高考物理考点46 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动

高考物理考点46 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动

1 考点 46 洛伦兹力 带点粒子在磁场中的运动 1．洛伦兹力与电场力的比较 洛伦兹力 电场力 性质 磁场对在其中运动的电荷的作用力 电场对放入其中电荷的作用力 产生条件 v≠0 且 v 不与 B 平行 电场中的电荷一定受到电场力作用 大小 F=qvB（v⊥B） F=qE 力方向与场方向的关系 一定是 F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受 力与电场方向相反 做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，也可能不做功 力为零时场的情况 F 为零，B 不一定为零 F 为零，E 一定为零 作用效果 只改变电荷运动的速度方向，不改变速 度大小 既可以改变电荷运动的速度大小，也可 以改变电荷运动的方向 2．洛伦兹力与安培力的联系及区别 （1）安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。 （2）洛伦兹力对电荷不做功；安培力对通电导线可做正功，可做负功，也可不做功。[来源:ZXXK] 3．带电粒子在匀强磁场中的运动 （1）如何确定“圆心” ①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。确定带电粒子运动轨迹上的两个 特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在 这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示。 ②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连 作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示。 ③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图 （c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角 平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点 O，该点就是圆心。 2 （2）如何确定“半径” 方法一：由物理方程求，半径 ； 方法二：由几何方程求，一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定。 （3）如何确定“圆心角与时间” ①速度的偏向角 φ=圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ=2 倍的弦切角 α，如图（d）所示。 ②时间的计算方法。 方法一：由圆心角求， 方法二：由弧长求， 4．带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形 直线边界（粒子进出磁场具有对称性） 平行边界（粒子运动存在临界条件） qB mvr  2πt T v Rt  3 圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径向射出） 5．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系 （1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。 （2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的 2 倍。 6．求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法 由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是 完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件（① 带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零；②射出或不射出磁场的临界状态是带电 体运动的轨迹与磁场边界相切），然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。 （1）两种思路 一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界 条件下的特殊规律和特殊解； 二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。 （2）两种方法 一是物理方法： ①利用临界条件求极值； ②利用问题的边界条件求极值； ③利用矢量图求极值。 二是数学方法： ①利用三角函数求极值； ②利用二次方程的判别式求极值； ③利用不等式的性质求极值； ④利用图象法等。 （3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离” 等词语对临界状态给以暗示。审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。 4 一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹 如图所示。假设粒子的电荷量不变，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是 A．粒子由 a 向 b 运动，带正电 B．粒子由 b 向 a 运动，带负电 C．粒子由 b 向 a 运动，带正电 D．粒子由 a 向 b 运动，带负电[来源:+网 Z+X+X+K] 【参考答案】B 【详细解析】由题意可知，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减 小，则由公式 得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从 b 到 a。在 b 处，粒 子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电。故选 B。 1．如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线 MN 为理想边界，磁感应强度分别为 B1、B2，今有一质量为 m、电荷量为 e 的电子从 MN 上的 P 点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场 B1 中，其运动轨迹为如图虚线所 示的“心”形图线。