金版教程物理2025高考科學復習解決方案第十章 磁場第2講 啟智微專題 滿分指導4含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學復習解決方案第十章磁場《金版教程(物理）》2025高考科學復習解決方案第十章磁場滿分指導4帶電粒子在組合場中的運動問題規(guī)范求解[案例剖析](14分)(2023·山東高考)如圖所示，①在0≤x≤2d、0≤y≤2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場，②電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。③一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場(不計粒子重力)。(1)④若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求磁場的磁感應強度B的大??；(2)⑤若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場，離開電場后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開。(ⅰ)⑥求改變后電場強度E′的大小和粒子的初速度v0；(ⅱ)⑦通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場。[審題抓住信息，準確推斷]關(guān)鍵信息信息挖掘題干①在0≤x≤2d、0≤y≤2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場已知勻強電場分布的范圍，勻強電場的電場強度的方向、大?、陔妶龅闹車植贾怪奔埫嫦蛲獾暮愣▌驈姶艌鲆阎獎驈姶艌龇植嫉姆秶?、勻強磁場的磁感應強度的方向，磁感應強度大小未知③一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場(不計粒子重力)已知粒子的電性、電量、質(zhì)量，不計重力，進入電場的入射點也給出問題④若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求磁場的磁感應強度B的大小已知粒子進入電場的速度為0，粒子連續(xù)兩次從上邊界垂直QN離開電場，此后經(jīng)磁場垂直NP再次進入電場⑤若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場，離開電場后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開改變條件(電場強度的大小、粒子的初速度)后，粒子第二次進入電場的位置、離開電場的位置均已知⑥求改變后電場強度E′的大小和粒子的初速度v0磁場未變，電場范圍未變，電場強度方向未變，粒子的電性、電量、質(zhì)量未變⑦通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場若粒子第三次進入電場前在磁場中做圓周運動的圓心與P點的間距等于運動的軌跡半徑，則粒子能從P點第三次進入電場，否則不能[破題形成思路，快速突破](1)粒子初速度為0時，垂直NP進入電場前做什么運動？提示：先沿電場方向做勻加速直線運動直至第一次離開電場，然后在磁場中轉(zhuǎn)過半個圓周進入電場，在電場中逆著電場線減速到0后反向加速直至第二次離開電場，然后在磁場中轉(zhuǎn)過eq\f(3,4)個圓周第三次進入電場。(2)若改變電場強度大小，粒子初速度不為0時，粒子第二次離開電場前做什么運動？提示：先沿電場方向做勻加速直線運動直至第一次離開電場，然后在磁場中做勻速圓周運動并從P點再次進入電場，在電場中做勻變速曲線運動直至從Q點第二次離開電場。(3)改變電場強度大小后，粒子第一次離開電場的速率即第二次進入電場的速率對解題很關(guān)鍵，如何求解？提示：根據(jù)粒子第一次在磁場中的運動軌跡圓和圓周運動的知識求解。(4)改變電場強度大小后，若求得粒子第二次進入電場的速度，如何進一步求改變后的電場強度大??？提示：根據(jù)粒子第二次在電場中的運動軌跡和勻變速曲線運動的規(guī)律求解。(5)改變電場強度大小后，如何判斷粒子第三次進入電場前在磁場中做圓周運動的圓心與P點的間距是否等于運動的軌跡半徑？提示：根據(jù)粒子第二次在電場中的運動求出粒子第二次進入磁場的初速度大小、方向，從而計算出粒子第二次在磁場中運動的軌跡半徑、圓心坐標，然后根據(jù)幾何關(guān)系計算出粒子第二次在磁場中運動的圓心與P點的間距，進而可判斷該間距是否等于粒子第二次在磁場中運動的軌跡半徑。[解題規(guī)范步驟，水到渠成](1)初速度為零的帶電粒子從A點進入電場后在電場中沿y軸正方向做勻加速直線運動，設(shè)粒子進入磁場時速度為v，根據(jù)動能定理有qE·2d＝eq\f(1,2)mv2(1分)粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為R，有qvB＝meq\f(v2,R)(1分)粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，速度仍為v，垂直NP再次進入電場，畫出粒子運動軌跡如圖甲所示根據(jù)幾何關(guān)系可知d＝3R聯(lián)立解得B＝6eq\r(\f(mE,qd))。(1分)(2)(ⅰ)作出粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖乙所示，粒子第一次在磁場中做勻速圓周運動過程，根據(jù)幾何關(guān)系可知Req\o\al(2,1)＝(2d)2＋(R1－d)2解得軌道半徑R1＝eq\f(5,2)d所以有sinθ＝cosα＝eq\f(2d,R1)＝eq\f(4,5)由洛倫茲力提供向心力得qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)(1分)解得v1＝15eq\r(\f(qdE,m))粒子從P點第二次進入電場后做類斜拋運動，設(shè)運動時間為t，沿x方向有2d＝v1cosα·t(1分)設(shè)加速度大小為a，沿y方向有2d＝v1sinα·t＋eq\f(1,2)at2(1分)根據(jù)牛頓第二定律有qE′＝ma(1分)聯(lián)立解得E′＝36E(1分)帶電粒子第一次在電場中運動過程，根據(jù)動能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)解得v0＝9eq\r(\f(qdE,m))。(1分)(ⅱ)粒子從P到Q，根據(jù)動能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)解得粒子從Q射出電場時的速度大小為v2＝3eq\r(\f(41qdE,m))設(shè)v2與x軸負方向夾角為β，有cosβ＝eq\f(v1cosα,v2)＝eq\f(4,\r(41))則sinβ＝eq\f(5,\r(41))由qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)(1分)解得此后粒子在磁場中的軌道半徑R2＝eq\f(\r(41),2)d根據(jù)幾何關(guān)系可知對應的圓心O2坐標為x2＝R2sinβ＝eq\f(5,2)d，y2＝2d＋R2cosβ＝4d而圓心O2與P的距離為l＝eq\r(（x2－2d）2＋（y2－0）2)＝eq\f(\r(65),2)d≠R2(1分)故粒子不能從P點第三次進入電場。(1分)[點題突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分]對于帶電粒子在組合場中的運動問題，應充分挖掘題目中的關(guān)鍵信息，認真進行受力分析和運動過程分析，分過程、分步驟規(guī)范解題，步步得分。