2018年高考物理复习第九章第二节磁场对运动电荷的作用

第二节 磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1．定义：运动电荷在磁场中所受的力．2．大小(1)v ∥B 时，F ＝0．(2)v ⊥B 时，F ＝q v B ．(3)v 与B 夹角为θ时，F ＝q v B sin_θ．3．方向(1)左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v .即F 垂直于B 、v 决定的平面．(注意B 和v 可以有任意夹角)． 由于F 始终垂直于v 的方向，故洛伦兹力永不做功．1.判断正误(1)带电粒子在磁场中一定会受到磁场力的作用．( )(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．( )(3)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功．( )(4)只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同．( )(5)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．( )(6)洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直．( ) 提示：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)×二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动．2．若v ⊥B ，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：q v B ＝m v 2r． (2)轨道半径公式：r ＝m v Bq． (3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝Bq 2πm ；ω＝2πT ＝2πf ＝Bq m．T 的大小与轨道半径r 和运行速率v 无关，只与磁场的磁感应强度B 和粒子的比荷qm有关．2.试画出下图中几种情况下带电粒子的运动轨迹．提示：对洛伦兹力的理解及应用【知识提炼】1．洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)左手定则判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷．2．洛伦兹力与电场力的比较【典题例析】(2017·北京东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是() A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和[审题指导]小球运动过程中，由于受重力和电场力作用，其速度会发生变化，则洛伦兹力大小也发生变化，运动过程中由于洛伦兹力始终垂直于速度方向，因此不做功．[解析]带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式E p＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，选项B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度分析，选项D正确．[答案] D【跟进题组】考向1洛伦兹力方向的判定1.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是() A．向上B．向下C．向左D．向右解析：选B.据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下，正确选项为B.考向2洛伦兹力做功问题的分析2.(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A．经过最高点时，三个小球的速度相等B．经过最高点时，甲球的速度最小C．甲球的释放位置比乙球的高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：选CD.设磁感应强度为B ，圆形轨道半径为r ，三个小球质量均为m ，它们恰好通过最高点时的速度分别为v 甲、v 乙和v 丙，则mg ＋q 甲v 甲B ＝m v 2甲r ，mg －q 乙v 乙B ＝m v 2乙r，mg ＝m v 2丙r，显然，v 甲>v 丙>v 乙，选项A 、B 错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C 正确．考向3 洛伦兹力参与下带电体的力学问题分析3.(2017·哈尔滨模拟)如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B ，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P ，P 的质量为m 、电荷量为－q ，P 与杆间的动摩擦因数为μ.小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a 0，最大速度为v 0，则下列判断正确的是( )A ．小球先加速后减速，加速度先增大后减小B ．当v ＝12v 0时，小球的加速度最大 C ．当v ＝12v 0时，小球一定处于加速度减小阶段 D ．当a ＝12a 0时，v v 0>12解析：选C.开始运动阶段q v B <mg ，加速度a 1＝qE －μ（mg －q v 1B ）m，小球做加速度越来越大的加速运动；当q v B ＝mg 之后，小球受到的支持力垂直杆向下，小球的加速度a 2＝qE －μ（q v 2B －mg ）m，小球做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后做匀速运动，则可知小球一直加速最后匀速，加速度先增大后减小为0不变，选项A 错；作出小球的加速度随速度的变化规律图象如图所示，两阶段的图线斜率大小相等，有v 1<12v 0，则v ＝12v 0时一定处于加速度减小阶段，选项B 错、C 对；a ＝12a 0可能出现在加速度增大阶段或加速度减小阶段，选项D 错．带电粒子在匀强磁场中的运动【知识提炼】1．圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图甲所示，图中P 为入射点，M 为出射点)．(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．2．半径的确定(1)由物理方法求：半径R ＝m v qB； (2)由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定．3．运动时间的确定(1)由圆心角求：粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：t ＝θ2πT ⎝⎛⎭⎫或t ＝θR v . (2)由弧长求：t ＝s v .【典题例析】(2016·高考全国卷甲)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 ．ω2BC ．ωBD ．2ωB[审题指导] 首先由粒子的速度方向确定运动的圆心，然后画出其运动轨迹，由几何知识确定圆心角求时间．此题考查粒子在磁场中运动问题的基本方法．[解析] 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 ＝ω3B，A 项正确．[答案] A(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法(2)在轨迹中寻求边角关系时，一定要关注三个角的联系：圆心角、弦切角、速度偏角；它们的大小关系为：圆心角等于速度偏角，圆心角等于2倍的弦切角．在找三角形时，一般要寻求直角三角形，利用勾股定理或三角函数求解问题．(3)解决带电粒子在边界磁场中运动的问题时，一般注意以下两种情况：①直线边界中的临界条件为与直线边界相切，并且从直线边界以多大角度射入，还以多大角度射出；②在圆形边界磁场中运动时，如果沿着半径射入，则一定沿着半径射出．【跟进题组】考向1 半径公式和周期公式的应用1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：选AC.两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ中磁场磁感应强度B 1是Ⅱ中磁场磁感应强度B 2的k 倍．