则以下说法正确的是 A．电子的运行轨迹为 PDMCNEP B．电子运行一周回到 P 用时为 C．B1=2B2 D．B1=4B2 【答案】AC 【解析】根据左手定则可知：电子从 P 点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场 B1 时，受到的洛伦兹力方 mvr qB 1 2π= mT B e 5 向向上，所以电子的运行轨迹为 PDMCNEP，故 A 正确；电子在整个过程中，在匀强磁场 B1 中运动两 个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场 B2 中运动半个周期，所以 ，故 B 错误；由图象可 知，电子在匀强磁场 B1 中运动半径是匀强磁场 B2 中运动半径的一半，根据 可知，B1=2B2，故 D 错误，C 正确。故选 AC。 【名师点睛】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向， 能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中。 2．（2018·百校联盟高考名师猜题保温金卷）如图所示，空间存在一个垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁 感应强度的大小为 B0，该区域是由一个半径为 R 的半圆和一个长为 2R、宽为 的矩形组成。一个质 量为 m、带电荷量为 q 的带正电的粒子从 AB 的中点 M 垂直于 AB 进入磁场，则下列说法正确的是 A．当粒子的速度 v 满足 时，粒子从 AB 边射出磁场 B．当粒子的速度 v 满足 时，粒子从 BC 边射出磁场 C．当粒子的速度 v 满足 时，粒子离开磁场时的速度方向斜向下 D．当粒子的速度 v 满足 时，粒子离开磁场时的速度方向斜向下 【答案】ABC 【解析】当粒子刚好从B 射出磁场时，粒子的轨道半径为 r1，由几何关系可得： ，由 可得： ，当粒子的速度 v 满足 ，粒子从 AB 边射出磁场，选项 A 正确；当粒子刚好 从 C 射 出 磁 场 时 ， 粒 子 的 轨 道 半 径 为 r2 ， 由 几 何 关 系 可 得 ： ， ， 由 ，当粒子的速度 v 满足 ，粒子从 BC 边射出磁场，选项 B 正确；当粒子离 开磁场时的速度方向平行于 AB 时，粒子的轨道半径为 r3，由几何关系可得： ， 1 2 2π π= m mT B e B e r mv Be 1 2 R 00 2 qB Rv m  0 05 2 8 qB R qB Rvm m  07 1 4 qB Rv m （ ） 05 1 4 qB Rv m （ ） 1 1 2r R 2 0 1 mvqvB r 0 2 qB Rv m 00 2 qB Rv m  2 2 2 2 2 1 4R r R r  （ ） 2 5 8r R 2 0 3 mvqvB r 0 05 2 8 qB R qB Rvm m  2 2 2 3 3 1 2r R r R  （ ） 6 ，由 可得 ，当粒子的速度 v 满足 ，粒子离 开磁场时的速度方向斜向下，选项 C 正确，D 错误。 【名师点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，应用牛顿第二定律以及几何知识即可正确解题。 利用如图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 A．粒子带正电 B．射出粒子的最大速度为 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 【参考答案】BC 【详细解析】由左手定则可判断粒子带负电，故 A 错误；由题意知：粒子的最大半径 、 粒 子 的 最 小 半 径 ， 根 据 ， 可 得 、 ， 则 ，故可知 BC 正确，D 错误。 1．如图所示，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，最远能落在边界上的 A 点。下列说法正确的有 3 7 1 4r R（ ） 2 0 2 mvqvB r 07 1 4 qB Rv m （ ） 07 1 4 qB Rv m （ ） m dLqB 2 )3(  2 3 max dLr  2min Lr  qB mvr  m dLqBv 2 )3( max  m qBLv 2min  m qBdvv 2 3 minmax  7 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 【答案】BD 【解析】粒子速度 垂直MN 边界进入磁场时到边界上的的落点最远，距离为 ，若粒子速度 不与 MN 垂直，落点在 A 点左侧，如图示 A 项错； 若粒子落在 A 点的右侧，其半径一定大于 ，速度一定大于 ，B 项对，若粒子落在 A 点左侧 d 处， 设粒子的最小速度为 ，则 ，得 ，若粒子落在 A 点左侧 d 的范 围内，其速度不可能小于 。若粒子落在 A 点右侧 d 处，设粒子的最小速度为 ，则 ，得 ，若粒子落在 A 点左侧 d 的范围内，其速度不可能小于 ，D 项对，C 错。 【名师点睛】粒子从单边界磁场射入时，射入时速度的方向与磁场边界所夹的角度与射出时速度的方向 与磁场边界所夹的角度是相等的。 0v 022 mvr qB 0mv qB 0v 1v 0 1 2 2 2 2 mv dmv r d qB qB   1 0 2 qBdv v m  0 / 2v qBd m 2v 0 2 2 2 2 2 mv dmv r d qB qB   2 0 2 qBdv v m  0 / 2v qBd m 8 2．（2018·湖北省襄阳市高二期末）如图在 x 轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场， 轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为 的匀强磁场。一带负电的粒子质量为 ，电荷量为 q，从 原点 O 以与 x 轴成 角斜向上射入磁场，且在 x 轴上方运动半径为 （不计重力），则下列结 论错误的是 A．粒子经偏转一定能回到原点 O B．粒子完成一次周期性运动的时间为 C．粒子在 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 D．