2025屆高考物理一輪復習第9章磁場第2節(jié)磁吃運動電荷的作用教案新人教版

PAGE20-第2節(jié)磁場對運動電荷的作用一、洛倫茲力的大小和方向1．定義：磁場對運動電荷的作用力。2．大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝0。(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB。(3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ。3．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向；拇指——指向洛倫茲力的方向。(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v確定的平面。(留意B和v可以有隨意夾角)，如圖所示：甲v與B垂直乙v與B不垂直洛倫茲力與粒子運動方向、磁感應強度方向的關系4．做功：洛倫茲力不做功。二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動。2．若v⊥B時，帶電粒子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．基本公式(1)向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)。(2)軌道半徑公式：r＝eq\f(mv,Bq)。(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB)。留意：帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速率無關。一、思索辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)1．帶電粒子在磁場中運動時肯定會受到磁場力的作用。 (×)2．洛倫茲力的方向在特別狀況下可能與帶電粒子的速度方向不垂直。 (×)3．依據(jù)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．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。 (√)5．荷蘭物理學家洛倫茲提出磁場對運動電荷有作用力的觀點。 (√)二、走進教材1．(人教版選修3－1P98T1改編)下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是()ABCD[答案]B2．(魯科版選修3－1P132T2)(多選)兩個粒子，電荷量相等，在同一勻強磁場中受磁場力而做勻速圓周運動()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CD[帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，可知C、D正確。]對洛倫茲力的理解及應用eq\o([依題組訓練])1.圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，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，此時它所受洛倫茲力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右B[帶電粒子在磁場中受洛倫茲力，磁場為4根長直導線在O點產(chǎn)生的合磁場，依據(jù)安培定則，a在O點產(chǎn)生的磁場方向為水平向左，b在O點產(chǎn)生的磁場方向為豎直向上，c在O點產(chǎn)生的磁場方向為水平向左，d在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，所以合磁場方向水平向左。依據(jù)左手定則，帶正電粒子在合磁場中所受洛倫茲力方向向下，故B正確。]2.(多選)如圖所示，一軌道由兩等長的光滑斜面AB和BC組成，兩斜面在B處用一光滑小圓弧相連接，P是BC的中點，豎直線BD右側存在垂直紙面對里的勻強磁場，B處可認為處在磁場中，一帶電小球從A點由靜止釋放后能沿軌道來回運動，C點為小球在BD右側運動的最高點，則下列說法正確的是()A．C點與A點在同一水平線上B．小球向右或向左滑過B點時，對軌道壓力相等C．小球向上或向下滑過P點時，其所受洛倫茲力相同D．小球從A到B的時間是從C到P時間的eq\r(2)倍AD[小球在運動過程中受重力、洛倫茲力和軌道支持力作用，因洛倫茲力永不做功，支持力始終與小球運動方向垂直，也不做功，即只有重力做功，滿意機械能守恒，因此C點與A點等高，在同一水平線上，選項A正確；小球向右或向左滑過B點時速度等大反向，即洛倫茲力等大反向，小球?qū)壍赖膲毫Σ坏龋x項B錯誤；同理小球向上或向下滑過P點時，洛倫茲力也等大反向，選項C錯誤；因洛倫茲力始終垂直BC，小球在AB段和BC段(設斜面傾角均為θ)的加速度均由重力沿斜面的分力產(chǎn)生，大小為gsinθ，由x＝eq\f(1,2)at2得小球從A到B的時間是從C到P的時間的eq\r(2)倍，選項D正確。]3．(多選)帶電小球以肯定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示。不計空氣阻力，則()A．肯定有h1＝h3 B．肯定有h1<h4C．h2與h4無法比較 D．h1與h2無法比較AC[第1個圖：由豎直上拋運動的最大高度公式得h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)。第3個圖：當加上電場時，由運動的分解可知：在豎直方向上有，veq\o\al(2,0)＝2gh3，所以h1＝h3，故A正確；而第2個圖：洛倫茲力變更速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，設此時的球的動能為Ek，則由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又由于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，所以h1>h2，故D錯誤；第4個圖：因小球電性不知，則電場力方向不清，則高度可能大于h1，也可能小于h1，故B錯誤，C正確。]1．洛倫茲力的特點(1)利用左手定則推斷洛倫茲力的方向，留意區(qū)分正、負電荷。(2)運動電荷在磁場中不肯定受洛倫茲力作用。(3)洛倫茲力肯定不做功。2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)分(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛侖茲力是安培力的微觀說明，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力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場方向的關系F⊥B，F(xiàn)⊥vF∥E做功狀況任何狀況下都不做功可能做功，也可能不做功帶電粒子在勻強磁場中的運動eq\o([講典例示法])1．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的思想方法和理論依據(jù)一般說來，要把握好“一找圓心，二定半徑，三求時間”的分析方法。在詳細問題中，要依據(jù)題目條件和情景而定。