2019届高考物理一轮复习第九章磁场第二节磁场对运动电荷的作用随堂检测新人教版

2019高考物理一轮复习第九章磁场课时规范练29 磁场对运动电荷的作用新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考物理一轮复习第九章磁场课时规范练29 磁场对运动电荷的作用新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019高考物理一轮复习第九章磁场课时规范练29 磁场对运动电荷的作用新人教版的全部内容。

课时规范练29 磁场对运动电荷的作用基础巩固组1。

(多选）(带电粒子在磁场中的圆周运动）(2017·甘肃一诊)下图为研究带电粒子在匀强磁场中的运动的演示仪结构图.若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直且水平向右，电子速度的大小v 和磁场的磁感应强度B可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节，则下列说法正确的是（）A。

仅增大励磁线圈中的电流，电子束运动轨迹的半径将变大B。

仅提高电子枪的加速电压，电子束运动轨迹的半径将变大C.仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期不变D。

仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期不变答案BD解析电子经电场加速，根据动能定理,得eU=mv2,进入匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r=,代入v可得r=，选项A错误,选项B正确;电子在磁场中做圆周运动的周期T=,与速度无关,与磁场强度有关,选项C错误,选项D正确。

2。

（带电粒子在磁场中的圆周运动)(2017·云南统测)如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。

板块三限时规范特训时间：45分钟 满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

其中1～5为单选，6～10为多选) 1. [2017·甘肃省一模]如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行，大小分别为B 和2B 。

一带正电粒子(不计重力)以速度v 从磁场分界线MN 上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN 成60°角，经过t 1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t 2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )A.ω1∶ω2＝1∶1 B ．ω1∶ω2＝2∶1 C.t 1∶t 2＝1∶1 D ．t 1∶t 2＝2∶1 答案 C 解析 由q v B ＝m v 2R 和v ＝ωR 得ω＝Bq m ，故ω1∶ω2＝1∶2；粒子在Ⅰ中的轨迹对应的圆心角均为120°，在Ⅱ中的轨迹对应的圆心角为240°由T ＝2πm qB T 2＝πm qB 和t ＝θ360°·T 知t 1∶t 2＝1∶1。

2. [2017·四川四市二诊]如图所示，半径为r 的圆形空间内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一个质量为m ，电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A 点沿半径方向垂直于磁场方向射入磁场，在C 点射出，已知∠AOC ＝120°，粒子在磁场中运动时间为t 0，则加速电场的电压是( )A.π2r2m6qt20 B.π2r2m24qt20 C.2π2r2m3qt20 D.π2r2m18qt20答案 A解析根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°＝π3，轨迹半径为R＝r tan60°＝3r，由t0＝π32π·2πRv及qU＝12m v2得U＝π2r2m6qt20。

