【物理教案】2021江苏高考物理：第九章+第2讲+磁场对运动电荷的作用.pdf

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1、1第 2 讲磁场对运动电荷的作用一、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(1)vB 时，F0；(2)vB 时，FqvB；(3)v与 B 的夹角为 时，FqvBsin .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：FB，Fv.即 F 垂直于 B、v决定的平面(注意 B 和v可以有任意夹角)4做功：洛伦兹力不做功自测 1带电荷量为 q 的不同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，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C洛伦兹力方向一定与

2、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、速度均不变答案B二、带电粒子在匀强磁场中的运动1若vB，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动2若vB 时，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：qvBmv2r；(2)轨道半径公式：rmvBq；(3)周期公式：T2 mqB.注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关自测 2在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电荷量为2e的 粒子和质量为m2、带2电荷量为e 的 粒子，分别垂直于磁场方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动则 粒子与 粒子的动

3、能之比是()A.m1m2B.m2m1C.m14m2D.4m2m1答案D解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvBmv2r，动能为：Ek12mv2，联立可得：Ekq2r2B22m，由题意知 粒子和 粒子所带电荷量之比为 21，故 粒子和 粒子的动能之比为：EkEkq12m1q22m24m2m1，故 D 正确1洛伦兹力及带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁场中的运动所受洛伦兹力大小vB 时，F0；vB 时，FqvB；v0 时，F0方向方向判定左手定则(注意四指指向正电荷运动方向，负电荷运动反方向)方向特点FB，Fv运动vB匀速直线运动vB匀速圆周运动(洛伦兹力提

4、供向心力：FqvBmv2r)：半径 rmvqB，周期 T2 mqB2.带电粒子在有界磁场中的运动解题要点：定圆心画轨迹求半径和圆心角3例 1空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速度v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60.不计粒子的重力，该磁场的磁感应强度大小为()A.3mv03qRB.mv0qRC.3mv0qRD.3mv0qR答案A解析若磁场方向向外，带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，其运动的轨迹半径rRtan 30 3R，由洛伦兹力提供向心力，即qv0Bmv02r，得 B3m

5、v03qR，同理若磁场方向向里可得到同样的结果，选项A 正确变式 1(2019 江苏南京市、盐城市一模)水平导线中有电流I 通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I 的方向相同，均平行于纸面水平向左下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是()答案A解析由安培定则可知，在直导线的下方，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则可知电子开始受到的力向下，电子向下偏转；离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式rmveB可知，电子运动的轨迹半径越大，故A 正确，B、C、D 错误基本思路图例说明4圆心的确定与速度方向垂直的直线过圆心弦的垂直平分线过圆心轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P、M

6、点速度垂线交点P点速度垂线与弦的垂直平分线交点某点的速度垂线与切点法线的交点半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法：例：(左图)RLsin 或由 R2L2(Rd)2求得 RL2d22d运动时间的确定利用轨迹对应圆心角 或轨迹长度L 求时间t2TtLv(1)速度的偏转角 等于AB所对的圆心角(2)偏转角 与弦切角 的关系：180 时，360 2模型 1直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图 1 所示)图 1图 a 中粒子在磁场中运动的时间tT2 mBq图 b 中粒子在磁场中运动的时间5t(1)T(1)2 mBq2m Bq图 c 中粒子在磁场中运动的时间tT2mBq例 2(20

7、19 湖北宜昌市四月调研)如图 2 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 点离开磁场之后电子 2 也由 a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从 a、b 连线的中点 c 离开磁场，则t1t2为()图 2A3B 2C.32D.23答案A解析电子 1、2 在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示：电子 1 垂直射进磁场，从b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c 点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从 a、b 连线的中点c 离开磁场，根据

8、半径r mvBq可知，电子1 和 2 的半径相等，根据几何关系可知，aOc 为等边三角形，则电子2 转过的圆心角为60，所以电子1 运动的时间t1T2 mBq，电子 2 运动的时间t2T6 m3Bq，所以t1t23，故 A 正确，B、C、D 错误模型 2平行边界磁场平行边界存在临界条件，图3a 中粒子在磁场中运动的时间t1mBq，t2T2 mBq6图 3图 b 中粒子在磁场中运动的时间tmBq图 c 中粒子在磁场中运动的时间t(1)T(1)2 mBq2m Bq图 d 中粒子在磁场中运动的时间tT2mBq例 3(多选)(2020 辽宁沈阳市质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀

9、强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60 和 30，磁场宽度为d，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，如图4 所示，则()图 4Aa 粒子带正电，b 粒子带负电B两粒子的轨道半径之比RaRb3 1C两粒子的质量之比mamb12D两粒子的质量之比mamb21答案BD解析由左手定则可得：a 粒子带负电，b粒子带正电，故A 错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示故 Ra12dsin 30 d，Rb12dsin 60 33d，所以，RaRb31，故 B 正确；7由几何关系可得：从A 运动到 B，a 粒子转过的圆心角为60，b 粒子转过的圆心角为120，taTa6tbTb3，则 Ta

10、Tb21，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvqmv2R，所以，运动周期为：T2 Rv2 mqB；根据 a、b 粒子电荷量相等可得mambTaTb2 1，故 C 错误，D 正确模型 3圆形边界磁场沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图 5 所示)图 5粒子做圆周运动的半径rRtan 粒子在磁场中运动的时间tT2mBq 90 例 4(2019 安徽宣城市第二次模拟)如图 6，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P 点进入磁场这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆

11、周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B1变为 B2，结果相应的弧长变为圆周长的14，则B2B1等于()图 6A.62B.63C.43D.34答案A解析设圆的半径为r，磁感应强度为B1时，从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，8最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，POM 120，设粒子做圆周运动的半径为R，则有 sin 60 Rr，解得 R32r；磁感应强度为B2时，从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，PON90，设粒子做圆周运动的半径为R，则有 R22r，由带电粒子做匀速圆周运动的半径RmvqB，由于v、m

12、、q 相等，则得B2B1RR32r22r62，故选项A 正确，B、C、D 错误模型 4三角形边界磁场例 5(2019 山东省实验中学第二次模拟)如图 7 所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v从 AC 边的中点O 垂直 AC 边射入磁场区域 若三角形的两直角边长均为 2L，要使粒子从CD 边射出，则v的取值范围为()图 79A.qBLmv2 2qBLmB.qBLmv5qBLmC.qBL2mv21 qBLmD.qBL2mv5qBL2m答案C解析根据洛伦兹力充当向心力可知，vBqrm，因此半

13、径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD 边相切时速度最大，如图，则有 AOsin 45 O E，即(RL)sin 45R，解得满足题目要求的最大半径为R(21)L，故最大速度为v121 qBLm；当粒子从 C 点出射时，满足题目要求的半径最小，为r2L2，故最小速度应为v2qBL2m，则v的取值范围为qBL2mv21 qBLm，故 C 正确，A、B、D 错误类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图，带电粒子以速度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

14、磁场方向不确定只知道磁感应强度大小，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多解如图，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B 垂直纸面向里，其轨迹为a，若 B 垂直纸面向外，其轨迹为b10临界状态不唯一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，它可能穿过磁场飞出，也可能转过 180 从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例 6(2019 江苏卷 16)如图 8 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

15、M、N，MN L，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 dL.粒子重力不计，电荷量保持不变图 8(1)求粒子运动速度的大小v；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离dm；(3)从 P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PMd，QNd2，求粒子从 P 到 Q 的运动时间 t.答案(1)qBdm(2)232d(3)(Ld3 346)m2qB或(Ld3 346)m2qB解析(1)洛伦兹力提供向心力，qvBmv2r又 rd解

16、得vqBdm；(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切11由几何关系得dm d(1sin 60)解得 dm232d；(3)粒子的运动周期T2 mqB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t，则tnT4t(n1,3,5)当 Lnd(132)d 时，粒子斜向上射出磁场t112T，解得 t(Ld3 346)m2qB当 Lnd(132)d 时，粒子斜向下射出磁场t512T，解得 t(Ld3 346)m2qB.1(半径和周期公式的应用)氕、氘、氚的电荷量相同、质量之比为1 23，它们由静止经过相同的加速电压加速，之后垂直进入同一匀强磁场，不计重力和它们间的相互作用，则()A运动半径之比为3

17、21B运动半径之比为321C运动周期之比为123D运动周期之比为321答案C解析经过电压U 加速后速度v2qUm，根据半径公式RmvqB得 R2mUqB2，半径与质量的平方根成正比，即运动半径之比为123，A、B 错；根据周期公式T2 mqB可知周期之比等于质量之比，为1 23，C 对，D 错2.(带电粒子在圆形磁场区域的运动)(多选)如图 9 所示，匀强磁场分布在半径为R 的14圆形区域 MON 内，Q 为半径 ON 上的一点且OQ22R，P 点为边界上一点，且 PQ 与 MO 平行现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子 1 从 M 点正对

