備戰(zhàn)2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)第2節(jié)帶電粒子在磁場中的運動講義

1、第2節(jié) 帶電粒子在磁場中的運動理解透概念，公式定理(基礎(chǔ)不格地動山描)11一、洛倫茲力、洛倫茲力的方向和大小1 .洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力。注12 .洛倫茲力的方向(1)判定方法：左手定則掌心磁感線垂直穿入掌心；四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方嗎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。注23 .洛倫茲力的大小(1)v/B 時，洛倫茲力 F=0。(。=0°或180°)注3(2)v，B時，洛倫茲力 F=qvB。(仁90 )(3)v = 0時，洛倫茲力 F = 0。二、帶電粒子在勻強磁場

2、中的運動1 .若v / B,帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動。2 .若v,B,帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動。3 .半徑和周期公式：(v±B)基本公式：qv B=m±?導(dǎo)出公式：半徑 R= mv 周期T = 2"#=Wm 注4R|Bqv qB l J注解釋疑注1安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力是安培力的微觀解釋。注2洛倫茲力的方向始終與速度垂直，故洛倫茲力永不做功。注3 F = 0時，B不一定為零。注4由周期公式可以看出，周期與粒子的速率及軌道半徑無關(guān)，只由粒子的比荷決定。深化理解1 .應(yīng)用帶電粒子在

3、磁場中做勻速圓周運動時的半徑和周期公式時，一定要進行推導(dǎo)，不能直接應(yīng)用。2 .解決帶電粒子在磁場中運動的基本思路：圓心的確定一半徑的確定和計算一運動時間的確定。3 .帶電粒子做勻速圓周運動必須抓住幾何條件：(1)入射點和出射點，兩個半徑的交點和夾角；(2)兩個半徑的交點即軌跡的圓心；(3)兩個半徑的夾角等于偏轉(zhuǎn)角，偏轉(zhuǎn)角對應(yīng)粒子在磁場中運動的時間。基礎(chǔ)自測一、判斷題（1）帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用。（X ）（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。（X ）（3）根據(jù)公式丁=守，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。（X）（4）帶電粒子在勻強磁場

4、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)。（，）（5）經(jīng)過回旋加速器加速的帶電粒子的最大動能是由D形盒的最大半徑、磁感應(yīng)強度B、加速電壓的大小共同決定的。（X）（6）荷蘭物理學(xué)家洛倫茲提出磁場對運動電荷有作用力的觀點。（，）（7）英國物理學(xué)家湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，并指出：陰極射線是高速運動的電子流。（，）二、選擇題1.人教版選修31 P98T1改編下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強度方向和電荷的受力方向之間 的關(guān)系正確的是（）答案：B2 .（多選）電子e以垂直于勻強磁場的速度 v ,從a點進入長為 如圖所示。若磁場的磁感應(yīng)強度為B,那么（）dA.電子在磁場中的運動時間 t= Vab

5、B.電子在磁場中的運動時間C.洛倫茲力對電子做的功是 D.電子在b點的速度值也為解析：選BD故B、D正確。3 .魯科版選修 A.若速率相等， B.若動能相等，d、寬為L的磁場區(qū)域，偏轉(zhuǎn)后從b點離開磁場,t= vW= Bev Lvab由a點至"b點運動時間t=,洛倫茲力對電子不做功，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，3 1 P132T 2（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（）則半徑必相等則周期必相等2 vmv_qvB=mR,可得 R=qB，TC.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

6、力,解析：選CD=錯，可知C、D正確。研究好 題型,考法.技巧/（:重難理消能力大增）高考對本節(jié)內(nèi)容的考查，主要集中在對洛倫茲力的理解、半徑公式和周期公式的應(yīng)用、帶電粒子在勻強磁場 中的運動、帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題以及帶電粒子在勻強磁場中的多解問題，其中對洛倫茲力 的理解、半徑公式和周期公式的應(yīng)用及帶電粒子在勻強磁場中的運動的考查，主要以選擇題的形式呈現(xiàn)，難 度一般，而對帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題以及帶電粒子在勻強磁場中的多解問題的考查，難度較大?？键c一 對洛倫茲力和半徑、周期公式的理解與應(yīng)用基礎(chǔ)自修類題點全練1 .洛倫茲力的理解下列說法正確的是（）A.運動電荷在磁感應(yīng)強度