解題的理論依據(jù)主要是由牛頓其次定律列式：qvB＝meq\f(v2,r)，求半徑r＝eq\f(mv,qB)及運動周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)。2．兩種方法定圓心方法一若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可依據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處速度的垂線，其交點即為圓心，如圖(a)。方法二若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與速度方向的垂線的交點即為圓心，如圖(b)。(a)(b)3．幾何學問求半徑利用平面幾何關系，求出軌跡圓的可能半徑(或圓心角)，求解時留意以下幾個重要的幾何特點：(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。(2)直角三角形的應用(勾股定理)。找到AB的中點C，連接OC，則△AOC、△BOC都是直角三角形。4．求時間的兩種方法方法一：由運動弧長計算，t＝eq\f(l,v)(l為弧長)；方法二：由偏轉(zhuǎn)角度計算，t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T))。5．三類邊界磁場中的軌跡特點(1)直線邊界：進出磁場具有對稱性。(a)(b)(c)(2)平行邊界：存在臨界條件。(d)(e)(f)(3)圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出。(g)(h)eq\o([典例示法])(一題多變)如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為eq\f(R,2)，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()A．eq\f(qBR,2m)B．eq\f(qBR,m)C．eq\f(3qBR,2m)D．eq\f(2qBR,m)審題指導：解此題關鍵有兩點：(1)射入點與ab的距離為eq\f(R,2)，由此可確定射入點與圓心的連線和豎直方向之間的夾角是30°。(2)粒子的偏轉(zhuǎn)角是60°，由此確定粒子的軌跡圓弧對應的圓心角為60°。B[如圖所示，粒子做圓周運動的圓心O2必在過入射點垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60°，故圓弧ENM對應圓心角為60°，所以△EMO2為等邊三角形。由于O1D＝eq\f(R,2)，所以∠EO1D＝60°，△O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運動的半徑EO2＝O1E＝R，由qvB＝eq\f(mv2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，B正確。][變式1]此[典例示法]中，帶電粒子在圓柱形勻強磁場區(qū)域中的運行時間為()A．eq\f(πm,6qB)B．eq\f(πm,3qB)C．eq\f(2πm,3qB)D．eq\f(πm,qB)B[粒子在磁場中做圓周運動，轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝60°，則在磁場中運行時間t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，B項正確。][變式2]此[典例示法]中，若帶電粒子對準圓心沿直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，粒子射出磁場與射入磁場時運動方向的夾角仍為60°，則粒子的速率為()A．eq\f(qBR,2m)B．eq\f(qBR,m)C．eq\f(\r(3)qBR,m)D．eq\f(\r(3)qBm,R)C[由題意粒子運動軌跡如圖所示，則∠aO2c＝60°，∠aO1c＝120°。由幾何學問得r＝eq\r(3)R，又qvB＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(3)qBR,m)，C項正確。][變式3]此[典例示法]中，若帶電粒子速率不變，磁場方向改為垂直紙面對里，帶電粒子從磁場射出時與射入磁場時運動方向的夾角為()A．30° B．45°C．60° D．120°D[因帶電粒子的速率不變，由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝R，則粒子運動軌跡如圖所示，由幾何學問得∠EO2F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：eq\o([跟進訓練])帶電粒子在直線或平行邊界磁場中的運動1.(2024·湖南長沙模擬)如圖所示，一個志向邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面對里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場。若電子在磁場中運動的軌跡半徑為2d。O′在MN上，且OO′與MN垂直。下列推斷正確的是()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)D[電子帶負電，進入磁場后，依據(jù)左手定則推斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，A錯誤；設電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何學問得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C錯誤；設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何學問得sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正確。]帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動2．(2024·全國卷Ⅱ)如圖所示，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六分之一圓周上；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。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為()A．eq\r(3)∶2 B．eq\r(2)∶1C．eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)C[相同的帶電粒子垂直勻強磁場入射均做勻速圓周運動。粒子以v1入射，一端為入射點P，對應圓心角為60°(對應六分之一圓周)的弦PP′必為垂直該弦入射粒子運動軌跡的直徑2r1，如圖甲所示，設圓形區(qū)域的半徑為R，由幾何關系知r1＝eq\f(1,2)R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射點在PP′對應的圓弧內(nèi)。同理可知，粒子以v2入射及出射狀況，如圖乙所示。由幾何關系知r2＝eq\r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)R，可得r2∶r1＝eq\r(3)∶1。