2020届高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场和磁场 第9讲 磁场及其对电流的作用 带电粒子在磁场中的运动练习（含解析）

第9讲磁场及其对电流的作用带电粒子在磁场中的运动构建网络重温真题1(2018全国卷)(多选) 如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则()A流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0答案AC解析L1在a、b两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场磁感应强度大小设为B2，方向垂直纸面向里，在b点产生的磁场磁感应强度大小也为B2，方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠加原理可知B0B1B2B0，B2B0B1B0，联立这两式可解得：B1B0，B2B0，故A、C正确。2(2019全国卷) 如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A2F B1.5F C0.5F D0答案B解析设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1R22RR21，上下两支路电流之比为I1I212。如图所示，由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式FILB，可知FFI1I212，得F0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的安培力大小为FF1.5F，B正确。3(2019江苏高考)(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是()A均向左 B均向右Ca的向左，b的向右 Da的向右，b的向左答案CD解析如图1所示，若a、b中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。同理可知，若a、b中电流均向右，线框向导线a移动，故A、B不符合题意。若a导线的电流方向向左，b导线的电流方向向右，a、b中电流I在线框所在处产生的磁场方向如图2所示，线框靠近导线的两边所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，线框静止。同理可知，若a导线的电流方向向右，b导线的电流方向向左，线框也静止，C、D符合题意，故选C、D。4(2017全国卷) (多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是()AL1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直BL3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1答案BC解析如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，A错误。L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直，B正确。由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120，则B合B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60，则B合B，由FILB知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11，C正确，D错误。5(2017全国卷)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉答案AD解析装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、D。6(2019全国卷) 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边中点有一电子发射源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.kBl，kBl B.kBl，kBlC.kBl，kBl D.kBl，kBl答案B解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线，有qvaBm，Ra解得va；若电子从d点射出，运动轨迹如图线，有qvdBmR2l2解得vd。B正确。7(2017全国卷) 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2v1为()A.2 B.1 C.1 D3答案C解析相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60(对应六分之一圆周)的弦PP必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP对应的圆弧内。同理可知，粒子以v2入射及出射情况如图乙所示。由几何关系知r2 R，可得r2r11。因为m、q、B均相同，由公式r可得vr，所以v2v11。故选C。8(2019江苏高考)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场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MNL，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d45，粒子做圆周运动的周期：T，则粒子在磁场中运动的最短时间tminT，最长时间tmaxT，故C错误，D正确。答案AD 处理带电粒子在有界磁场中运动问题的方法技巧(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题。(2)对称规律解题法从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，出射速度与边界的夹角和入射速度与边界的夹角相等(如图甲所示)。在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，一定沿径向射出(如图乙所示)。(3)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态(一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大)，常用方法如下：动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子，运动轨迹的圆心在以入射点为圆心、半径为R的圆周上。6(2019河南省郑州市一模)如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直于纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，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等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知MON30，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为()A.T B.TC.T D.T答案A解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点为S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，则沿SN方向射入的粒子出射点D与S的连线为轨迹的直径，如图所示，设OSd，则DSOStan30d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：rd。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，圆心角最小，轨迹半径一定，则轨迹的弦最短，根据几何知识，作SEOM，则SE为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短，由几何知识有：SEOSsin30d，由余弦定理得：cos，且已知180，则：120，粒子在磁场中运动的最短时间为：tminTT，故A正确。