18、圆心射入，恰从 N 点射出，粒子 2 从 P 点沿 PQ 射入，下列说法正确的12是()图 9A粒子 2一定从 N 点射出磁场B粒子 2 在 P、N 之间某点射出磁场C粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为32D粒子 1与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为21答案AD解析如图所示，粒子1 从 M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，根据洛伦兹力指向圆心和MN 的中垂线过圆心，可知圆心为O1，半径为 R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同粒子2 从 P 点沿 PQ 射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O2应在 P 点上方 R 处，连接 O2P、OP、O2N，O2PON

19、 为菱形，O2N 大小为 R，所以粒子2 一定从 N 点射出磁场，A 正确，B 错误；MO1N90，PO2N POQ，cos POQOQOP22，所以 PO2NPOQ45.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同粒子运动时间与运动轨迹所对的圆心角成正比，所以粒子1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为21，C 错误，D 正确3(带电粒子在匀强磁场运动的周期性问题)如图 10 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t0 时垂直于M 板从小孔O射

20、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：13图 10(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的可能值答案(1)2 mqT0(2)d2nT0(n 1,2,3，)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B0qv0mv02R做匀速圆周运动的周期T02 Rv0由以上两式得磁感应强度B02 mqT0(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

21、个周期即T0时，有 Rd4；当两板之间正离子运动n 个周期即 nT0时，有 Rd4n(n 1,2,3，)联立求解，得正离子的速度的可能值为v0B0qRm d2nT0(n1,2,3，)1下列说法正确的是()A运动电荷在磁感应强度不为0 的地方，一定受到洛伦兹力的作用B运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为0C洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度14D洛伦兹力对带电粒子总不做功答案D2(2020安徽安庆市调研)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(

22、)A线速度大小减小，角速度减小B向心加速度大小变小，周期变小C轨道半径增大，洛伦兹力大小增大D轨道半径增大，角速度减小答案D解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有：qvBmv2r解得：rmvqB从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后B 减小，所以r 增大线速度、角速度的关系为：vr，由于洛伦兹力不做功，所以线速度v不变，半径r 增大，所以角速度减小，由公式 F洛qvB 可知，洛伦兹力变小，由公式 anv2r可知，由于半径增大，所以向心加速度大小减小，由公式 T2可知，由于角速度减小，所以周期变大3.如图 1 所示，长直导线ab 附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线

23、悬挂在M 点当 ab 中通以由 ba 的恒定电流时，下列说法正确的是()图 1A小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里B小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外C小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方D小球不受磁场力作用答案D154.如图 2所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是()图 2A向左B向右C垂直纸面向里D垂直纸面向外答案D5.(多选)(2019云南玉溪一中第五次调研)如图 3 所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场一点电荷从图中A 点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角

24、为30.当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180.不计电荷的重力，下列说法正确的是()图 3A该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B该点电荷的比荷为2v0BRC该点电荷在磁场中的运动时间为 R2v0D该点电荷在磁场中的运动时间为 R3v0答案BC解析由题意可画出电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，A 错误；由几何关系知电荷做圆周运动的半径为r R2，结合 qv0Bmv02r，可得qm2v0BR，B 正确；电荷在磁场中的运动时间t rv0 R2v0，C 正确，D 错误166.(2019安徽安庆市下学期第二次模拟)如图 4 所示，半径分别为R、2R 的两个同心圆，圆心为 O，大圆和小圆

25、之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场，一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P 点沿 PO 方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图所示，图中轨迹所对的圆心角为120；若将该带电粒子从P 点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则v1v2至少为()图 4A.4 33B.2 33C.4 39D.33答案A解析粒子速度为v1时，圆心角为120，设圆心为O1，由几何关系可知，半径 r1PO tan 30 2R332 3R3当v2方向竖直向上，粒子恰好完成半个圆周且与内圆相切时有：r2R2，此时v2为满足条件的最大值结合 rmvqB得：vqBrm，所以速度之比等

26、于半径之比，r1r24 33，所以v1v2至少为4 33.7(2019河北省中原名校联盟下学期联考)如图 5 所示，abcd 为边长为L 的正方形，在四分之一圆 abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从b 点沿 ba 方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c 点，不计粒子的17重力，则粒子的速度大小为()图 5A.qBLmB.2qBLmC.21 qBLmD.2 1 qBLm答案C解析粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac 方向，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r，