因為m、q、B均相同，由公式r＝eq\f(mv,qB)可得v∝r，所以v2∶v1＝eq\r(3)∶1。故選C。]帶電粒子在三角形或四邊形邊界磁場中的運動3.(2024·全國卷Ⅱ)如圖所示，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子放射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向放射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBlB[若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)，Ra＝eq\f(l,4)，解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)，若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)，Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2，解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)，選項B正確。]帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值和多解問題eq\o([講典例示法])帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值問題分析臨界、極值問題常用的四個結論(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。(2)當速率v肯定時，弧長越長，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變更時，圓心角大的，運動時間長，解題時一般要依據(jù)受力狀況和運動狀況畫出運動軌跡的草圖，找出圓心，再依據(jù)幾何關系求出半徑及圓心角等。(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，入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應的偏轉(zhuǎn)角最大(全部的弦長中直徑最長)。[典例示法1](2024·全國卷Ⅲ·T18)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，忽視重力。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)C[為使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，電子進入勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑最大時軌跡如圖所示，設其軌跡半徑為r，軌跡圓圓心為M，磁場的磁感應強度最小為B，由幾何關系有eq\r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq\f(4,3)a，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，選項C正確。]解決臨界極值問題的方法技巧(1)數(shù)學方法和物理方法的結合：如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值。(2)一個“解題流程”突破臨界問題(3)從關鍵詞找突破口：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)給以示意，審題時，肯定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱含的規(guī)律，找出臨界條件。eq\o([跟進訓練])1.平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()A．eq\f(mv,2qB)B．eq\f(\r(3)mv,qB)C．eq\f(2mv,qB)D．eq\f(4mv,qB)D[如圖所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖，設出射點為P，粒子運動軌跡與ON的交點為Q，粒子入射方向與OM成30°角，則射出磁場時速度方向與OM成30°角，由幾何關系可知，PQ⊥ON，故出射點到O點的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)，所以D正確。]2.(2024·河南鄭州一模)如圖所示，邊界OM與ON之間分布有垂直紙面對里的勻強磁場，邊界ON上有一粒子源S。某一時刻，從粒子源S沿平行于紙面，向各個方向放射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，全部粒子的初速度大小相等，經(jīng)過一段時間后有大量粒子從邊界OM射出磁場。已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于eq\f(T,2)(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最短時間為()A．eq\f(T,3)B．eq\f(T,4)C．eq\f(T,6)D．eq\f(T,8)A[粒子在磁場中做勻速圓周運動，入射點是S，出射點在OM直線上，出射點與S點的連線為軌跡的一條弦。當從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，軌跡的弦最短，依據(jù)幾何學問，作ES⊥OM，則ES為最短的弦，即粒子從S到E的時間最短。由題意可知，粒子運動的最長時間等于eq\f(1,2)T，此時軌跡的弦為DS，設OS＝d，則DS＝OStan30°＝eq\f(\r(3),3)d，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為：r＝eq\f(DS,2)＝eq\f(\r(3),6)d，由幾何學問有ES＝OSsin30°＝eq\f(1,2)d，sineq\f(θ,2)＝eq\f(\f(ES,2),r)＝eq\f(\f(d,4),\f(\r(3),6)d)＝eq\f(\r(3),2)，則θ＝120°，粒子在磁場中運動的最短時間為：tmin＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(1,3)T，A正確。]帶電粒子在磁場中運動的多解問題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。