課時作業(yè)1.如圖所示為某種質(zhì)譜儀工作原理示意圖，離子從電離室A中的小孔S1飄出(初速度不計)，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，通過小孔S2，從磁場上邊界垂直于磁場方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，運動半個圓周后打在照相底片D上并被吸收形成譜線。照相底片D上有刻線均勻分布的標尺(圖中未畫出)，可以直接讀出離子的比荷。下列說法正確的是()A．打在照相底片D上的離子帶負電B．可以通過減小磁感應強度B來增大不同離子形成譜線之間的間隔C．譜線b對應比荷的值大于譜線a對應比荷的值D．標尺上各刻線對應比荷的值是均勻的答案B解析根據(jù)左手定則可知，打在照相底片D上的離子帶正電，故A錯誤；在加速電場中，根據(jù)動能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在偏轉(zhuǎn)磁場中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立可得r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，則譜線a、b間的距離d＝2rb－2ra＝eq\f(2\r(2U),B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(mb,qb))－\r(\f(ma,qa))))，可知可以通過減小磁感應強度B來增大不同離子形成譜線之間的間隔，故B正確；根據(jù)r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，rb>ra，可得eq\f(qb,mb)<eq\f(qa,ma)，故C錯誤；根據(jù)d＝eq\f(2\r(2U),B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(mb,qb))－\r(\f(ma,qa))))，可知標尺上各刻線對應比荷的值eq\f(q,m)是非均勻的，故D錯誤。2.如圖所示為回旋加速器示意圖。D形盒上加交變電壓，其間隙處產(chǎn)生交變電場。已知D形盒的半徑為R，交變電壓的周期為T，電壓為U，D形盒的間隙為d，磁感應強度的大小為B，該回旋加速器為α粒子(eq\o\al(4,2)He)加速器，不計α粒子的初速度，已知質(zhì)子的質(zhì)量為m0，元電荷為e。粒子在D形盒間隙運動的時間很短，一般可忽略，下列說法正確的是()A．該回旋加速器調(diào)節(jié)相關(guān)參數(shù)后才能用于氘核(eq\o\al(2,1)H)的加速B．α粒子最后從D形盒被引出的速度大小為eq\f(eBR,m0)C．α粒子在D形盒中加速的次數(shù)n＝eq\f(eB2R2,4m0U)D．若考慮α粒子在D形盒間隙中運動的時間，該時間可能超過半個周期答案C解析回旋加速器正常工作時，應有交變電壓的周期等于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期，即T＝eq\f(2πm,qB)，α粒子與氘核的比荷相等，則在同一磁場中運動的周期相同，故該回旋加速器不用調(diào)節(jié)相關(guān)參數(shù)便可以用于氘核(eq\o\al(2,1)H)的加速，A錯誤；由題意可知α粒子的質(zhì)量為4m0，電荷量為2e，根據(jù)2evmB＝4m0eq\f(veq\o\al(2,m),R)得，α粒子最后從D形盒被引出的速度大小為vm＝eq\f(eBR,2m0)，故B錯誤；根據(jù)動能定理有n·2eU＝eq\f(1,2)·4m0veq\o\al(2,m)，解得n＝eq\f(eB2R2,4m0U)，故C正確；若α粒子在D形盒間隙中運動的時間超過半個周期，則粒子將在電場中做減速運動，故該時間不可能超過半個周期，D錯誤。3．(2022·海南高考)如圖，有一個輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強度大小相等，有一束粒子流沿圓弧軌跡通過電場，又垂直進入一勻強磁場，則運動軌跡相同的粒子，它們具有相同的()A．質(zhì)量 B．電量C．比荷 D．動能答案C解析設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，速度大小為v，帶電粒子在輻向分布的電場中運動時，運動半徑為R1，軌跡所在處電場強度大小為E，由電場力提供做圓周運動的向心力，有qE＝meq\f(v2,R1)，解得ER1＝eq\f(mv2,q)；設(shè)帶電粒子在勻強磁場中運動時，運動半徑為R2，磁場的磁感應強度大小為B，由洛倫茲力提供做圓周運動的向心力，有qvB＝meq\f(v2,R2)，解得BR2＝eq\f(mv,q)。運動軌跡相同的粒子，R1、R2相同，B、E相同，則eq\f(mv2,q)、eq\f(mv,q)相同，則v相同，eq\f(m,q)相同，比荷eq\f(q,m)相同，質(zhì)量m、電量q不一定相同，動能eq\f(1,2)mv2不一定相同，故選C。4．(2023·海南高考)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電量為＋q的帶電粒子，從原點以初速度v0射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在0<y<y0、0<x<x0(x0、y0為已知)區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在x>x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度(E值有多種可能)，可讓粒子從NP射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器MN上，則()A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E＝eq\f(y0mveq\o\al(2,0),qxeq\o\al(2,0))B．粒子從NP中點射入磁場時速度為v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0)))C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為eq\f(mv0,qB)D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))答案AD解析若粒子從NP中點射入磁場，設(shè)粒子在電場中的運動時間為t，則x0＝v0t，eq\f(1,2)y0＝eq\f(1,2)·at2，其中粒子的加速度大小a＝eq\f(qE,m)，聯(lián)立解得E＝eq\f(y0mveq\o\al(2,0),qxeq\o\al(2,0))，設(shè)粒子射入磁場時沿y軸方向的分速度大小為vy1，則eq\f(y0,2)＝eq\f(vy1,2)t，解得vy1＝eq\f(y0,x0)v0，故粒子從NP中點射入磁場時速度為v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y1))＝v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))，A正確，B錯誤；粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)運動速度為v，軌道半徑為r，則qvB＝meq\f(v2,r)，如圖所示，設(shè)粒子從電場中射出時的速度方向與y軸方向夾角為θ，則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為d＝rcosθ，聯(lián)立解得d＝eq\f(mvcosθ,qB)＝eq\f(mvy,qB)，C錯誤；對從(x0，y)進入磁場的粒子，粒子在電場中運動時，豎直方向上有y＝eq\f(vy,2)·t，解得vy＝eq\f(2y,x0)v0，則粒子離開電場的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4y2,xeq\o\al(2,0)))，粒子在磁場中運動的圓周半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4y2,xeq\o\al(2,0)))，又因0<y≤y0，則粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是rm＝eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))，D正確。