3.如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。

第二节 磁场对运动电荷的作用(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动．则下列能表示运动周期T 与半径R 之间的关系图象的是( )解析：选D.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，qvB ＝m v 2R ⇒R ＝mvqB ，由圆周运动规律，T ＝2πR v ＝2πmqB，可见粒子运动周期与半径无关，故D 项正确．2.(2018·贵州遵义模拟)如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B 和2B .一带正电粒子(不计重力)以速度v 从磁场分界线MN 上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN 成60°角，经过t 1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t 2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )A ．ω1∶ω2＝1∶1B ．ω1∶ω2＝2∶1C ．t 1∶t 2＝1∶1D ．t 1∶t 2＝2∶1解析：选D.粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的周期分别为T 1＝2πm qB 、T 2＝πm qB ，结合ω＝2πT得ω1∶ω2＝1∶2，A 、B 错误；t 1＝2×60°360°T 1，t 2＝2×60°360°T 2，得t 1∶t 2＝2∶1，D 正确，C 错误． 3.(2018·衡阳联考)如图所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a 、b 、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．粒子重力不计．下列说法正确的是( ) A ．粒子a 带负电 B ．粒子c 的动能最大C ．粒子b 在磁场中运动的时间最长D ．粒子b 在磁场中运动时的向心力最大解析：选D.由左手定则可知，a 粒子带正电，故A 错误；由qvB ＝m v 2r ，可得r ＝mvqB，由图可知粒子c 的轨迹半径最小，粒子b 的轨迹半径最大，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E k ＝12mv 2，知粒子c 的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力有F向＝qvB ，则可知粒子b 的向心力最大，故D 正确、B 错误；由T ＝2πmqB，可知粒子a 、b 、c的周期相同，但是粒子b 的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b 在磁场中运动的时间最短，故C 错误．4．(2018·吉林长春质检)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的带电粒子，恰好从e 点射出，则( ) A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出 B ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，也将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，在e 点射出所用时间最短 解析：选A.如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子从d 点射出时，轨道半径增大为原来的二倍，由半径公式R ＝mv qB可知，速度也增大为原来的二倍，选项A 正确，选项B 、C 错误；由粒子的周期T ＝2πmqB，可知粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e 、d 射出时所用时间相等，从f 点射出时所用时间最短，选项D 错误． 5.(2018·辽宁葫芦岛六校联考)如图所示，在一个半径为R 的半圆区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .O 点是该半圆的圆心，OP 是垂直于直线边界的半径．两个完全相同的质量为m 、电量为＋q 的基本粒子以相同的速率v 分别从O 点沿OP 和从P 点沿PO 射入磁场区域，对于两个粒子的运动情况下列分析正确的是( ) A ．从O 点沿OP 射入磁场的粒子将向上偏转 B ．两粒子通过磁场的时间相等 C ．如果v <qBR 2m ，则从O 点沿OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间为πm qB D ．如果v ＝qBRm，则从O 点沿OP 射入磁场的粒子通过磁场的时间较长 解析：选C.根据左手定则可得从O 点沿OP 射入磁场的粒子受到向下的洛伦兹力，将向下偏转，A 错误；由于两粒子轨迹的圆心角不同，所以所用时间不同，B 错误；若从O 点沿OP 射入磁场的粒子恰好从正下方射出磁场，则有R 2＝mv Bq ，解得v ＝qBR2m ，速度增大，则半径增大，所以若v <qBR 2m ，则粒子都是从O 点正下方射出磁场，故所用时间为t ＝180°360°·2πm Bq ＝πm Bq，C 正确；如果v ＝qBRm，从O 点沿OP 射入磁场的粒子的圆心角为60°，从P 点沿PO 射入磁场的粒子所对应的圆心角大于60°，故从P 点沿PO 射入磁场的粒子通过磁场的时间较长，D 错误． 二、多项选择题6.(2018·浙江温州中学模拟)如图所示，范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场垂直于xOy 平面向里，两质量相等的粒子带等量异种电荷，它们从x 轴上关于O 点对称的两点同时由静止释放，运动过程中未发生碰撞，不计粒子所受的重力．则( ) A ．两粒子沿x 轴做圆周运动B ．运动过程中，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，它们的速度均为零C ．运动过程中，两粒子间的距离最小时，它们的速度沿x 轴方向的分量v x 可能不为零D ．若减小磁感应强度，再从原处同时由静止释放两粒子，它们可能会发生碰撞解析：选BD.两个粒子在相互的库仑引力作用下，从静止开始加速，都受到向上的洛伦兹力而向上偏转，做曲线运动，但不是圆周运动，故A 错误；两个粒子的速度大小情况相同．若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，静电力对两个粒子做功为0，根据动能定理可知它们的速度均为零，故B 正确；从开始运动到距离最小的过程，静电力一直做正功，动能都增大，速度与x 轴的夹角不断增大，沿y 轴方向的速度分量v y 不断增大；当距离最小后，两者距离增大，此时它们的速度沿x 轴方向的分量v x 为零，它们的速度沿y 轴方向的分量v y 最大，故C 错误；若减小磁感应强度，由公式r ＝mvqB分析可知，轨迹的曲率半径变大，可能发生碰撞．