人教版高中物理选修1-1 第2章 磁场对运动电荷的作用

磁场对运动电荷的作用 知识总结
1．洛伦兹力的大小和方向
(1)定义：磁场对__运动电荷__的作用力．
(2)大小
①v∥B时，F＝__0__；
②v⊥B时，F＝__qvB__；
③v与B夹角为θ时，F＝__qvBsin θ__.
(3)方向
①判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；
②方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于__B、v__决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)
2．带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)若v∥B，带电粒子以入射速度v做__匀速直线__运动．
(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做__匀速圆周__运动．
(3)基本公式
①向心力公式：qvB＝__m__；
②轨道半径公式：r＝____；
③周期公式：T＝____.



磁场对运动电荷的作用 同步习题
一、概念理解
1．判断正误
(1)带电粒子在磁场中运动时，一定会受到磁场力的作用．(　×　)
(2)洛伦兹力的方向垂直于B和v决定的平面，洛伦兹力对带电粒子永远不做功．(　√　)
(3)根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比．(　×　)
(4)用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向．(　×　)
(5)带电粒子在磁场中运动时的轨道半径与粒子的比荷成正比．(　×　)
(6)当带电粒子进入匀强磁场时，若v与B夹角为锐角，则带电粒子的轨迹为螺旋线．(　√　)
2．带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是(　B　)
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力的大小就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则其所受洛伦兹力的大小相等
C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
3．如图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　B　)

A．向上　　 B．向下
C．向左　　 D．向右
解析　据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下，选项B正确．

二、考法精讲
一　对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．
(4)洛伦兹力一定不做功．
2．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力 电场力
产生条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向与场 方向的关系 F⊥B，F⊥v F∥E
做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功


洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．
[例1](2019·内蒙古包头学业水平测试与评估一)(多选)如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直．在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为＋q的小球套在绝缘杆上．初始时，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变．已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E＝，则以下说法正确的是(　AC　)

A．小球的初速度为v0＝
B．若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做的功为
C．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止
D．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止
解析　对小球受力分析如图甲所示．由于E＝，即电场力qE＝mg，则电场力qE和重力mg的合力F＝2mg，方向垂直于杆，当小球匀速运动时， 杆对小球的摩擦力必然为零，故杆对小球的弹力FN＝0，故F＝2mg＝fB＝qBv0，解得v0＝，选项A正确；若v0＝，小球运动瞬间杆受到垂直于杆向上的弹力，小球必然受到沿杆向上的滑动摩擦力Ff作用，受力分析如图乙所示．小球将做减速运动，洛伦兹力fB减小，弹力FN增大，滑动摩擦力Ff增大，加速度增大，故小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，此过程中克服摩擦力做的功WFf＝mv＝，选项B错误，C正确；若v0＝，小球运动瞬间，fB＝3mg＞F，故弹力FN垂直于杆向下，小球做减速运动，洛伦兹力fB减小，弹力FN减小，Ff减小，小球将做加速度不断减小的减速运动，当FN＝0时，Ff＝0，小球将做匀速运动，选项D错误．

　二　带电粒子在匀强磁场中的运动
1．圆心的确定
(1)基本思路：与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线一定过圆心．
(2)两种常见情形
①已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)

②已知入射点和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心．(如图乙所示，图中P为入射点，M为出射点)
2．半径的确定和计算
利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的几何特点：
(1)粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt.

(2)相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即两角之和θ＋θ′＝180°.
3．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：
t＝T(或t＝T)．

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的解题步骤

[例2](2019·湖北武汉模拟)如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角．设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力．求：

(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；
(2)电子在磁场中运动的时间t；
(3)圆形磁场区域的半径r.
解析　(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB＝，解得R＝.
(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则
T＝＝，
由如图所示的几何关系得圆心角α＝θ.所以
t＝T＝.
(3)由如图所示几何关系可知，tan ＝.

解得r＝tan .
答案　(1)　(2)　(3)tan
　三　带电粒子在磁场中运动的多解问题

求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因．
(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)．
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．
1．带电粒子电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．
如图，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b.

