2021高三物理學(xué)案第九單元第2講磁場對運動電荷的作用含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三物理人教版一輪學(xué)案：第九單元第2講磁場對運動電荷的作用含解析第2講磁場對運動電荷的作用考綱考情核心素養(yǎng)?洛倫茲力、洛倫茲力的方向Ⅰ?洛倫茲力公式應(yīng)用Ⅱ?帶電粒子在勻強磁場中運動Ⅱ?洛倫茲力概念、洛倫茲力公式．?帶電粒子在勻強磁場中運動．物理觀念全國卷5年5考高考指數(shù)★★★★★?應(yīng)用洛倫茲力進行動力學(xué)分析與處理．?帶電粒子在有界磁場中的一般解題步驟．科學(xué)思維知識點一洛倫茲力1．洛倫茲力磁場對運動電荷的作用力叫做洛倫茲力．2．洛倫茲力的方向(1）判定方法：左手定則．①掌心——磁感線垂直穿入掌心;②四指--指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；③拇指-—指向洛倫茲力的方向．(2)方向特點：F⊥B,F⊥v，即F垂直于B和v決定的平面．3．洛倫茲力的大小(1)v∥B時，洛倫茲力F＝0(θ＝0°或180°）．(2）v⊥B時，洛倫茲力F＝qvB（θ＝90°)．知識點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1．洛倫茲力的特點：洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功．2．粒子運動性質(zhì)(1)若v0∥B,則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運動．（2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動．3．半徑和周期公式（1）由qvB＝meq\f(v2,r），得r＝eq\f(mv，qB).(2)由v＝eq\f(2πr,T)，得T＝eq\f(2πm，qB).1．思考判斷（1）運動的電荷在磁場中一定會受到磁場力的作用．（×)（2)洛倫茲力的方向在特殊情況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直．(×）（3)公式T＝eq\f(2πr，v)說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比．（×）(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力可能做功．(×）（5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)．（√）2．如圖所示,一束電子流沿管的軸線進入螺線管,忽略重力,電子在管內(nèi)的運動應(yīng)該是（C）A．當(dāng)從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動B．當(dāng)從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動C．不管從哪端通入電流,電子都做勻速直線運動D．不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動解析：由于通電螺線管內(nèi)存在勻強磁場，電子運動方向與磁感線平行，電子不受磁場力作用，所以不管從哪端通入電流,電子都做勻速直線運動．3．（多選）兩個粒子，電量相等，在同一勻強磁場中受磁場力而做勻速圓周運動（CD）A．若速率相等,則半徑必相等B．若動能相等,則周期必相等C．若質(zhì)量相等,則周期必相等D．若動量大小相等，則半徑必相等解析：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,qvB＝meq\f（v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB），可知C、D正確．4．如圖所示是電子射線管示意圖．接通電源后，電子射線由陰極沿x軸正方向射出,在熒光屏上會看到一條亮線．要使熒光屏上的亮線向下(z軸負方向）偏轉(zhuǎn),在下列措施中可采用的是（B)A．加一磁場，磁場方向沿z軸負方向B．加一磁場，磁場方向沿y軸正方向C．加一電場，電場方向沿z軸負方向D．加一電場，電場方向沿y軸正方向解析:若加一磁場，要使熒光屏上的亮線向下偏轉(zhuǎn),即使電子所受的洛倫茲力方向向下,電子運動方向沿x軸正方向，由左手定則可知，磁場方向應(yīng)沿y軸正方向，所以選項A錯，B對；若加一電場，電子應(yīng)受到向下的靜電力作用,故電場方向沿z軸正方向，選項C、D均錯．5．兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的（D）A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小，角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小解析：分析軌道半徑:帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強度B減小，由公式r＝eq\f（mv,qB）可知，軌道半徑增大．分析角速度：由公式T＝eq\f(2πm，qB）可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)ω＝eq\f(2π,T）知角速度減小．選項D正確．考點1對洛倫茲力的理解1．