故D 正确．7.(2018·日照模拟)如图所示，以O 为圆心的圆形区域内，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．磁场边界上的A 点有一粒子发射源，沿半径AO 方向发射出速率不同的同种粒子(粒子重力不计)，垂直进入磁场．下列说法正确的是( )A ．速率越大的粒子在磁场中运动的时间越长B ．速率越大的粒子在磁场中运动的偏转角越小C ．速率越大的粒子在磁场中运动的向心加速度越大D ．速率越大的粒子在磁场中运动的角速度越大解析：选BC.根据r ＝mv qB可知，速度大的粒子的运动半径较大，运动圆弧对应的圆心角越小，在磁场中运动的偏转角越小，据T ＝2πm qB ＝2πω可知，粒子的周期和角速度与粒子的速率无关．根据t ＝θ2πT ，则运动时间越小，故A 、D 错误，B 正确；根据qvB ＝ma 可知，速率越大的粒子在磁场中运动的向心加速度越大，选项C 正确.8．(2018·内蒙古奋斗中学模拟)如图所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( ) A ．从P 点射出的粒子速度大 B ．从Q 点射出的粒子向心加速度大 C ．从P 点射出的粒子角速度大 D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长解析：选BD.粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r ，轨迹半径r ＝mvqB ，两粒子比荷相等，r P ＜r Q ，所以v P ＜v Q ，故A 错误；向心加速度a ＝v 2r ＝qvBm，v P ＜v Q ，所以a P ＜a Q ，故B 正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πr v ＝2πm qB ，角速度ω＝2πT ＝qB m，两粒子比荷相等，所以周期相等、角速度相等，故C 错误；根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ＝θmqB ，所以粒子在磁场中运动的时间相等，故D 正确．三、非选择题9．(2018·长沙质检)如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B ＝0.60 T ，磁场内有一块平面感光板ab ，板面与磁场方向平行，在距ab 距离l ＝16 cm 处，有一个点状的α放射源S ，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v ＝3.0×106m/s ，已知α粒子的比荷qm＝5.0×107C/kg ，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab 上被α粒子打中的区域的长度．解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R 表示轨道半径，有qvB ＝m v 2R由此得R ＝mv qB代入数值得R ＝10 cm 可见R <l <2R .因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S ，由此可知，某一圆轨迹在图中N 左侧与ab 相切，则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点．NP 1＝R 2－（l －R ）2＝8 cm再考虑N 的右侧，任何α粒子在运动中离S 的距离不可能超过2R ，以2R 为半径、S 为圆心作圆，交ab 于N 右侧的P 2点，此即右侧能打到的最远点． 由图中几何关系得NP 2＝（2R ）2－l 2＝12 cm 所求长度为P 1P 2＝NP 1＋NP 2 代入数值得P 1P 2＝20 cm. 答案：20 cm10.(2018·珠海检测)如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m ＝5.0×10－8kg 、电量为q ＝1.0×10－6C 的带电粒子．从静止开始经U 0＝10 V 的电压加速后，从P 点沿图示方向进入磁场，已知OP ＝30 cm ，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)带电粒子到达P 点时速度v 的大小；(2)若磁感应强度B ＝2.0 T ，粒子从x 轴上的Q 点离开磁场，求OQ 的距离； (3)若粒子不能进入x 轴上方，求磁感应强度B ′满足的条件． 解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU 0＝12mv 2代入数据得：v ＝20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB ＝mv 2R 得R ＝mv qB代入数据得：R ＝0.50 m 而OPcos 53°＝0.50 m 故圆心一定在x 轴上，轨迹如图甲所示．由几何关系可知：OQ ＝R ＋R sin 53° 故OQ ＝0.90 m.(3)带电粒子不从x 轴射出(如图乙)，由几何关系得：OP >R ′＋R ′cos 53° R ′＝mv qB ′解得：B ′>163 T ≈5.33 T(取“≥”也可以)．答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)见解析11．(2018·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，ABCD 为边长为2a 的正方形，O 为正方形中心，正方形区域左、右两对称部分中分别存在方向垂直ABCD 平面向里和向外的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从B 点处以速度v 垂直磁场方向射入左侧磁场区域，速度方向与BC 边夹角为15°，粒子恰好经过O 点，已知cos 15°＝6＋24，粒子重力不计．(1)求左侧磁场的磁感应强度大小；(2)若粒子从CD 边射出，求右侧磁场的磁感应强度大小的取值范围．解析：(1)粒子从B 点射入左侧磁场，运动轨迹如图1所示，△BO 1O 为等边三角形，由几何关系可得轨迹半径r 1＝2a ，粒子在左侧磁场中运动，有qvB 1＝mv 2r 1，得B 1＝2mv2qa.(2)当右侧磁场磁感应强度大小B 2＝B 1时，粒子从D 点射出，运动轨迹如图2所示，这是粒子从CD 边射出的最小磁感应强度，当磁感应强度增大时，粒子在右侧磁场中运动的轨迹半径减小，当运动轨迹与CD 边相切时，磁感应强度最大，轨迹如图3所示：由几何关系可知：r 2＋r 2cos 15°＝a 得：r 2＝4a 6＋2＋4粒子在右侧磁场中运动，有：qvB 2m ＝mv 2r 2，得：B 2m ＝（6＋2＋4）mv4qa若粒子从CD 边射出，右侧磁场磁感应强度大小的范围为：2mv 2qa ≤B 2≤（6＋2＋4）mv4qa. 答案：(1)2mv 2qa (2) 2mv 2qa ≤B 2≤（6＋2＋4）mv 4qa。

