第6节 带电粒子在匀强磁场中的运动 学案 Word版含答案

第6节带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，即洛伦兹力对带电粒子不做功。
2．带电粒子沿垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，带电粒子做匀速圆周运动。
3．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的牛顿第二定律表达式为qvB＝m，轨道半径为r＝，周期为T＝，可见周期与带电粒子的速度没有关系。
4．回旋加速器由两个D形盒组成，带电粒子在D形盒中做圆周运动，每次在两个D形盒之间的窄缝区域被电场加速，带电粒子最终获得的动能为Ek＝。
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．用洛伦兹力演示仪观察运动电子在磁场中运动
实验操作
轨迹特点
不加磁场时
电子束的径迹是直线
给励磁线圈通电后
电子束的径迹是圆
保持电子速度不变，改变磁感应强度
磁感应强度越大，轨迹半径越小
保持磁感应强度不变，改变电子速度
电子速度越大，轨迹半径越大
2．洛伦兹力的作用效果
洛伦兹力只改变带电粒子速度的方向，不改变带电粒子速度的大小，或者说洛伦兹力不对带电粒子做功，不改变粒子的能量。
3．带电粒子的运动规律
沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动。洛伦兹力总与速度方向垂直，正好起到了向心力的作用。
二、质谱仪和回旋加速器
1．质谱仪
(1)原理图：如图所示。
(2)加速
带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得：
qU＝mv2。①
(3)偏转
带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB＝。②
(4)由①②两式可以求出粒子的运动半径r、质量m、比荷等。其中由r＝可知电荷量相同时，半径将随质量变化。
(5)质谱仪的应用
可以测定带电粒子的质量和分析同位素。
2．回旋加速器的结构和原理
(1)两个中空的半圆金属盒D1和D2，处于与盒面垂直的匀强磁场中，D1和D2间有一定的电势差，如图所示。
(2)带电粒子在D形盒中只受洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动，运动半周后带电粒子到达D形盒的狭缝处，并被狭缝间的电场加速，加速后的带电粒子进入另一D形盒，由粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动的半径公式r＝知，它运动的半径将增大，由周期公式T＝可知，其运动周期与速度无关，即它运动的周期不变，它运动半个周期后又到达狭缝再次被加速，如此继续下去，带电粒子不断地被加速，在D形盒中做半径逐渐增大，但周期不变的圆周运动。
1．自主思考——判一判
(1)带电粒子进入匀强磁场后一定做匀速圆周运动。(×)
(2)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关。(√)
(3)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动。(√)
(4)回旋加速器的半径越大，带电粒子获得的最大动能就越大。(√)
(5)利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R。(√)
(6)带电粒子做匀速圆周运动的半径与带电粒子进入磁场时速度的大小有关，而周期与速度、半径都无关。(√)
2．合作探究——议一议
(1)带电粒子若垂直进入非匀强磁场后做半径不断变化的运动，这时公式r＝是否成立？
提示：成立。在非匀强磁场中，随着B的变化，粒子轨迹的圆心、半径不断变化，但粒子运动到某位置的半径仍由B、q、v、m决定，仍满足r＝。
(2)回旋加速器中所加的交变电压的周期由什么决定？
提示：由于回旋加速器工作时，必须满足交变电压周期和粒子在磁场中运动周期相同，即粒子在磁场中运动周期决定了电压周期。
(3)粒子经回旋加速器加速后，最终获得的动能与交变电压大小有无关系？
提示：无关，仅与盒半径有关。
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
1．带电粒子垂直进入匀强磁场中，只受洛伦兹力，由其提供向心力做匀速圆周运动，运动半径r＝，运动周期T＝，除了半径和周期外，我们有时还分析粒子运动的速度、时间等问题。
2．分析方法：“三定”，即一定圆心，二定半径，三定圆心角。
(1)圆心的确定：因为洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直，洛伦兹力为粒子做圆周运动提供了向心力，总是指向圆心。根据此点，我们可以很容易地找到圆周的圆心。在实际问题中，圆心位置的确定极为重要，通常有两种方法：
①画出粒子运动中的任意两点(一般是射入和射出磁场的两点)的洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心，如图甲。
②通过入射点或出射点作速度方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图乙。
(2)半径的确定和计算：半径的计算一般是利用几何知识(三角函数关系、三角形知识等)求解。
(3)圆心角的确定：确定圆心角时，①利用好四个角的关系，即圆心角＝偏向角＝2×弦切角。
②利用好三角形尤其是直角三角形的相关知识。计算出圆心角θ，则带电粒子在磁场中的运动时间t＝T。
[典例]　如图所示，一带电荷量为2.0×10－9 C、质量为1.8×10－16 kg的粒子，在直线上一点O沿与直线夹角为30°方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经过1.5×10－6 s后到达直线上另一点P，求：
(1)粒子做圆周运动的周期；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)若O、P之间的距离为0.1 m，则粒子的运动速度多大？