洛倫茲力方向的特點洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即洛倫茲力的方向是垂直于電荷運動方向和磁場方向確定的平面，但粒子速度方向與磁場方向不一定垂直．2．洛倫茲力的作用效果（1)洛倫茲力對帶電粒子運動狀態(tài)的影響因洛倫茲力始終與帶電粒子的運動方向垂直，所以洛倫茲力只改變粒子的速度方向，而不改變其速度的大?。绻麤]有其他外力作用，帶電粒子會在磁場中做速率不變的曲線運動．(2）洛倫茲力對帶電粒子不做功因洛倫茲力始終與帶電粒子的運動方向垂直，所以洛倫茲力對粒子不做功．如果沒有其他外力對帶電粒子做功,在粒子的運動過程中就不會有能量之間的轉(zhuǎn)化．題型1洛倫茲力方向的判斷圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小相等的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是（)A．向上 B．向下C．向左 D．向右【解析】a、b、c、d四根導(dǎo)線上電流大小相同，它們在O點形成的磁場的磁感應(yīng)強度B大小相同，方向如圖甲所示．O點合磁場方向如圖乙所示，則由O點垂直紙面向外運動的帶正電的粒子所受洛倫茲力方向據(jù)左手定則可以判定向下．B選項正確．【答案】B1．如圖所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點．在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向(A)A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：磁極S在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直于豎直面P水平向外，電子在a點的運動方向水平向右，根據(jù)左手定則判斷可知洛倫茲力方向向上，選項A正確．題型2帶電粒子（質(zhì)點）在洛倫茲力作用下的運動（多選)如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下．磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管．在垂直于試管的水平拉力F作用下,試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出．關(guān)于帶電小球及其在離開試管前的運動,下列說法中正確的是(）A．小球帶負電B．小球運動的軌跡是一條拋物線C．洛倫茲力對小球做正功D．要保持試管勻速運動，拉力F應(yīng)逐漸增大【解析】小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口方向的洛倫茲力,根據(jù)左手定則可知小球帶正電，故A錯誤；設(shè)試管運動速度為v1，小球在垂直于試管方向的分運動是勻速直線運動，小球沿試管方向受到洛倫茲力的分力F1＝qv1B，而q、v1、B均不變,所以F1不變，所以小球沿試管做勻加速直線運動，與平拋運動類似，所以小球運動的軌跡是一條拋物線,故B正確；洛倫茲力總是與速度垂直，所以不做功，故C錯誤；設(shè)小球沿試管的分速度大小為v2，則小球受到垂直于試管向左的洛倫茲力的分力F2＝qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F＝F2，則F逐漸增大,故D正確．【答案】BD2．(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球以速度v0從距地面高為h的光滑水平平臺上射入豎直向上的勻強磁場中（磁場緊靠平臺右邊緣)，以地面上水平向右為x軸正方向、垂直紙面向里為y軸正方向、平臺右邊緣飛出點在地面上的投影為原點建立直角坐標(biāo)系，小球的落地點的坐標(biāo)為（0，h)，重力加速度為g，那么（ABC)A．經(jīng)時間t＝eq\r(\f(2h，g)),小球落地B．磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝eq\f(πm，q）eq\r(\f(g,2h)）C．小球的入射速度大小v0＝eq\f(π,2)eq\r（\f(gh，2))D．小球的落地速度大小v＝eq\r（2gh）解析：因為豎直方向只受重力，所以小球下落的時間t＝eq\r(\f（2h，g）），小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，且只運動了半周,所以半徑R＝eq\f（1,2）h，t＝eq\r(\f（2h，g））＝eq\f（πm,qB)，B＝eq\f（πm,q)eq\r（\f（g,2h)),又qv0B＝eq\f（mv\o\al(2,0)，R），則v0＝eq\f(π，2）eq\r(\f（gh,2）)，落地速度大小v＝eq\r(v\o\al(2，0)＋2gh）,所以A、B、C正確，D錯誤．考點2帶電粒子在勻強磁場中的運動1．圓心的確定(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時,可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點）．(2)已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線,連接入射點和出射點,作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心（如圖乙所示,圖中P為入射點，M為出射點)．2．