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專題十六 磁場對運動電荷的作用 考綱解讀 章 內容 考試要求 說明 必考 加試 磁場 運動電荷在磁場中受到的力 c c 1.不要求計算電荷運動方向與磁場方向不垂直情況下的洛倫茲力 2．不要求推導洛倫茲力公式 帶電粒子在勻強磁場中的運動 d 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、洛倫茲力 1．洛倫茲力： 磁場對運動電荷的作用力． 2．洛倫茲力的方向： (1)判斷方法：左手定則． ①磁感線垂直穿過手心． ②四指指向正電荷運動的方向． ③拇指指向正電荷所受洛倫茲力的方向． (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v決定的平面．(注意：B和v不一定垂直) 3．洛倫茲力的大?。? (1)v∥B時，洛倫茲力F＝0. (2)v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB. (3)v＝0時，洛倫茲力F＝0. 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動(加試) 1．洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功． 2．粒子的運動性質： (1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動． (2)若v0⊥B時，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動． 3．半徑和周期公式： (1)由qvB＝m，得r＝. (2)由v＝，得T＝. 1．下列說法正確的是(　　) A．運動電荷在磁感應強度不為零的地方，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零 C．洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的速度 D．洛倫茲力對帶電粒子不做功 答案　D 解析　運動電荷在磁場中所受的洛倫茲力F＝qvBsin θ，所以F的大小不但與q、v、B的大小有關系，還與v的方向與B的夾角θ有關系，當θ＝0或180時，F(xiàn)＝0，此時B不一定為零，所以A、B錯；又因為洛倫茲力與帶電粒子的速度始終垂直，所以洛倫茲力對帶電粒子不做功，帶電粒子的動能也就不變，但帶電粒子速度方向要改變，所以C錯、D對． 圖1 2．(2016麗水學考模擬)如圖1所示，在蹄形磁鐵兩極間放置一陰極射線管，一束電子從A端高速射向B端，當它經過蹄形磁鐵產生的磁場時，受的洛倫茲力方向(　　) A．向上 B．向下 C．指向N極 D．指向S極 答案　B 解析　電子從陰極射向陽極，根據(jù)左手定則，磁感線垂直穿入手心，四指指向電子束運動的反方向，洛倫茲力的方向向下，故選B. 3．(2016浙江學考模擬)下面四幅圖表示了磁感應強度B、電荷速度v和洛倫茲力F三者方向之間的關系，其中正確的是(　　) A　　　　 　B　　　　　　C　　　　　D 答案　B 解析　A中電荷受力向下，B中電荷受力向上，C中電荷受力垂直紙面向外，D中電荷不受力，故B正確． 4．如圖2所示，一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端，速度為v.若加上一個垂直紙面向外的磁場，則滑到底端時(　　) 圖2 A．v變大 B．v變小 C．v不變 D．不能確定v的變化 答案　B 解析　由于帶負電的物體沿斜面下滑時受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用，故物體對斜面的正壓力增大，斜面對物體的滑動摩擦力增大，由于物體克服摩擦力做功增大，所以物體滑到底端時v變小，B正確． 5．兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的(　　) A．軌道半徑減小，角速度增大 B．軌道半徑減小，角速度減小 C．軌道半徑增大，角速度增大 D．軌道半徑增大，角速度減小 答案　D 解析　由于速度方向與磁場方向垂直，粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，即qvB＝，軌道半徑r＝，從較強磁場進入較弱磁場后，速度大小不變，軌道半徑r變大，根據(jù)角速度ω＝＝可知角速度變小，選項D正確． 6．(2016臺州市9月選考)用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運動徑跡．圖3(甲)是洛倫茲力演示儀的實物圖，圖(乙)是結構示意圖．勵磁線圈通電后可以產生垂直紙面的勻強磁場，勵磁線圈中的電流越大，產生的磁場越強．圖(乙)中電子經電子槍中的加速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場．下列關于實驗現(xiàn)象和分析正確的是(　　) 圖3 A．僅增大勵磁線圈中的電流，電子束徑跡的半徑變小 B．僅升高電子槍加速電場的電壓，電子束徑跡的半徑變小 C．僅升高電子槍加速電場的電壓，電子做圓周運動的周期將變小 D．