粒子第二次射入 轴上方磁场时，沿 轴方向前进了 【答案】A 【解析】根据左手定则判断可知，负粒子在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一 象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，轨迹如图所示，不可能回到原点 0，故 A 错 误；负粒子在第一象限轨迹所对应的圆心角为 60°，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为 60°，在一个周 期内，粒子做圆周运动的周期为 ，粒子在第一象限运动的时间为 t1= ，同理，在第 四象限粒子做圆周运动的周期为 ，运动的时间为 t2= ，完在成一次周期性运动的 时间为 T′=t1+t2= ，故 B 正确；由 r= 得，粒子圆周运动的半径与 B 成反比，则粒子在 x 轴上方和 下方两磁场中运动的半径之比为 1:2，故 C 正确；画出粒子的运动轨迹，根据几何知识得，粒子第二次 射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进距离为 x=R+2R=3R，故 D 正确。 2 B 30   m qB  1: 2 3R 2πmT qB 0 0 60 360 3 mT qB  4 mT qB   0 0 60 2 360 3 mT qB  m qB  mv qB 9 如图所示，A、B 为一对平行板，板长为 l，两板间距离为 d，板间区域内充满着匀强磁场，磁感应强度 大小为 B，方向垂直纸面向里，一个质量为 m，带电量为+q 的带电粒子以初速度 v0，从 A、B 两板的中间， 沿垂直于磁感线的方向射入磁场。求 v0 在什么范围内，粒子能从磁场内射出？ 【参考答案】 或 【详细解析】若带电粒子刚好从平行板左边缘射出，如图所示： 由几何关系得： 由牛顿第二定律得： 解得： 若带电粒子刚好从平行板右边缘射出，如图所示： 由几何关系得： 由牛顿第二定律得： 解得： 0 4v qBd m 2 2 0 ( 4 ) 4 d l qBv md  1 4 dr  2 1 1 1 vqv B m r 1 4 qBdv m 2 2 2 2 2( )2 dr r l   2 2 2 2 vqv B m r 2 2 2 ( 4 ) 4 d l qBv md  10 故当 或 时，粒子可以从磁场内射出。 1．如图所示，竖直平行线 MN、PQ 间距离为 a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界 PQ），磁感 应强度为 B，MN 上 O 处的粒子源能沿不同方向释放比荷为 q/m 的带负电粒子，速度大小相等、方向均 垂直磁场。粒子间的相互作用及重力不计。设粒子速度方向与射线OM 夹角为 θ，当粒子沿 θ=60°射入时， 恰好垂直 PQ 射出。则 A．从 PQ 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 B．沿 θ=120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长 C．粒子的速率为 D．PQ 边界上有粒子射出的长度为 【答案】BD 【解析】粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力充当向心力，运动半径 因为所有粒子 和速度都 相 同 ， 故 所 有 粒 子 的 运 动 半 径 都 一 样 ， 当 粒 子 沿 θ=60° 射 入 时 ， 恰 好 垂 直 PQ 射 出 ， 可 得 ，故 ，解得 ，当粒子轨迹与 PQ 边界相切时，轨迹最长，运动时间 最长，此时根据几何知识可得 θ=120°，此时是粒子打在 PQ 边界上的最低的点，故相对 Q 的竖直位移为 ，B 正确，C 错误；由于 v 一定，则弧长最短时，时间最短，根据分析可知当粒子 沿着边界 MN 方向向上射入时最短，此时圆心在 MN 上，θ=30°，所以 ，此时是 0 4v qBd m 2 2 0 ( 4 ) 4 d l qBv md  π 3 m qB aqB m 2 3a mvr qB m q 2sin30 ar a  2 mva qB 2aqBv m 1 sin 60 3x r a   min π 2π π6 =2π 6 m mt qB qB  11 粒子打在边界 PQ 的最上端，根据几何知识可得该点相对 O 点竖直位移为 ，故 PQ 边界上有粒子射出的长度为 ，A 错误，D 正确。 2．（2018·云南省玉溪市高二期末）如图所示，半径为R 的 1/4 圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度为 B，磁场的左边垂直 x 轴放置一线型粒子发射装置，能在 0≤y≤R 的区间内各处沿 x 轴正方 向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为 m，电荷量为 q，不计粒子的重力及粒子间的 相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中 y 轴上的同一位置，则下列说法中正确 的是 A．粒子都击中在 O 点处 B．粒子的初速度为 C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．粒子到达 y 轴上的最大时间差为 【答案】D 【解析】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是 y 轴上同一点，由最高点射出的只能击中(0，R)，则 击中的同一点就是(0，R)，A 错误；从最低点射出的也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为 R，由洛伦兹力提供向心力得 ，则速度 ，B 错误；偏转角最大的时间最长，显然从最 低点射出的粒子偏转 90°，时间最长，时间 ，C 错误；从最高点直接射向(0，R)的 粒子时间最短，则最长与最短的时间差为 ，D 正确。 【名师点睛】看起来情况比较复杂，但涉及的问题却是常规问题，本题的关键点是粒子源发出的粒子是 速度大小和方向均相同，则其做匀速圆周运动的半径相同，在从最低点的特殊情况就能知道相同的半径 就是圆弧的半径，再结合周期公式能求出最长和最短时间。 2 sin 60 3x r a   1 2 2 3l x x a   2 BqR m m qB  π 2 m m qB qB 2vqvB m R BqRv m 1 1 2π π 4 4 2 m mt T qB qB   πΔ 2 R m mt t v qB qB    12 （2018·江苏省天一中学高考考前热身卷）如图所示，以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域， 磁感应强度为 B，∠A=60°， AO=L，在 O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子.已知粒 子的比荷为 ，发射速度大小都为 v0= 。设粒子发射方向与 OC 边的夹角为 θ，不计粒子间相互作用及重 力。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法中正确的是 A．当 θ=45°时，粒子将从 AC 边射出 B．所有从 OA 边射出的粒子在磁场中运动时间相等 C．