5.(2024·山西省呂梁市高三上開學檢測)(多選)如圖所示，平面直角坐標系xOy，在x≤4L且y≥0區(qū)域中有磁感應強度為B、垂直xOy平面的勻強磁場，在x＝4L直線右邊區(qū)域有與x軸負方向成37°角、平行于xOy平面的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計重力)從y軸上的a點沿y軸負方向射入磁場，從b點(4L，0)沿x軸的正方向離開磁場進入電場，到達c點時粒子的速度恰好沿y軸的負方向，且c點的橫坐標為7L，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2LB．粒子在b點的速度為eq\f(4BqL,m)C．電場強度大小為eq\f(10B2qL,3m)D．粒子從b到c的運動時間為eq\f(3πm,2Bq)答案BC解析過a、b兩點分別作速度的垂線，交點O1是粒子在磁場中做圓周運動的軌跡圓的圓心，O1a、O1b是軌跡圓兩個互相垂直的半徑，由幾何關(guān)系可得OaO1b是正方形，則軌跡圓的半徑為4L，故A錯誤；設(shè)粒子在b點的速度為v，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,4L)，解得v＝eq\f(4BqL,m)，故B正確；把粒子受到的電場力分別沿著x軸和y軸分解，則有Fx＝qEcos37°，由牛頓第二定律可得ax＝eq\f(Fx,m)，粒子在c點的速度沿著y軸的負方向，則粒子在c點沿x軸方向的速度恰好為0，從b運動到c的過程中，粒子沿著x軸正方向的分位移為3L，則有2ax·3L＝v2，解得E＝eq\f(10B2qL,3m)，故C正確；沿x軸方向，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律知，粒子從b到c的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)，則運動時間t＝eq\f(3L,\o(v,\s\up6(－)))，解得t＝eq\f(3m,2Bq)，故D錯誤。6.(2022·山東省青島市高三下統(tǒng)一質(zhì)量檢測(一模))某電子顯像裝置的原理如圖所示，平面內(nèi)有勻強電場和勻強磁場區(qū)域，磁場分布在x軸下方及拋物線與y軸之間，拋物線方程為y＝2x2，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外；電場分布在拋物線與x軸之間所夾的空間，電場強度大小為E，方向沿y軸負方向?，F(xiàn)有帶正電粒子從拋物線上各處無初速度釋放，粒子進入第四象限經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都會經(jīng)過原點O，粒子重力不計，求：(1)帶電粒子的比荷；(2)y＝2m處釋放的粒子從釋放到再次運動到拋物線所用的時間；(3)y＝2m處釋放的粒子第三次經(jīng)過x軸的位置坐標。答案(1)eq\f(16E,B2)(2)eq\f(（3π＋16）B,32E)(3)(2.5m，0)解析(1)帶電粒子在電場中加速，有Eqy＝eq\f(1,2)mv2設(shè)在磁場中的軌跡半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)由于粒子恰好能經(jīng)過圓心O，可知x＝2R又y＝2x2聯(lián)立解得eq\f(q,m)＝eq\f(16E,B2)。(2)當y＝2m時，由y＝2x2得x＝1m此時粒子做圓周運動的半徑R＝eq\f(x,2)＝0.5m設(shè)粒子再次到達拋物線的坐標為(x′，y′)，則由圓周運動軌跡方程有(x′－0.5)2＋y′2＝R2由拋物線方程有y′＝2x′2聯(lián)立解得x1′＝0，y1′＝0或x2′＝0.5m，y2′＝0.5m即粒子再次到達拋物線的坐標為(0.5m，0.5m)，可知粒子在磁場中恰好運動了eq\f(3,4)周期，粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)粒子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(3,4)T在電場中，有Eq＝may＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)則運動的時間t＝t1＋t2聯(lián)立解得t＝eq\f(（3π＋16）B,32E)。(3)粒子再次進入電場時，速度v1方向沿x軸正方向，且有Eqy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)此后在電場中做類平拋運動，沿y軸負方向運動的位移大小為y2′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)沿x軸正方向運動的位移大小為x0＝v1t3聯(lián)立解得x0＝2m第三次到達x軸的橫坐標為x3＝x0＋x2′＝2.5m因此第三次到達x軸的坐標為(2.5m，0)。7.(2023·湖北省八市高三下3月份聯(lián)考)如圖所示，在xOy坐標系中，x軸上方有一圓形勻強磁場區(qū)域，其圓心為O1(0，2m)、半徑R＝2m，磁感應強度B＝2×10－2T，方向垂直于紙面向外。在x軸下方有勻強電場，電場強度E＝0.2N/C，方向水平向左。在磁場的左側(cè)0.5R≤y≤1.5R區(qū)域內(nèi)，有一群質(zhì)量m＝4×10－6kg、電荷量q＝＋2×10－2C的粒子以速度v＝2×102m/s平行于x軸正方向且垂直于磁場射入圓形磁場區(qū)域。不計粒子的重力和粒子間的相互作用。求：(結(jié)果可用含π和根號的式子表示)(1)粒子在磁場區(qū)域運動的軌跡半徑r；(2)粒子在磁場區(qū)域運動的最長時間t；(3)粒子打在y軸上離原點O的最遠距離d。答案(1)2m(2)eq\f(π,150)s(3)20eq\r(3)m解析(1)粒子在磁場區(qū)域做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝2m。(2)因為r＝R，由磁聚焦原理可知，所有粒子經(jīng)過磁場后都從原點O射出，其中從最上面射入的粒子在磁場中運動的圓弧最長，故其在磁場中運動的時間最長，如圖中軌跡①所示設(shè)其軌跡對應的圓心角為α，有sin(α－90°)·r＋r＝1.5R粒子在磁場中做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)則粒子在磁場區(qū)域運動的最長時間為t＝eq\f(α,360°)·T聯(lián)立解得t＝eq\f(π,150)s。(3)分析粒子的運動軌跡可知，粒子可能在磁場中打在y軸上，也可能在電場中打在y軸上。分析知，在磁場左側(cè)從y＝1.5R處射入磁場的粒子，在磁場中打在y軸上的位置離原點O最遠；對圖中軌跡①用幾何知識分析知，粒子在磁場中打在y軸上的位置離原點O的最遠距離為d1＝R＝2m。