高考物理二轮讲义：磁场性质及带电粒子在磁场中的运动

第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动
真题再现
(多选)(2019·高考江苏卷)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
C.a的向左，b的向右D．a的向右，b的向左
解析：选CD.若a、b的电流方向均向左，根据安培定则和磁场叠加可知，a直导线到a、b直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向外，而b直导线到a、b直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止不符；同理，若a、b的电流方向均向右，可知矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止也不符，选项A、B均错误；若a的电流方向向左、b 的电流方向向右，根据安培定则和磁场的叠加可知，a、b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向外，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符；同理，若a的电流方向向右、b的电流方向向左，根据安培定则和磁场的叠加可知，a、b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向里，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符，选项C、D均正确.
考情分析
命题研究
分析近几年高考试题可以看出，对磁场性质和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查是高考热点，涉及磁场知识点的题目年年都有，考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题；高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合，要熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法
磁场对带电体的作用
【高分快攻】
1．磁场性质分析的两点技巧
(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法．
(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”．即：
2．安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路
【典题例析】
如图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )
A ．0
B ．33B 0 C.233B 0 D ．2B 0
[解析] 导线P 和Q 中电流I 均向里时，设其在a 点产生的磁感应强度
大小B P ＝B Q ＝B 1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a 点的合磁场的磁
感应强度平行于PQ 向右、大小为3B 1.又根据题意B a ＝0，则B 0＝3B 1，
且B 0平行于PQ 向左．若P 中电流反向，则B P 反向、大小不变，B Q 和B P 大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为 B ′1＝B 1(方向垂直PQ 向上、与B 0垂直)，a 点合磁场的磁
感应强度B ＝B 20＋B ′21＝233B 0，则A 、B 、D 项均错误，C 项正确． [答案] C
【题组突破】
1．(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图．质量为m 的均匀细金属杆MN 与一竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧劲度系数为k , 在边长ab ＝L 1、bc ＝L 2的矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．MN 的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN 的长度大于ab .当MN 中没有电流通过且MN 处于静止状态时，MN 与ab 边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN 中有电流时，指针示数可表示电流大小 .MN 始终在纸面内且保持水平，重力加速度g .则( )
A ．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M 至N
B ．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零
C ．该电流表的最大量程是I m ＝kL 2BL 1
D ．该电流表的刻度在0～I m 范围内是不均匀的
解析：选AC.要使电流表能正常工作，金属杆受到的安培力的方向应竖直向下，根据磁场的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从M 至N ，选项A 正确；当该电流表的示数为零时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据
平衡条件和胡克定律可知，kx ＝mg ，弹簧的伸长量为x ＝mg k
，选项B 错误；根据平衡条件和胡克定律可知，k (x ＋L 2)＝mg ＋BI m L 1，解得I m ＝kL 2BL 1，即该电流表的最大量程为I m ＝kL 2BL 1
，选项C 正确； 根据平衡条件和胡克定律可知，k (x ＋l )＝mg ＋BIL 1，解得I ＝k BL 1
·l ，即该电流表的刻度在0～I m 范围内是均匀的，选项D 错误．
2．(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
解析：选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A 项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A 项相同，因此D 项正确．
带电粒子在匀强磁场中的运动
【高分快攻】
1．“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动
(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)．
(2)两画：画出速度v 和洛伦兹力F 两个矢量的方向．
(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角．
(4)四写：写出基本方程qvB ＝m v 2R ，半径R ＝mv qB ，周期T ＝2πR v ＝2πm qB ，运动时间t ＝s v ＝α2π
T .