7、不為零的地方，一定受到洛倫茲力的作用B.運動電荷在某處不受洛倫茲力作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零C.洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能，也不能改變帶電粒子的速度D.洛倫茲力對帶電粒子不做功解析：選D 運動電荷速度方向與磁場方向平行時，不受洛倫茲力，洛倫茲力只改變帶電粒子的運動方向，不 改變帶電粒子的速度大小，洛倫茲力對帶電粒子不做功，故 D正確。2 .洛倫茲力的方向如圖中曲線a、b、c、d為氣泡室中某放射物發(fā)生衰變放出的部分粒子的徑跡，氣泡室中磁感應(yīng)強度方向垂直 于紙面向里。以下判斷可能正確的是 （）A. a、b為3粒子的徑跡IB. a、b為丫粒子的徑跡C. c、d為“粒子的徑跡| 弋D. c

8、、d為3粒子的徑跡解析：選D 由于a粒子帶正電，3粒子帶負電，丫粒子不帶電，據(jù)左手定則可判斷a、b可能為a粒子的徑跡，c、d可能為3粒子的徑跡，選項 D正確。3 .半徑、周期公式的定性判斷 （2015全國卷I ）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 （）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：選D 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=m

9、v可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式1 = 咨可知，粒子在磁場中運動qBqB的周期增大，根據(jù) 3=，口角速度減小。選項 D正確。4.半徑、周期公式的定量計算 在同一勻強磁場中，“粒子(24He)和質(zhì)子(11H)做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則a粒子和質(zhì)子()A.運動半徑之比是 2 ： 1B.運動周期之比是 2 ： 1C.運動速度大小之比是4 ： 1D.受到的洛倫茲力之比是 2 ： 1解析：選B “粒子(24He)和質(zhì)子(11H)的質(zhì)量之比m= 4,動量大小相等，即mava= mH v h,運動速度大小之比也=迎=1選項c錯誤 根據(jù)B=mv-,得r=mV，所以運動半徑之比 1 =生=

10、2，選項A錯誤；由Tv h ma 4rqBrH qa 2= 軍知，運動周期之比 qBTaThqH maqa mH14 2=2x 1= 1，選項B正確;根據(jù)F=qvB,洛倫茲叱比1 ,一 一=,選項D錯慶。名師微點1 .洛倫茲力的特點(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負電荷。(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(4)洛倫茲力永不做功。2 .洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者性質(zhì)相同，都是磁場力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。3 .洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場

11、力產(chǎn)生條件v w 0且v不與B平行電荷處在電場中大小F = qvB( v±B)F = qE力向F,B 且 F±v正電何受力與電場方向相同，負電何文力與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功，可能做負功，也可能不做功4 .三種射線在勻強磁場、勻強電場、正交電磁場中的偏轉(zhuǎn)考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動多維探究類1 .兩種方法定圓心方法一：已知入射點、入射方向和出射點、出射方向時，可通過入射點和出射點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）。甲乙方法二：已知入射方向和入射點、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

12、射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖乙所示）。2 .幾何知識求半徑利用平面幾何關(guān)系，求出軌跡圓的可能半徑（或圓心角），求解時注意以下幾個重要的幾何特點：（1）粒子速度的偏向角（。等于圓心角（a）,并等于AB弦與切線的夾角（弦切角。）的2倍（如圖所示卜即（）="=20再介（偏向制（2）直角三角形的應(yīng)用（勾股定理）。找到AB的中點C,連接OC,則AAOC、BOC都是直角三角形。3 .兩個觀點算時間4 點一：由運動弧長計算，t= 1（l為弧長）；5 點二：由旋轉(zhuǎn)角度計算，t= 3才T任t= 2tT ；4.三類邊界磁場中的軌跡特點（1）直線邊界：進出磁場具有對稱

13、性。(a)(b)(c)（2）平行邊界：存在臨界條件。9（3）圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出。CIO類型（一）直線邊界問題。角的不同速率，向磁場中例1（多選）如圖所示，一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成A點出磁場，粒子 2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上射入兩個相同的粒子1和2,粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上出磁場，OA = AB,則（）A.粒子1與粒子2的速度之比為1 ： 2B.粒子1與粒子2的速度之比為1 ： 4C.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為 1 ： 1D.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為 1 ： 2解析粒子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