[例3]如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界．现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少？

解析　题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明带哪种性质的电荷，所以分情况讨论．
若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧，
则轨道半径R＝，又d＝R－，

解得v＝；
若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的圆弧，则轨道半径R′＝，
又d＝R′＋，
解得v′＝.
答案　(2＋)(q为正电荷)或(2－)(q为负电荷)
2．磁场方向不确定形成多解
有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．
[例4](多选)一电子某时刻以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁场方向垂直它所运动的平面，电子所受电场力恰好是磁场对它的作用的3倍，若电子电荷量为e，质量为m，磁感应强度为B，那么，电子运动的角速度可能是(　AC　)
A． B．
C． D．
解析　由于本题中没有明确磁场方向和电子的环绕方向，所以电子受洛伦兹力的方向有两种可能．一种可能是F电和F洛同时指向圆心，如图甲、乙所示；另一种可能是F电和F洛一个指向圆心，另一个背离圆心，如图的丙、丁所示．所以本题有两个解．

在图甲、乙两种情况下F电＋F洛＝mvω、F电＝3F洛，联立解方程可得ω＝，选项A正确．
在图丙、丁两种情况下F电－F洛＝mvω、F电＝3F洛，联立解方程可得ω＝，选项D正确．
3．临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成了多解，如图所示．

[例5]长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间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，求速度的取值范围．

解析　由左手定则判断粒子在磁场中做匀速圆周运动向上偏，很明显，圆周运动的半径大于某值r1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r2时粒子可从极板的左边穿出．
如图所示，粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有r＝L2＋(r1－)2得r1＝，又由于r1＝得v1＝，所以v>时粒子能从右边穿出．粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O′点，有r2＝，又由r2＝＝得v2＝，所以v<时粒子能从左边穿出．
所以欲使粒子不打在极板上，速度v应大于或小于.

答案　v>或04．运动的周期性形成多解
带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示．

[例6](2019·华中师大附中模拟)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：

(1)磁感应强度B0的大小．
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．
解析　设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．

(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B0qv0＝，
做匀速圆周运动的周期T0＝，
由以上两式得磁感应强度B0＝.
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n个周期，即nT0时，有R＝.(n＝1,2,3，…)
联立求解，得正离子的速度的可能值为
v0＝＝.(n＝1,2,3，…)
答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)
三、递进题组
1.在阴极射线管电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会(　B　)

A．向上偏转　　 B．向下偏转
C．向纸内偏转　　 D．向纸外偏转
2.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示．若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　C　)

A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C．b粒子的动能较大
D．b粒子在磁场中运动时间较长
解析　由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，选项A错误；由qvB＝m得r＝，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，选项B错误；由Ek＝mv2可得b粒子的动能较大，选项C正确；由T＝知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，选项D错误．
3．(2019·陕西渭南一模)在真空室中，有垂直于纸面向里的匀强磁场，三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图所示的初速度v1、v2和v3经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场，这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分别是s1、s2和s3，不计质子重力，则有(　D　)

A．s1>s2>s3　　 B．s1C．s1＝s3>s2　　 D．s1＝s3解析　由已知条件可知三个质子运动轨迹的半径相等．由于初速度v1和v3的方向与MN的夹角相等，所以这两个质子的运动轨迹正好能组合成一个完整的圆，则这两个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的，且小于轨迹圆的直径；而初速度为v2的质子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径，即s1＝s3＜s2，选项D正确．
4.如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是(　AB　)

A． B．
C． D．
解析　由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝·(n＝1,2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力和qvB＝m，则v＝＝·(n＝1,2,3，…)所以选项A、B正确．

四、典例诊断
[例1](6分)如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径．整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直，现给带电球体一个水平速度v，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为(　　)

A．0　　 B．m()2
C．mv2　　 D．m[v2－()2]
[规范答题]
[解析] 当小球带负电时，对小球受力分析如图甲所示，随着向右运动，速度逐渐减小，直到速度减小为零，所以克服摩擦力做的功为W＝mv2.

当小球带正电时，设当洛伦兹力等于重力时，小球的速度为v0，则mg＝qv0B，即v0＝，当v＝v0时，如图乙所示，重力与洛伦兹力平衡，所以小球做匀速运动，所以克服摩擦力做的功为W＝0；当vv0时，如图丁所示，管壁对小球有向下的弹力，随着小球向右减速运动，洛伦兹力逐渐减小、弹力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，直到弹力减小到零，摩擦力也为零，此时重力和洛伦兹力平衡，此后小球向右做匀速运动，所以克服摩擦力做的功为W＝mv2－mv＝m[v2－()2]，综上分析，可知选项A、C、D正确．
[答案]　ACD
五、规范迁移
1．(2018·湖北黄冈模拟)(多选)如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中有三个带电粒子，它们在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，其中1和2为质子的轨迹，3为α粒子(氦核)的轨迹．三者的轨道半径关系为R1>R2>R3，并相切于P点．设v、a、T、F分别表示它们做圆周运动的线速度、加速度、周期和所受的洛伦兹力的大小，则下列判断正确的是(　AB　)