随着 θ 角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小 D．在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出 【参考答案】AD 【详细解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： ，已知 ，解得 粒子的运动半径 r=L，当 θ=60°入射时，粒子恰好从 A 点飞出，则当 θ=45°时，由几何关系可知，粒子将从 AC 边 射 出 ， 选 项 A 正 确 ； 所 有 从 OA 边 射 出 的 粒 子 ， θ 不 同 ， 而 轨 迹 圆 心 对 应 的 圆 心 角 等 于 ，所用时间 ，T 一定，则知粒子在磁场中时间不 相等，选项 B 错误；当 θ=0°飞 入的粒子在磁场中，粒子恰好从 AC 中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是 ；当 θ=60°飞入的粒子在磁场 中运动时间恰好也是 ，是在磁场中运动时间最长，故 θ 从 0°到 60°在磁场中运动时间先减小后增大，当 θ 从 60°到 90°过程中，粒子从 OA 边射出，此时在磁场中运动的时间逐渐减小，故 C 错误；当 θ=0°飞入的粒 子在磁场中，粒子恰好从 AC 中点飞出，因此在 AC.边界上只有一半区域有粒子射出，故 D 正确。 【名师点睛】此题关键要根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论．θ 从 0° 到 60°的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先 减小后增大是该题的关键。 1．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。现有一质量为 m、电荷量为+q 的粒子（不计重 13 力），以速度 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，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． B． C． D． 【答案】AD 【解析】带电粒子做匀速圆周运动轨迹的圆心必在 AB 之上，画出运动轨迹如图所示，由半径公式 及 可知，粒子做圆周运动的半径为 ，当粒子运动的轨迹圆心位于 AB 中点 O1 时，粒子正好与 AC、BC 边相切，由几何关系知，PB 满足 ，A 正确；平行向右移动 参考圆 O1，与 CB 交点最远时的 Q 点到 AB 的距离为半径 r，所以 ，D 正确。 2．如图所示，在直角三角形 ABC 内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB 边长度为 d， 。现垂直 AB 边射一群质量均为 m、电荷量均为 q、速度大小均为 v 的带正电粒子，已知垂直 AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间为 t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为 t0（不计重 力）。则下列判断中正确的是 3 4 qBLv m 2 3 4PB L  1 3 4PB L  3 4QB L 1 2QB L mvr qB 3 4 qBLv m 3 4r L 2 3 4PB L  2 3 1 3 2Q r LB   π 6B  4 3 14 A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 4t0 B．该匀强磁场的磁感应强度大小为 C．粒子在磁场中运动的轨道半径为 D．粒子进入磁场时速度大小为 【答案】ABC 【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直 AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间是 T，即 T=t0，则得周期 T=4t0，故 A 正确。由 得 ，故 B 正确。设运动时间最长的粒 子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为 θ，则有 t0，得 ，画出该粒子的运动轨迹，设轨 道半径为 R，由几何知识得： ，可得 ，故 C 正确。根据 ，解 得 ，故 D 错误，故选：ABC。 （2018·云南省玉溪市高三联合调研）如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R=10 cm 的 圆柱形桶内有 B=10–4 T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射 孔和出射孔。粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出。现有一粒子源发射比荷为 的正粒子，粒子束中速度分布连续。当角 θ=45°时，出射粒子速度 v 的大小是 0 π 2 m qt 2 5 d 0 3π 7 d t 1 4 1 4 2πmT qB 0 2π π 2 m mB qT qt  =2π T 4 3 2π= 3 cos60cos60 R R d   2 5R d 0 4 3 Rt v  0 π 5 dv t 112 10 C/kgq m   15 A． B． C． D． 【参考答案】B 【详细解析】离子从小孔a 射入磁场，与 ab 方向的夹角为 α=45°，则离子从小孔 b 离开磁场时速度与 ab 的夹角也为 α=45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心 O′，画出轨迹如图，由几何知识得 到 轨 迹 所 对 应 的 圆 心 角 为 ： θ=2α=90° ， 由 几 何 关 系 知 ， 又 ， 解 得 ： ，故选 B。 1．（2018·云南省曲靖市沾益区四中高二期末）圆形区域内有如图所示的匀强磁场,一束比荷相同的带电粒 子对准圆心 O 射入,分别从 a、b 两点射出,下列说法正确的是 A．b 点出射粒子速率较小 B．a 点出射粒子运动半径较大 C．b 点出射粒子磁场中的运动时间较短 D．a 点出射粒子速度偏转角较小 62 10 m/s 62 2 10 m/s 82 2 10 m/s 64 2 10 m/s 2r R mvr qB 62 2 10 m/sqBrv m   16 【答案】C 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子运动轨迹的示意图如图所示： 由洛伦兹力提供向心力 ，可得 ，结合几何运动径迹可知，从 b 点射出的粒子运动半径 较大，结合荷质比相同，可得从 a 点射出的粒子速率较小；故 A，B 错误。