2019届高考物理一轮复习第九章磁场第二节磁场对运动电荷的作用课后达标新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考物理一轮复习第九章磁场第二节磁场对运动电荷的作用课后达标新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019届高考物理一轮复习第九章磁场第二节磁场对运动电荷的作用课后达标新人教版的全部内容。

第二节磁场对运动电荷的作用（建议用时：60分钟）一、单项选择题1．(2018·北京海淀区期末）如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点解析：选D.地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长,水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．2．“人造小太阳"托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于（）A。

错误!B．TC。

T3D．T2解析：选A.考查带电粒子在磁场中的圆周运动问题．由题意知，带电粒子的平均动能E k＝错误!mv2∝T，故v∝错误!.由qvB＝错误!整理得：B∝错误!，故选项A正确．3。

磁场对运动电荷的作用图8－2－151．如图8－2－15，没有磁场时，显像管内电子束打在荧光屏正中的O 点，加磁场后电子束打在荧光屏O 点上方的P 点，则所加磁场的方向可能是( )A ．垂直于纸面向内B ．垂直于纸面向外C ．平行于纸面向上D ．平行于纸面向下解析：电子受到的洛伦兹力的方向向上，由左手定则，可判定磁场方向可能垂直于纸面向外，B 项正确． 答案：B 2.图8－2－16如图8－2－16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q m的负离子体以相同速率v 0(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：射入磁场的粒子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不等，又因为磁场对电荷的洛伦兹力不做功，故这些粒子从射入到射出动能不变，但不同粒子的动能可能不等，A 项错误．粒子在磁场中偏转的半径为r ＝mvqB，由于比荷和速度都相等，磁感应强度B 为定值，故所有粒子的偏转半径都相等，B 正确．同时各粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πmqB，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点射出的粒子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C 对．沿PQ 方向射入的粒子不可能从Q 点射出，故偏角不最大，D 错，选BC. 答案：BC图8－2－173．(2009·北京西城模拟)如图8－2－17所示，在x 轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .许多相同的离子，以相同的速率v ，由O 点沿纸面向各个方向(y >0)射入磁场区域．不计离子所受重力，不计离子间的相互影响．图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y 轴交点为M ，边界与x 轴交点为N ，且OM ＝ON ＝L .由此可判断( )A ．这些离子是带负电的B ．这些离子运动的轨道半径为LC ．这些离子的荷质比为q m ＝v LBD ．当离子沿y 轴正方向射入磁场时会经过N 点 解析：根据左手定则，离子带正电，A 项错误；由图可知，粒子轨道半径为12L ，B 项错误；再根据qvB ＝mv 212L ，q m ＝2v LB ，C 项错误；由于ON ＝L ，粒子半径为12L ，ON 恰好为粒子圆周运动直径，故D 项正确． 答案：D图8－2－184．(2009·东营模拟)如图8－2－18所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为α粒子(42He)的径迹．它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨道半径r 1>r 2>r 3并相切于P 点，设T 、v 、a 、t 分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P 点算起到第一次通过图中虚线MN 所经历的时间，则( )A ．T 1＝T 2<T 3B ．v 1＝v 2>v 3C ．a 1>a 2>a 3D ．t 1<t 2<t 3解析：各粒子做圆周运动的周期T ＝2πmqB，根据粒子的比荷大小可知：T 1＝T 2<T 3，故A 项正确；由于r 1>r 2>r 3结合r ＝mvqB及粒子比荷关系可知v 1>v 2>v 3，故B 项错误；粒子运动的向心加速度a ＝qvBm，结合各粒子的比荷关系及v 1>v 2>v 3可得：a 1>a 2>a 3，故C 项正确；由题图可知，粒子运动到MN 时所对应的圆心角的大小关系为θ1<θ2<θ3，而T 1＝T 2，因此t 1<t 2，由T 2<T 3，且θ2<θ3，可知t 2<t 3，故D 项正确．答案：ACD图8－2－195．如图8－2－19所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R .则( ) A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R解析：由r ＝mv qB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 项错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB，所以C 项错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 项不正确，D 项正确． 答案：D1．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( ) A ．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B ．