由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ∝1B ，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确．由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝q v B m ∝B ，所以a 2a 1＝1k，选项B 错误．由T ＝2πr v 得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确．由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k，选项D 错误．考向2 带电粒子在直线边界磁场中的运动2.如图所示为一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外，MN 、PQ 为其两个边界，两边界间的距离为L .现有两个带负电的粒子同时从A 点以相同速度沿与PQ 成30°角的方向垂直射入磁场，结果两粒子又同时离开磁场．已知两带负电的粒子质量分别为2m 和5m ，电荷量大小均为q ，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子射入磁场时的速度为( )A ．3BqL 6mB ．3BqL 15mC ．BqL 2mD ．BqL 5m解析：选B.由于两粒子在磁场中运动时间相等，则两粒子一定是分别从MN 边和PQ 边离开磁场的，如图所示，由几何知识可得质量为2m 的粒子对应的圆心角为300°，由t ＝θ2πT 得质量为5m 的粒子对应的圆心角为120°，由图可知△OCD为等边三角形，可求得R ＝33L ，由Bq v ＝5m v 2R 得v ＝3BqL 15m，B 正确．考向3 带电粒子在圆形磁场中的运动3.如图所示，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的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R 2.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 ．qBR 2mB ．qBR mC ．3qBR 2mD ．2qBR m解析：选B.作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有⎝⎛⎭⎫r ＋R 2tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bq v ＝m v 2r 可得v ＝qBR m，故B 正确．带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值及多解问题【知识提炼】1．带电粒子在有界磁场中的运动，一般涉及临界和边界问题，临界值、边界值常与极值问题相关联．因此，临界状态、边界状态的确定以及所需满足的条件是解决问题的关键．常遇到的临界和极值条件有：(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，对应粒子速度的临界值．(3)运动时间极值的分析①周期相同的粒子，当速率相同时，轨迹越长，圆心角越大，运动时间越长．②周期相同的粒子，当速率不同时，圆心角越大，运动时间越长．2．带电粒子在磁场中运动的多解问题(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，因而形成多解．如图甲所示，带电粒子以速率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 .(2)磁场方向的不确定形成多解：有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须考虑由磁感应强度方向不确定而形成的多解．如图乙所示．(3)临界状态不唯一形成多解：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，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解．(4)运动的往复性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示．【典题例析】(2016·高考全国卷丙)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 ．m v 2qBB ．3m v qBC ．2m v qBD ．4m v qB[审题指导] 粒子与ON 的交点只有一个的隐含条件说明运动轨迹与ON 相切，从而找出粒子运动的圆心、半径、圆心角等一系列运动参量，利用几何关系进行问题的求解．[解析] 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 ＝m v qB，所以D 正确． [答案] D解决带电粒子在磁场中偏转问题的常用方法(1)几何对称法：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹关于入射点P 与出射点Q 的中垂线对称，轨迹圆心O 位于中垂线上，并有φ＝α＝2θ＝ωt ，如图甲所示，应用粒子运动中的这一“对称性”，不仅可以轻松地画出粒子在磁场中的运动轨迹，也可以非常便捷地求解某些临界问题．甲乙(2)动态放缩法：当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R随之变化．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件．如图乙所示，粒子进入长方形边界OABC从BC边射出的临界情景为②和④.(3)定圆旋转法：丙当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R是确定的．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件．如图丙所示为粒子进入单边界磁场时的情景．(4)数学解析法：写出轨迹圆和边界的解析方程，应用物理和数学知识求解．【跟进题组】考向1最小面积问题1.如图，ABCD是边长为a的正方形．质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场．不计重力，求：(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的大小和方向；(2)此匀强磁场区域的最小面积．解析：(1)设匀强磁场的磁感应强度的大小为B .令圆弧AEC ︵是自C 点垂直于BC 入射的电子在磁场中的运行轨迹．电子所受到的磁场的作用力大小f ＝e v 0B ①方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧AEC ︵的圆心在CB 边或其延长线上．依题意，圆心在A 、C 连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a .根据牛顿第二定律有f ＝m v 20a② 联立①②式得B ＝m v 0ea.③ (2)由(1)中确定的磁感应强度的方向和大小可知，自C 点垂直于BC 入射的电子在A 点沿DA 方向射出，且自BC 边上其他点垂直入射的电子的运动轨迹只能在BAEC 区域中，因而，圆弧AEC ︵是所求的最小磁场区域的一个边界．为了确定该磁场区域的另一边界，需考查从A 点射出的电子的速度方向与BA 的延长线的交角θ(不妨设0≤θ<π2)的情形．该电子的运动轨迹QP A 如图所示．图中，圆弧AP ︵的圆心为O ，PQ 垂直于BC 边，由③式知，圆弧AP ︵的半径仍为a ，在以D 为原点，DC 为x 轴，DA 为y 轴的坐标系中，P 点的坐标(x ，y )为x ＝a sin θ ④y ＝－[a －(a －a cos θ)]＝－a cos θ ⑤这意味着，在范围0≤θ≤π2内，P 点形成以D 为圆心、a 为半径的四分之一圆周AFC ︵，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B 和D 为圆心、a 为半径的两个四分之一圆周AEC ︵和AFC ︵所围成的，其面积为S ＝2×⎝⎛⎭⎫14πa 2－12a 2＝π－22a 2.答案：(1)m v 0ea 方向垂直纸面向外 (2)π－22a 2考向2 粒子运动的多解问题2.如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106 m/s 的 α粒子．