所有粒子從O點進入電場后，均受到水平向左的電場力作用，則只有射入第四象限的粒子會在進入電場后打到y(tǒng)軸上；設(shè)射入第四象限的粒子在O點速度與y軸負方向夾角為θ，在磁場左側(cè)從y＝0.5R射入磁場的粒子對應的θ最大，如圖中軌跡②所示，由幾何關(guān)系可知rsinθmax＝r－0.5R解得θmax＝30°則0<θ≤30°，粒子進入第四象限后做類斜拋運動，沿y軸負方向做勻速直線運動，沿x軸方向先向右做勻減速直線運動，速度減為0后再反向勻加速至打到y(tǒng)軸上設(shè)粒子在x軸方向上速度減為0所用時間為t，則有vsinθ＝at其中加速度a滿足qE＝ma粒子打在y軸上時離原點O的距離d2＝vcosθ·2t聯(lián)立解得d2＝eq\f(mv2sin2θ,qE)當θ＝θmax＝30°時d2最大，d2max＝eq\f(mv2sin2θ,qE)代入數(shù)據(jù)得d2max＝20eq\r(3)md1<d2max，故d＝d2max＝20eq\r(3)m。第十章核心素養(yǎng)提升[科學思維提煉]1．建立理想模型法：用磁感線描述磁場，定義勻強磁場。2．類比思維(1)從環(huán)形電流的磁場提出“分子電流”假說。(2)根據(jù)電場強度的定義類比定義磁感應強度時，由試探電荷類比提出電流元。3．比值定義法：磁感應強度的定義方法。4．控制變量法(1)“探究影響通電導線受力的因素”的演示實驗。(2)“研究安培力的方向與哪些因素有關(guān)”的演示實驗。5．對稱思維(1)分析通電導線激發(fā)的磁場中對稱的位置的磁感應強度大小。(2)分析帶電粒子在有界勻強磁場直線邊界射入、射出點的速度方向等。6．轉(zhuǎn)換思維：難以直接分析磁體所受通電導線磁場力的作用時，可以轉(zhuǎn)換研究對象，先分析磁體對通電導線的作用力，然后利用牛頓第三定律間接分析。7．演繹推理思維：根據(jù)安培力公式及電流的微觀表達式推導洛倫茲力表達式。8．等效思維(1)將環(huán)形電流等效為小磁針。(2)計算磁通量時用到等效面積。(3)求解彎曲導線在磁場中所受的安培力時用到等效長度。(4)若通電直導線與磁場方向既不垂直也不平行時，計算導線所受安培力大小時，將磁感應強度B分解為B⊥和B∥；類似地，將磁感應強度分解，分析帶電粒子速度方向與磁場方向既不垂直也不平行時，所受洛倫茲力或運動情況。(5)求解粒子在回旋加速器D形盒間運動的總時間。9．微元法：分析一段通電導線在磁場中的運動趨勢。10．極限思維：求解粒子在勻強磁場中運動的臨界和極值問題時用到的“平移圓”法、“旋轉(zhuǎn)圓”法、“縮放圓”法。[素養(yǎng)提升集訓]一、選擇題(本題共7小題)1．(2023·遼寧高考)安培通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)。比例系數(shù)k的單位是()A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2)C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3)答案B解析根據(jù)ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)，可得k＝eq\f(ΔFr2,I1I2Δl1Δl2)，代入相應物理量的國際單位，可得比例系數(shù)k的單位為eq\f(N·m2,A2·m2)＝eq\f(kg·m/s2,A2)＝kg·m/(s2·A2)，故選B。2．(2022·全國乙卷)(多選)安裝適當?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知()測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A．測量地點位于南半球B．當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μTC．第2次測量時y軸正向指向南方D．第3次測量時y軸正向指向東方答案BC解析地球可視為一個條形磁體，地磁南極在地理北極附近，地磁北極在地理南極附近，由表中Bz數(shù)據(jù)可看出z軸的磁感應強度分量豎直向下，則測量地點應位于北半球，A錯誤；磁感應強度為矢量，故由表格可得當?shù)氐卮艌龅拇鸥袘獜姸却笮锽＝eq\r(Beq\o\al(2,x)＋Beq\o\al(2,y)＋Beq\o\al(2,z))≈50μT，B正確；由A項分析可知測量地點位于北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，第2次測量時Bx＝0，By為負值，故y軸正向指向南方，第3次測量Bx為正值，By＝0，故x軸正向指向北方，則y軸正向指向西方，C正確，D錯誤。3.(2021·重慶高考)(多選)某同學設(shè)計了一種天平，其裝置如圖所示。兩相同的同軸圓線圈M、N水平固定，圓線圈P與M、N共軸且平行等距。初始時，線圈M、N通以等大反向的電流后，在線圈P處產(chǎn)生沿半徑方向的磁場，線圈P內(nèi)無電流且天平平衡。設(shè)從上往下看順時針方向為正向。當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，可能的辦法是()A．若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入正向電流B．若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入負向電流C．若P處磁場方向沿半徑向內(nèi)，則在P中通入正向電流D．若P處磁場方向沿半徑向內(nèi)，則在P中通入負向電流答案BC解析當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，則線圈P受到豎直向下的安培力。若P處磁場方向沿半徑向外，由左手定則可知，應在P中通入負向電流，A錯誤，B正確；若P處磁場方向沿半徑向內(nèi)，由左手定則可知，應在P中通入正向電流，C正確，D錯誤。4.(2022·廣東高考)如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是()答案A解析質(zhì)子進入磁場時，速度方向與磁場方向垂直，則質(zhì)子會在平行于Oyx平面的平面內(nèi)做勻速圓周運動，又因為兩磁場磁感應強度大小相等、方向相反，故質(zhì)子運動軌跡在Oyx平面的投影是兩段半徑相等、圓心在軌跡異側(cè)的圓弧，在Ozx平面的投影是一段平行于x軸的直線，故C、D錯誤；由左手定則可知，沿z軸負方向看，質(zhì)子先逆時針運動，后順時針運動，故A可能正確，B錯誤。5.(多選)如圖所示，平面直角坐標系xOy的x軸上M點固定一負點電荷，另一正點電荷在庫侖力作用下繞該負點電荷沿橢圓軌道逆時針方向運動。O點是橢圓軌道的中心，M點是橢圓軌道的一個焦點，a、b和c為橢圓軌道與坐標軸的交點。不計重力，下列說法正確的是()A．正點電荷從a點運動到c點的過程中動能不斷增大B．正點電荷運動到a點時，加一方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場，正點電荷可能繞負點電荷做勻速圓周運動C．正點電荷運動到b點時，加一方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場，正點電荷可能繞負點電荷做勻速圓周運動D．