14、磁場中做圓周運動的圓心，同理，粒子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r1 ：2=1 ： 2,由rmv可知，粒子1與粒子2的速度之比為1 ： 2, A項正確，B項錯誤；由于粒子在磁場中做圓 qB周運動的周期均為T = 2qm,且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同，因此粒子在磁場中運動 的時間相同，即 C項正確，D項錯誤。答案AC類型（二）平行邊界問題 例2如圖所示，一個理想邊界為 PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為 d,方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直 PQ以速度v0進入磁場

15、。若電子在磁場中運動的軌跡半徑為2d。在MN上，且OO'與MN垂直。下列判斷正確的是 （）A.電子將向右偏轉(zhuǎn)產(chǎn)工一/一1年-4一左:x x -X 右B.電子打在 MN上的點與 O'點的距離為 d號產(chǎn)力C.電子打在 MN上的點與O'點的距離為 V3dD.電子在磁場中運動的時間為 Td3V o解析電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的2%.珪.一y0 洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，A錯誤；設(shè)電子打在 MN上的點 左&三一亡/1廣士行與O'點的距離為x,則由幾何知識得：x= r業(yè)2- d2 =2d4（2d）2d2 =（2 43）d,

16、故B、C錯誤；設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為0,由幾何知識得：sin 0= 2d=0.5，得。=6，則電子在磁場中運動的時間為t=V"L3V，故D正確。答案D類型（三）圓形邊界問題例3 （2017全國卷H ）如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v 1,這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為 v2,相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則V2 : v 1為（）A.V3 : 2B.72 1C.3 1D. 3 m2解析由于

17、是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB=m±可知，R=HrqB即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒子運動的速度大小為v 1,如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點 A離P點最遠時，則 AP=2Ri；同樣，若粒子運動的速度大小為v2,粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時，則BP=2R2,由幾何關(guān)系可知，Ri=, R2= Rcos 30 =坐R,則 v2 * =詈=3, C 項正確。 22 v i Ri答案C類型（四）兩種邊界對比例4如圖甲所示有界勻強磁場I的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場n的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁

18、場I ,從右邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)了。角；該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場n ,射出磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了2。角。已知磁場I、n的磁感應(yīng)強度大小分別為BB2,則B1與B2的比值為（）A. 2cos 0B. sin 0解析設(shè)有界磁場i寬度為d,則粒子在磁場i和磁場n中的運動軌跡分別如圖1、圖2所示，由洛倫茲力B1r1sin 9, d= r2tan °，聯(lián)立得 B2=cos 9, 選工® C 正確。.W圖1圖2答案C共性歸納無論帶電粒子在哪類邊界磁場中做勻速圓周運動，解題時要抓住三個步驟:望A 即南出軌或，并確定1S心.利用幾何方法前半輕;!軌跡半柜與噌感應(yīng)程質(zhì).運動速

19、度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)!找聯(lián)柒）;角度與圓心角.運動時間相聯(lián)系,右磁場中更動； !的時間與周期相聯(lián)系04工、即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)悌，特別是周期9嗎少公式、半徑公式考點三帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題多維探究類兩種思路一是以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后 分析、討論處于臨界條件時的特殊規(guī)律和特殊解二是直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值兩種方法物理方法（1）利用臨界條件求極值；（2）利用邊界條件求極值；（3）利用矢量圖求極值數(shù)學(xué) 方法（1）用三角函數(shù)求極值；（2）用二次方程的判別式求極值；（3）用不等式的性質(zhì)求極值；（4）圖像法

20、等從關(guān) 鍵詞 找突 破口許多臨界問題，題干中常用“恰好” “最大” “至少” “不相撞” “不脫離”等詞 語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律， 找出臨界條件類型（一）圓形磁場中的臨界極值問題例1如圖所示，半徑為 r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,磁場邊界上 A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向（均平行于紙面）且速度大小相等的帶正電的粒子（重力不計），已知粒子的比荷為 k,速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運動的最長時間為（）兀A kBB.兀2kBC.o. _ 3kBD- 4kB解析粒子在磁場中運動的半徑為R=mv =霍=2r

21、；當粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應(yīng)的圓qB Bk心角最大，此時弦長最大，其最大值為磁場圓的直徑2r,故t=T=3qB=3kB,故選項C正確。答案C類型（二）方形磁場中的臨界極值問題例2如圖所示，矩形虛線框 MNPQ內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子， 它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。粒子重力不計。下列說法正確的是（）A.粒子a帶負電B.粒子c的動能最大C.粒子b在磁場中運動的時間最長D.粒子b在磁場中運動時的向心力最大解析由左手定則可知，a粒子帶正電，故 A錯誤；由qv B=mv-,可得r