[思路点拨]
(1)画出粒子由O点到P点的运动轨迹，确定圆心、圆心角。
(2)确定粒子运动时间与周期的关系。
(3)确定粒子运动的半径及其与OP之间的关系。
[解析]　(1)作出粒子轨迹，如图所示，由图可知粒子由O到P的大圆弧所对的圆心角为300°，则＝
周期T＝t＝×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s。
(2)由于粒子做圆周运动所需的向心力为洛伦兹力，得Bqv＝，所以
B＝＝ω＝＝ T＝0.314 T。
(3)由几何知识可知，半径R＝OP＝0.1 m
故粒子的速度
v＝＝ m/s＝3.49×105 m/s。
[答案]　(1)1.8×10－6 s　(2)0.314 T
(3)3.49×105 m/s
分析带电粒子在磁场中做圆周运动问题的要点
(1)确定粒子的运动轨迹、半径、圆心角等是解决此类问题的关键。
(2)掌握粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径公式和周期公式是分析此类问题的依据。　　　　
1．(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析：选D　分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小。选项D正确。
2．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B　粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：qvB＝m，解得半径公式：R＝，周期公式T＝。可知R1∶R2＝1∶2，画出轨迹如图所示。粒子在磁场B1中运动时间为T1＝，在磁场B2中运动的周期为T2＝，在磁场B2中运动时间为T2，粒子向下再一次通过O点所经历时间t＝T1＋＝＋＝，故B正确。
3.如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v由A点垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，在C点穿出磁场时的速度方向与电子原来的入射方向成30°夹角，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间是多少？
解析：电子在磁场中运动，只受洛伦兹力的作用，故其轨迹是圆周的一部分，又因洛伦兹力总是与速度方向垂直，故电子做圆周运动的圆心在电子射入和穿出磁场时受到的洛伦兹力作用线的交点上，
即过轨迹上两点作速度的垂线可找到圆心O点，如图所示。
由几何关系可知，弧AC所对的圆心角θ＝30°，OC为半径，则r＝＝2d
由eBv＝m得r＝，所以m＝
因为弧AC所对的圆心角是30°，故电子穿过磁场的时间为　t＝T＝·＝＝。
答案：　
回旋加速器问题
1．交变电压的周期：带电粒子做匀速圆周运动的周期T＝与速率、半径均无关，运动相等的时间(半个周期)后进入电场，为了保证带电粒子每次经过狭缝时都被加速，须在狭缝两侧加上跟带电粒子在D形盒中运动周期相同的交变电压，所以交变电压的周期也与粒子的速率、半径无关，由带电粒子的比荷和磁场的磁感应强度决定。
2．带电粒子的最终能量：由r＝知，当带电粒子的运动半径最大时，其速度也最大，若D形盒半径为R，则带电粒子的最终动能Ekm＝。可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能地增大磁感应强度B和D形盒的半径R。
3．粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器盒中被加速的次数n＝(U是加速电压的大小)，一个周期加速两次。
4．粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2＝T＝(n是粒子被加速次数)，总时间为t＝t1＋t2，因为t1?t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2。
[典例]　有一回旋加速器，其匀强磁场的磁感应强度为B，所加速的带电粒子质量为m，带电量为q。
(1)求回旋加速器所加高频交流电压的周期T的表达式。
(2)如果D形盒半圆周的最大半径R＝0.6 m，用它来加速质子，能把质子(质量m＝1.67×10－27 kg，电量q＝1.6×10－19 C)从静止加速到具有4.0×107 eV的能量，求所需匀强磁场的磁感应强度B。
[解析]　(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期，由qvB＝，v＝可得T＝
高频交流电压具有和粒子圆周运动同样的周期T′＝。
(2)质子在回旋加速器的磁场中绕行到半径为最大半径R时，qvB＝，E＝mv2
由以上两式，代入数据可得：B＝1.53 T。
[答案]　(1)T＝　(2)1.53 T
回旋加速器问题的两点提醒
(1)回旋加速器所加高频交流电压的周期等于粒子圆周运动的周期且不随粒子半径的变化而变化。
(2)粒子的最终能量与加速电压的大小无关，由磁感应强度B和D形盒的半径决定。　　　　
1．[多选]1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．离子从磁场中获得能量
D．离子从电场中获得能量
解析：选AD　离子从加速器的中间位置进入加速器，最后由加速器边缘飞出，所以A对，B错。加速器中所加的磁场是使离子做匀速圆周运动，所加的电场由交流电提供，它用以加速离子。交流电的周期与离子做圆周运动的周期相同。故C错，D 对。
2．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。如果用同一回旋加速器分别加速氚核(13H)和α粒子(24He)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有(　　)
A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大
