1、专题六磁场学案10磁场对电流和运动电荷的作用【考情分析】【考点预测】高考试题对本专题的考查主要集中在磁场对电流的作用和磁场对运动电荷的作用，一般不单独进行考查，对安培力的考查主要是与安培力有关的动力学问题和能量问题，对洛伦兹力的考查主要是圆周运动的有关问题，一般在综合题中出现预计2014年本专题仍是高考命题点，复习中一定要注意本专题与其他知识的综合应用考题1对磁场基本性质的考查例1(2012大纲全国18)如图1，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流. a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到
2、O点的距离均相等，关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()图1AO点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度的方向相同，故D选项错误答案C点拨提升1 磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，决
3、定于磁场本身，与试探电流元无关，其叠加遵循平行四边形定则2 判断电流的磁场方向用右手螺旋定则，也叫安培定则，一定要注意与右手定则、左手定则的区别突破练习1 如图2所示，在xOy平面内有两根平行于y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向、大小相同的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是()图2AO点处的磁感应强度为零BP、Q两点处的磁感应强度方向垂直CP、Q两点处的磁感应强度方向平行D正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用答案AB解析根据右手螺旋定则可判断两导线所产生的磁场，再利用矢量合成法则可判断O点处磁感应强度为零，P点处磁感应强度方向沿z轴正方向，
4、Q点处磁感应强度方向沿x轴负方向，故A、B正确，C错误在z轴上，z0范围内各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，D错误2 如图3所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B11 T位于纸面内的细直导线，长L1 m，通有I1 A的恒定电流当导线与B1成60夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的可能值是()图3A. TB. TC1 TD. T答案BCD解析当导线与B1成60夹角时，发现其受到的安培力为零，说明该区域同时存在着另一匀强磁场B2，并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，根据矢量合成的三角形定则，可知B2B1
5、sin 60 T，所以B2的值不可能为 T，选项A错误，本题选B、C、D.3 如图4所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度Bk，式中k是常数，I是导线中的电流、r为点到导线的距离一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点关于上述过程，下列说法正确的是()图4A小球先做加速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的压力先增大后减小D小球对桌面的压力一直在增大答案BC解析由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连
6、线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误考题2对电流在磁场中所受安培力的考查例2(2012海南10)图5中装置可演示磁场对通电导线的作用电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别
7、接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动下列说法正确的是()图5A若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动审题突破由螺线管中的电流方向判断产生的磁场方向由导线中的电流方向，利用左手定则判断受力方向解析若a接正极，b接负极，根据安培定则，两磁极之间产生方向向上的磁场，当e接正极，f接负极时，用左手定则可判断L向左滑动，选项A错误，B正确；同理，若a接负极，b接正极，根据安培定则，两磁极之间产生方向向下的磁场，当e
8、接正极，f接负极时，用左手定则可判断L向右滑动，选项C错误，D正确答案BD规律总结1 判断安培力的方向用左手定则：让磁感线穿过掌心，伸直的四指指向电流方向，拇指所指的方向为安培力的方向2 计算安培力大小时，公式FBIL适用于磁感应强度B的方向与电流I垂直的情况若B与I成一夹角，则应按以下两种方式的任一种计算安培力大小：(1)求出B与I垂直的分量Bsin ，利用FBILsin 计算安培力大小；(2)求出L与B垂直的有效长度Lsin ，利用FBILsin 计算安培力大小3 分析安培力作用下导体棒的运动或平衡问题时，要注意将立体的受力分析图转化为平面的受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析
9、图突破练习4 彭老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图6所示，在容器的中心放一个圆柱形电极，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极，把A和B分别与电源的两极相连，然后在容器内放入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来王同学回去后重复彭老师的实验步骤，但液体并没有旋转起来造成这种现象的原因可能是，该同学在实验过程中()图6A将磁铁的磁极接反了B将直流电源的正负极接反了C使用的电源为50 Hz的交流电源D使用的液体为饱和食盐溶液答案C解析容器中磁场方向向下，在电场作用下，液体中的正、负离子分别向电极附近运动，同时由于磁场的作用，根据左手定则得正、负离子做圆周运动，故液体旋转起来的原因是液体在磁场力作用