2．常见模型的解题思路
(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
①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等(如图甲所示)．
②在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出(如图乙所示)．
【典题例析】
(2019·高考全国卷Ⅱ)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.14kBl ，54
kBl B ．14kBl ，54kBl C.12kBl ，54kBl D ．12kBl ，54
kBl [解析] 电子从a 点射出时，其轨迹半径为r a ＝l 4，由洛伦兹力提供向心力，有ev a B ＝m v 2a r a
，又e m ＝k ，解得v a ＝kBl 4
；电子从d 点射出时，由几何关系有r 2d ＝l 2＋⎝⎛⎭⎫r d －l 22，解得轨迹半径为r d ＝5l 4，由洛伦兹力提供向心力，有ev d B ＝m v 2d r d ，又e m ＝k ，解得v d ＝5kBl 4
，选项B 正确． [答案] B
【题组突破】
角度1 带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析
1．(2019·徐州二模)如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B ，一群比荷为q m
、速度大小为v 的离子以一定发散角α由原点O 出射，y 轴正好平分该发散角，离子束偏转后打
在x 轴上长度为L 的区域MN 内，则cos α2
为( )
A ．1－BqL 4mv
B ．12－BqL 4mv
C ．1－BqL 2mv
D ．1－BqL mv
解析：选C.根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R ，得R ＝mv qB
，离子通过M 、N 点的轨迹如图所示，由几何关系知MN ＝ON －OM ，过M 点的两圆圆心与原点连线与x 轴夹角为α2
，圆心在x 轴上的圆在O 点时的速度沿y 轴正方向，由几何关系可知L ＝2R －2R cos α2，解得cos α2
＝1－BqL 2mv
，故选项C 正确．
角度2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析
2．(多选)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v 1，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v 2，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v 2∶v 1为( )
A.3∶2
B ．2∶1 C.3∶1 D ．3∶ 2
解析：选C.由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB ＝m v 2
R
可知，R ＝mv qB
，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v 1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A 离P 点最远时，则AP ＝2R 1；同样，若粒子运动的速
度大小为v 2，粒子的磁场出射点B 离P 点最远时，则BP ＝2R 2，由几何关系可知，R 1＝R 2
，R 2
＝R cos 30°＝
3
2R，则
v2
v1＝
R2
R1＝3，C项正确．
角度3带电粒子在有边界磁场中的运动分析
3．(2019·镇江模拟)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()
A.
mv
2qB B．
3mv
qB
C.
2mv
qB D．
4mv
qB
解析：选D.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OM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＝
mv
qB，所以D正确．
命题角度解决方法易错辨析
带电粒子在直线边界型磁场
中的运动
对称法
遵循进入磁场的角度和出磁
场的角度相同的原则
带电粒子在圆形边界磁场中
的运动
准确找到圆心、入射半径方
向，利用垂线法确定对应的圆
心角
若粒子沿半径方向射入磁场，
则一定会沿半径方向射出磁
场；否则不满足此条规律
带电粒子在三角形边界磁场
中的运动
切线法、临界值法
在磁场中运动的临界条件是
准确找到与边界相切的条件，
以此判断圆周运动的临界半
径的大小
带电粒子在匀强磁场中的匀
速圆周运动
中垂线法或速度切线法确定
圆心和半径方向，利用公式确
定周期和半径的大小
能熟练画出粒子的运动轨迹
并准确找到圆心、半径、圆心
角是解题的关键
带电粒子在磁场中运动的周期性多解问题和临界问题
【高分快攻】
1．求解临界、极值问题的“两思路、两方法”
2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法
(1)方法技巧
①认真读题，逐一确认形成多解的各种因素．
②画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况．
③对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式．
(2)带电粒子在交变磁场中运动的多解问题
分析带电粒子在交变磁场中的运动，首先必须明确粒子运动的周期与磁场变化的周期之间的关系，正确作出粒子在磁场中随磁场变化的运动轨迹图，然后灵活运用粒子做圆周运动的规律进行解答，要特别注意对题目中隐含条件的挖掘，分析不确定因素可能形成的多解，力求使解答准确、完整．
【典题例析】
(2019·高考江苏卷)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，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d<L.粒子重力不计，电荷量保持不变．
(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d m；
(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝
d
2，求粒子从P到Q的运动时
间t .