B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小
C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小
D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大
解析：选B　带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，根据T＝，知氚核(13H)的质量与电荷量的比值大于α粒子(24He)，所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大。根据qvB＝m得，最大速度v＝，则最大动能Ekm＝mv2＝，氚核的质量是α粒子的倍，氚核的电荷量是α粒子的倍，则氚核的最大动能是α粒子的倍，即氚核的最大动能较小。故B正确。
带电粒子在有界磁场中的运动问题
[典例]　如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间是多少？
[解析]　根据作图法找出速度为v时的粒子轨迹圆圆心O′，由几何关系可得：磁场中的轨迹弧所对圆心角∠AO′C＝θ＝60°，设圆形磁场的半径为r，
粒子的轨道半径为R1，因此有：qvB＝m，tan＝，
轨迹圆半径：R1＝r，
当粒子速度变为时，粒子的轨道半径为R2，因此有：
qB＝m，tan＝，其轨迹圆半径：R2＝r，磁场中的轨迹弧所对圆心角：θ1＝120°，周期：T＝，粒子运动时间：t2＝T，
解得：t2＝2t。
[答案]　2t
带电粒子在三类有界磁场中的运动轨迹特点
(1)直线边界：进出磁场具有对称性。
(2)平行边界：存在临界条件。
(3)圆形边界：沿径向射入必沿径向射出。
　　　　
1．[多选]长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度＜v＜
解析：选AB　如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r12＝2＋l2
又r1＝，
所以v1＝
粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，v2＝
综合上述分析可知，选项A、B正确。
2．如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是(　　 )
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
解析：选B　根据粒子在磁场里做圆周运动的周期公式T＝，可得t＝T＝，可知电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ
越大，与速度无关，故B正确；电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式：r＝知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，例如图中2轨迹比5轨迹长，但2轨迹的时间比5轨迹的时间短，故A错误；由周期公式：T＝知，周期与电子的速率无关，所以电子在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如图中轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C、D错误。
3.[多选]如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选BC　粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大。当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝代入得v0＝，选项B正确。
若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos 45°＝d，将R2＝代入得v0＝，选项C正确。
1.[多选]如图所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是(　　)
A．a　　 B．b　　　C．c　　 D.d
解析：选BD　粒子的出射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a、c均不可能，正确答案为B、D。
2．如图所示，质量、速度和电荷量均不完全相同的正离子垂直于匀强磁场和匀强电场的方向飞入，匀强磁场和匀强电场的方向相互垂直。离子离开该区域时，发现有些离子保持原来的速度方向并没有发生偏转。如果再让这些离子进入另一匀强磁场中，发现离子束再分裂成几束。这种分裂的原因是离子束中的离子一定有不同的(　　 )
A．质量　 B．电量　　
C．速度　 D.比荷
解析：选D　因为离子进入电场和磁场正交区域时不发生偏转，说明离子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝qE，故v＝，得出能不偏转的离子满足速度相同；离子进入磁场后受洛伦兹力作用，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB＝，故做圆周运动的半径为：R＝，由于离子又分裂成几束，也就是离子做匀速圆周运动的半径R不同，即比荷不同。故D正确。
3.水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是(　　)
A．沿路径Oa运动　 B．沿路径Ob运动
C．沿路径Oc运动 D．沿路径Od运动
解析：选D　由左手定则知只能是Oc或Od路径。而远离导线磁场减弱B减小，由半径公式r＝，可知r增大，所以只能是Od路径，故D正确。
4．[多选](2015·全国卷Ⅱ)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(　　)
