带电粒子在有界磁场中运动问题

[多维探究]

(一)半无界磁场

[典例1] (多选)(2012·江苏高考)如图8-2-17所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远可落在边界上的A点。下列说法中正确的有( )

图8-2-17

A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0

C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－qBd/2m D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋qBd/2m

[解析] 因粒子由O点以速度v0入射时，最远落在A点，又粒子在O点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即

xOAmv0

＝，所以粒子若落在A的右侧，速度应大于v0，B正确；2Bq

当粒子落在A的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，AxOA－dmvminxOAmv0

错误；当粒子射到A点左侧相距d的点时，最小速度为xmin，则＝，又因＝，

2Bq2BqBqd

所以vmin＝v0－，所以粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于vmin＝v0

2mxOA＋dmv1Bqd

－，C正确；当粒子射到A点右侧相距d的点时，最小速度为v1，则＝，又2m2BqxOAmv0Bqd因＝，即v1＝v0＋，D错误。 2Bq2m

[答案] BC

8．(多选)如图8，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有( )

图8

A．a、b均带正电

B．a在磁场中飞行的时间比b的短 C．a在磁场中飞行的路程比b的短 D．a在P上的落点与O点的距离比b的近

mv

解析：选AD a、b粒子做圆周运动的半径都为R＝，画出轨迹如图

qB所示，O1、O2分别为b、a轨迹的圆心，a在磁场中转过的圆心角大，由tθθm

＝T＝和轨迹图可知A、D选项正确。 2πqB

5．(多选)(2011·浙江高考)利用如图4所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为 2d 和 d 的缝，两缝近端相距为L。一群质量为 m、电荷量为 q，具有不同速度的粒子从宽度为 2d 的缝垂直于板 MN 进入磁场，对于能够从宽度为 d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )

图4

A．粒子带正电

qB3d＋LB．射出粒子的最大速度为

2m

C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

解析：选BC 由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A错；根据洛mv23d＋LqBr

伦兹力提供向心力qvB＝可得v＝，r越大v越大，由图可知r最大值为rmax＝，

rm2L

选项B正确；又r最小值为rmin＝，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之

23qBd

差为Δv＝，可见选项C正确、D错误。

2m

07天津理综 12、如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是C

× × y × × ×

3vvB A．，正电荷 B．，正电荷 × × × × ×

2aB2aBv

3vvC．，负电荷 D．，负电荷

2aB2aB

(二)四分之一平面磁场

× × × × ×

O x

[典例2] 如图8-2-18所示，一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。

图8-2-18

[解析] 轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的半径可找到圆心O′，并得出半径为r＝

[答案] B＝

3mv2amv

＝，得B＝；射出点坐标为(0，3a)。

2aq3Bq

3mv

；射出点坐标为(0，3a)。 2aq

9．带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图9所示。运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为( )

图9

A．v0 C．2v0

B．1 v0

D. 2

mv0

解析：选C 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故Oa＝Ob＝r＝①

qB带电粒子在匀强电场中做类平抛运动， qE22mv20

故Ob＝v0t＝Oa＝t＝②

2mqEE

由①②得＝2v0，故选项C对。

B

6.（2010·新课标全国卷·T25）（18分）如图所示，在0≤ x ≤ a、0≤ y ≤

a范2围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的

（1）速度的大小

（2）速度方向与y轴正方向夹角的正弦。 【解析】本题以大量带电粒子沿各个方向在有界匀强磁场中作匀速圆周运动，建立一幅动态运动图景，考查考生空间想象能力和运用数学知识处理物理问题的能力。

（1）设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式，得：

v2qvBm， ① （2分）

R由①解得：Rmv ② （1分） qB画出沿﹢y方向以a/2为半径做匀速圆周运动轨迹如图①所示，再画出从坐标原点O沿与y轴正方向以半径R0（a/2aRa时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与2T磁场的上边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t，得：

4当

OCA2。 ③ （4分）

y ① B O x ② 设最后离开磁场的粒子的发射速度方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得：

RsinRa ④ （2分） 2RsinaRcos ⑤ （2分） 又 sin2cos21 ⑥ （1分）

由④⑤⑥式解得：R(26)a ⑦ （2分） 26aqB ⑧ （2分） )2m由②⑦式得： v(2（2）由④⑦式得：sin66 ⑨ （2分） 10【答案】（1）v(26aqB66（2）sin )2m 10【类题拓展】巧解有界磁场中部分圆弧运动问题