[解析] (1)粒子的运动半径d ＝m v qB
解得v ＝qBd m . (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
由几何关系得d m ＝d (1＋sin 60°)
解得d m ＝2＋32
d . (3)粒子的运动周期T ＝2πm qB
设粒子最后一次碰撞射出磁场的时间为t ′，则
t ＝n T 4
＋t ′(n ＝1，3，5，…) (a)当L ＝nd ＋(1－32)d 时，粒子斜向上射出磁场 t ′＝112T ，解得t ＝(L d ＋33－46)πm 2qB
(b)当L ＝nd ＋(1＋32)d 时，粒子斜向下射出磁场 t ′＝512T ，解得t ＝(L d －33－46)πm 2qB
. [答案] (1)qBd m (2)2＋32
d (3)见解析 【题组突破】
角度1 带电粒子在磁场中运动的临界问题
1．(2019·常州一模)如图所示，在直角三角形abc 区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，∠a ＝60°，∠b ＝90°，边长ab ＝L ，粒子源在b 点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为m ，电荷量为q ，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是( )
A.qBL 2m B ．qBL 3m C.3qBL 2m D ．3qBL 3m
解析：选D.由左手定则和题意知，沿ba 方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与ac 相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径：r ＝
ab ×tan 30°＝33L ，由洛伦兹力提供向心力qv m B ＝m v 2m r ，从而求得最大速度：v m ＝3qBL 3m
，所以选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．
角度2 带电粒子在磁场中运动的多解问题
2.如图所示，M 、N 为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，
板的长度和板间距离均为d ，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，
在距上板d 3
处有一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v 0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B 的大小范围．
解析：第一种情况：
当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R 1＝12·d 3＝d 6
由qv 0B 1＝m v 20R 1得：B 1＝6mv 0qd
若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，
设粒子做圆周运动的半径为R 2，则：
R 22＝⎝⎛⎭⎫R 2－d 32
＋d 2， 解得：R 2＝53
d 由qv 0B 2＝m v 20R 2得：B 2＝3mv 05qd
所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为
3mv 05qd ＜B ＜6mv 0qd
. 第二种情况：
当磁场方向垂直纸面向外时，若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R3
＝1
2·
2
3d＝
d
3
由qv0B3＝m
v20
R3得：B3＝
3mv0
qd
若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示，
设粒子做圆周运动的半径为R4，则：
R24＝⎝⎛⎭⎫
R4－
2
3d
2
＋d2，
解得：R4＝
13
12d
由qv0B4＝m
v20
R4得：B4＝
12mv0
13qd
所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为
12mv0
13qd＜B
＜3mv0
qd.
答案：磁场垂直纸面向里时，
3mv0
5qd＜B＜
6mv0
qd 磁场垂直纸面向外时，
12mv0
13qd＜B＜
3mv0
qd
分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小，最上、最下，最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果．
(1)常见的三种几何关系
①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
②当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
③当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长．
(2)两种动态圆的应用方法
①如图甲所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨迹半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹．
②如图乙所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹．利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点．
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1．(2019·高考北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是()
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
解析：选C.由左手定则可知，粒子带负电，A项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速
率不变，B项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径R＝mv
qB，若仅减小磁感应强度B的大小，则R
变大，粒子可能从b点右侧射出，C项正确；若仅减小入射速率，则R变小，粒子在磁场中
的偏转角θ变大，t＝θ
2πT，T＝2πm
qB，粒子在磁场中的运动时间变长，D项错误．
2．(2019·江南十校联考)如图所示的坐标系中，有两个半径均为r的圆形线圈L1、L2，分别垂直于y轴和x轴放置，其圆心O1和O2的坐标分别为(0，3r)、(3r，0)，给线圈L1通电流3I0(从上向下看为逆时针方向)，给线圈L2通电流4I0(从右向左看为逆时针方向)．据相关电
磁学理论可以知道，圆环形电流在其中心轴线上产生的磁感应强度为B ＝μIr 2
2（r 2＋Z 2）32，其中
μ为真空磁导率，I 为环中电流，r 为圆环半径，Z 为中心轴线上任意一点到圆环圆心的距离．据此可推算出两通电线圈在坐标原点O 处产生的磁感应强度的大小和方向分别为( )
A.5μI 0
16r ，方向指向第一象限 B.5μI 08r ，方向指向第二象限 C.5μI 032r ，方向指向第三象限 D.5μI 0r 216r 32，方向指向第四象限 解析：选 A.根据B ＝μIr 2
2（r 2＋Z 2）3
2
可知：线圈L 1在O 点产生的磁感应强度为：B 1＝
3μI 0r 2
2[r 2＋（3r ）2]
3
2
＝3μI 016r ，由右手螺旋定则可知方向沿y 轴正方向，线圈L 2在O 点产生的磁感应强度为：B 2＝4μI 0r 2
2[r 2＋（3r ）2]32＝4μI 0
16r
，方向沿x 轴正方向，B 1和B 2方向垂直，所以O 点的磁感应强度为B ＝B 21＋B 2
2＝5μI 016r
，方向指向第一象限，选项A 正确． 3．如图所示，竖直平行边界MN 、PQ 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两个完全相同的粒子(不计粒子的重力)在边界MN 上的C 点分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方向与边界MN 的夹角分别为30°、45°，结果两个粒子均从边界PQ 上的D 点射出磁场，C 、D 连线与两边界的垂线CE 的夹角θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比v 甲
v 乙及运动的时
间之比t 甲t 乙
分别为(已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24)( )
A.6－2
2 2 B ．6＋2
2 2 C.