由运动周期公式得， ，由于荷质比相同，周期与速率无关，粒子运动的时间： 可知运动的时间，仅由轨迹所 对的圆心角 θ 决定，故 b 点射出的粒子运动时间较短；故 C 正确。利用对称性可知，粒子沿半径方向入 射一定沿半径方向出射，由图可以看出 a 粒子速度方向偏转的角度大于 b 粒子速度方向偏转的角度；故 D 错误。 【名师点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，运用洛伦兹 力提供向心力求出半径公式，注意对称性的运用，粒子沿半径方向入射一定沿半径方向出射，运用粒子 在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间． 2．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内。 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，运动的半 径为 r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为 α。下列说法正确的是 A．若 r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 B．若 r=2R，粒子沿着与半径方向成 45°角斜向下射入磁场，则有关系 成立 π 6 m qB 2 2 1tan 2 7   17 C．若 r=R，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 r=R，粒子沿着与半径方向成 60°角斜向下射入磁场，则圆心角 α 为 150° 【答案】BD 【解析】若 r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图 1 所示， 因为 r=2R，圆心角 θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间 ，故 A 错误。 若 r=2R ， 如 图 2 所 示 ， 粒 子 沿 着 与 半 径 方 向 成 45° 角 斜 向 下 射 入 磁 场 ， 根 据 几 何 关 系 ， 有 ，故 B 正确。若 r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图 3 所示，圆心角 90°，粒子在磁场中运动的时间 ，故 C 错误。若 r=R，粒子 沿着与半径方向成 60°角斜向下射入磁场，轨迹如图 4 所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出 射点构成菱形，圆心角 150°，故 D 正确。 图 1 图 2 图 3 图 4 如图所示，正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从 f 点沿 fd 方向射入磁 场区域，当速度大小为 vb 时，从 b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tb，当速度大小为 vc 时，从 c 点离 开磁场，在磁场中运动的时间为 tc，不计粒子重力。则 π 3 m qB max 60 2π 1 π=360 6 3 m mt T qB qB    2 2 2 12tan 2 72 2 R r R     90 2π 1 π=360 4 2 m mt T qB qB    18 A．vb:vc=2:2，tb:tc=1:2 B．vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 C．vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D．vb:vc=1:2，tb:tc=1:2 【参考答案】B 【详细解析】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 得 ；粒子在磁场中运动的轨迹如图，从 b 点离开磁场的粒子，圆心在 a 点，半径等于正六边形的边 长，即 rb=a；从 c 点离开磁场的粒子，圆心是 O 点，半径等于正六边形边长的 2 倍，即 rc=2a；根据半径公 式 得 ， ，从 b 点离开磁场的粒子，圆心角 θb=120°；从 c 点离开磁场的粒 子，圆心角 θc=60°；根据 ，得 ，故 B 正确，ACD 错误。 1．如图所示，截面为正方形的容器在匀强磁场中，一束电子从 a 孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从 c 孔射出，一部分从 d 孔射出，忽略电子间的作用，下列说法正确的是 A．从 cd 两孔射出的电子速度之比为 v1:v2=2:1 B．从 cd 两孔射出的电子在容器中运动所用的时间之比为 t1:t2=1:2 C．从 cd 两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为 a1:a2=2:1 D．从 cd 两孔射出电子在容器中运动时的加速度大小之比为 a1:a2= :1 2vqvB m r mvr qB mvr qB qBrv rm  1 2 b b c c v r v r  360t T 2 1 b b c c t t    2 19 【答案】ABC 【解析】设磁场边长为 a，如图所示，粒子从 c 点离开，其半径为 rc，粒子从 d 点离开，其半径为 rd； 由 ，得出半径公式 ，又由运动轨迹知 rc=2rd 则 vc:vd=2:1，故 A 正确。由 ， 根据圆心角求出运行时间 ；运行时间 ， ，则 tc:td=1:2，故 B 正确。向心加速度： ，则 ac:ad=2:1，故 C 正确，D 错误。 2．（2018·湖北省荆州市高二期末）如图所示，在一个边长为 的正六边形区域内存在磁感应强度为 ，方 向垂直于纸面向里的匀强磁场。三个相同的带电粒子，比荷大小均为 ，先后从 点沿 方向以大 小不等的速度射人匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用。已知编号为 的粒子恰好从 点飞出磁场区域，编号为 的粒子恰好从 点飞出磁场区城，编号为 的粒子从 边上的某点垂直 边界飞出磁场区城。则 A．三个带电粒子均带正电 B．编号为 的粒子进人磁场区城的初速度大小为 C．编号为 的粒子在磁场区城内运动的时间为 D．