（1）分析思路三步走： 1.确定圆心，画出轨迹； 2.找几何关系，定物理量； 3.画动态图，定临界状态。 （2）分析方法四优法

1.几何对称法：粒子的运动轨迹关于入射点和出射点的中垂线对称。

2.动态放缩法：速度越大半径越大，但速度方向不变的粒子圆心在垂直速度方向的直线上。3.旋转平移法：定点离子源发射速度大小相等、方向不同的所有粒子的轨迹圆圆心在以入射点为圆心，半径R=mv0/(qB)的圆上，相当于将一个定圆以入射点为圆心旋转。

4.数学解析法：写出轨迹圆和圆形边界的解析方程，应用物理和数学知识求解。本题巧妙地应用动态放缩法和旋转平移法能够很快得出带电粒子在磁场中运动时间最长的临界轨迹，问题也就迎刃而解了。

8．导学号：82460346(2015武汉联考)如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为( )

A．1∶2 C．3∶4

B．2∶1 D．4∶3

112

解析：根据粒子a、b动能相同得，2mav2＝mabvb；a粒子在磁场中运动轨迹2半径ra＝d/3，b粒子在磁场中运动轨迹半径rb＝d.a粒子所对的圆心角为120°，轨迹弧长为sa＝2πra/3＝2πd/33，运动时间ta＝sa/va；b粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，轨迹弧长为sb＝πrb/3＝πd/3，运动时间tb＝sb/vb；由a、b两粒子同时到达P点得ta＝tb，联立求得a、b两粒子速度之比为va∶vb＝2∶3，

mav2b3

质量之比m＝v2＝4，选项C正确．

ba

答案：C

9．导学号：82460347(2015杭州模拟)如图所示，在竖直放置的金属板M上放一个放射源C，可向纸面内各个方向射出速率均为v的α粒子，P是与金属板M平行的足够大的荧光屏，到M的距离为d.现在P与金属板M间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁

感应强度的大小，恰使沿M板向上射出的α粒子刚好垂直打在荧光屏上．若α粒子的质量为m，电荷量为2e.则( )

2mvA．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小为ed mv

B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B的大小为2de C．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2d D．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d

mv

解析：由左手定则可判断，磁感应强度的方向垂直纸面向外，由R＝d＝Bq得：mvmv

B＝dq＝2de，A错误，B正确；α粒子沿水平面向右运动时，恰好与光屏相切，此为打在屏上最下方的粒子，故荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2R＝2d，C正确，D错误．

答案：BC

12.(2015·珠海期末)如图12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＝5.0×108 kg、电量为q＝1.0×106 C的带电粒子。从静止开始经U0＝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：

－

－

图12

(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 1

动能定理qU＝mv2

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： mv2mvqvB＝得R＝

RqB代入数据得：R＝0.50 m 而OP/cos 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＋Rsin 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°① mv

R′＝②

qB′

由①②并代入数据得：

16

B′> T＝5.33 T(取“≥”照样给分)

3答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′>5.33 T

04（春季）5 ．如图，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感强度的方向垂直于oxy平面向里，大小为B。现有一质量为m电量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为

x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此

磁场。不计重力的影响。由这些条件可知，D

A．不能确定粒子通过y轴时的位置 B．不能确定粒子速度的大小

C．不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间

D．以上三个判断都不对

(三)矩形磁场

[典例3] (多选)如图8-2-19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、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的( )

图8-2-19

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转角，可知带电粒子运动轨迹所对应的圆心角为mv060°，因此由几何关系得磁场宽度l＝rsin 60°＝sin 60°，又未加磁场时有l＝v0t，所以可

qBqsin 60°2πm

求得比荷＝，A项对，周期T＝也可求出，B项对；因初速度未知，所以C、D

mBtqB项错。

[答案] AB

10．(2015·马鞍山二检)如图10所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定( )

图10

A．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电 B．粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1

C．粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1 LD．粒子3的射出位置与d点相距

2

解析：选B 根据左手定则可知粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电，选项A错误；粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周，半径r1＝

2112πr12πL

L，时间t1＝T＝×v＝，2444v

112πr32πL

粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周，半径r3＝2L，时间t3＝T＝×v＝，则

884vt1＝t3，选项C错误；由r＝

mv

可知粒子1和粒子3的比荷之比为r3∶r1＝2∶1，选项B正qB

确；粒子3的射出位置与d点相距(2－1)L，选项D错误。

(四)正方形磁场

[典例4] (多选)(2011·海南高考)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图8-2-20中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法中正确的是( )