正點電荷運動到c點時，加一方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場，正點電荷可能繞負點電荷做勻速圓周運動答案AD解析根據(jù)題意可知，正點電荷從a點運動到c點的過程中，電場力一直做正功，由動能定理可知，動能不斷增大，故A正確；正點電荷在a點時，所受庫侖力大于做勻速圓周運動所需的向心力，做近心運動，如加一方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場，根據(jù)左手定則可知正點電荷受到向左的洛倫茲力，則庫侖力與洛倫茲力的合力更大于做勻速圓周運動所需的向心力，則正點電荷做更明顯的近心運動，故B錯誤；正點電荷在b點時，運動方向與庫侖力方向不垂直，不滿足勻速圓周運動的條件，而加入垂直xOy平面向里的勻強磁場也不能使合力與速度方向垂直，故無法使正點電荷繞負點電荷做勻速圓周運動，故C錯誤；正點電荷在c點時，不加磁場時，做離心運動，庫侖力小于做勻速圓周運動所需的向心力，加入一方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場后，有可能使庫侖力與洛倫茲力的合力等于做勻速圓周運動所需的向心力，使正點電荷繞負點電荷做勻速圓周運動，故D正確。6.(2023·山西省晉城市高三下5月第三次模擬)(多選)如圖所示，平面直角坐標系xOy橫軸上的P點有一粒子發(fā)射源，粒子源能沿坐標平面且與x軸正方向的夾角不超過90°的方向，向第二象限發(fā)射速率相同、帶電荷量為q、質(zhì)量為m的正粒子，由于第一、二象限內(nèi)除實線與橫軸所圍區(qū)域外，存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，粒子源發(fā)射的所有粒子均能經(jīng)過Q點。已知P、Q兩點關(guān)于原點O對稱，Q點的坐標為(a，0)，不計粒子受到的重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是()A．粒子的速度大小為eq\f(qBa,m)B．粒子在磁場中運動的軌跡半徑為2aC．第一象限內(nèi)磁場邊界方程為y＝xeq\r(\f(a－x,a＋x))(a≥x≥0)D．第二象限內(nèi)磁場邊界方程為y＝2xeq\r(\f(a＋x,a－x))(－a≤x≤0)答案AC解析同一粒子從P到Q的運動軌跡關(guān)于y軸對稱，由對稱性可知，從P點垂直x軸射入的粒子在磁場中運動的軌跡為半圓，所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r＝a，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的速度大小為v＝eq\f(qBa,m)，A正確，B錯誤；如圖所示，設(shè)從P點以與x軸正方向成β角射入的粒子運動軌跡與邊界的交點坐標為(x，y)，由幾何關(guān)系有r2＝x2＋(rcosβ)2，而tanβ＝eq\f(y,a－|x|)，整理可得x2(a－|x|)2＋x2y2＝y(tǒng)2a2，解得第一象限內(nèi)磁場邊界方程為y＝xeq\r(\f(a－x,a＋x))(a≥x≥0)，第二象限內(nèi)磁場邊界方程為y＝－xeq\r(\f(a＋x,a－x))(－a≤x≤0)，C正確，D錯誤。7.如圖所示，將一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球在空間垂直紙面向里的勻強磁場中由靜止釋放，其運動軌跡為“輪擺線”，為方便分析，可將初始狀態(tài)的速度(為零)分解為一對水平方向等大反向的速度v，即該運動可以分解為一個勻速直線運動1和一個勻速圓周運動2兩個分運動，重力加速度為g，磁感應強度大小為B，為實現(xiàn)上述運動的分解，下列說法正確的是()A．速度v＝eq\f(2mg,qB)B．分運動2的半徑為eq\f(m2g,2q2B2)C．小球在軌跡最低點處的曲率半徑為eq\f(4m2g,q2B2)D．小球從釋放到最低點的過程中重力勢能的減少量為eq\f(m3g2,2q2B2)答案C解析因分運動1為勻速直線運動，根據(jù)平衡條件，分運動1所引起的洛倫茲力與重力等大反向，故qvB＝mg，所以v＝eq\f(mg,qB)，A錯誤；對于分運動2，由洛倫茲力提供向心力，得：qvB＝meq\f(v2,R)，所以R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m2g,q2B2)，B錯誤；設(shè)小球在軌跡最低點處的曲率半徑為r，此時兩個速度v方向相同，由牛頓第二定律有：2vqB－mg＝meq\f(4v2,r)，解得r＝eq\f(4m2g,q2B2)，C正確；小球從釋放點到最低點的過程中只有重力做功，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能的增加量，所以ΔEp減＝eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(2m3g2,q2B2)，D錯誤。二、非選擇題(本題共1小題)8．(2023·福建省三明市高三下質(zhì)量檢測)如圖甲，某回旋加速器的兩個D形盒，半徑為R，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與D形盒底面垂直，位于圓心O處的質(zhì)子源P能不斷產(chǎn)生質(zhì)子，質(zhì)子飄入狹縫間的高頻交變電場時初速度不計。完成加速后，需要把質(zhì)子束從加速器中引出，使用磁屏蔽通道法設(shè)計引出器。引出器原理如圖乙所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O′點(O′點圖中未畫出)。引出質(zhì)子時，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應強度降低，從而使質(zhì)子從M點進入通道，沿通道中心線從N點射出。已知ON長度為L。ON與OM的夾角為θ(0<θ<90°)，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q。求：(1)高頻交變電壓的頻率f；(2)質(zhì)子被加速后獲得的最大速度v；(3)通道內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B′的大小。答案(1)eq\f(qB,2πm)(2)eq\f(qBR,m)(3)eq\f(2BR（R－Lcosθ）,L2＋R2－2LRcosθ)解析(1)回旋加速器正常工作時高頻交變電壓的頻率f等于質(zhì)子在D形盒磁場中運動的頻率，則質(zhì)子在D形盒磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(1,f)設(shè)質(zhì)子在D形盒磁場中運動的速度大小為v1，軌跡半徑為r，由洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r)又T＝eq\f(2πr,v1)聯(lián)立解得f＝eq\f(qB,2πm)。(2)質(zhì)子速度最大時，做勻速圓周運動的半徑等于D形盒半徑，則有qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(qBR,m)。(3)設(shè)質(zhì)子在引出通道中做半徑為R1的圓周運動，分析知，質(zhì)子在引出通道內(nèi)的運動軌跡與在D形盒中的運動軌跡相切于M點，如圖所示，在△NOO′中，由余弦定理可得Req\o\al(2,1)＝L2＋(R1－R)2－2L(R1－R)cos(180°－θ)由牛頓第二定律可得qvB′＝meq\f(v2,R1)聯(lián)立解得B′＝eq\f(2BR（R－Lcosθ）,L2＋R2－2LRcosθ)。專題強化十二帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題和臨界問題關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點一帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題解題技巧帶電粒子在勻強磁場中運動形成多解的原因1．帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。