= =， 4 l a mv Bq4 Bql m4 Blk d 点射出粒子半径为 ，R= 2 22 2 l RlR 5 4 l 故 vd= =，故 B选项符合题意 5 4 Bql m 5 4 klB 27.【2019年物理北京卷】
35、如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁 场边界从 a点射入，从 b点射出。下列说法正确的是 A. 粒子带正电 B. 粒子在 b 点速率大于在 a 点速率 C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从 b 点右侧射出 D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】C 【解析】 【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在 b、a 两点的速率，根据 确定粒子运动半径和运动时间。 2 v qvBm r 由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故 A 错误；由于洛伦兹力不做 功，所以粒子动能不变，即粒子在 b 点速率与 a点速率相等，故 B
36、错误；若仅减小磁感应强度，由公 式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从 b 点右侧射出，故 2 v qvBm r mv r qB C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动 时间一定变长，故 D 错误。 28.【2019年物理全国卷 3】如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 1 2 B 和 B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q（q0）的粒子垂直于 x轴射入第 二象限，随后垂直于 y轴进入第一象限，最后经过 x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 A. B. C. D. 5 6 m q
37、B 7 6 m qB 11 6 m qB 13 6 m qB 【答案】B 【解析】 【详解】运动轨迹如图: 即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度 1 4 1 6 为 90，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为 60，则运动的时间 2 2 1 2 442 Tmm t qBqB 为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故 B 1 1 1 22 663 2 Tmm t B qB q 12 27 326 mmm ttt qBqBqB 正确，ACD 错误。. 29.【2019年物理江苏卷】如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 B磁场中的水平绝缘薄板与 磁
38、场的左、右边界分别垂直相交于 M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短） ，反弹 前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反质量为 m、电荷量为-q 的粒子速度一定，可 以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为 d，且 dL，粒子重力不计，电荷 量保持不变。 （1）求粒子运动速度的大小 v； （2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到 M 的最大距离 dm； （3）从 P点射入的粒子最终从 Q 点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从 P到 Q 的运动时间 t 2 d 【 答 案 】（ 1）； （ 2）； （ 3） A.当时 ， qBd v m m 23
39、2 dd 3 1 2 Lndd（ ，B.当时， 3 34 62 Lm t dqB （ 3 1+ 2 Lndd （ 3 34 62 Lm t dqB （ 【解析】 【详解】 （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有： ，解得： 2 v qvBm R mv R qB 由题可得： Rd 解得； qBd v m （2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切 由几何关系得 dm=d（1+sin60） 解得 m 23 2 dd （3）粒子的运动周期 2m T qB 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为 t，则 (1,3,5,) 4 T tnt n A.当时，粒子斜向上射出磁场 3 1 2 Lndd（ 解得 1 12 tT 3 34 62 Lm t dqB （ B.当时，粒子斜向下射出磁场 3 1+ 2 Lndd （ 解得。 5 12 tT 3 34 62 Lm t dqB （