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：选AC　两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误。由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确。由ω＝得＝＝，选项D错误。
5.如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速度不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直，穿过b点的粒子，其速度方向与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需的时间分别为t1、t2，则t1∶t2为(　　)
A．1∶3 B．4∶3
C．1∶1 D．3∶2
解析：选D　画出运动轨迹，过a点的粒子转过90°，过b点的粒子转过60°，故选项D正确。
6．(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)
A．11 B．12
C．121 D．144
解析：选D　带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确。
7.[多选]如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有(　　)
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
解析：选AD　离子要打在屏P上，都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，选项A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由qvB＝m可知，它们做圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，如图所示，比较得a在磁场中运动的路程比b的长，选项C错误；由t＝可知，a在磁场中运动的时间比b的长，选项B错误；从图上可以看出，选项D正确。
8．质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，形成空间环形电流。已知粒子的运动速率为v、半径为R、周期为T，环形电流的大小为I。则下面说法正确的是(　　 )
A．该带电粒子的比荷为＝
B．在时间t内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝
C．当速率v增大时，环形电流的大小I增大
D．当速率v增大时，运动周期T变小
解析：选B　当粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则有：Bqv＝m，解得粒子的比荷为：＝，故A错误；粒子做匀速圆周运动的周期：T＝，角速度为：ω＝，在时间t内，可得粒子转过的圆弧对应的圆心角为：θ＝ωt＝，故B正确；根据电流定义式可得环形电流为I＝＝，可知与速度无关，故环形电流大小不变，故C错误；由周期公式T＝可知周期与速度无关，故D错误。
9．如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示。由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为(　　)
粒子编号
质量
电荷量(q＞0)
速度大小
1
m
2q
v
2
2m
2q
2v
3
3m
－3q
3v
4
2m
2q
3v
5
2m
－q
v
A.3、5、4 B．4、2、5
C．5、3、2 D．2、4、5
解析：选D　由洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力：qvB＝，可得运动半径为：R＝，结合表格中数据可求得1～5各组粒子的半径之比依次为0.5∶2∶3∶3∶2，说明第一组正粒子的半径最小，由图可知，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动，说明磁场为垂直纸面向里。由左手定则可知，a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2∶3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子，c顺时针运动，一定为负电荷，半径与a相等是第5组粒子。故D正确。
10．如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径。一不计重力的带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v，当速度方向与ab边成30°角时，粒子在磁场中运动的时间最长，且为t；若相同的带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为(　　 )
A.v　　 B.v　　　
C.v　　 D.v
解析：选D　根据半径公式可得粒子在磁场中的运动半径r＝，当粒子从b点飞出磁场时，入射速度与出射速度与ab的夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应的圆心角为60°。设磁场的半径为R，根据几何知识得知：轨迹半径为r1＝2R；根据周期公式可得T＝，与速度无关，当粒子从a点沿ab方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60°，根据几何知识得粒子的轨迹半径为r2＝R，所以＝＝，解得v1＝v，D正确。
11.如图所示，空间存在一方向垂直于纸面、磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域，一电荷量为－q的粒子(不计重力)从A点沿AB方向以速度v射入磁场，粒子从BC边上的E点离开磁场，且AE＝2BE＝2d。求：
(1)磁场的方向；
(2)带电粒子的质量及其在磁场区域的运动时间。
解析：(1)粒子沿弧AE运动，从带电粒子所受洛伦兹力的方向可判断出磁场的方向垂直纸面向里。