多解形成緣由一般包含4個方面：類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解如圖所示，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磁場方向不確定在只知道磁感應強度大小，而未詳細指出磁感應強度方向，此時必需要考慮磁感應強度方向不確定而形成多解如圖所示，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面對里，其軌跡為a，若B垂直紙面對外，其軌跡為b臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，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，于是形成多解運動具有周期性帶電粒子在部分是電場、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[典例示法2]如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充溢方向垂直于ADEC平面對外的勻強磁場，上部分區(qū)域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O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(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)域的磁感應強度應滿意的條件；(3)若下方區(qū)域的磁感應強度B＝3B0，粒子最終垂直DE邊界飛出，求邊界DE與AC間距離的可能值。審題指導：(1)粒子不從AC邊界飛出的幾何臨界條件是運動軌跡與AC相切。(2)要使粒子最終垂直DE邊界飛出，粒子經(jīng)上下磁場偏轉(zhuǎn)速度方向再次與射入磁場時的方向一樣。[解析](1)設粒子在OF上方做圓周運動的半徑為R，運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系可知：(R－a)2＋(3a)2＝R解得：R＝5由牛頓其次定律可知：qvB0＝meq\f(v2,R)解得：v＝eq\f(5aqB0,m)。甲乙(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，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1，由幾何關系得：r1＋r1cosθ＝3由(1)知cosθ＝eq\f(3,5)所以r1＝eq\f(15a,8)依據(jù)qvB1＝meq\f(v2,r1)解得：B1＝eq\f(8B0,3)故當B1>eq\f(8B0,3)時，粒子不會從AC邊界飛出。(3)如圖丙所示，當B＝3B0時，依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)得粒子在OF下方的運動半徑為r＝eq\f(5,3)a丙設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一樣時的位置為P1，則P與P1的連線肯定與OF平行，依據(jù)幾何關系知：eq\x\to(PP1)＝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＝neq\x\to(PP1)＝4na(n＝1,2,3…)。[答案](1)eq\f(5aqB0,m)(2)磁感應強度大于eq\f(8B0,3)(3)見解析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緣由。(2)作出粒子的運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。(3)若為周期性重復的多解問題，找尋通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，留意每種解出現(xiàn)的條件。eq\o([跟進訓練])1．(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷在磁感應強度為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()A．eq\f(4qB,m)B．eq\f(3qB,m)C．eq\f(2qB,m)D．eq\f(qB,m)AC[依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”，磁場方向有兩種可能，且這兩種可能方向相反。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，依據(jù)牛頓其次定律可知4Bqv＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，此種狀況下，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；當負電荷所受的洛倫茲力與電場力方向相反時，有2Bqv＝meq\f(v2,R)，v＝eq\f(2BqR,m)，此種狀況下，負電荷運動的角速度為ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(2Bq,m)，故A、C正確。]2.(多選)(2024·山東濰坊檢測)如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形的勻強磁場區(qū)域，下列推斷正確的是()A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線不肯定重合D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間肯定不相同BC[由t＝eq\f(θ,2π)T知，電子在磁場中運動時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角θ越大，電子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)知，軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，故A錯誤，B正確；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，周期與電子的速率無關，所以在磁場中的運動周期相同，若它們在磁場中運動時間相同，但軌跡不肯定重合，比如：軌跡3、4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應的半徑不同，即它們的速率不同，故C正確，D錯誤。]3.如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入。要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少？[解析]題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷，所以分狀況探討。若帶電粒子帶正電荷，軌跡是圖中與NN′相切的eq\f(1,4)圓弧，則軌跡半徑R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－Rsin45°解得v＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)若帶電粒子帶負電荷，軌跡是圖中與NN′相切的eq\f(3,4)圓弧，則軌跡半徑R′＝eq\f(mv′,Bq)又d＝R′＋R′sin45°解得v′＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)。[答案](2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q為正電荷)或(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q為負電荷)“動態(tài)圓”模型在電磁學中的應用“放縮圓”模型的應用適用條件速度方向肯定，大小不同粒子源放射速度方向肯定，大小不同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更而變更軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大?？