如果把＋q 改为－q ，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变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 ．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变解析：因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F ＝qvB ，当粒子速度与磁场平行时F ＝0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A 选项错．因为＋q 改为－q 且速度反向时所形成的电流方向与原＋q 运动形成的电流方向相同，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F ＝qvB 知大小不变，所以B 项正确．因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，所以C 选项错．因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，所以D 项错． 答案：B图8－2－202．初速为v 0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图8－2－20所示，则( )A ．电子将向右偏转，速率不变B ．电子将向左偏转，速率改变C ．电子将向左偏转，速率不变D ．电子将向右偏转，速率改变解析：由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变． 答案：A图8－2－213．如图8－2－21所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t .若加上磁感应强度为B 水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的( ) A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子在磁场中运动的周期C ．带电粒子的初速度D ．带电粒子在磁场中运动的半径解析：由带电粒子在磁场中运动的偏向角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l ＝R sin 60°＝mv 0qBsin 60°，又未加磁场时有l ＝v 0t ，所以可求得比荷q m ＝sin 60°Bt ，A 项对；周期T ＝2πmqB可求出，B 项对；但初速度未知，所以C 、D 项错． 答案：AB 4.图8－2－22如右图8－2－22所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( ) A ．半径之比为3∶1 B ．速度之比为1∶ 3 C ．时间之比为2∶3 D ．时间之比为3∶2 答案：AC 5.图8－2－23如图8－2－23是三个从O 点同时发出的正、负电子的运动轨迹，匀强磁场方向垂直纸面向里，可以判定( )A ．a 、b 是正电子，c 是负电子，a 、b 、c 同时回到O 点B ．a 、b 是负电子，c 是正电子，a 首先回到O 点C ．a 、b 是负电子，c 是正电子，b 首先回到O 点D ．a 、b 是负电子，c 是正电子，a 、b 、c 同时回到O 点解析：考查带电粒子在磁场中的运动．电子所受洛伦兹力的方向指向曲线弯曲的方向，速度方向为曲线的切线方向，故结合左手定则判断可知，a 、b 为负电子，c 为正电子，电子做圆周运动的周期T ＝2πmqB，与电子带电的正负无关，故a 、b 、c 同时回到O 点，故D 项正确． 答案：D图8－2－246．如图8－2－24所示，在x >0、y >0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B ，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x 轴上的P 点以不同的初速度平行于y 轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( ) A ．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子 B ．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子 C ．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子 D ．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子解析：显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R ＝mvBq可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A 项对B 项错；根据周期公式T ＝2πmBq知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝πθm Bq，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x 轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向出射的粒子，D 对，C 错． 答案：AD 7.图8－2－25如图8－2－25所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P 为屏上的一个小孔．PC 与MN 垂直．一群质量为m 、带电量为－q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ的范围内．则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为( )A.2mv qBB.2mv cos θqBC.2mv (1－sin θ)qBD.2mv (1－cos θ)qB解析：由图可知，沿PC 方向射入磁场中的带负电的粒子打在MN 上的点离P 点最远，为PR＝2mv Bq ，沿两边界线射入磁场中的带负电的粒子打在MN 上的点离P 点最近为：PQ ＝2mv Bqcosθ，故在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为：QR ＝PR －PQ ＝2mv (1－cos θ)qB，选项D 正确． 