10、下运动清楚了这一原理即可作出判断，选项A、B、D都不影响液体旋转，选项C使用50 Hz的交流电源，电极电性发生周期性变化，且时间仅为0.02 s，故液体中正、负离子的运动幅度较小，液体无法形成旋转的趋势本题选C.5 (2012天津2)如图7所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()图7A金属棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小答案A解析选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示根据平衡条件及三角形知识
11、可得tan ，所以当金属棒中的电流I、磁感应强度B变大时，角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，角变小，选项C错误；角的大小与悬线长短无关，选项B错误6 在倾角30的斜面上，固定一金属框，宽l0.25 m，接入电动势E12 V、内阻不计的电池垂直框面放置一根质量m0.2 kg的金属棒ab，它与框架间的动摩擦因数，整个装置放在磁感应强度B0.8 T、垂直框面向上的匀强磁场中，如图8所示当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？(框架与金属棒的电阻不计，g取10 m/s2)图8答案1.4 R8.2 解析金属棒受到四个力作用：重力mg、垂直框面向上的支持力FN、
12、沿框面向上的安培力F安及沿框面的静摩擦力Ff.金属棒静止在框架上时，静摩擦力Ff的方向可能沿框面向上，也可能沿框面向下，需分两种情况考虑：(1)当滑动变阻器R取值较大时，I较小，安培力F安较小，在金属棒重力分力mgsin 作用下金属棒有沿框面下滑的趋势，金属棒所受静摩擦力Ff沿框面向上，受力情况如图所示此时金属棒刚好不下滑，满足平衡条件：Blmgcos mgsin 0解得Rmax8.2 (2)当滑动变阻器R取值较小时，I较大，安培力F安较大，会使金属棒产生上滑的趋势，因此金属棒所受静摩擦力Ff沿框面向下，如图所示此时金属棒刚好不上滑，满足平衡条件：Blmgcos mgsin 0解得Rmin1.
13、4 所以要使金属棒静止在框架上，滑动变阻器R的取值范围为1.4 R8.2 考题3对带电粒子在磁场中运动的考查例3如图9所示，有一个磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，在磁场中的O点有一个粒子源，能在纸面内向各个方向连续不断地均匀发射速率为v、比荷为k的带正电粒子，PQ是垂直纸面放置且厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线跟挡板垂直带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力忽略不计图9(1)为了使带电粒子不打在挡板上，粒子源到挡板的距离d应满足什么条件？(2)若粒子源到挡板的距离d，且已知沿某一方向射出的粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板上，求这个粒子从O点射出时的速度方向；(3)
14、若粒子源到挡板的距离d，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比是多少？审题突破粒子的速率相同，在磁场中做圆周运动的半径相同粒子离开O点的最远距离为2r.画出经过P点的轨迹示意图，利用几何知识求速度方向画出两个临界轨迹，利用几何知识求解打到挡板左、右表面上的长度解析(1)设带电粒子的质量为m，带电荷量为q，在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，则由洛伦兹力充当向心力得：qvBm由题意得：k由题意分析可知，为了使带电粒子不打在挡板上，d应满足：d2r由解得：d(2)如图所示，设粒子速度方向与OP连线的夹角为时，粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板右表面的N点由几何关系可知：OPN为直角三角形，ON为粒子
15、圆周运动的直径由于d和可得：rd所以由几何关系可得：30(3)粒子打到挡板左、右表面的示意图如图所示由图可知，粒子打到挡板左表面的长度为：PMr粒子打到挡板右表面的长度为：PN2rcos 30由得，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比为答案(1)d(2)与OP连线成30角斜向下(3)规律方法1 判定洛伦兹力的方向用左手定则，一定要注意左手定则的应用方法，特别是负电荷的情况2 要抓住题目要求的两个临界状态，画出运动示意图，然后确定圆心和半径3 确定圆心的方法：(1)圆心在入射点和出射点粒子所受洛伦兹力作用线的交点上，即在线速度垂线的交点上，如图10a所示(2)圆心在入射点和出射点构成的弦的中垂线与
16、线速度垂线的交点上，如图b所示图104 确定半径的方法：作出辅助线，构成直角三角形，利用勾股定理或三角函数关系进行求解突破练习7 (2013浙江20)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图11所示已知离子P在磁场中转过30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P和P3()图11A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为1C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13答案BCD解析磷离子P和P3的质量相等设为m，P的电荷量设为q，则P3的电荷量为3
17、q，在电场中由a知，加速度之比为所带电荷量之比，即为13，A错误；由qUmv2得Ekq，即离开电场区域时的动能之比为13，D正确；又由qvB，得r ，所以rPrP31，B正确；由几何关系可得P3在磁场中转过60角后从磁场右边界射出，C正确8 如图12所示，MN是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里P为屏上的一小孔，PQ与MN垂直一群质量为m、带电荷量都为q的正、负两种粒子(不计重力)，以相同的速度v，从小孔P处沿垂直于磁场且与PQ夹角为的范围内向各个方向射入磁场区域，不计粒子间的相互作用则以下说法正确的是()图12A在荧光