6－24 2
3
D ．
6＋24 2
3
解析：选 A.C 、D 两点间的距离记为L ，粒子的运动轨迹如图所示，则轨迹半径r ＝
L 2cos （θ＋α），轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合r ＝mv qB 和T ＝2πm
qB ，得
v ∝
1cos （30°＋α），t ＝β
360°T ∝(120°－2α)，则v 甲v 乙＝cos （30°＋45°）cos （30°＋30°）＝6－22，t 甲t 乙
＝
120°－2×30°
120°－2×45°
＝2，选项A 正确．
4．(2019·常州联考)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( )
A ．轨道半径减小，角速度增大
B ．轨道半径减小，角速度减小
C ．轨道半径增大，角速度增大
D ．轨道半径增大，角速度减小
解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝mv
qB 可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式
T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT
知角速度减小，选项D 正确．
5．(2019·苏州二模)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.ω3B B ．ω2B
C.ωB
D ．2ωB
解析：选A.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 ＝112×2πm
qB ，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的
时间相等，即πm 6qB ＝14×2πω，求得q m ＝ω
3B
，A 项正确．
6．在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，已知P 、Q 、O 为边长为L 的等边三角形的三个顶点，两个带电粒子甲和乙分别从P 点垂直PO 方向射入匀强磁场中，甲从PO 边的M 点射出磁场，乙从QO 边的N 点射出磁场，已知PM ＝2MO ，QN ＝NO ，据此可知( )
A ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为1∶2
B ．若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为3∶2
C ．若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比为3∶2
D ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2 解析：选D ．根据题述，画出两个带电粒子在磁场区域中运动的轨迹，如图所示，由几何关系可知，r 甲＝13L ，r 乙＝12L .由qvB ＝m v 2
r ，解得
r ＝
mv qB ＝p qB .若两个带电粒子的比荷 q m 相同，由r ＝mv
qB
可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比等于轨迹半径之比，即v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项A 错误；若两个带电粒子的动能相同，由r ＝mv qB ＝2mE k qB 可知，甲、乙两个带电粒子所带电荷量
的比值为q 甲
q 乙＝
m 甲m 乙 ·r 乙r 甲＝32
m 甲
m 乙
，选项B 错误；若两个带电粒子所带电荷量q 相同，由r ＝
mv qB ＝p
qB
可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于轨迹半径之比，即p 甲∶p 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项C 错误；若两个带电粒子的比荷相同，则由T ＝2πm
qB 可知两粒子在
磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为180°，在磁场中运动的时间为T
2；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为120°，在磁场中运动
的时间为T
3
，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为t 甲∶t 乙＝3∶2，选项D 正确．
7．(2019·盐城质检)如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板，从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )
A ．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN 上
B ．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C ．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
D ．只要速度满足v ＝qBR
m
，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上
解析：选D.对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，与粒子的速度有关，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B 错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t ＝θ
2πT 知，运动时间t 越小，故C 错误；
速度满足v ＝qBR m 时，轨迹半径r ＝mv
qB ＝R ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射
出磁场时的轨迹半径与最高点处的磁场半径平行，粒子一定垂直打在MN 板上，故D 正确．
8．如图所示，在OA 和OC 两射线间存在着匀强磁场，∠AOC ＝30°，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度从M 点垂直OA 方向射入匀强磁场，下列说法正确的是( )
A ．若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1
B ．若正电子不从O
C 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1 C ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1
D ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6
解析：选D.正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC 边射出，负电子一定不会从OC 边射出，二者运动轨迹对应的圆心角均为180°，可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1，故A 、B 错误；若负电子不从OC 边射出且正电子也不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°，可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC 边射出时，运动轨迹对应的圆心角为180°，由几何关系知，此时正电子运动轨迹的圆心角为30°，正负电子在磁场中运动的周期相等，根据t ＝θ
2πT 知，正负电子在磁场中运动
的时间之比为1∶6，故若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间，故C 错误，D 正确．。