要使電子形成如圖(乙)中的運動徑跡，勵磁線圈應通以逆時針方向的電流 答案　B 解析　由evB＝m得r＝，僅增大勵磁線圈中的電流，磁場增強，磁感應強度B增大，即r減小，電子束徑跡半徑變小，A正確；僅升高電子槍加速電場的電壓，由動能定理eU＝mv2得v＝，即v增大，又r＝，所以電子束徑跡的半徑變大，B不正確；因T＝＝，周期與速度v大小無關，電子做圓周運動的周期不變，C不正確；要使電子形成圖乙中的運動徑跡，玻璃泡內磁場方向應垂直紙面向里，而要形成垂直紙面向里的磁場，由安培定則知，勵磁線圈中應通以順時針方向的電流，D不正確. 　　　　　對洛倫茲力的理解 1．洛倫茲力的特點 (1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向決定的平面． (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)根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力方向，一定要分清正、負電荷． (5)洛倫茲力一定不做功． 2．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與B不平行 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 一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，與電荷電性無關 正電荷受到的電場力與電場方向相同，負電荷受到的電場力與電場方向相反 做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功、負功，也可能不做功 力為零時 場的情況 F為零，B不一定為零 F為零，E一定為零 作用效果 只改變電荷運動的方向，不改變電荷運動的速度大小 既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向 例1　如圖4，在陰極射線管正下方平行放置一根通有足夠強電流的長直導線，且導線中電流方向水平向右，則陰極射線將會(　　) 圖4 A．向上偏轉 B．向下偏轉 C．向紙內偏轉 D．向紙外偏轉 答案　A 解析　由通電導線的電流方向，根據(jù)安培定則可知陰極射線管處于垂直紙面向外的磁場中，電子流方向從左向右，則由左手定則可得陰極射線向上偏轉． 洛倫茲力方向的確定方法 (1)確定洛倫茲力的方向需要用左手定則，還需明確運動電荷的電性，特別注意負電荷的運動方向與左手四指的指向應相反． (2)洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面． (3)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． 變式題組 1．關于洛倫茲力，下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子在磁場中運動時，一定受到洛倫茲力的作用 B．若帶電粒子經過磁場中某點時所受的洛倫茲力為零，則該點的磁感應強度一定為零 C．當運動電荷的速度方向與磁場平行時，電荷不受洛倫茲力 D．當運動電荷的速度方向與磁場垂直時，電荷不受洛倫茲力 答案　C 2．(2015海南單科1)如圖5，a是豎直平面P上的一點．P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點．P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內向右彎曲經過a點．在電子經過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向(　　) 圖5 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案　A 解析　a點處磁場垂直于紙面向外，根據(jù)左手定則可以判斷電子受力向上，A正確． 3．(2016諸暨市期末)如圖6所示，帶電平行板中勻強磁場方向垂直于紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下，經過軌道端點P進入板間后恰能沿水平方向做直線運動．若使小球從較低的b點開始下滑，經P點進入板間，則以下說法正確的是(　　) 圖6 A．小球一定帶正電 B．小球仍做直線運動 C．小球的電勢能將減小 D．小球的電場力將增大 答案　A 解析　若小球帶正電，進入板間受到的電場力向上，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力方向向上，二力的合力與重力平衡時，小球做勻速直線運動；同理分析可知，若小球帶負電，則小球的合力方向向下，無法沿水平方向做直線運動，A項正確；若小球從b點下滑，進入板間的速度變小，所受洛倫茲力變小，電場力和重力不變，無法做直線運動，B、D錯誤；小球將向下運動，電場力做負功，電勢能增大，C錯誤． 　　　　　帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動(加試) 1．勻速圓周運動的規(guī)律 若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，將在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動． → 2．圓心的確定 (1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖7甲所示，P為入射點，M為出射點)． 圖7 (2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)． 3．