半徑的確定（1）用幾何知識求半徑，一般稱為幾何半徑，通常構(gòu)建三角形，利用三角函數(shù)或勾股定理求解．（2)用物理知識求半徑，即根據(jù)qvB＝meq\f（v2,r）,得出r＝eq\f（mv，Bq），一般稱為物理半徑．3．運動時間的確定(1）粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運動時間為t＝eq\f（α,2π）T。（2)速度為v的粒子在磁場中運動的弧長為s時，其運動時間為t＝eq\f(s，v).如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面）向里的磁場．在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ〉1）．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q〉0）的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力）：(1)粒子運動的時間;（2)粒子與O點間的距離．【解析】(1）在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動．設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x〈0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0B0＝meq\f（v\o\al(2，0)，R1）①qv0λB0＝meq\f(v\o\al（2,0）,R2）②粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時,所需時間t1為t1＝eq\f(πR1，v0)③粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t2為t2＝eq\f(πR2,v0）④聯(lián)立①②③④式得,所求時間為t0＝t1＋t2＝eq\f（πm，B0q）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，λ）)).⑤(2）由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為d0＝2(R1－R2）＝eq\f(2mv0,B0q）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f（1，λ）))。⑥【答案】（1）eq\f（πm，B0q）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，λ)））(2)eq\f(2mv0,B0q)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f(1，λ)))高分技法帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析思路3.如圖，在橫截面為圓形的云室內(nèi)，沿直徑方向裝有鉛板，勻強磁場垂直圓面（圖中未標(biāo)示)．從云室內(nèi)側(cè)壁發(fā)射一帶電粒子,粒子剛好從云室圓心處垂直穿過鉛板,留下如圖所示的徑跡，不考慮粒子的重力和云室中氣體對粒子的阻力，整個過程中粒子質(zhì)量、電荷量保持不變，下列判斷正確的是(D)A．粒子一定帶正電B．粒子一定帶負電C．粒子在云室中鉛板兩側(cè)的運動時間一定相等D．粒子一定自鉛板左側(cè)向右穿過鉛板解析:本題根據(jù)帶電粒子的徑跡考查帶電粒子在磁場中的運動．由于磁場方向不確定，無法判斷粒子帶電性質(zhì)，A、B錯誤；由于整個過程中粒子質(zhì)量、電荷量保持不變，故粒子在鉛板左右兩側(cè)運動的周期不變，又因為帶電粒子穿過鉛板動能有損失，軌道半徑會減小,由題圖可知帶電粒子在鉛板左邊的運動軌跡半徑大于右邊的軌跡半徑,而軌跡圓弧對應(yīng)的弦長都等于云室的半徑,所以粒子在左邊偏轉(zhuǎn)的圓心角小于右邊偏轉(zhuǎn)的圓心角,即粒子在鉛板左側(cè)運動的時間小于右側(cè)運動的時間，C錯誤；粒子在鉛板左邊的運動軌跡半徑大于右邊的軌跡半徑,由向心力公式qvB＝meq\f（v2,r），得軌道半徑公式r＝eq\f(mv，qB)，左側(cè)速度大于右側(cè)速度,故粒子一定是從左向右穿過鉛板，D正確．4。(多選）兩個質(zhì)子以不同的速率均在勻強磁場中做勻速圓周運動,軌跡如圖所示，兩圓周相切于A點，過A點作一直線與兩圓周交于D點和C點．若兩圓周半徑r1r2＝12，下列說法正確的有（AD)A．兩質(zhì)子速率之比v1v2＝12B．兩質(zhì)子周期之比T1T2＝12C．兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次分別到達D點和C點經(jīng)歷的時間之比t1t2＝12D．兩質(zhì)子分別運動到D點和C點處時的速度方向相同解析：質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f（v2,r)，則v＝eq\f（qBr,m），所以兩質(zhì)子的速率之比為12，A正確;又T＝eq\f（2πr，v)，解得T＝eq\f(2πm,qB），所以兩質(zhì)子的周期之比為11，B錯誤；由題圖可知兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次分別運動到D點和C點時的偏轉(zhuǎn)角相等，由于周期相同，則兩質(zhì)子的運動時間相等，即比為11,C錯誤；由于兩質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)角相等，則兩質(zhì)子分別運動到D點和C點時的速度方向相同,D正確．