22、 = mV,由題圖可知粒子 c的軌跡 rqB半徑最小，粒子 b的軌跡半徑最大，又 m、q、B相同，所以粒子 c的速度最小，粒子 b的速度最大，由 Ek 1= 2mv2,知粒子c的動能取小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有 F向=qvB,則可知粒子b的向心力取大，故 D正 確，B錯誤；由丁 = 霜，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子 b的軌跡所對的圓心角最小，則粒子 b在 磁場中運動的時間最短，故 C錯誤。答案D類型（三）三角形磁場中的臨界極值問題m的電子以速度v0從a點沿AB邊入射，欲使電子經(jīng)過 BC邊，磁感應(yīng)強度B的取值為（）2m voA. B>aeB.2mv o B<ae3mv 0

23、C. B> aeD.,3mv 0B< ae解析由題意，如圖所示，電子正好經(jīng)過 C點,此時圓周運動的半徑R= ZT于廠,cos 30 世想電子從BC邊經(jīng)過，電子做圓周運動的半徑要大于泉,由帶電粒子在磁場中運動的公式例3如圖所示， ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為mv . a mv03mvo=qiW席前，即B< ae，選項D正確。答案D類型（四）其他形狀磁場中的臨界極值問題例4 如圖所示，長方形 abcd長ad= 0.6 m ,寬ab= 0.3 m, O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半 圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（邊界上無磁場），磁感應(yīng)強度B =

24、 0.25 T。一群不計重力、質(zhì)量m=3X10 7 kg、電荷量q=+2X 10-3 c的帶電粒子以速度 v=5X102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域，則（）A.從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊B.從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊C.從Od邊射入的粒子，出射點分布在 Oa邊和ab邊D.從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊解析由r=mv得帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑r=0.3 m ,從Od邊射入的粒子，出射點分布在be邊; 從aO邊射入的粒子，出射點分布在 ab邊和be邊；選項D正確。答案D共性歸納臨界極值問題的四個重要結(jié)論(1)剛好穿出磁場邊界的

25、條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。(2)當速度v 一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。(3)當速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長。(4)在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點，軌 跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長)。考點四 帶電粒子在勻強磁場中的多解問題師生共研類帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解。多解形成原因一般包 含4個方面：分析圖例做 粒子 電性 不確 定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶止電荷，也可 能帶負電荷，在相同的初速度卜，正、負

26、粒子在磁 場中運動軌跡/、同，形成多解如圖，帶電粒子以速度 v垂直進入勻強磁場，如帶 正電，其軌跡為a;如帶負電，其軌跡為 bX X磁場 力向 不確 定在只知道磁感應(yīng)強度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度方1可，此時必須要考慮磁感應(yīng)強度方1可不確定用形成多解如圖，帶止電粒子以速度 v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙向向里，其軌跡為 a,右B垂直紙向向外， 其軌跡為b二 /臨界 狀態(tài) 不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用卜H越后界磁場時，由于 粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛 出，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，于 是形成多解(T X 7 X M運動 具有 周期 性帶電粒子在部分是

27、電場、部分是磁場空間運動時， 運動往往具有周期性，因而形成多解x K±0IE典例如圖所示，在無限長的豎直邊界 AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于e *胸ADEC平面向外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為B0, OF為上、下磁場的* *Q* */12E水平分界線。質(zhì)量為m、帶電荷量為+ q的粒子從AC邊界上與。點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區(qū)域，經(jīng) OF上的Q點第一次進入下方磁場區(qū)域，Q與O點的距離為3a。不考慮粒子重力。(1)求粒子射入時的速度大小;(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件；(3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強度 B=3B

28、o,粒子最終垂直 DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值。解析(1)設(shè)粒子在OF上方做圓周運動的半徑為R,運動軌跡如圖甲所示由幾何關(guān)系可知：(R-a)2+ (3a)2 =R2解得：R=5a貪由牛頓第二定律可知:2Vqv Bo= mR(2)當粒子恰好不從 AC邊界飛出時，運動軌跡與 AC相切，如圖乙所示，設(shè)粒子在OF下方做圓周運動的半徑為門，由幾何關(guān)系得:ri + ri cos 0= 3a由(1)知 cos 0= 5所以“萼82根據(jù) qv Bi= mv- ri解得：Bi=8B03故當Bi”0時，粒子不會從 AC邊界飛出。 3 2(3)如圖丙所示，當 B = 3Bo時，根據(jù)qvB=mvr7得