答案：D图8－2－268．如图8－2－26所示为一个质量为m 、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v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( )解析：给圆环向右的初速度v 0，圆环运动有三种可能性，若Bv 0q ＝mg 时，圆环做匀速直线运动，故A 项正确．若v >v 0时，圆环与杆下边有摩擦力作用，摩擦力逐渐减小，运动加速度逐渐减小，最终为零，Bvq ＝mg 时，圆环做匀速直线运动，故D 项正确．若v <v 0时，圆环与杆上边有摩擦力作用，洛伦兹力减小，摩擦力增大，加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，故C 项错． 答案：AD 9.图8－2－27如图8－2－27所示，为电视机显像管及其偏转线圈L 的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，不可能是下列哪些原因引起的( ) A ．电子枪发射能力减弱，电子数减小 B ．加速电场的电压过高，电子速率偏大 C ．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小 D ．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱解析：画面变小是由于电子束的偏转角减小，即偏转轨道半径变大造成的．根据轨道半径公式R ＝mv eB，因为加速电压增大，将引起v 增大，而偏转线圈匝数或电流减小，都会引起B 减小，从而使轨道半径增大，偏转角减小画面变小．答案：A 10.图8－2－28如图8－2－28所示是某离子速度选择器的原理示意图，在横截面半径r ＝10 cm 的圆形区域内有磁感应强度B ＝1×10－4T 的匀强磁场，磁场方向平行于柱形圆筒的轴线，在圆柱形筒壁上某一直径两端开有两个小孔a 、b ，分别作为离子的入射孔和出射孔．现有一束比荷为q m＝2×1011C/kg 的正离子，从a 孔射入，正离子射入的角度不同，最后能从b 孔射出的离子速度大小就不同，其中入射角θ＝30°，且不与筒壁碰撞而从出射孔射出的离子的速度大小为( )A ．4×105m/s B ．2×105m/sC ．4×106m/s D ．2×106m/s解析：画出离子运动轨迹所在的圆，如右图所示作半径R 、圆心O ′，由圆的性质可知三角形abO ′是等边三角形，即半径R ＝2r ＝0.2 m ，由qvB ＝m v 2R 得v ＝qBR m＝2×1011×1×10－4×0.2 m/s＝4×106m/s.答案：C 11.图8－2－29(2009·江苏，14)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图8－2－29所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直．A 处粒子源产生的粒子，质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，加速电压为U .加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．(1)求粒子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比； (2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E km . 解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r 1，速度为v 1 qU ＝12mv 21，qv 1B ＝m v 21r 1，解得r 1＝1B2mUq同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r 2＝1B4mUq，则r 2∶r 1＝2∶1.(2)设粒子到出口处被加速了n 圈2nqU ＝12mv 2，qvB ＝m v 2R ，T ＝2πm qB ，t ＝nT ，解得t ＝πBR22U.(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f ＝qB2πm当磁感应强度为B m 时，加速电场的频率应为fB m ＝qB m 2πm ，粒子的动能E k ＝12mv 2当fB m ≤f m 时，粒子的最大动能由B m 决定，qv m B m ＝m)v m 2R ，解得E km ＝q 2B m 2R 22m.当fB m ≥f m 时，粒子的最大动能由f m 决定，v m ＝2πf m R ，解得E km ＝2π2mf m 2R 2. 答案：(1)2∶1 (2)πBR22U(3)当fB m ≤f m 时，E km ＝q 2B m 2R 22m；当fB m ≥f m 时，E km ＝2π2mf m 2,R 2图8－2－3012．如图8－2－30所示，在真空中半径r ＝3.0×10－2 m的圆形区域内，有磁感应强度B ＝0.2 T ，方向如图的匀强磁场，一批带正电的粒子以初速度v 0＝1.0×106m/s ，从磁场边界上直径ab 的一端a 沿着各个方向射入磁场，且初速度方向与磁场方向都垂直，该粒子的比荷为q /m ＝1.0×108C/kg ，不计粒子重力．求： (1)粒子的轨迹半径；(2)粒子在磁场中运动的最长时间；(3)若射入磁场的速度改为v 0′＝3.0×105m/s ，其他条件不变，试用斜线画出该批粒子在磁场中可能出现的区域．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径．qv 0B ＝m v 20R ，R ＝mv 0qB＝5.0×10－2m.(2)由于R >r ，要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弧长最长，从右图中可以看出，以直径ab 为弦、R 为半径所作的圆周，粒子运动时间最长，T ＝2πm qB ，运动时间t m ＝2α2π×T ＝2α·mqB，又sin α＝r R ＝35，所以t m ＝6.5×10－8s.(3)R ′＝mv 0′qB＝1.5×10－2m ，粒子在磁场中可能出现的区域见答案图所示(以aO 为直径的半圆加上以a 为圆心，aO 为半径所作圆与磁场相交的部分)．答案：(1)5.0×10－2m (2)6.5×10－8s(3)。