(2)如图所示，连接AE，作线段AE的中垂线，交AD的延长线于O点，O即为圆心，α为弦切角，因AE＝2BE＝2d，所以α＝30°；θ为圆弧轨迹的圆心角，θ＝2α＝60°。△AOE为等边三角形，R＝2d，由qvB＝m得，m＝；T＝＝，所以粒子在磁场区域的运动时间t＝＝。
答案：(1)垂直纸面向里　(2)　
12．在以坐标原点O为圆心、半径为 r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点 A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出。
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此时粒子在磁场中运动所用时间 t是多少？
解析：(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r
又qvB＝m
则粒子的比荷＝。
(2)粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60°角，故 AD 弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径
R′＝r cot 30°＝r
又R′＝
所以B′＝B
粒子在磁场中飞行时间t＝T＝×＝。
答案：(1)负电荷，　(2)B 　
　　　　　　　　　　　　　　　　带电粒子在磁场、复合场中的运动
1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)
A．ma>mb>mc　　　　 B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
解析：选B　该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。
2.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段运动轨迹如图所示，运动轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减少(带电荷量不变)，从图中情况可以确定(　　)
A．粒子从a运动到b，带正电
B．粒子从a运动到b，带负电
C．粒子从b运动到a，带正电
D．粒子从b运动到a，带负电
解析：选C　带电粒子做圆周运动的半径r＝＝，随着Ek的减小，半径减小，故粒子从b运动到a；由左手定则知粒子带正电，故选C。
3.[多选]速度相同的一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带正电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，粒子的比荷越小
解析：选BC　由左手定则可知，该束带电粒子带正电，速度选择器的P1极板带正电，选项A错误，B正确；由qE＝qvB1可得能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于v＝，选项C正确；由r＝可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0，r越小，粒子的比荷越大，选项D错误。
4．如图，光滑半圆形轨道与光滑斜面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A处静止释放，且能沿轨道前进，并恰能通过半圆形轨道最高点C。现若撤去磁场，使小球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是(　　 )
A．H′＜H B．H′＝H
C．H′＞H D．无法确定
解析：选C　有磁场时，恰好通过最高点，有：mg－qvB＝m，无磁场时，恰好通过最高点，有：mg＝m，由两式可知v2＞v1。根据动能定理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，mg(h－2R)＝mv2可知，H′＞H，故C正确。
5．(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则＝·，即＝，选项A正确。
6．[多选]如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度－时间图像可能是下列选项中的(　　)
解析：选AD　由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力，还可能受到垂直杆的弹力及向左的摩擦力。当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图像；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D正确。
7.[多选]如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为的负离子以相同速率v0(较大)，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法中正确的是(不计重力)(　　)
A．离子飞出磁场时的动能一定相等
B．离子在磁场中运动半径一定相等
C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
解析：选BC　射入磁场的离子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不相等；又因为洛伦兹力不做功，这些离子从射入到射出动能不变，故不同离子的动能可能不相等，A错误。离子在磁场中偏转的半径为r＝，由于比荷和速率都相等，磁感应强度B为定值，故所有离子的偏转半径都相等，B正确。同时，各离子在磁场中做圆周运动的周期T＝也相等，根据几何规律：圆内较长的弦对应较大的圆心角，所以从Q点射出的离子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C正确。沿PQ方向射入的离子不会从Q点射出，故偏转角不是最大，D错误。