27、由几何关系可知，2r rL，则 r(21)L，根据牛顿第二定律得qv0Bmv02r，解得v02 1 qBLm，C 项正确8(多选)(2019四川达州市第二次诊断)如图 6 所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场入口处有比荷相同的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿 ab 方向垂直射入磁场，经时间 t1从 d 点射出磁场；乙粒子以速度v2沿与 ab 成 45 的方向垂直射入磁场，经时间 t2垂直于 cd 射出磁场不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，则()图 6Av1v224Bv1v212Ct1t2 41D t1t22118答案AC解析画出两粒子的运动轨迹

28、如图；两粒子比荷相同，则周期相同，设为T；设正方形的边长为R，则从 d 点射出的粒子运动半径为 r112R，运动时间t1T2；速度为v2的粒子，由几何关系：r22R，运动时间t2T8；根据 rmvqB可知v1v2r1r212 224；t1t241；故选项A、C 正确，B、D 错误9.(多选)(2019云南昆明市4 月质检)如图 7 所示，边长为L 的正三角形ABC 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，BC 边的中点 O 有一粒子源，可以在ABC 平面内沿任意方向发射速率为v的相同的正粒子，若从 AB 边中点 D 射出磁场的粒子，从 O 到 D 的过程中速度方向偏转了60，不计

29、粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列说法正确的是()图 7A粒子运动的轨道半径为LB粒子不可能从A 点射出磁场C粒子的比荷为qm2vB0LD从 B 点射出的粒子在磁场中的运动时间为 L3v答案BC解析从 O 点到 D 点的过程中速度方向偏转了60，则从 D 点射出的粒子，由弦长公式ODL22rsin 30，解得：rL2，故 A 错误；若粒子从 A 点射出，则弦长为32L，得：32L2L2sin，解得：60，即粒子以与竖直方向成60 角射入，由几何关系可得，粒子将从AC 边射19出，故粒子不可能从A 点射出磁场，故B 正确；由qvBmv2r得：rmvqB，即L2mvqB0，解得：qm2vLB

30、0，故 C 正确；OBL2r，则从 B 点射出的粒子的圆心角为60，所以运动时间为t60 360 2 L2v L6v，故 D 错误10.(2020河南洛阳市模拟)如图 8 所示，边长为L 的等边三角形ABC 内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B.顶点 A 处有一粒子源，粒子源能沿BAC 的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为 q，粒子重力不计则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C 点()图 8A.qBLmB.qBL2mC.2qBL3mD.qBL8m答案C解析粒子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心

31、角均为60，所以粒子运动半径：rLn(n 1,2,3，)，粒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：qvBmv2r，解得：vBqrmBqLmn(n1,2,3，)，故选 C.11.(2019辽宁大连市第二次模拟)如图 9 所示，正方形abcd 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从a 点沿与 ab 成 30 角的方向垂直射入磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad 边的中点离开磁场已知甲粒子的速度大小为v，甲、乙两带电粒子的电荷量之比为12，质量之比为12，不计粒子重力求：20图 9(1)乙粒子的速度大小；(2)甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比答

32、案(1)312v(2)14解析(1)设正方形边界边长为L，如图所示可得 r甲2L,r乙36L，对于甲、乙两粒子，洛伦兹力提供向心力，qvBmv2r可得vqBrm，因为 q甲q乙1 2、m甲m乙1 2，所以v甲v乙4 3，v乙312v(2)T2 rv2 mqB，t2TmqB，由图可得 甲30，乙120，所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为t甲t乙 14.12(2019东北三省三校第二次联合模拟)如图 10 所示，在矩形区域abcO 内存在一个垂直纸面向外，磁感应强度大小为B 的匀强磁场，Oa 边长为3L，ab 边长为 L.现从 O 点沿着 Ob方向垂直磁场射入各种速率的带正电粒子，已知粒子的

33、质量为m、带电荷量为q(粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：图 10(1)垂直 ab 边射出磁场的粒子的速率v；21(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm.答案(1)2 3qBLm(2)m3qB解析(1)粒子垂直ab 边射出磁场时的运动轨迹如图线1，设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可知：tan L3L33，则 6，sin OaOO13LR，故 R 2 3L.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvBmv2R解得v2 3qBLm(2)由做匀速圆周运动可知T2 Rv2 mBq因此粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，和速度无关，由几何关系可知最大圆心角 2 3可知粒子在磁场中运动的最长时间tm2T m3Bq.