第2讲 磁场对运动电荷的作用[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．如图，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点．在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右解析：条形磁铁的磁感线在a 点垂直P 向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A 正确．答案：A2.(2018·四川成都经济技术开发区高三质检)如图所示，半径为R 的圆形电荷量一定的带电粒子以速度v 正对着圆心O 射入磁场．若粒子射入、射出磁场点间的距离为R ，则粒子在磁场中的运动时间为( )A.23πR 9vB.2πRC.23πR 3vD.πR 3v 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示，故轨道半径r ＝33R ，运动轨迹对应的圆心角为23π，故粒子在磁场中的运动时间t ＝23πr v ＝23πR 9v ，故A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A3．一个带电粒子A 在一边长为a 的正方形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，运动的轨迹半径为R ，在某点与一个静止的微粒(不带电)碰撞后结合在一起继续做匀速圆周运动，不计带电粒子和微粒的重力，根据题述信息，下列说法正确的是( )A ．可以得出带电粒子与微粒碰撞前的速度大小B ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后的速度大小C ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径D ．带电粒子与微粒碰撞后继续运动，可能从正方形匀强磁场区域中射出解析：由于题干中没有给出带电粒子的质量和电荷量、匀强磁场的磁感应强度等信息，因此不能得出带电粒子与微粒碰撞前、后的速度大小，选项A 、B 错误．带电粒子与微粒碰撞前后动量守恒，即mv 0＝(m ＋m ′)v 1；对带电粒子与微粒碰撞前在磁场中的运动，有qv 0B ＝m v 20R；对带电粒子与微粒碰撞后在磁场中的运动，有qv 1B ＝(m ＋m ′)v 21R 1，联立解得R 1＝R ，即可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径R 1，选项C 正确．由于带电粒子与微粒碰撞后继续运动的轨迹半径不变，所以不可能从正方形匀强磁场区域中射出，选项D 错误． 答案：C4．(2018·豫东、豫北十校联考)在光滑绝缘的水平面上，OP 右侧有如图所示的匀强磁场，两个完全相同的带电小球a 和b 以大小相等的初速度从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后两球均运动到OP 边界的P 侧，下列说法正确的是( )A ．球a 带正电，球b 带负电B ．球a 在磁场中运动的时间比球b 的短C ．球a 在磁场中运动的路程比球b 的短D ．球a 在OP 上的落点与O 点的距离比球b 的近解析：两球均运动到P 侧，即a 、b 均向P 侧偏转，由左手定则知，a 、b 均带正电，A 项错误；由r ＝mv qB可知，a 、b 两球轨道半径相等，b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，飞行路程比b 的长，又因两球速率相等，球a 运动时间长，B 、C 两项错误，D 项正确．答案：D5．(2018·四川成都诊断)如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第一象限内，磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时，粒子速度沿x 轴正方向．下列判断正确的是( )A ．粒子带正电B ．运动过程中，粒子的速度不变C ．粒子由O 到A 经历的时间为t ＝πm 3qBD ．离开第一象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°解析：根据题意和左手定则可判断，该带电粒子带负电，故A 选项错误；该带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动，虽然粒子的速度的大小不变，但速度的方向时刻改变，则粒子的速度不断变化，故B 选项错误；根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的运动时间t 与圆心角θ、周期T 的关系t ＝θ2π·T 和带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T ＝2πm qB ，根据数学知识可得θ＝π3，解得t ＝πm 3qB，故C 选项正确；根据带电粒子在有界匀强磁场中运动的对称性可知，该带电粒子离开第一象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角应该为60°，故D 选项错误．答案：C二、多项选择题6．如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．甲球的释放位置比乙球的高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：设磁感应强度为B ，圆形轨道半径为r ，三个小球质量均为m ，它们恰好通过最高点时的速度分别为v 甲、v 乙和v 丙，则mg ＋Bv 甲q ＝mv 2甲r ，mg －Bv 乙q ＝mv 2乙r ，mg ＝mv 2丙r ，显然，v 甲>v 丙>v 乙，选项A 、B 错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为重力势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C 正确．答案：CD7．在正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子a 、b 从一边长中点垂直磁场方向进入磁场，a 粒子从正方形的顶点射出磁场，b 粒子从正方形边长的中点射出磁场，运动轨迹如图所示，则( )A ．a 带负电，b 带正电B ．a 带正电，b 带负电C ．a 、b 进入磁场时的速率之比为1∶2D ．a 、b 在磁场中运动的时间之比为1∶1解析：磁场的方向向外，粒子运动的方向向左，由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向向上，负电荷受到的洛伦兹力的方向向下，所以a 带正电，b 带负电，A 错误，B 正确；由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝mv 2r ，有r ＝mv qB ＝1B ·m q·v ，比荷相同的两个粒子运动的半径与速率成正比，由题图可知，r a r b ＝12，则v a v b ＝r a r b ＝12，C 正确；由T ＝2πr v ＝2πm qB ＝2πB ·m q知，比荷相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由t ＝θ2π·T 知，t a t b ＝θa θb ＝ππ2＝21，D 错误． 答案：BC8．如图所示，长方形abcd 的长ad ＝0.6 m ，宽ab ＝0.3 m ，O 、e 分别是ad 、bc 的中点，以e 为圆心、eb 为半径的四分之一圆弧和以O 为圆心、Od 为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B ＝0.25 T ．