编号为 的粒子在 边上飞出的位置与 点的距离为 【答案】ABD 【解析】由于三个粒子的偏转方向均向上，根据左手定则可知，三个粒子带同种正电荷，故A 正确；根 据题意作出三个粒子的运动轨迹，如图所示： 2vqvB m r mvr qB 2πmT qB 2πt T 2d Tt  4d Tt  2va r a B q m A AD 1q F 2q E 3q ED 1q 3 3 Bqa m 2q π 6 m Bq 3q ED E  2 3 3 a 20 设编号为 的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为 ，初速度大小为 ，由几何关系得： ，根据 ，解得： ，故 B 正确；设编号为 的粒子在正六边 形区域磁场中做圆周运动的半径为 ，初速度大小为 ，周期为 ，由几何关系可得，粒子在 正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为 ，则粒子在磁场中运动的时间 ，故 C 错误；设编号为 的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为 ，在磁场中转了 ，由几何关 系 可 得 ： ， ， ， 则 ，故 D 正确；故选 ABD。 【名师点睛】分析各粒子的运动情况，由几何关系求出各自的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得 速度大小；再根据几何关系求出圆心角，再根据时间与周期间的关系即可明确时间大小。 1．带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场，若只考虑洛伦兹力，则粒子的 A．速度不变 B．动能不变 C．加速度不变 D．受力不变 2．（2018·百校联盟高考名师猜题保温金卷）如图所示，半径为 R 的半圆形有界磁场关于 x 轴对称，y 轴刚 好与磁场左边界在坐标原点处相切，在坐标原点处有一粒子源，可以沿 x 轴正方向连续地发射质量为 m， 1q 1r 1v 1 3 2 60 3 a ar sin  2 1 1 1 vqv B r 1 3 3 qBav m 2q 2r 2v 2 2πmT qB 60 2 2 6 3 T mt qB   3q 3r 30 2 cos30 3AE a a   3 2 3sin30 AEr a  3 3tan30 AEO E a   3 3 2 3 3EG r O E a    21 电荷量大小为 q 的不同速率的正、负电荷。已知磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁感应强度大小为 B， 若粒子不能从半圆的直径部分射出，则 A．粒子在磁场中运动的最大半径可能为 R B．粒子在磁场中运动的最大速度可能为 C．粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为 D．粒子在磁场中运动的最短时间可能为 3．关于磁场，下列说法中正确的是 A．指南针的使用，说明地球有磁场 B．磁场的方向与放在该点的通电直导线所受磁场力方向一致 C．带电物体在磁场中所受的洛伦兹力不可能为零 D．磁感应强度越大，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量也越大 4．（2018·陕西省高三教学质量检测）磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的 磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于 发电机，把两个极板与用电器相连，则 A．用电器中的电流方向从 B 到 A B．用电器中的电流方向从 A 到 B C．若只增大带电粒子电荷量，发电机的电动势增大 D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大 5．如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方 空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力 F 拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向 2 qBR m 2π 1 R（ ） π 2 m qB 22 上作匀加速运动的阶段中 A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变 C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断增大 6．（2018·贵州省遵义高三模拟）如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正的电小球，其质量为 m， 带电荷量为 q，小球可在棒上滑动。现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中， 设小球所带电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中 A．小球的加速度一直增大 B．小球的速度一直增大，直到最后匀速 C．小球的速度先增大，再减小，直到停止运动 D．棒对小球的弹力一直减小 7．（2018·江西省浮梁一中高考冲刺训练卷）据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电 粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所 示，环状磁场的内半径为 R1，外半径为 R2，被束缚的带电粒子的比荷为 k，中空区域内带电粒子具有各 个方向的速度，速度大小为 v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为 R2 的 区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是 A． 2 2 1 2R v k R R（ ） 23 B． C． D． 8．如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径，一不计重力的带电粒子从 a 点 射入磁场，速度大小为 ，当速度方向与 ab 成 30°角时，粒子在磁场中运动的时间最长，且为 t；若相 同的带电粒子从 a 点沿 ab 方向射入磁场，也经时间 t 飞出磁场，则其速度大小为 A． B． C． D． 9．一质量为 m、带电量为 q 的粒子以速度 从 O 点沿 y 轴正方向射入磁感强度为 B 的一圆形匀强磁场区域， 磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区后，从 b 处穿过 x 轴，速度方向与 x 轴正向夹角为 30°，如图所 示（粒子重力忽略不计）。试求： （1）圆形磁场区的最小面积； （2）粒子从 O 点进入磁场区到达 b 点所经历的时间； （3）b 点的坐标。 10．