如圖甲，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b。2．磁感應強度大小或方向不確定形成多解如圖乙，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b。3．帶電粒子射入磁場時的速度大小或方向不確定形成多解有些題目只指明了帶電粒子的電性，但未具體指出粒子射入磁場時速度的大小或方向，此時必須要考慮由于速度的不確定而形成的多解。如圖丙所示，帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界勻強磁場時，由于粒子速度大小不確定，因此，它飛出磁場的情況不唯一，可能穿過下邊界，也可能轉(zhuǎn)過180°反向飛出，于是形成多解。4．帶電粒子運動的周期性或往復性形成多解帶電粒子在磁場中運動時，若因為磁場周期性變化、粒子與擋板反復碰撞或與電場組合等原因而導致運動具有周期性或往復性，則通常會形成多解。如圖丁所示，粒子進入磁場的位置、時間不唯一?？枷?周期性形成多解例1(2022·湖北高考)(多選)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從P點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為()A.eq\f(1,3)kBL，0° B.eq\f(1,2)kBL，0°C．kBL，60° D．2kBL，60°[答案]BC[解析]若離子最后經(jīng)過下部分磁場從P點射出，如圖1，則θ＝60°，R＝eq\f(L,n)(n＝1，3，5，…)，又qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(kBL,n)(n＝1，3，5，…)；若離子最后經(jīng)過上部分磁場從P點射出，如圖2，則θ＝0°，R＝eq\f(L,n)(n＝2，4，6，…)，又qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(kBL,n)(n＝2，4，6，…)。綜上可知，B、C可能，A、D不可能。求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧(1)分析題目特點，確定題目多解性形成的原因。(2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。(3)若為周期性的多解問題，尋找通項式；若是出現(xiàn)幾種周期性解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件?？枷?臨界狀態(tài)不唯一形成多解例2(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示。磁感應強度為B，板間距離為l，極板不帶電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()A．使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)[答案]AB[解析]如圖所示，若帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2，又因為qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子剛好打在極板左邊緣，有r2＝eq\f(l,4)，又qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)。欲使粒子不打在極板上，應使v<eq\f(Bql,4m)或v>eq\f(5Bql,4m)，故A、B正確，C、D錯誤?？键c二帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界極值問題解題技巧1．常見臨界問題(1)恰好穿出(或不穿出)有界磁場的速度、軌跡半徑等。(2)在磁場中運動的最長時間、最短時間。(3)能否通過兩磁場邊界的交點。2．解題思路(1)先不考慮磁場邊界，假設(shè)磁場充滿整個空間，根據(jù)粒子的入射特點，運用“動態(tài)”思維嘗試畫出粒子可能的運動軌跡圓。(2)結(jié)合磁場邊界找出臨界條件。(3)根據(jù)幾何關(guān)系、運動規(guī)律求解。3．常見的臨界條件(1)剛好穿出或剛好不能穿出磁場的臨界條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。(2)當以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長，則帶電粒子在有界磁場中運動時間越長。(3)當速度大小v變化時，帶電粒子在有界磁場中運動軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長。(4)帶電粒子在多邊形邊界或角形區(qū)域磁場中運動時，是否會從某頂點射出的判斷：①當α≤θ時，可以過兩磁場邊界的交點，發(fā)射點到兩磁場邊界的交點距離為d＝2Rsinα，如圖甲所示。②當α>θ時，不能通過兩磁場邊界的交點，粒子的運動軌跡會和另一個邊界相切，如圖乙所示。4．解題技巧根據(jù)粒子射入磁場時的特點，分析臨界條件的常用技巧有三種：縮放圓法、旋轉(zhuǎn)圓法、平移圓法。(1)縮放圓法適用條件入射點相同，速度方向一定、大小不同帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的增大而增大，如圖所示軌跡圓圓心特點軌跡圓圓心共線運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上臨界軌跡界定方法縮放軌跡圓以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑縮放作軌跡圓，從而探索粒子的臨界條件(2)旋轉(zhuǎn)圓法適用條件入射點相同，速度大小一定、方向不同帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則圓周運動半徑為r＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心特點軌跡圓圓心共圓帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點O為圓心、半徑r＝eq\f(mv0,qB)的圓上臨界軌跡界定方法旋轉(zhuǎn)軌跡圓將半徑為r＝eq\f(mv0,qB)的軌跡圓以入射點為定點進行旋轉(zhuǎn)，從而探索粒子的臨界條件(3)平移圓法適用條件入射點在同一直線上，且速度大小、方向均相同帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則運動半徑r＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心特點軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在與入射點所在直線平行的同一直線上臨界軌跡界定方法平移軌跡圓將半徑為r＝eq\f(mv0,qB)的圓沿入射點所在直線進行平移，從而探索粒子的臨界條件考向1縮放圓法例3(2020·全國卷Ⅲ)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應強度最小為()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)[答案]C[解析]電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,r)，則磁感應強度與圓周運動軌跡半徑的關(guān)系式為：B＝eq\f(mv,er)，即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應強度越小。