29、粒子在OF下方磁場中的運動半徑為 r = ：a設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為Pi?則P與P1的連線一定與OF平行，根據(jù)幾何關(guān)系知：-pP-i = 4a所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界 DE與AC間的距離為 L=n-PPi=4na(n=1,2,3,)。答案(1)5a型(2)磁感應(yīng)強度大于等 m3(3)4na(n= 1,2,3,)解題方略20巧解帶電粒子在磁場中運動的多解問題（1）分析題目特點，確定題目多解的形成原因。（2）作出粒子的運動軌跡示意圖（全面考慮多種可能性）。（3）若為周期性重復(fù)的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。題點全練

30、1.磁場方向不確定形成的多解問題A.4qBm（多選）一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道 做勻速圓周運動，若磁場方向垂直于它的運動平面，且作用在負電荷的電場力恰好是磁場力的三倍，則負電 荷做圓周運動的角速度可能是（）D.qBB.3qB mC.2mB,磁場方向有兩種可能，且這兩種可能方向相反。解析：選AC 依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面在方向相反的兩個勻強磁場中，由左手定則可知負電荷所受的洛倫茲力的方向也是相反的。當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相同時，根據(jù)牛頓第二定律可知24Bqv=m士，得R4BqR v,此種情況下，負電荷運動的

31、角速度為3=R=4mq；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時,有2 v 2Bqv = m, R'2BqR ,v = 一工，此種情m況下，負電荷運動的角速度為co = v=2Bq, 故A、C正確。r m2 .速度大小不確定形成的多解問題 （多選）如圖所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強度大小均為 形ABC理想分開，三角形內(nèi)磁場垂直紙面向里，B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角三角形頂點 A處有一質(zhì)子源，能沿/ BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子 （質(zhì)子重力不計），所有質(zhì)子均能通過 C點，質(zhì)子比荷-q=k, m則質(zhì)子的速度可能為（）A. 2BkLBkLB. 23BkLC. 2BkLD. 8解析：選B

32、D 因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過 C點，其可能的軌跡如圖所示，所有圓弧所對圓心角均為60。，所以質(zhì)子運行半徑r = ：（n= 1,2,3,2= m：,即 v=mr=Bk n(n= 1,2,3,),選項 B、），由洛倫茲力提供向心力得BqvD正確。查缺漏盲點,短板,妙法（清障補短高人一點）“專項研究”拓視野一一“數(shù)學(xué)圓”模型在電磁學(xué)中的應(yīng)用“放縮圓”模型的應(yīng)用適 用 條 件速度方向一定，大小 /、同粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不向的帶電粒子進入勻強磁場時，這些 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化用變化軌跡圓圓心共線如圖所示（圖中只回出粒子帶止電H勺情景 ），速度v越 不骨遙 *大，運動

33、半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁乂/場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線K ； X科"g 4 MPP ±式久"*-XXX xX界定 方法以入射點P為定點，圓心位于 PP直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界 條件，這種方法稱為“放縮圓”法例1（多選）如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為 B, 一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電的粒子（重力不計）從AC邊的 中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域， 若該三角形的兩直角邊長均為21,則下列關(guān)于粒子運動的說法中正確的是 （）A.若該粒子的入射速度為 丫=

34、鬻，則粒子一定從 CD邊射出磁場，且距點 C的距離為1B.若要使粒子從 CD邊射出，則該粒子從。點入射的最大速度應(yīng)為C.若要使粒子從 CD邊射出，則該粒子從 。點入射的最大速度應(yīng)為(>/2+1)qB1v =m2qB1 v= mD.當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為7mqB 2解析若粒子射入磁場時速度為 v = qBl,則由qvB=mV-可彳導(dǎo)r=1,由幾何關(guān)系可知，粒子一定從CD邊上距C點為1的位置離開磁場，選項 A正確；因為r=mV,所以v = qBr, qBm因此，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，速度就越大，由幾何關(guān)系可知，當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的 AD邊相切時，能從CD邊射出的軌跡半徑最大， 此時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r=（、/2+1）1,故其最大速度為 v=H2±1膽，選項B正確，C錯誤；粒子在磁場m中的運動周期為1=第,故當粒子從三角形的AC邊射出時,粒子在磁場中運動的時間最長,由于此時粒子做圓周運動的圓心角為 180 ,故其最長時間應(yīng)為 1=弋,選項D正確。qB答案ABD軌跡圓圓心共