18、屏上P点两侧将出现两个相等长度条形亮线，其长度为(1cos )B在荧光屏上P点两侧将出现两个相等长度条形亮线，其长度为(1sin )C在荧光屏上将出现一个圆形亮斑，其半径为D在荧光屏上将出现一个圆形亮环，其外半径为，内半径为cos 答案A解析沿PA方向射入的负粒子打在屏上的C点(离P最近的点)，沿PB方向射入的负粒子打在屏上的D点(离P最远的点)PD2RPC2Rcos cos 所以CDPDPC(1cos )同样带正电的粒子在P点左侧打中屏的长度也为(1cos )，选项A正确，B、C、D错误物理模型四带电粒子在有界磁场中的运动模型带电粒子在有界磁场中的运动问题，常见的有：直线边界磁场中的运动问题
19、、圆形边界磁场中的运动问题、平行边界磁场中的运动问题、两边界互相垂直磁场中的运动问题等不管磁场边界是怎样的，处理问题的方法都相同在解题过程中要注意以下几点：(1)抓住直线边界的对称性：从同一直线边界射入的粒子，又从同一直线边界射出时，速度方向与边界的夹角相等，如图13.图13(2)抓住圆形边界的对称性：粒子沿半径方向进入有界圆形磁场区域，射出磁场时速度方向必沿半径背离圆心方向，如图14.图14 (3)掌握确定圆心的两种方法：(如图15所示)图15(4)掌握求解半径的常见方法：(如图16所示)图16例4如图17甲所示，水平方向的直线MN下方有与MN垂直向上的匀强电场，现将比荷为106 C/kg的
20、带正电粒子从电场中的O点由静止释放，经过105 s后，粒子以v01.5104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度B随时间t变化的Bt图象如图乙所示，其中磁场以垂直纸面向外为正，以粒子第一次经过MN时为t0时刻最终结果计算时取3.14，粒子重力不计，求：甲乙图17(1)匀强电场的电场强度E；(2)图乙中t105 s时刻粒子与第一次通过MN时的位置相距多远；(3)设粒子第一次通过MN时的位置到N点的距离d68 cm，在N点垂直于MN放置一足够大的挡板，求粒子从O点出发到与挡板相碰所经历的时间；(4)粒子与挡板的碰撞点P(图中未标出)与N点间的距离审题突破带电
21、粒子在磁场中的运动周期是多少？粒子在各段时间内的运动情况如何？画出粒子的运动轨迹，进而确定粒子在t105 s时刻的位置画出相碰前一段时间内的运动轨迹，求粒子与挡板相碰的时间和位置解析(1)带电粒子在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0at1，Eqma解得：E7.2103 N/C(2)当磁场垂直纸面向外时，粒子运动的半径为r15 cm，周期为T1105 s当磁场垂直纸面向里时，粒子运动的半径为r23 cm.周期为T2105 s故粒子从t0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示t105 s时刻粒子与O点的水平距离为d2(r1r2)4 cm.(3)粒子从第一次通过MN开始
22、，其运动的周期为T105 s根据粒子的运动情况可知，粒子到达挡板前运动的完整周期数为15个，有：粒子沿ON运动的距离为s15d60 cm故最后8 cm的距离如图所示，有：r1r1cos ds解得：cos 0.6，则53故粒子运动的总时间t总t115TT1T13.86104 s(4)PNr1sin 534 cm答案(1)7.2103 N/C (2)4 cm(3)3.86104 s(4)4 cm题后反思1 解答粒子在磁场中运动问题的关键是画出粒子的运动轨迹，确定圆心和半径此题中要特别注意在粒子打到挡板之前的运动轨迹的画法2 要注意确定磁场的变化周期与粒子做圆周运动周期的关系，只有这样才能正确画出粒
23、子的运动轨迹，要注意粒子运动的周期性知识专题练训练10一、单项选择题1 已知龙岩市区地磁场的磁感应强度B约为4.0105 T，其水平分量B1约为3.0105 T若龙岩市区一高层建筑安装了高50 m的竖直金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，经避雷针开始放电，某一时刻的放电电流为1105 A，此时金属杆受到地磁场对它的安培力方向和大小分别为()A方向向东，大小约为150 NB方向向东，大小约为200 NC方向向西，大小约为150 ND方向向西，大小约为200 N答案A解析FB1IL3.0105110550 N150 N，由左手定则可判定受力的方向向东，选项A正确
24、2 如图1所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为()图1A0 B0.5BIlCBIl D2BIl答案C解析V形导线两部分的受力情况如图所示其中FBIl，V形导线受到的安培力应为这两个力的合力，大小为F合2Fcos 60BIl，故C项正确3 如图2所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三等形，比荷为的电子以速度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()图2AB BB DB 答案D解析由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周
25、运动的半径R ，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r有，即B0)、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，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)()图3A. B. C. D.答案B解析如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在垂直于速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60，故圆弧ENM对应圆心角为60，所以EMO2为等边三角形由于O1D，所以EO1D60，O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2O1ER，由qvB，得v，B正确5 如图4所
26、示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为，一带电荷量为q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为tan .则在下列图中小球运动过程中的速度时间图象可能是()图4答案C解析小球受重力、洛伦兹力、杆的弹力、摩擦力的作用开始时弹力的方向垂直杆向上，随着速度增大，洛伦兹力增大，杆的弹力减小，摩擦力减小，小球做加速度逐渐增大的加速运动当洛伦兹力较大时，杆的弹力方向垂直杆向下随着速度增大，洛伦兹力增大，杆的弹力增大，摩擦力增大，小球做加速度逐渐减小的加速运动，最后达到最大速度，做匀速运动，故选C.6 显像