7. (2019福州高考模拟)(多选)如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列电子以不同的速率v(0vvm)从边界上的P点沿垂直于磁场方向且与OP成60角方向射入磁场，在区域的磁场边界上有电子射出。已知电子的电荷量为e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用力。则电子在磁场中运动的()A最大半径为rmRB最大速率为vmC最长时间为tmD最短时间为tmin答案AD解析根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，电子的速率范围为0vvm，当电子速度vvm时，对应的圆周运动半径最大，轨迹圆心O与出射点Q离出发点最远，轨迹如图所示，由题意知POQ120，由几何知识可知，PQ恰好为轨迹圆的直径，则最大半径rmRcos30，得rmR，由洛伦兹力提供向心力，有evmBm，联立得vm，此时轨迹对应的圆心角最小，运动时间最短，为tminT；电子速度越小，半径越小，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，当电子的速度特别小时，P点与出射点的连线与磁场边界几乎重合，可近似看做粒子以与直线边界成30角射入直线边界的磁场，则出射速度也与磁场边界成30角，此时轨迹所对圆心角为300，所以最长时间tmTT；故B、C错误，A、D正确。易错警示 带电粒子在有界匀强磁场中运动时轨迹圆心和半径的确定例(2019北京延庆区高三一模)核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变，相当于给反应物制作一个无形的容器。2018年11月12日我国宣布“东方超环”(我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克)首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。(1)2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为EkkT，其中k1.3806491023 J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能(保留一位有效数字)；(2)假设质量为m、电量为q的微观粒子，在温度为T0时垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径；(3)东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速度为v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。分析与解(1)EkkT21015 J。(2)kT0mv，得v0 又由牛顿第二定律：Bqvm解得：R。(3)磁感应强度最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示，设此时粒子轨迹半径为r，磁感应强度为Bmin，由几何关系得：(r2r)2r2r解得：r由牛顿第二定律：qvBminm解得：Bmin。答案(1)21015 J(2)(3)易错警示带电粒子在有界匀强磁场中的轨迹圆心和半径的确定是解题的第一步，也很容易出错，特别是四分之一坐标轴磁场、矩形磁场、三角形磁场和圆形磁场，要注意轨迹圆心不一定在坐标轴、磁场直线边界上。要准确确定轨迹圆心，需要抓住以下两点：轨迹半径垂直于速度方向；轨迹圆心在弦的垂直平分线上。轨迹圆心确定了，就可以凭几何知识确定轨迹半径。配套作业限时：50分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第14题为单选题，第58题为多选题)1. (2019福州高考模拟)如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流时，水平静止在倾角为的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g。则此时金属细杆()A电流流向垂直纸面向外B受到的安培力大小为2BILsinC对斜面的压力大小变为原来的2倍D将沿斜面加速向上，加速度大小为gsin答案D解析电流与磁感应强度变化之前，金属细杆受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，由左手定则得电流流向垂直于纸面向里，故A错误；当电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B时，根据安培力公式可得，此时受到的安培力大小为F安4BIL2BIL，故B错误；电流与磁感应强度变化之前，根据平衡条件可得：FNcosmg，FNsinBIL，电流大小与磁感应强度大小改变后，根据受力分析和牛顿第二定律可得：FNmgcos2BILsinFN(1sin2)2FN，agsin，加速度方向沿斜面加速向上，故C错误，D正确。2. (2019兰州一诊)如图所示，矩形abcd内存在匀强磁场，ab2ad，e为cd的中点。速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，其中从e点射出的粒子速度为v1，从c点射出的粒子速度为v2，则v1v2为(不计粒子重力)()A12 B25 C13 D35答案B解析速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，从e点、c点射出磁场对应的轨迹如图所示，由几何关系可得：r1ad，(r2r1)2(2r1)2r，则有：r2ad，带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，有：qvBm，解得：v，则有：，故B正确。3. (2019福建南平二模)如图所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m、带电量大小为q的离子，从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射入磁场区域，并从b点离开磁场。则()A离子在O、b两处的速度相同B离子在磁场中运动的时间为C若增大磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间增大D若磁感应强度B，B错误；若增大磁感应强度B，由R知离子在磁场中的运动半径减小，此时离子在磁场中运动的轨迹长度减小，速度大小不变，则运动时间减小，C错误；若B，该离子将从bc边射出，D正确。4. (2019安徽黄山二模)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是()A若该粒子在磁场中经历时间为T，则它一定从BC边射出磁场B若该粒子在磁场中运动时间为T，则它一定从AC边射出磁场C速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长D若该粒子在磁场中的运动时间为T，则它一定从AB边射出磁场答案B解析若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为180，粒子在磁场中经历时间为T；若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点，由几何关系可知圆心角为60，粒子在磁场中运动的时间为T；若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240，粒子在磁场中的运动时间为T。所以若该粒子在磁场中的运动时间为T，则它一定从AB边射出磁场，A错误；若该粒子在磁场中的运动时间为T，小于T，则它一定从AC边射出磁场，B正确；若该粒子在磁场中的运动时间为T，即大于T小于T，则它一定从BC边射出磁场，D错误；若这些带电粒子都从AB边射出磁场，可知运动轨迹所对的圆心角都为240，则粒子在磁场中经历时间都为T，故C错误。5. (2019陕西省三模)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t1时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60；乙以速度v2从距离直径AOB为的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过t2时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心。