A．v1>v2>v3　　 B．a1>a2>a3
C．T1解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时半径为r＝，比荷相等时，r与v成正比，则有v1＞v2.设带电粒子的质量和电荷量分别为m、q，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时周期为T＝，T与比荷成反比，质子与α粒子的比荷之比为2∶1，则有T1＝T2＜T3.v＝，由于R2＞R3，T2＜T3，所以v2＞v3，选项A正确，C错误．粒子的加速度为a＝＝，因为v1＞v2，故有a1＞a2.又ω＝，T22．(2019·河南郑州三模)(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点在cd边的中点，一个带正电的粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，仅在磁场力的作用下，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面内与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是(　AD　)

A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场
解析　粒子从O点垂直于cd边射出后从c点射出磁场的过程，其运动轨迹为半个圆周，由此可知粒子在该磁场中的运动周期为T＝2t0，若粒子刚好能从ad边射出磁场(即粒子轨迹与ad边相切)，则粒子在磁场中运动速度偏转了60°角，对应的运动时间为t3＝＝，因此粒子若从ad边射出磁场，其运动时间应小于，由此可知，选项B错误；若粒子刚好能从ab边射出磁场(即粒子轨迹与ab边相切)，则粒子在磁场中运动速度偏移了150°角，对应的运动时间为t4＝T＝，从ab边射出的粒子在磁场中的最短时间为，因此粒子若从ab射出，其运动时间一定大于，因此选项C错误；若粒子刚好能从bc边射出磁场(即粒子轨迹与bc边相切)，则粒子在磁场中运动速度偏转了240°角，对应的运动时间为t1＝T＝，因此粒子若从bc边射出，其运动时间一定小于，但大于，因此选项D正确；若粒子能回到cd边，其偏转角一定是300°角，对应的时间一定为t2＝T＝，因此选项A正确．
3．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Δt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变为(　B　)

A．Δt B．2Δt
C．Δt D．3Δt
解析　根据作图法找出速度为v时的粒子轨迹圆圆心O′，由几何关系可求出磁场中的轨迹弧所对圆心角∠AO′C＝60°，轨迹圆半径O′A＝R.当粒于速度变为时，其轨迹圆半径O″A＝R，磁场中的轨迹弧所对圆心角∠AO″D＝120°，由t＝知Δt′＝2Δt.故选项B正确．

4．一个质量m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，沿斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．问：
(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？
(3)该斜面的长度至少多长？

解析　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．
(2)小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有
qvB＋FN－mgcos α＝0，
当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时qvB＝mgcos α，
得v＝＝ m/s＝2 m/s.
(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得
mgxsin α＝mv2，解得x＝ m.
答案　(1)负电荷　(2)2 m/s　(3) m
5．(2018·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离．

解析　(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0＝m，　①
qλB0v0＝m， 　②
粒子速度方向转过180°时，所求时间为t1＝，　③
粒子再转过180°时，所需时间为t2＝，　④
联立①②③④式得，所求时间为t0＝t1＋t2＝.
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝.
答案　(1)　(2)
六、实战演练
1.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值约为(　D　)

A．11 B．12
C．121 D．144
解析　设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M.质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得eU＝mv，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev1B＝m；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得eU＝Mv，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，ev2·12B＝M；联立解得M∶m＝144∶1，选项D正确．
2．一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　)

A．　　 B．
C．　　 D．
解析　由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝×，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即＝×，求得＝，选项A正确．

3．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．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．已知该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(　D　)

A．　　 B．
C．　　 D．
解析　如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与MO成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝，所以选项D正确．

4．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc.不计粒子重力，则(　A　)

A．vb∶vc＝1∶2　　tb：tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1　　tb：tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1　　tb：tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2　　tb：tc＝1∶2
解析　设正六边形的边长为L，一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径rb＝L，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径rc＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，选项A正确．

5．(2019·江苏卷)一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．

(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．
解析　(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1，
由电场加速有qU0＝×2mv2，且qvB＝2m，
解得r1＝，
根据几何关系x＝2r1－L，解得x＝－L.

(2)如图所示最窄处位于过两虚线交点的垂线上
d＝r1－，
解得d＝－.
(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2，
r1的最小半径r1min＝，
r2的最大半径r2max＝，
由题意知2r1min－2r2max>L，
即－>L，
解得L<[2－]．
答案　(1)－L　(2)－