電子從圓心沿半徑方向進入磁場，當其恰好不離開圖中實線圓圍成的區(qū)域時，運動軌跡與實線圓相切，此時電子運動軌跡半徑有最大值rmax，如圖所示，其中A點為電子做圓周運動的圓心。由幾何關(guān)系可得：(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a，則磁場的磁感應強度最小為Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故C正確?！靖M訓練】1.(多選)如圖所示，僅在x>0、y>0的空間中存在垂直xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。在x軸上有一粒子源P，到坐標原點的距離為L，可垂直于磁場沿著與x軸成30°角的方向發(fā)射速率不同的相同粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q。不計重力的影響，則下列有關(guān)說法中正確的是()A．粒子從x軸上射出的位置坐標可能是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,3)，0))B．粒子從x軸上射出的位置坐標可能是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,6)，0))C．粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(5πm,3Bq)D．粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(7πm,3Bq)答案AC解析畫出粒子從x軸上射出的臨界軌跡如圖所示，此時軌跡圓與y軸相切，由幾何關(guān)系可知α＝30°，設(shè)臨界軌跡半徑為R，則有R＋Rsinα＝L，解得R＝eq\f(2L,3)，則此時粒子從x軸上x＝L－2Rsinα＝eq\f(L,3)位置射出，故粒子從x軸上射出的位置坐標滿足：eq\f(L,3)<x<L，A正確，B錯誤；由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，又T＝eq\f(2πr,v)，聯(lián)立解得粒子在磁場中做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，由幾何關(guān)系可知，粒子從x軸上射出時，在磁場中運動軌跡所對應的圓心角最大，為θ＝300°，因此粒子在磁場中運動的最長時間為tmax＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(5,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(5πm,3qB)，C正確，D錯誤?？枷?旋轉(zhuǎn)圓法例4(多選)如圖所示，在熒屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內(nèi)不斷地向各個方向同時發(fā)射速度大小為v、電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為d，則()A．粒子能打到熒屏MN上的區(qū)域長度為2eq\r(3)dB．能打到熒屏MN上最左側(cè)的粒子所用的時間為eq\f(πd,v)C．粒子從發(fā)射到打到熒屏MN上的最長時間為eq\f(πd,v)D．同一時刻發(fā)射的粒子打到熒屏MN上的最大時間差為eq\f(7πd,6v)[答案]BD[解析]打在熒屏MN上的粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子能打到熒屏MN上的區(qū)域長度為：l＝AB＝R＋eq\r(3)R＝(1＋eq\r(3))R＝(1＋eq\r(3))d，故A錯誤；由運動軌跡圖可知，能打到熒屏MN上最左側(cè)的粒子偏轉(zhuǎn)了半個周期，故所用時間為：t＝eq\f(1,2)T，又T＝eq\f(2πd,v)，解得：t＝eq\f(πd,v)，故B正確；在磁場中運動時間最長(優(yōu)弧1)和最短(劣弧2)的粒子的運動軌跡如圖2所示，粒子做完整圓周運動的周期T＝eq\f(2πd,v)，由幾何關(guān)系可知，最長時間：t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，最短時間：t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，根據(jù)題意得同一時刻發(fā)射的粒子打到熒屏MN上的最大時間差：Δt＝t1－t2＝eq\f(7πd,6v)，故C錯誤，D正確。【跟進訓練】2.如圖所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。許多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以相同的速率v從原點O沿紙面內(nèi)由從x軸負方向到y(tǒng)軸正方向之間的各個方向射入磁場區(qū)域。不計重力及粒子間的相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝eq\f(mv,qB)，則正確的圖是()答案D解析如圖，從O點沿x軸負方向射入的粒子，軌跡為圓，和x軸相切于O點，在x軸上方，半徑為R；沿y軸正方向射入的粒子，軌跡為半圓，在y軸右側(cè)，和x軸交點距O點為2R；沿其余方向射入的帶電粒子，軌跡最遠點均在以O(shè)為圓心、半徑為2R的圓周上；由以上分析結(jié)合定圓旋轉(zhuǎn)法，可知D正確。考向3平移圓法例5(多選)如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AB邊長度為d，∠B＝eq\f(π,6)。現(xiàn)垂直AB邊射入一束質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子。已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為eq\f(4,3)t0(不計重力)，則下列說法中正確的是()A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0B．該勻強磁場的磁感應強度大小為eq\f(πm,2qt0)C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為eq\f(2,5)dD．粒子進入磁場時速度大小為eq\f(3πd,5t0)[答案]ABC[解析]根據(jù)題意，粒子垂直AB邊射入，垂直AC邊射出時經(jīng)過四分之一個周期，即eq\f(1,4)T＝t0，解得T＝4t0，A正確；洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，粒子運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)＝4t0，可解得該勻強磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f(πm,2qt0)，B正確；當粒子軌跡與BC邊相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，為eq\f(4,3)t0＝eq\f(1,3)T，則在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知Rsineq\f(π,6)＋eq\f(R,sin\f(π,6))＝d，解得R＝eq\f(2,5)d，C正確；根據(jù)T＝eq\f(2πR,v)可知，v＝eq\f(2πR,T)＝eq\f(2π·\f(2,5)d,4t0)＝eq\f(πd,5t0)，D錯誤。