图8-2-20

A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同

D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大

mvθm

[解析] 在磁场中带电粒子运动半径r＝，运动时间：t＝(θ为转过圆心角)，故B、

qBqBD正确。当粒子从O点所在的边上射出时，轨迹可以不同，但圆心角相同为180°，因而A、C错。

[答案] BD

04（北京卷）6 ．如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场。若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍.其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是C

（ ）

A．在b、n之间某点 B．在n、a之间某点 C．a点

D．在a、m之间某点

(五)半圆形磁场

[典例5] 如图8-2-21所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、

bc的中点，以ad为直径的半圆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m＝3×107 kg、电荷量q＝＋2×103 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则( )

－

－

图8-2-21

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Oa边和ab边 D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边

mv

[解析] 由r＝得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝0.3 m，从Od边射入的粒子，

qB出射点分布在ab和be边；从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边；选项D正确。

[答案] D

07四川理综 11如图所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆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m＝3×107 kg、电荷量q＝＋2×103 C的带电粒子以速度v＝5×l02 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射人磁场区域D a b A．从Od边射人的粒子，出射点全部分布在Oa边

× B．从aO边射人的粒子，出射点全部分布在ab边 × × v O e C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边 × × × B D．从aO边射人的粒子，出射点分布在ab边和bc边

c d 07宁夏理综 1 在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方

向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以

一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP＝d）射入磁场（不计重力影响）。 ⑴如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。

⑵如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。

φ Q

1 、⑴由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。

设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：

R A O P D －

v12qBv1 md/2 解得：v1φ Q R/ A O/ R P O D qBd 2m⑵设O/是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O/Q，设O/Q＝R/。

由几何关系得： OQO OORRd

由余弦定理得：(OO/)2R2R/2RR/cos 解得：R/2///d(2Rd)

2R(1cos)dv2 设入射粒子的速度为v，由m/qvB

R 解出：vqBd(2Rd)

2mR(1cos)d1 .（2007·新课标全国卷·T24）（17分）在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP=d）射入磁场（不计重力影响）。

（1）如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。 （2）如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。

【解析】

⑴由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。 设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得： 2φ Q mv1qBv1 d/2 解得：v1A O ////

⑵设O是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接OQ，设OQ＝R。

O/ 由几何关系得： OQO OO/R/Rd

由余弦定理得：(OO)RR2RRcos 解得：R//qBd 2mR/ R P D /22/2/d(2Rd)

2R(1cos)dv2 设入射粒子的速度为v，由m/qvB

R 解出：vqBd(2Rd)

2mR(1cos)d【答案】（1）v1

qBd(2Rd)qBd（2）v

2mR(1cos)d2m1

7．导学号：82460345如图所示，AOB为一边界为4圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD∥AO.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)，其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断( )

A．粒子2在BC之间某点射出磁场 B．粒子2必在B点射出磁场

C．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2 D．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同

1

解析：粒子从A点射入，恰好从B点射出，则粒子做圆周运动的半径等于4圆的半径，从圆弧AB水平入射的粒子都将聚集到B点，则选项B正确；分析得θ

粒子1和2的运动的圆弧对应的圆心角分别为90°和60°，由t＝360°T，得两粒子运动的时间之比为3∶2，则选项C正确．

答案：BC

(六)圆形磁场

[典例6] (2012·安徽高考)如图8-2-22所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，vOC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，

3则粒子在磁场中的运动时间变为( )

图8-2-22

1

A.Δt 21

C.Δt 3

B．2Δt D．3Δt

[解析] 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二v2mv

定律有qvB＝m，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r＝，圆弧AC所对应的圆心

rqB60°

角∠AO1C＝60°，经历的时间为Δt＝T(T为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T＝

360°

vmv2πm

，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为后，根据r＝知其在磁场中的轨道半径qB3qBr

变为，粒子将从D点射出，根据图中几何关系得圆弧AD所对应的圆心角∠AO2D＝120°，

3120°

经历的时间为Δt′＝T＝2Δt。由此可知本题正确选项只有B。

360°

[答案] B

6.(2013·全国卷Ⅰ)如图5，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于R

直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运

2动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )

图5

qBR

A. 2m3qBRC. 2m

qBRB. m2qBRD.