（2018·安徽省六安二中河西校区高二期末）如图所示，以 O 为圆心、半径为 R 的圆形区域内存在垂直 圆面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的 M 点，可向磁场区域内垂直磁场沿各 个方向发射质量为 m、电荷量为 的粒子，不计粒子重力，N 为圆周上另一点，半径 OM 和 ON 间的 2 2 2 2 1 2R v k R R（ ） 2 1 3v k R R（ ） 2 1 v k R R（ ） v 3 2 v 1 2 v 3 6 v 2 3 v 0v q 24 夹角 ，且满足 ． （1）若某一粒子以速率 v ，沿 MO 方向射入磁场，恰能从 N 点离开磁场，求此粒子的速率移 v ； （2）若大量此类粒子以速率 ，从 M 点射入磁场，方向任意，则这些粒子在磁场中运动的 最长时间为多少？ （3）若由 M 点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为题 中计算出的 ，求磁场中有粒子通过 的区域面积。 11．（2018·广东省七校联合体高三第三次联考）如图所示，PQMN 是竖直面内一边长为 L 的正方形区域， 区域内有竖直向上的匀强电场，场强为 E，在△PQM 中还存在水平向里的匀强磁场，磁感强度为 B； 在 PQMN 的左侧有一足够长的粗糙绝缘细杆，细杆与 PQ 在同一水平线上，细杆周围存在水平方向足 够长匀强磁场，磁感强度 B0（大小可调的），方向水平向里。细杆的左侧套有一带电荷量为+q 的小球， 现使小球以适当的速度沿杆向右运动，在到达 P 点前小球已匀速运动，由 P 点射入△PQM 区域后，小 球做匀速圆周运动，已知重力加速度为 g： （1）小球在细杆上做什么运动？请直接用文字描述 （2）若小球恰能从 M 点离开电磁场，求小球的质量和粒子从 P 点射入到从 M 点离开电磁场这段时间 内的平均速度的大小和方向； （3）若调节 B0 的大小，从而改变小球由 P 点射入电磁场的速度，使小球最终从 Q 点离开磁场，求此 过程中重力势能变化的最大值； （4）若调节 B0 的大小，使小球由 P 点射入电磁场后最终由 NP 射出，求 B0 的最小值。  tan 0.52   1 1 2 2qBRv m  1 1v 25 12．（2018·北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间 后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关 的是 A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱 C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度 13．（2017·新课标全国Ⅱ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，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射 入速率为 ，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 ，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 为 A． B． C． D． 14．（2016·新课标全国Ⅱ卷）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． B． C． D． 1v 2v 2 1:v v 3 : 2 2 :1 3 :1 3: 2 3B  2B  B  2 B  26 15．（2016·新课标全国Ⅲ卷）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． B． C． D． 2．AD【解析】粒子不能从半圆的直径部分射出，则半径最大的是轨迹刚好与直径相切，由几何关系可知 这时的粒子运动半径为 R，选项 A 正确；最大半径对应着最大速度，由 得 ，选项 B 错误； 粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为 ，选项 C 错误；粒子在磁场中运动 的轨道半径越大，运动轨迹所对的圆心角越小，因此最小时间为 ，选项 D 正确。 3．A【解析】指南针是由磁性材料做成的，指南针指南说明它受到磁场的作用，说明地球周围有磁场，A 正确；根据左手定则，可得磁场的方向与放在该点的通电直导线所受磁场力方向垂直，B 错误；当带电 物体的运动方向和磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用，C 错误；在计算磁通量的公式 中 S 指的 是磁场穿过线圈的有效面积，不一定等于线圈面积，D 错误。 4．BD【解析】首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离 2 mv qB 3mv qB 2mv qB 4mv qB mvR qB qBRv m 2 2 21 14 π π 24 2R R R  （ ）（ ） 1 π 4 2 mT qB BS  27 子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金 属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从 A 到 B，选项 A 错误，选项 B 正确；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力 f 外还受到向下的电场力 F，最终两力达到平衡，即最终 等离子体将匀速通过磁场区域，因 f=qvB， ，则： ，解得 E=Bdv，所以电动势 E 与速 度 v 及磁场 B 成正比，与带电粒子的电荷量无关，选项 C 错误，选项 D 正确。~网 【名师点睛】正确分析离子的受力情况是解决本题的关键。先根据左手定则判断等离子体的正离子（或 负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出 最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力，分析电动势的决定因素。 5．B【解析】对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、拉力 F 和洛伦兹力，洛伦兹力方向 垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：F–m 总 gsin α–μFN=m 总 a①；FN=m 总 gcos α–F 洛②，随着速度的 增大，洛伦兹力增大，则由②知：FN 减小，乙所受的滑动摩擦力 f=μFN 减小；以甲为研究对象，有：m 甲 gsin θ–f=m 甲 a③；由①知，f 减小，加速度不变，因此根据③可知，甲乙两物块之间的摩擦力保持不变， 故 B 正确，ACD 错误；故选 B。 7．B【解析】粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场区域的最大速度粒子沿圆弧从 B 到 A，恰与 环状域外圆相切，如图所示： 为轨迹圆心。