半徑的確定 可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。? 4．運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間表示為t＝T(或t＝)． 例2　(2015浙江1月學考)如圖8所示，粒子源P會發(fā)出電荷量相等的帶電粒子．這些粒子經裝置M加速并篩選后，能以相同的速度從A點垂直磁場方向沿AB射入正方形勻強磁場ABCD.粒子1、粒子2分別從AD中點和C點射出磁場．不計粒子重力，則粒子1和粒子2(　　) 圖8 A．均帶正電，質量之比為4∶1 B．均帶負電，質量之比為1∶4 C．均帶正電，質量之比為2∶1 D．均帶負電，質量之比為1∶2 答案　B 解析　由左手定則和粒子所受洛倫茲力方向可知粒子1和粒子2均帶負電，由題圖可知＝，由qvB＝m知，r＝，故＝＝，故選B. 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法” 1．畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡． 2．找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系． 3．用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式． 變式題組 4．一帶電粒子在垂直于勻強磁場方向的平面內僅受洛倫茲力作用做勻速圓周運動．要想確定帶電粒子電荷量與質量之比，則下列說法中正確的是(　　) A．只需要知道磁感應強度B和運動周期T B．只需要知道磁感應強度B C．只需要知道軌道半徑r和運動速度v D．只需要知道運動速度v和磁感應強度B 答案　A 解析　帶電粒子在垂直于勻強磁場方向的平面內僅受洛倫茲力做勻速圓周運動，由qvB＝m，可得＝，需要知道v、B、r，故選項C、D錯誤；根據(jù)T＝可得＝，只需要知道B和T，故選項A正確，B錯誤． 5．(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域內做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 答案　AC 解析　設電子的質量為m，速率為v，電荷量為q，B2＝B，B1＝kB 則由牛頓第二定律得：qvB＝① T＝② 由①②得：R＝，T＝ 所以＝k，＝k 根據(jù)a＝，ω＝可知＝，＝ 所以選項A、C正確，選項B、D錯誤． 6．如圖9所示，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為(　　) 圖9 A．2 B. C．1 D. 答案　D 解析　設帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝mv，Ek2＝mv，由題意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，則＝.由洛倫茲力提供向心力，即qvB＝，得R＝，由題意可知＝，所以＝＝，故選項D正確． 　　　　　帶電粒子在有界磁場中的運動(加試) 1．帶電粒子在有界磁場中運動的三種常見情形 (1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖10所示) 圖10 (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖11所示) 圖11 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖12所示) 圖12 2．分析帶電粒子在勻強磁場中運動的關鍵 (1)畫出運動軌跡； (2)確定圓心和半徑； (3)利用洛倫茲力提供向心力列方程． 例3　(多選)如圖13所示，左、右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．一個質量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場．欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　　) 圖13 A. B. C. D. 答案　BC 解析　粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當粒子的徑跡和邊界QQ′相切時，粒子剛好不從QQ′射出，此時其入射速度v0應為最大． 若粒子帶正電，其運動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點)，容易看出R1sin 45＋d＝R1，將R1＝代入上式得v0＝，選項B正確．若粒子帶負電，其運動軌跡如圖乙所示(此時圓心為O′點)，容易看出R2＋R2cos 45＝d，將R2＝代入上式得v0＝，選項C正確． 解決帶電粒子的臨界問題的技巧方法 以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，借助半徑r和速度v(或磁感應強度B)之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點，如： (1)剛好穿出(或不穿出)磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切，據(jù)此可以確定速度、磁感應強度、軌跡半徑等方面的極值． (2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越大，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(前提條件為弧是劣弧)． (3)在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時(所有的弦長中直徑最長)，軌跡對應的偏轉角最大． 