課時作業(yè)1.(多選)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，MN是它的下邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子與MN成30°角垂直射入磁場，則粒子在磁場中運動的時間可能為()A.eq\f(πm,3qB) B.eq\f(2πm,3qB)C.eq\f(4πm,3qB) D.eq\f(5πm,3qB)答案AD解析設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)，聯(lián)立可得T＝eq\f(2πm,qB)。若帶電粒子所帶電荷為正，則其在磁場中的軌跡為圖中①所示，軌跡對應的圓心角為300°，在磁場中運動的時間為t1＝eq\f(300°,360°)·T＝eq\f(5πm,3qB)；若帶電粒子所帶電荷為負，則其在磁場中的軌跡為圖中②所示，軌跡對應的圓心角為60°，在磁場中運動的時間為t2＝eq\f(60°,360°)·T＝eq\f(πm,3qB)，故A、D正確。2.(多選)如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計。為把這束負離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為eq\f(q,m)，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是()A．B>eq\f(mv,3qs)，垂直紙面向里B．B>eq\f(mv,qs)，垂直紙面向里C．B>eq\f(mv,qs)，垂直紙面向外D．B>eq\f(3mv,qs)，垂直紙面向外答案BD解析當所加勻強磁場方向垂直紙面向里時，由左手定則知，負離子向右偏轉(zhuǎn)，被約束在OP之下的區(qū)域的臨界情景是離子運動軌跡與OP相切，如圖(大圓弧)，由幾何關(guān)系得(s＋R1)sin30°＝R1，解得臨界軌跡半徑R1＝s，當離子軌跡的半徑R小于R1時滿足約束條件，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由R<R1得B>eq\f(mv,qs)，故A錯誤，B正確；當所加勻強磁場方向垂直紙面向外時，由左手定則知，負離子向左偏轉(zhuǎn)，被約束在OP之下的區(qū)域的臨界情景是離子運動軌跡與OP相切，如圖(小圓弧)，由幾何關(guān)系得(s－R2)·sin30°＝R2，解得臨界軌跡半徑R2＝eq\f(s,3)，當離子軌跡的半徑R小于R2時滿足約束條件，即R<R2，得B>eq\f(3mv,qs)，故C錯誤，D正確。3.(2023·重慶市高三下第九次質(zhì)量檢測)(多選)如圖所示，半徑分別為R和2R的同心圓處于同一平面內(nèi)，O為圓心。兩圓形成的圓環(huán)內(nèi)(含邊界)有垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子由大圓上的A點以速率v沿大圓切線方向進入磁場，粒子僅在磁場中運動，不計粒子的重力，則粒子運動速率v可能為()A.eq\f(qBR,4m) B.eq\f(5qBR,4m)C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(7qBR,4m)答案ACD解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)，粒子僅在磁場中運動，則軌跡半徑r滿足0<2r≤R或3R≤2r≤4R，將r代入解得0<v≤eq\f(qBR,2m)，或eq\f(3qBR,2m)≤v≤eq\f(2qBR,m)，故A、C、D正確，B錯誤。4.(2023·河北省唐山市第二次模擬)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v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在四分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計粒子重力及粒子之間的相互作用力，則v2∶v1為()A.eq\r(3)∶2 B．3∶2C.eq\r(3)∶eq\r(2) D．3∶4答案C解析由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2,R)，可知R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑相同。假設(shè)粒子進入磁場后沿逆時針方向做圓周運動，若粒子射入的速率為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)軌跡圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時AP＝2R1，∠POA＝90°，同理，若粒子射入的速率為v2，當粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時BP＝2R2，∠POB＝120°，設(shè)磁場圓半徑為R0，由幾何關(guān)系可知R1＝R0sineq\f(90°,2)＝eq\f(\r(2)R0,2)，R2＝R0sineq\f(120°,2)＝eq\f(\r(3)R0,2)，則v2∶v1＝R2∶R1＝eq\r(3)∶eq\r(2)，同理，假設(shè)粒子進入磁場后沿順時針方向做圓周運動，也有v2∶v1＝eq\r(3)∶eq\r(2)，故選C。5.如圖所示，有界勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，MN為其左邊界，磁場中沿磁場方向放置一表面涂有熒光材料、底面半徑為R的圓柱體，電子打到圓柱體表面時熒光材料會發(fā)出熒光，且被圓柱體吸收。圓柱體的底面圓心O到磁場邊界MN的距離為2R。一平行電子束以垂直邊界MN向右的初速度v0＝eq\f(3eBR,m)射入磁場，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，則圖示截面圓上發(fā)光部分的長度等于()A.eq\f(1,2)πR B．πRC.eq\f(4,3)πR D.eq\f(5,3)πR答案C解析由洛倫茲力提供向心力得ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，解得電子在磁場中的軌跡半徑r＝3R，畫出與圓柱體相切的兩條軌跡，如圖所示，由幾何關(guān)系知sinα＝eq\f(2R,r＋R)，解得α＝eq\f(π,6)，則截面圓上發(fā)光部分對應的圓心角為θ＝π＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝eq\f(4,3)π，則截面圓上發(fā)光部分的長度l＝θR＝eq\f(4,3)πR，故選C。6.(多選)如圖，直角三角形OAC區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外、磁感應強度大小未知的勻強磁場，∠A＝30°、OC邊長為L，在C點有放射源S，可以向磁場內(nèi)各個方向發(fā)射速率為v0的同種帶正電的粒子，粒子的比荷為K。S發(fā)射的粒子有三分之二可以穿過OA邊界，OA含在邊界以內(nèi)，不計重力及粒子之間的相互影響。則()A．磁感應強度大小為eq\f(v0,2KL)B．磁感應強度大小為eq\f(v0,KL)C．OA上粒子出射區(qū)域長度為LD．OA上粒子出射區(qū)域長度為eq\f(L,2)答案BC解析如圖所示，S發(fā)射的粒子有三分之二可以穿過OA邊界，根據(jù)左手定則可知，入射