27、管原理的示意图如图5所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中央的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使高速电子流打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列磁场的变化能够使电子发生上述偏转的是()图5答案A解析根据左手定则，若要使电子向上偏转，磁场方向应向外，即沿负方向，要使电子打在荧光屏上的位置由a点移向O点，负方向的磁场逐渐减弱为零同样，要使电子打在荧光屏上的位置由O点移向b点，正方向的磁场逐渐增大，故A正确7 如图6所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个粒子(不计重力)以一定速度v从AB边的中点M沿既垂直于A
28、B边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从AD边的中点N射出若将磁感应强度B变为原来的2倍，其他条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是()图6AA点 BND之间的某一点CCD之间的某一点 DBC之间的某一点答案A解析粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子垂直于AB边从中点M射入时，又从AD边的中点N射出，则A点为圆心，且R，当磁感应强度加倍时，半径变为原来的，则A正确二、多项选择题8 (2013辽宁五校协作体模拟18)足够长的光滑绝缘槽与水平方向的夹角分别为和(abB在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aaabCa、b两球沿直线运动的最大位移分别为xa、xb，则xaxbDa、b两球沿槽运动的时
29、间分别为ta、tb，则taab，选项A正确，B错误在垂直斜面方向，当斜面对小球的支持力FN0时，球脱离斜面，则有qvaBmgcos 、qvbBmgcos ，解得：va，vb.根据v22ax、vat得：xa，xb，ta，tb.所以xaxb，tatb，选项C、D正确9 (2013广东21)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8Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近答案AD解析此题考查的是“定心判径画轨迹”，a、b粒子做圆周运动的半径都为
30、R，画出轨迹如图所示，圆O1、O2分别为b、a轨迹，a在磁场中转过的圆心角大，由tT和轨迹图可知A、D选项正确10(2012江苏9)如图9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()图9A若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0D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答案BC解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B，所以r，当带电粒子从不同方向由O点以速度v0进入匀强磁场
31、时，其轨迹是半径为r的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O点2r的距离，即OA2r，落在A点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，若落在A点右侧则必须有更大的速度，选项B正确若粒子速度虽然比v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A点左侧，选项A、D错误若粒子落在A点左右两侧d的范围内，设其半径为r，则r，代入r，r，解得vv0，选项C正确11如图10所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内在直线xa与x2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60角发射
32、的粒子恰好垂直于磁场右边界射出不计粒子的重力和粒子间的相互作用力关于这些粒子的运动，下列说法正确的是()图10A粒子的速度大小为B粒子的速度大小为C与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长答案AC解析带正电粒子与y轴正方向成60角发射，进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得aRsin 30，其中R，联立解得v，故选项A正确，B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间tT，可见圆弧所对的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动
33、的圆弧所对圆心角最大为120，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tmT，故选项C正确，D错误三、非选择题12如图11甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0已知磁场方向垂直纸面向里为正t0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动时间与第一次在磁场中运动的时间相等求：图11(1)P点到O点的距离；(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移；(3)粒子能否再次经过O点，若不能，说明理由若能，求粒子再次经过O点的时刻答案(1)(2)(3)能解析(1)设粒子在电场中做匀加速运动的时间为t0，t0EqmaOP间距离为x，xat解得：x(2)如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，R1R2粒子每经一个周期沿y轴向下移动x，x2R22R1(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时，2R1Nx解得：N2，粒子能再次经过O点t2T2t0T所以t