考點3帶電粒子在直線邊界磁場中的運動題型1單直線邊界磁場(多選)如圖所示,一單邊有界勻強磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成θ角的不同速率向磁場中射入兩個相同的粒子1和2,粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點射出磁場，粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點射出磁場，OA＝AB，則（)A．粒子1與粒子2的速率之比為12B．粒子1與粒子2的速率之比為14C．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為11D．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為12【解析】粒子1進入磁場時速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓心，同理,粒子2進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心，由幾何關(guān)系可知，兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1r2＝12，由r＝eq\f（mv,qB）可知，粒子1與粒子2的速率之比為12，A正確，B錯誤；由于粒子在磁場中做圓周運動的周期均為T＝eq\f(2πm，qB），且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同，因此兩粒子在磁場中運動的時間相同，即C正確，D錯誤．【答案】AC題型2平行邊界磁場(多選)如圖所示，寬d＝4cm的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大,磁場方向垂直于紙面向里．現(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r＝10cm，則()A．右邊界－8cm〈y〈8cm處有粒子射出B．右邊界0〈y<8cm處有粒子射出C．左邊界y>16cm處有粒子射出D．左邊界0〈y<16cm處有粒子射出【解析】根據(jù)左手定則,正粒子在勻強磁場中將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動,由軌道半徑r＝10cm畫出粒子的兩種臨界運動軌跡，如圖所示，則OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10cm，由幾何知識求得AB＝BC＝8cm，OE＝【答案】AD題型3三角形邊界磁場如圖所示,在直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,∠a＝60°,∠b＝90°，邊長ab＝L.粒子源在b點將帶負電的粒子以大小、方向均不同的速度射入磁場，已知粒子質(zhì)量均為m,電荷量均為q。則在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是（）A.eq\f(qBL，2m） B.eq\f(qBL,3m)C.eq\f(\r(3）qBL,2m） D.eq\f（\r（3）qBL,3m)【解析】由于所有粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，則所有粒子在磁場中做圓周運動的周期相等．在磁場中運動時間最長的粒子是垂直bc邊入射并由bc邊射出的粒子，其中軌跡半徑最大的粒子的運動軌跡與ac邊相切，軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系可知，eq\f（L,tan30°)－R＝2R，解得該粒子的軌跡半徑R＝eq\f(\r(3），3）L，又由半徑公式R＝eq\f(mv，qB）,解得v＝eq\f（\r（3）qBL，3m)，D項正確．【答案】D題型4矩形邊界磁場如圖所示,長方形ABCD內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，邊長BC＝2AB,E、F分別為AD、BC邊的中點，在A處有一粒子源，可以沿AB方向射出不同速率的帶正電的同種粒子,粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，不計粒子的重力及粒子間的相互作用,對于粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，下列說法正確的是（）A．粒子可能從C點射出磁場B．粒子在磁場中運動的時間可能為eq\f(3πm,4qB)C．從D點射出的粒子在磁場中運動的時間是從E點射出的粒子在磁場中運動時間的2倍D．