梢园l(fā)覺這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探究出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法[示例1](2024·全國卷Ⅰ·T18)一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對外，其邊界如圖中虛線所示，eq\o(ab,\s\up12(︵))為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率，不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為()A．eq\f(7πm,6qB)B．eq\f(5πm,4qB)C．eq\f(4πm,3qB)D．eq\f(3πm,2qB)C[帶電粒子在勻強磁場中運動，運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力供應向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，運動時間t＝eq\f(θr,v)＝eq\f(θm,qB)，θ為帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角，粒子在磁場中運動時間由軌跡所對圓心角確定。采納放縮法，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓圓心必在直線ac上，將粒子的軌跡半徑從零起先漸漸放大，當r≤0.5R(R為eq\o(ab,\s\up12(︵))的半徑)和r≥1.5R時，粒子從ac、bd區(qū)域射出磁場，運動時間等于半個周期。當0.5R<r<1.5R時，粒子從弧ab上射出，軌跡半徑從0.5R漸漸增大，粒子射出位置從a點沿弧向右移動，軌跡所對圓心角從π漸漸增大，當半徑為R時，軌跡所對圓心角最大，再增大軌跡半徑，軌跡所對圓心角減小，因此軌跡半徑等于R時，所對圓心角最大，為θm＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，粒子最長運動時間為eq\f(4πm,3qB)。]eq\o([跟進訓練])1.(2024·福州模擬)如圖所示，勻強磁場的邊界為直角三角形abc，一束帶正電的相同粒子以不同的速度v沿bc方向從b點射入磁場，不計粒子的重力。關于粒子在磁場中的運動狀況，下列說法正確的是()A．入射速度越大的粒子，在磁場中的運動時間越長B．入射速度越大的粒子，在磁場中的運動軌跡越長C．從ab邊出射的粒子在磁場中的運動時間都相等D．從ac邊出射的粒子在磁場中的運動時間都相等C[帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動，軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)，速度越大，半徑越大，從ac邊出射的粒子，速度越大，運動軌跡越短，對應的圓心角θ越小，依據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T和T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁場中的運動時間越短，選項A、B、D錯誤；從ab邊出射的粒子速度的偏向角都相同，而粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角等于速度的偏向角，由t＝eq\f(θ,2π)T可知，粒子在磁場中的運動時間相等，選項C正確。]“旋轉(zhuǎn)圓”模型的應用適用條件速度大小肯定，方向不同粒子源放射速度大小肯定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝eq\f(mv0,qB)。如圖所示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P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進行旋轉(zhuǎn)，從而探究粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法[示例2]如圖所示為圓形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面對里，邊界跟y軸相切于坐標原點O。O點處有一放射源，沿紙面對各方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍。已知該帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力。(1)推導帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌跡半徑；(2)求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角。[解析](1)帶電粒子進入磁場后，受洛倫茲力作用，由牛頓其次定律得Bqv＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,Bq)。(2)粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大小不變，只變更圓的位置，畫出“動態(tài)圓”，通過“動態(tài)圓”可以視察到粒子運動軌跡均為劣弧，對于劣弧而言，弧越長，弧所對應的圓心角越大，偏轉(zhuǎn)角越大，則運動時間越長，當粒子的軌跡圓的弦長等于磁場直徑時，粒子在磁場空間的偏轉(zhuǎn)角最大，sineq\f(φmax,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φmax＝60°。[答案](1)eq\f(mv,Bq)(2)60°eq\o([跟進訓練])2.如圖所示，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁感應強度的大小B＝0.60T。磁場內(nèi)有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行。在距ab為l＝16cm處，有一個點狀的α粒子放射源S，它向各個方向放射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的電荷量與質(zhì)量之比eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg?，F(xiàn)只考慮在紙面內(nèi)運動的α粒子，求ab板上被α粒子打中區(qū)域的長度。[解析]α粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動。用R表示軌跡半徑，有qvB＝meq\f(v2,R)由此得R＝eq\f(mv,qB)，代入數(shù)值得R＝10cm，可見2R>l>R。因朝不同方向放射的α粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側與ab相切，則此切