一群不计重力、质量为m ＝3×10－7kg 、电荷量为q ＝＋2×10－3 C 的带正电粒子以速度v ＝5×102 m/s 沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则下列判断不正确的是( )A ．从Od 边射入的粒子，出射点全部分布在Oa 边B ．从aO 边射入的粒子，出射点全部分布在ab 边C ．从Od 边射入的粒子，出射点分布在ab 边D ．从ad 边射入的粒子，出射点全部通过b 点解析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到： r ＝mv qB ＝3×10－7×5×1022×10－3×0.25m ＝0.3 m ； 因ab ＝0.3 m ，从Od 边射入的粒子，形成以r 为半径的圆弧，从点O 射入的粒子从b 点射出；从Od 之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子到达bc后应做直线运动，即全部通过b 点．从aO 边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M 点进入磁场，其圆心为O ′，如图所示，根据几何关系可得，虚线的四边形O ′Meb 是菱形，则粒子的出射点一定是从b 点射出；同理可知，从aO 边射入的粒子，出射点全部从b 点射出．故选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：ABC[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，空间有一边长为L 的正方形匀强磁场区域abcd ，一带电粒子以垂直于磁场的速度v 从a 处沿ab 方向进入磁场，后从bc边的点p 离开磁场，bp ＝33L ，若磁场的磁感应强度为B ，则以下说法中正确的是( ) A ．粒子带负电 B ．粒子的比荷为23LB 3v C ．粒子在磁场中运动的时间t ＝23πL 9vD ．粒子在p 处的速度方向与bc 边的夹角为30°解析：粒子轨迹如图所示，由左手定则知，粒子带负电，A 正确．设粒子轨迹圆心为O ，由图知在△abp 中，tan θ＝33，θ＝30°，则ap ＝233L ，过O 作ap 的垂线交ap 于e ，则在△aOe 中，sin θ＝12ap r，又由r ＝mvqB ，解得粒子的比荷q m ＝3v 2BL ，B 错误．因粒子的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，故粒子在磁场中运动的时间t ＝2θ360°T ＝T 6＝16×2πm qB ＝23πL 9v，C 正确．因粒子速度偏向角φ＝2θ＝60°，则粒子在p 处的速度方向与bc 边的夹角为30°，D 正确．答案：ACD10.如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一个粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T 6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.T 3B.T2 C.2T3 D.5T 6 解析：由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，弦长也越短，所以从S 点作OC 的垂线SD ，则SD 为最短弦，可知粒子从D 点射出时运动时间最短，如图所示．根据最短时间为T6，可知△O ′SD 为等边三角形，粒子圆周运动半径R ＝SD ，过S 点作OA 的垂线交OC 于E 点，由几何关系可知SE ＝2SD ，SE 为圆弧轨迹的直径，所以从E 点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t ＝T 2，故B 项正确． 答案：B11．(多选)(2018·湖北六校联考)如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s 解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝mv min qB，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图1所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图2所示，小球速度沿－x 方向射入磁场，则圆心一定在y 轴上，做出MN 的垂直平分线，交于y 轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max ＝5 m ，又R max ＝mv max qB，解得v max ＝5 m/s ，D 项正确；当小球速度大于3 m/s 、小于5 m/s 时，轨迹如图3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R ＝3.75 m ，由半径公式R ＝mv qB，得v ＝3.75 m/s ，B 项正确，由分析易知选项C 错误．答案：ABD二、非选择题12．(2017·高考全国卷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B 0；x <0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0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R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB 0v 0＝m v 20R 1① qλB 0v 0＝m v 20R 2② 粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为t 1＝πR 1v 0③ 粒子再转过180°时，所需时间t 2为t 2＝πR 2v 0④ 联立①②③④式得，所求时间为t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q (1＋1λ)⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为d 0＝2(R 1－R 2)＝2mv 0B 0q (1－1λ)⑥ 答案：(1)πm B 0q (1＋1λ) (2)2mv 0B 0q (1－1λ) 13．如图所示，中轴线PQ 将矩形区域MNDC 分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度皆为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从P 点进入磁场，速度与边MC 的夹角θ＝30°.MC 边长为a ，MN 边长为8a ，不计粒子重力，求：(1)若要求该粒子不从MN 边射出磁场，其速度最大是多少？(2)若要求该粒子恰从Q 点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？解析：(1)设该粒子恰不从MN 边射出磁场时的轨迹半径为r ，由几何关系得r cos 60°＝r －12a ，解得r ＝a又由qvB ＝m v 2r解得最大速度v ＝qBa m. (2)由几何关系知，轨迹半径为r 时，粒子每经过分界线PQ 一次，在PQ 方向前进的位移为轨迹半径r 的3倍设粒子进入磁场后第n 次经过PQ 时恰好到达Q 点有n ×3r ＝8a解得n ＝8a3r当r ＝a ，n ＝4.62时，粒子在磁场中运动时间最少，n 所能取的最小自然数为5粒子做圆周运动的周期为T ＝2πm qB粒子每经过PQ 分界线一次用去的时间为t ＝13T ＝2πm 3qB粒子到达Q 点的最短时间为t min ＝5t ＝10πm 3qB. 答案：(1)qBa m (2)10πm 3qB。