已知屏蔽装置宽AB ＝9 cm ，缝长AD ＝18 cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19 C ．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332 T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d ＝20 cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)解析：(1)由题意：AB ＝9 cm ，AD ＝18 cm ，可得∠BAO ＝∠ODC ＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，根据牛顿第二定律有Bq v ＝m v 2R解得R ＝0.2 m ＝20 cm由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．设此时磁场宽度d ＝d 0，由几何关系得d 0＝R ＋R cos 45°＝(20＋102)cm ＝0.34 m.甲 乙 (2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则T ＝2πm Bq ＝π8×10－6 s 设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图乙所示．因磁场宽度d ＝20 cm<d 0，且R ＝20 cm ，则在∠EOD 间辐射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间辐射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长．设在磁场中运动的最长时间为t max ，则t max ＝T 2＝π16×10－6 s ＝2.0×10－7 s 若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子在磁场中运动的时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .设在磁场中运动的最短时间为t min ，轨迹如图乙所示，因R ＝d ，则圆弧对应的圆心角为60°，故t min ＝T 6＝π48×10－6 s ＝6.5×10－8 s.答案：(1)0.34 m(2)2.0×10－7s 6.5×10－8 s1.初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析：选A.由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变．2．(多选)(2017·河南郑州质检)如图所示，在垂直纸面向里的水平匀强磁场中，水平放置一根粗糙绝缘细直杆，有一个重力不能忽略、中间带有小孔的带正电小球套在细杆上．现在给小球一个水平向右的初速度v0，假设细杆足够长，小球在运动过程中电荷量保持不变，杆上各处的动摩擦因数相同，则小球运动的速度v与时间t的关系图象可能是()解析：选BD.由左手定则可判定洛伦兹力的方向竖直向上，若Bq v0＝mg，球与杆之间无压力作用，即无摩擦力作用，球匀速运动，对应于B图象；若Bq v0>mg，杆对球有向下的压力，由Bq v0＝mg＋F N知压力随球速度的减小而减小，再由ma＝F f＝μF N知小球做加速度逐渐减小的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐减小，直到速度减小到使洛伦兹力等于重力后小球匀速运动，题目中无与此情况对应的图象；若Bq v0<mg，杆对球产生向上的支持力作用，Bq v0＋F N＝mg，此情况下支持力随速度的减小而增大，仍由ma＝F f＝μF N知小球做加速度逐渐增大的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐增大，直到速度为零，此情况与D 图对应，故B、D正确．3.(2016·高考四川卷)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v b时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b；当速度大小为v c时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c.不计粒子重力，则()A．v b∶v c＝1∶2，t b∶t c＝2∶1B．v b∶v c＝2∶1，t b∶t c＝1∶2C．v b∶v c＝2∶1，t b∶t c＝2∶1D．v b∶v c＝1∶2，t b∶t c＝1∶2解析：选A.设正六边形边长为L ，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v b 时，从b 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120° ，由洛伦兹力提供向心力Bq v b ＝m v 2b L，得L ＝m v b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πm qB；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋12L sin θ＝2L ，同理有2L ＝m v c qB ，t c ＝16·2πm qB ，解得v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1，A 项正确．4.(高考全国卷Ⅰ)如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2B ．2C ．1D ．22解析：选D.设带电粒子在P 点时初速度为v 1，从Q 点穿过铝板后速度为v 2，则E k1＝12m v 21，E k2＝12m v 22，由题意可知E k1＝2E k2，即12m v 21＝m v 22，则v 1v 2＝21.粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即q v B ＝m v 2R ，得R ＝m v qB ，由题意可知R 1R 2＝21，所以B 1B 2＝v 1R 2v 2R 1＝22， 故选项D 正确．5．(多选)(2015·高考四川卷)如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ，电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电量e ＝－1.6×10－19 C ，不计电子重力，电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则()A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm解析：选AD.电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：e v B ＝m v 2R ，R ＝m v Be＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm ＝L 2，θ＝90°时，击中板的范围如图1，l ＝2R ＝9.1 cm ，选项A 正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l ＜2R ＝9.1 cm ，选项B 错误．θ＝30°，如图3所示，l ＝R ＝4.55 cm ，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l ＞R (R ＝4.55 cm)，故选项D 正确、C 错误．6．(2017·河南商丘模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy 中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy 平面，O 点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m 、带电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从O 点以初速度v 0沿x 轴正方向进入磁场，已知粒子经过y 轴上P 点时速度方向与y 轴正方向夹角为θ＝30°，OP ＝L ，求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)该圆形磁场区域的最小面积．。