m

解析：选B 作出粒子在圆柱形匀强磁场区域的运动轨迹如图，连接MN，根据粒子射R

出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°，及MP＝，得出各

2角大小如图所示，粒子的出射点必与磁场圆的圆心等高，四边形mv2

OMO′N为菱形，粒子做圆周运动的半径r＝R，根据qvB＝，得v

RqBR＝。 m

11、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T18）（6分）如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，

b 一电荷量为q（q>0）。质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射

入磁场区域，射入点与ab的距离为错误!未找到引用源。，已知粒子

射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）

A．错误!未找到引用源。 B．错误!未找到引用源。 C．错误!未找到引用源。 D．错误!未找到引用源。

【解析】由题意知,设入射点为A,AC平行于ab,穿出磁场的点为B,圆心为O,由题意知,粒子射入磁场和射出磁场的夹角60°,所以圆心角就为60°,ABO为等边三角形, ∠BAC=30°,过B点做AC垂线交于C点,由三角形可得ABRR,所以带

2sin30v2电粒子运动的半径为r=R,由qvBm,解得

RvqBR,所以选项B正确。 m【答案】B 12、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T17）（6分）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，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率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°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为

A.3mv03qRB.mv0qRC.3mv0qRD.3mv0 qR【解析】画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径

r2Rsin60，由r【答案】A

（08四川卷）24．（19分）如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O’。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向

的夹角为θ（0＜θ＜)。为了使小球能够在该圆周上运动，求

2mv0mv03mv0mv0可知B，本题选A。 Bqrq2Rqsin603Rq磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率。重力加速度为g。

解析：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’。P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力

f＝qvB ① 式中v为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向O’。根据牛顿第二定律 Ncosmg0 ②

v2 ③ fNsinmRsin由①②③式得

qBRsinqRsin2 vv0 ④

mcos2由于v是实数，必须满足

2qBRsin4gRsin≥0 ⑤ mcos2由此得B≥

2mqg ⑥

Rcos可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为 Bmin2mqg ⑦

Rcos此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为

qBRsinvmin ⑧

2m由⑦⑧式得 vgRsin ⑨ cos

(七)三角形磁场

[典例7] 如图8-2-23所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷e

为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为( ) m

图8-2-23

2mv0

A．B＞

aeC．B＞

3mv0

ae

2mv0

B．B＜

aeD．B＜

3mv0

ae

[解析] 由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径Ra2aa＝＝，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由cos 30°33mvamv03mv0带电粒子在磁场中运动的公式r＝有＜，即B＜，选D。

qBae3eB

[答案] D

6．导学号：82460344如图所示，有一垂直于纸面向外的有

界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C为三角形的三个顶点．今有一质量为m、电荷量为＋q的粒3qBL

子(不计重力)，以速度v＝4m从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出．若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则( )

A．PB≤

2＋3

4L 3L 4

B．PB≤

1＋34L

C．QB≤

1

D．QB≤L

2

mv23

解析：由Bqv＝R，可知R＝4L，则从P点射入的粒子轨迹最长时为切着AC边，此时PB＝

2＋3L

，而当粒子在其中经4

11

历4圆弧时，从BC边上射出时，Q′B最大为2L，故A、D正确．

答案：AD

11．(2013·大纲卷)如图11所示，虚线OL与y轴的夹角θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)，且OP＝R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。

图11

解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生综合解决问题的能力。根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为β，如图所示。有

v2

qvB＝m ①

R

周期为 2πRT＝v 由此得 2πmT＝ ②

qB

过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由图中几何关系得 AD＝Rsin α OD＝ADcot 60° BP＝ODcot β OP＝AD＋BP α＝β ③

由以上五式和题给条件得 sin α＋解得 α＝30° ⑤ 或α＝90° ⑥

设M点到O点的距离为h h＝R－OC 根据几何关系

OC＝CD－OD＝Rcos α－3

AD 3

1

cos α＝1 ④ 3利用以上两式和AD＝Rsin α得 h＝R－解得 h＝(1－h＝(1＋

3

)R (α＝30°) ⑧ 3

3

)R (α＝90°) ⑨ 3

2

Rcos(α＋30°) ⑦ 3

当α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为 t＝

Tπm

＝ ⑩ 126qB

当α＝90°时，粒子在磁场中运动的时间为

Tπmt＝＝ ⑪ 42qB答案：见解析