不计粒子受到的重力，则()A两个粒子带异种电荷Bt1t2Cv1v21D两粒子在磁场中轨迹长度之比l1l21答案AC解析甲粒子向上偏转，根据左手定则可知甲粒子带正电，乙粒子向下偏转，根据左手定则可知乙粒子带负电，故A正确；粒子在磁场中运动的周期：T，两粒子比荷相同，故两粒子在磁场中运动的周期相同，根据几何关系可知，甲、乙两粒子在磁场中运动的圆心角分别为60和120，甲在磁场中运动的时间t1TT，乙在磁场中运动的时间t2TT，即t1t2，故B错误；设磁场区域圆的半径为R，由几何关系可知甲粒子做圆周运动的半径为R，乙粒子做圆周运动的半径为R，根据圆周运动的半径公式R，知R与v成正比，即v1v21，故C正确；甲粒子在磁场中的轨迹长度l12R，乙粒子在磁场中的轨迹长度l22R，所以两粒子在磁场中的轨迹长度之比为l1l22，故D错误。6. (2019江西高三九校3月联考)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，电荷量均为q，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。下列说法正确的是()A若r2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为B若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，则有关系tan成立C若rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为D若rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，则圆心角为150答案BD解析若r2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，在磁场中的运动轨迹所对应的弦长最大，作出轨迹如图甲所示，因为r2R，得圆心角60，粒子在磁场中运动的最长时间tmaxT，故A错误；若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，其运动轨迹如图乙所示，则根据几何关系，有tan，故B正确；若rR，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，轨迹圆心角为90，粒子在磁场中运动的时间tT，故C错误；若rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点连线构成菱形，圆心角为150，故D正确。7. (2019吉林省吉林市三模)如图所示，成30角的OA、OB间有一垂直纸面向里的匀强磁场，OA边界上的S点有一电子源，在纸面内向各个方向均匀发射速率相同的电子，电子在磁场中运动的轨迹半径为r，周期为T。已知从OB边界射出的电子在磁场中运动的最短时间为，则下列说法正确的是()A沿某一方向发射的电子，可能从O点射出B沿某一方向发射的电子，可能沿垂直于OB的方向射出C从OA边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为D从OB边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为答案BC解析电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evBm，解得r，由于电子速率相同，则电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r相同，当出射点D与S点的连线垂直于OB时，弦SD最短，轨迹所对应的圆心角最小，则电子在磁场中运动的时间最短，tminT，则圆心角60，如图a所示，由几何知识知，在磁场中运动的时间最短的电子入射的方向垂直于OA，2r，电子所有轨迹对应圆心的可能位置都应在以S为圆心、半径为r的圆弧上，轨迹圆心恰好在OA上时，若磁场没有OB边界，电子将恰好通过O点，但由于OB边界的存在，过O点的电子的轨迹圆弧与OB有除O以外的另一个交点，如图b所示，说明电子到达O点前已经从另一交点飞出磁场，故A错误；由以上分析可知，当从S点射出的电子方向平行于OB时，其圆心恰好位于D点，此时电子将转过90，恰好垂直于OB射出，其轨迹如图c所示，B正确；从OA边界射出的电子中，轨迹恰与OB相切时，在磁场中的运动轨迹最长，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，如图d所示，由几何关系可得圆心角为120，运动时间tmaxTT，C正确；从OB边界射出的电子中，由几何关系可得，初速度方向沿OA方向的电子，在磁场中运动的时间最长，作出其运动轨迹如图e所示，可知该电子在磁场中运动的时间大于T，D错误。8. (2019江西新余四校高三第二次联考)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B1 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，OM3 m。现有一个比荷大小为1.0 C/kg、可视为质点的带正电的小球(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，已知小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是()A3 m/s B3.75 m/sC4 m/s D5 m/s答案ABD解析由题意，小球运动轨迹的圆心的位置一定在y轴上，所以小球若要经过M点，则其做圆周运动的半径rOM3 m，而ON9 m3r，所以小球可能与挡板ON碰撞一次，碰撞后以原速率弹回，速度反向，继续做圆周运动，第二段轨迹圆弧的圆心位置在O点或O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接经过M点。由洛伦兹力提供向心力，有qvBm，得v。若小球与挡板ON碰撞一次，画出小球的运动轨迹如图1所示，设OOs，由几何关系得：r2OM2s2，s3rON，联立得r13 m，r23.75 m，分别代入v，解得v13 m/s，v23.75 m/s，故A、B正确；若小球没有与挡板ON碰撞，则小球的运动轨迹如图2所示，设OOs，由几何关系得：rOM2s2，sONr3，联立得r35 m，代入v得v35 m/s，故D正确。二、计算题(本题共2小题，共36分，须写出规范的解题步骤)9. (2019东北三省三校二模)(16分)如图所示，在矩形区域Oabc内存在一个垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为L，ab边长为L。先从O点沿着Ob方向垂直磁场射入各种速率的带电粒子，已知粒子的质量为m、带电量为q(粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：(1)垂直于ab边射出磁场的粒子的速率v；(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm。答案(1)(2)解析(1)粒子运动的轨迹如图，设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知：tan，得，又sin，则R2L，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvBm解得v。(2)由圆周运动的知识可知T，qvBm联立可得T由几何关系可知最大圆心角2可得粒子运动的最长时间tmT。10. (2019湖北荆门龙泉中学高三第五次学业检测)(20分)如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，其边界是半径为R的圆，AB为该圆的一条直径。在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量为m、电量为q的粒子，粒子重力不计。(1)有一带电粒子以v1的速度垂直于磁场进入圆形区域，恰从B点射出。求此粒子在磁场中运动的时间；(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大？(3)若R3 cm、B0.2 T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3105 m/s、比荷为108 C/kg的粒子。试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留两位有效数字)。答案(1)(2)(3)见解析图c9.0104 m2解析(1)由qv1Bm得r12R粒子的运动轨迹如图a所示，则由几何关系得因为周期T所以该粒子在磁场中的运动时间tT。(2)粒子运动情况如图b所示，则由几何关系得r2RtanR由qv2Bm得v2。(3)粒子的轨道半径r31.5 cmR粒子到达的区域如图c中的阴影部分所示，区域面积为Sr2(2r3)2r9.0104 m2。- 34 -