设 AO′=BO′=r，由几何关系得 ，由牛 顿第二定律可知： ，解得： ，联立解得： ，故 B 正确，ACD 错误。 EF q d EqvB q d O  2 2 2 2 1R r r R   2vqvB m r mvr qB   2 2 2 2 1 2R vB k R R   28 [来源:Z|xx|k.Com] 9．（1） （2） （3） 2 2 0 2 2 3π 4 m v q B 2π( 3)3 m qB  03 0( )mv Bq ， 29 （2）粒子从 O 至 a 做匀速圆周运动的时间 从 a 飞出磁场后做匀速直线运动，所以 ， 所以 （3）因为 ， ，所以 ，故 b 点坐标为 【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 ，周期 公式 ，运动时间公式 ，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无 关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。￥网 10．（1） （2） （3） [来源:Zxxk.Com] 【解析】（1）粒子以速率 沿 MO 方向射入磁场，恰能从 N 点离开磁场，轨迹如图： 设轨迹半径为 ，则 1 2π 3 3 T mt qB  tan30 3R ab R ab    2 0 0 3 3ab R mt v v qB   1 2 2π( 3)3 mt t t qB    sin30 R O b    2O b R  033 mvOb R Bq  03 0( )mv Bq ， mvR Bq 2πmT Bq 2πt T 1 2 qBRv m 3 mt Bq  2 211 3 24 4 RS R  1v 1r 1 2 rtan R   30 解得： 由牛顿第二定律可得 解得： 粒子方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直 径），轨迹如图： 则 解得： 粒子在磁场中运动的最长时间 1 2 Rr  2 1 1 1 vqv B m r 1 2 qBRv m 2 Rsin r  6   2 2 2 3max r mt v qB    31 、 、 所以 【名师点睛】本题的难点在第三问，要找到粒子能到达的区域，首先要考虑的是粒子的偏转方向--顺时 针；其次要考虑的极端情况①从 M 点竖直向上射出，则可以做完整的圆周运动。②然后把这个完整的 圆绕 M 点转动 1800，则该圆与磁场区域公共部分，就是粒子能达到的区域。 11．（1）小球在细杆上做加速越来越小的减速运动最后匀速运动[来源:Z.xx.k.Com] （2） 平均速度方向由 P 点指向 M 点 （3） （4） 【解析】（1）小球在细杆上做加速度越来越小的减速运动，最后匀速运动。 （2）小球在电磁场中匀速圆周运动有：mg＝qE 可得 由几何关系可知 r1＝L，且 小球从 P 点到 M 点的位移 s= L t= T 则小球的平均速度 平均速度的方向由 P 点指向 M 点 2 2 1 1 2 2 8 R RS       2 2 1 6S R 2 2 2 2 3 1 1 3 1 3 6 2 2 6 4S R R R R      2 211 3 24 4S R R  2 2 π gBL E 2 2 8 qgB LqEL E min 3EB gBL qEm g 2 1 1 1 vqv B m r 1 1 2π 2π 2πr m ET v qB gB   2 1 2 2 2 π s gBLv t E  32 小球以 v2 竖直向上过 MP，在△PMN 中匀速直线运动，再以 v2 竖直过 MN，当小球的加速度为零时， 重力势能变化量最大为 （4）当 B0 取最小值时 v 最大，在电磁场中运动半径最大，小球能由 PQ 射出，有几何关系可知，半径 由 得 在细杆上有 可得： 12．C【解析】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即 .，则 .，若 仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以 及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求， 故选项 C 正确，ABD 错误。 【名师点睛】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意 当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的。 2 2 2 pm 2 1Δ 2 8 qgB LE mgL mv qEL E    2 1 3r L 2 3 3 3 vqv B m r 3 3 gBLv E 3 0minqv B mg min 3EB gBL Eq qvB Eq qvB Ev B 33 【名师点睛】此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题；解题时关键是要画出粒子运动的轨迹草图， 知道能打到最远处的粒子运动的弧长是半圆周，结合几何关系即可求解。 14．A【解析】作出粒子的运动轨迹，由几何知识可得，轨迹的圆心角为 ，两个运动具有等 时性，则 ，解得 ，故选 A。 【名师点睛】此题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题时必须要画出规范的粒子运动的草图， 结合几何关系找到粒子在磁场中运动的偏转角，根据两个运动的等时性求解未知量；此题难度中等， 意在考查考生对物理知识与数学知识的综合能力。%网 15．D【解析】根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，则轨迹与 ON 相切，设切点为 C 点，入射点为 D 点，出射点为 A 点，粒子在磁场中的轨迹圆心为 点，根据几何知识可得 ，则三角形 AB 为等边三角形，故∠ AB=60°，而∠MON=30°，∠OCA=90°， 故 C A 为 一 条 直 线 ， 所 以 △AOC 为 直 角 三 角 形 ， 故 粒 子 离 开 磁 场 的 出 射 点 到 O 的 距 离 为 ，而半径公式 ，故距离为 ，D 正确。 【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 ，周期 公式 ，运动时间公式 ，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无 关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。 π π π( ) 24 3 6   π 60 2π 2 360 m qB   3 q m B  O 2 sin30AD r r  O O O 2= =4sin30 sin30 AC rAO r   mvr Bq 4mv Bq mvR Bq 2πmT Bq 2πt T