變式題組 7．如圖14，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入一正方形的勻強磁場區(qū)，對從ab邊離開磁場的電子，下列判斷正確的是(　　) 圖14 A．從a點離開的電子速度最小 B．從a點離開的電子在磁場中運動的時間最長 C．從a點離開的電子運動半徑最小 D．從a點離開的電子速度偏轉角最小 答案　D 解析　對于從ab邊離開磁場的電子，從a點離開時軌道半徑最大，根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中的半徑公式r＝，知軌道半徑大，則速度大，則從a點離開的電子速度最大；從a點離開的電子偏轉角θ最小，則圓弧所對的圓心角最小，根據(jù)t＝T＝＝，知t與粒子的速度無關，θ越小，運動的時間越短．故D正確，A、B、C錯誤． 8．空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60.不計重力，該磁場的磁感應強度大小為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　若磁場方向向外，帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系知r＝R.根根洛倫茲力提供向心力得：qv0B＝m，解得B＝.若磁場方向向里可得到同樣的結果，選項A正確． 9．(多選)(2016奉化市調研)如圖15所示，直線MN上方存在范圍足夠大的磁感應強度為B的勻強磁場，一質子(質量為m、電荷量為e)以速度v從O點沿與MN成30角的方向射入磁場中，若不計質子重力，則(　　) 圖15 A．質子從磁場中射出時距O點的距離為 B．質子從磁場中射出時距O點的距離為 C．質子在磁場中運動的時間為 D．質子在磁場中運動的時間為 答案　AD 解析　其運動軌跡如圖所示，設質子從磁場中射出時距O點的距離為d，由圖示的幾何關系可知rsin 30＝，即r＝d，粒子做圓周運動滿足qvB＝m，所以d＝，A正確，B錯誤，質子在磁場中的運動軌跡所對應的圓心角為300，所以質子在磁場中運動的時間為t＝T＝，C錯誤，D正確. 1．(2016紹興市9月選考)如圖1所示，電子槍向右發(fā)射電子束，其正下方水平直導線內通有向右的電流，則電子束將(　　) 圖1 A．向上偏轉 B．向下偏轉 C．向紙外偏轉 D．向紙內偏轉 答案　A 解析　由安培定則知水平直導線上方磁場方向垂直于紙面向外，由左手定則知向右運動的電子受到向上的洛倫茲力，故A正確． 2．如圖2為云室中某粒子穿過鉛板P前后的運動軌跡．室中勻強磁場的方向與軌跡所在平面垂直(圖中垂直于紙面向里)．由此可知粒子(　　) 圖2 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 解析　帶電粒子穿過鉛板后有能量損失，其速度減小，由qvB＝m知R＝，故帶電粒子穿過鉛板后做圓周運動的半徑應變小，由題圖可知帶電粒子應從下往上運動，再由左手定則判定粒子帶正電，選項A正確． 3．速率相同的電子垂直磁場方向進入四個不同的磁場，其軌跡照片如圖所示，則磁場最強的是(　　) A　　　　　B　　　　　C　　　　　D 答案　D 解析　由qvB＝可得B＝.磁場最強的對應軌跡半徑最小，選項D正確． 4．如圖3所示，重力不計、初速度為v的正電荷，從a點沿水平方向射入有明顯左邊界的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，若邊界右側的磁場范圍足夠大，該電荷進入磁場后(　　) 圖3 A．動能發(fā)生改變 B．運動軌跡是一個完整的圓，正電荷始終在磁場中運動 C．運動軌跡是一個半圓，并從a點上方某處穿出邊界向左射出 D．運動軌跡是一個半圓，并從a點下方某處穿出邊界向左射出 答案　C 解析　洛倫茲力不做功，電荷的動能不變，A不正確；由左手定則知，正電荷剛進入磁場時受到的洛倫茲力的方向向上，電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡是一個半圓，并從a點上方某處穿出邊界向左射出，B、D均不正確，C正確． 5．(2016諸暨市期末)如圖4所示是磁控管橫截面的示意圖，管內有平行于軸線的勻強磁場，一群電子在垂直于磁場的截面內以速度v沿順時針方向做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為r，已知電子的數(shù)量為n，電子電荷量為e，電子運動可以等效為環(huán)形電流，則電流大小與方向為(　　) 圖4 A.，逆時針 B.，順時針 C.，順時針 D.，逆時針 答案　A 6．(2016紹興市聯(lián)考)圖5中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心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5 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案　B 解析　b、d兩根導線在O點產生的磁場相互抵消，a、c兩根導線在O點產生的磁場方向均為水平向左，再根據(jù)左手定則，帶正電的粒子垂直于紙面向外運動所受洛倫茲力方向向下，選項B正確． 