從E點射出的粒子在磁場中運動的時間是從F點射出的粒子在磁場中運動時間的2倍【解析】設(shè)AB＝L，則BC＝2L，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2，r）,解得r＝eq\f（mv，qB），v＝eq\f（qBr，m），粒子速度v越大,粒子做圓周運動的軌跡半徑越大，當(dāng)r＝L時，粒子運動軌跡與BC相切于BC的中點F，粒子從D點離開磁場，當(dāng)r<L時，粒子從AD邊離開磁場，即r≤L時粒子從AD邊離開磁場，當(dāng)r〉L時粒子從BF間離開磁場，粒子不可能從FC與CD間離開磁場，故粒子不可能從C點射出磁場，A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f（2πm，qB），粒子從AD邊離開磁場時在磁場中的運動時間為t＝eq\f(1,2)T＝eq\f（πm，qB)，粒子恰好從BC中點離開磁場時在磁場中運動的時間為t′＝eq\f（1，4)T＝eq\f（πm，2qB)，粒子從BF間離開磁場時在磁場中運動的時間為t″〈eq\f(1，4）T＝eq\f(πm,2qB)，由此可知，粒子在磁場中運動的時間為eq\f（πm，qB）或eq\f(πm,2qB)或t″<eq\f(πm,2qB），由于eq\f(3πm,4qB)>eq\f(πm,2qB），粒子在磁場中運動的時間不可能為eq\f(3πm，4qB），故B錯誤；從D點射出的粒子在磁場中運動的時間與從E點射出的粒子在磁場中運動的時間相等,都為eq\f(πm,qB),故C錯誤；從E點射出的粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(1,2）T＝eq\f（πm，qB），從F點射出的粒子在磁場中運動的時間是t′＝eq\f（1，4)T＝eq\f（πm，2qB），故從E點射出的粒子在磁場中運動的時間是從F點射出的粒子在磁場中運動的2倍，故D正確．【答案】D高分技法處理直線邊界勻強磁場中的臨界問題的技巧（1）粒子進入單邊磁場時，進、出磁場具有對稱性．（2）帶電粒子剛好穿出或剛好不穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．這類題目中往往含有“最大”“最高”“至少”“恰好”等詞語，其最終的求解一般涉及極值，但關(guān)鍵是從軌跡入手找準臨界狀態(tài)．①當(dāng)粒子的入射方向不變而速度大小可變時,由于半徑不確定，可從軌跡圓的縮放中發(fā)現(xiàn)臨界點．②當(dāng)粒子的入射速度大小確定而方向不確定時,軌跡圓大小不變,只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉(zhuǎn)，可從定圓的動態(tài)旋轉(zhuǎn)中發(fā)現(xiàn)臨界點．（3)當(dāng)速率一定時,粒子運動的弧長越長，圓心角越大，運動時間越長；當(dāng)速率變化時,圓心角大的，運動時間長．考點4帶電粒子在圓形有界磁場中的運動題型1粒子沿半徑方向入射（多選)如圖所示為一圓形區(qū)域的勻強磁場，在O點處有一放射源，沿半徑方向射出速率均為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從A點飛出磁場，帶電粒子2從B點飛出磁場,不考慮帶電粒子的重力，則(）A．帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間之比為21B．帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間之比為23C．帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為31D．帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為eq\r（3)1【解析】兩個粒子的軌跡圓心O1、O2位置如圖所示,二者軌跡對應(yīng)的圓心角分別為120°、60°，設(shè)圓形磁場的半徑為R，由幾何知識可得兩個粒子的軌跡半徑分別為eq\f（R，\r（3）)、eq\r（3)R,結(jié)合公式r＝eq\f（mv，qB）、T＝eq\f(2πm，qB）可知，二者比荷之比為31，周期之比為13，又因為二者軌跡對應(yīng)的圓心角分別為120°、60°，所以二者在磁場中運動時間之比為23，選項B、C正確．【答案】BC高分技法帶電粒子在圓形有界磁場區(qū)域中的運動所加磁場為圓形有界區(qū)域，讓帶電粒子沿半徑方向射入，帶電粒子在磁場中的運動有下列特點:（1）速率小的帶電粒子在磁場中的軌跡短,對應(yīng)的圓心角大，運動的時間長．(2）不同速率的帶電粒子在磁場中運動的時間t應(yīng)滿足：0<t〈eq\f(πm,qB)。題型2粒子不沿半徑方向入射如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場．兩個質(zhì)子M、N沿平行于直徑cd的方向從圓周上同一點P射入磁場區(qū)域，P點與cd間的距離為eq\f(R,2)，質(zhì)子M、N入射的速度大小之比為12.ab是垂直cd的直徑，質(zhì)子M恰好從b點射出磁場，不計質(zhì)子的重力和質(zhì)子間的作用力．則兩質(zhì)子M、N在磁場中運動的時間之比為（)A．21 B．31C．32 D．34【解析】本題考查帶電粒子在圓形磁場中的運動．作出兩質(zhì)子的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子M的軌跡半徑為R，軌跡圓弧所對圓心角θ1＝120°;根據(jù)eBv＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,eB)，則質(zhì)子N的軌跡半徑為2R，再由幾何關(guān)系得,軌跡圓弧所對圓心角θ2＝60°;質(zhì)子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f（2πr,v)＝eq\f（2πm，eB)，運動的時間滿足t＝eq\f(θ,360°)