8．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是(　　 )
A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到c点时，洛伦兹力最大
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
解析：选D　小球在复合场中，受重力、电场力和洛伦兹力。由题意知电场力与重力大小相等，电场力水平向左，重力竖直向下，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，即bc圆弧的中点是做圆周运动的等效“最低点”，在等效“最低点”速度最大，那么ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放到d点过程中，重力做的正功与电场力做的负功相等，由动能定理可知最高运动到d点，故A错；由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，那么这个位置洛伦兹力最大，故B错；从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减小，故C错；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，故D正确。
9.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R。则(　　)
A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点O
B．粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1
C．粒子完成一次周期性运动的时间为
D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R
解析：选D　由r＝可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，选项C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了l＝R＋2R＝3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，所以选项A错误，D正确。
10.在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)
解析：要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足2R·n＝＝l。
2R·n＝l①
R＝②
Eq·y＝mv2③
联立①②③可得：y＝(n＝1、2、3……)。
答案：见解析
11．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12 cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°，第Ⅰ象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B＝1 T，第Ⅳ象限有匀强电场，方向沿y轴正向，一质量m＝8×10－10 kg，电荷量q＝1×10－4 C带正电粒子，从电场中M(12 cm，－8 cm)点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场，不计粒子重力，取π＝3，求：
(1)粒子在磁场中运动的速度v；
(2)粒子在磁场中运动的时间t；
(3)匀强电场的电场强度E。
解析：(1)粒子在磁场中的轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的轨道半径为R，由几何关系，得R＋Rsin 30°＝，解得R＝×12 cm＝0.08 m
由qvB＝m得v＝，代入解得v＝104 m/s。
(2)由几何关系得：粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有
t＝×＝1.6×10－5s。
(3)粒子在电场中运动时，由动能定理得qEd＝mv2，则得E＝＝5×103 V/m。
答案：(1)104 m/s　(2)1.6×10－5 s　(3)5×103 V/m
12．如图所示，方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界是一个半径为r的圆，圆心O1在x轴上，OO1距离等于圆的半径。虚线MN平行于x轴且与圆相切于P点，在MN的上方是正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的大小为E，方向沿x轴的负方向，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。有一群相同的正粒子，以相同的速率，在纸面内沿不同方向从原点O射入第Ⅰ象限，粒子的速度方向在与x轴成θ＝30°角的范围内，其中沿x轴正方向进入磁场的粒子经过P点射入MN后，恰好在正交的电磁场中做直线运动。粒子的质量为m，电荷量为q(不计粒子的重力)。求：
(1)粒子的初速率；
(2)圆形有界磁场的磁感应强度；
(3)若只撤去虚线MN上面的磁场B，这些粒子经过y轴的坐标范围。
解析：(1)粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中做直线运动，则有：
Eq＝qv0B
得：v0＝。
(2)设正粒子在圆形有界磁场中做匀速圆周运动的半径为R，有：
R＝r
qv0B′＝
得：B′＝。
(3)粒子在圆形磁场中的运动半径为r，则粒子在射出圆形磁场时速度方向都平行于y轴。沿x轴正方向进入圆形有界磁场的粒子经电场E偏转后，过y轴上点的坐标最大
r＝· ·t12
Δy1＝v0t1
y1＝Δy1＋r
得：y1＝r＋
沿与x轴正方向成θ＝30°角进入圆形有界磁场的粒子经电场E偏转后，过y轴上点的坐标最小
r＝· ·t22
Δy2＝v0t2
y2＝Δy2＋r
得：y2＝r＋
即：r＋≤y≤r＋。
答案：(1)　(2)　(3)r＋≤y≤r＋