7．如圖6所示的圓形區(qū)域內，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短，若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子(　　) 圖6 A．速率一定越小 B．速率一定越大 C．在磁場中通過的路程越長 D．在磁場中的周期一定越大 答案　A 解析　根據(jù)公式T＝可知，粒子的荷質比相同，它們進入勻強磁場后做勻速圓周運動的周期相同，選項D錯誤；假設粒子的運動軌跡如圖所示，這些粒子進入有界磁場后在磁場中的運動時間與它們在磁場中的運動圓弧所對應的圓心角有關，設圓心角為θ，則運動時間t＝T，在磁場中運動時間越長的帶電粒子，圓心角越大，運動半徑越小，根據(jù)r＝可知，速率一定越小，選項A正確，B錯誤；粒子在磁場中通過的路程s＝rθ，與軌跡半徑和圓心角都有關，由圖可知，選項C錯誤． 8．(多選)如圖7所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向自A點射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則(　　) 圖7 A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長 答案　BD 解析　根據(jù)圖象可知，從Q射出的粒子軌道半徑大，根據(jù)公式r＝可知，當粒子比荷相同時，軌道半徑大的粒子入射速度大，選項A錯誤，B正確；兩粒子入射點的速度方向與運動軌跡圓弧對應的弦之間的夾角(弦切角)均為∠A，其運動軌跡對應的圓心角均為2∠A，所以它們在磁場中的運動時間均是各自運動周期的倍(其中∠A單位取rad)，又根據(jù)公式T＝可知，兩粒子的運動周期相等，所以兩粒子在磁場中運動的時間一樣長，選項C錯誤，D正確． 9．(2016寧波模擬)如圖8所示，平面直角坐標系的第Ⅰ象限內有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則(　　) 圖8 A．該粒子帶正電 B．A點與x軸的距離為 C．粒子由O到A經歷時間t＝ D．運動過程中粒子的速度不變 答案　B 解析　由左手定則可判斷該粒子帶負電，A錯誤；根據(jù)粒子運動軌跡，A點離x軸的距離為r(1－cos θ)＝(1－cos 60)＝，B正確；t＝T＝，C錯誤；運動過程中粒子速度大小不變，方向時刻改變，D錯誤． 10．(多選)如圖9所示，虛線PQ為一勻強磁場的邊界，磁場方向垂直紙面向里．在磁場內有平行于邊界的虛線MN，在虛線MN上同一位置，沿MN方向發(fā)射兩個帶負電的粒子a和b，其速度分別為vA和vB，兩粒子的質量和電量均相同，分別經過時間tA和tB從A點和B點射出磁場．則以下說法正確的是(　　) 圖9 A．tA>tB B．vA>vB C．粒子的發(fā)射點不可能在A點正上方的右側 D．a粒子的半徑一定小于b粒子的半徑 答案　ACD 解析　帶負電粒子從下邊界射出，則它只能沿著MN線向右運動，通過作圖可知從A點射出的粒子運動的圓心角大，時間長，半徑小，有tA>tB、rA B．B< C．B< D．B> 答案　C 解析　由題意，如圖所示，電子正好經過C點，此時圓周運動的半徑R＝＝，帶電粒子在磁場中運動，則qvB＝m，即r＝，要想電子從BC邊經過，圓周運動的半徑要大于，有<，即B<，C正確． 14．如圖13所示，在圓形區(qū)域內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑．一帶正電的粒子從a點射入磁場，速度大小為2v，方向與ab成30時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t；若僅將速度大小改為v，求粒子在磁場中運動的時間(不計帶電粒子所受重力)． 圖13 答案　2t 解析　由q2vB＝可得R＝.設磁場區(qū)域半徑為r，則r＝Rcos 60＝.粒子在磁場中運動的軌跡所對應的圓心角為60，弧長為圓周的，即＝2vt.若僅將速度大小改為v，其軌道半徑減小為原來的，即R′＝＝r.畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所 示，粒子在磁場中運動的軌跡所對的圓心角為120，弧長為圓周的，即＝vt′.聯(lián)立解得：t′＝2t. 15．帶電粒子的質量m＝1.710－27 kg，電荷量q＝1.610－19 C，以速度v＝3.2106 m/s沿垂直于磁場同時又垂直于磁場邊界的方向進入勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B＝0.17 T，磁場的寬度l＝10 cm，g取10 m/s2，如圖14所示． 圖14 (1)求帶電粒子離開磁場時的速度大小和偏轉角． (2)求帶電粒子在磁場中運動的時間． 答案　(1)3.2106 m/s　30　(2)3.2710－8 s 解析　粒子所受的洛倫茲力F＝qvB≈8.710－14 N，遠大于粒子所受的重力G＝1.710－26 N，因此重力可忽略不計． (1)由于洛倫茲力不做功，所以帶電粒子離開磁場時速度大小仍為3.2106 m/s 由qvB＝m得 軌跡半徑r＝＝ m＝0.2 m 由題圖可知偏轉角θ滿足 sin θ＝＝0.5，故θ＝30. (2)帶電粒子在磁場中運動的周期T＝ 可見帶電粒子在磁場中運動的時間t＝T＝T＝＝ s≈3.2710－8 s.