考點46磁場對運動電荷的作用（核心考點精講分層精練）

考點46磁場對運動電荷的作用

1.3年真題考點分布

題型選擇題、解答題

1.對洛倫茲力的理解；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；帶電粒子在有界

高考考點

邊界磁場中的運動；帶電粒子在圓形有界磁場中的運動

全國乙卷24題、天津卷13題、北京卷13題、山東卷17題、上海卷13

2023題、海南卷13題、浙江卷22題、湖北卷15題、遼寧卷14題、全國甲卷20

題、浙江春招卷22題

北京卷14題、北京卷7題、天津卷12題、遼寧卷8題、浙江卷22題、廣

新高考2022

東卷8題、全國甲卷18題、全國乙卷21題、湖北卷8題

遼寧卷15題、湖北卷9題、海南卷13題、廣東卷14題、全國乙卷16題、

2021全國甲卷25題、海南卷13題、河北卷14題、北京卷12題、山東卷17

題、

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】近3年新高考卷對于本節(jié)內容考查共計30次，主要考查：

I.對洛倫茲力的理解；

2.帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；

3.帶電粒子在有界邊界磁場口的運動；

4.帶電粒子在圓形有界磁場e的運動

【備考策略】理解電容器的充放電現象，并能根據充放電現象判斷電容器的動態(tài)變化情況；掌握帶電粒子在

電場中的受力分析方法，判斷帶電粒子在電場中的偏轉情況和運動情況；熟練掌握平拋運動的

特點和規(guī)律，正確應用牛頓第二定律解決類平拋問題。

【命題預測】本節(jié)內容較多，難度偏大，在高考題中主要以亞洲提到額形式出現，主要考察洛倫茲力在有界

和無界磁場中的的應用問題。要求2024年考生必須掌握左手定則，構建圓周運動模型，培養(yǎng)科

學的物理觀點和學科素養(yǎng)，激發(fā)對科技的求知探索精神。

考法1對洛倫茲力的理解

1.洛倫茲力：運動電荷在磁場中受到的力叫做洛倫茲力.

2.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向;

拇指——指向洛倫茲力的方向.

（2）方向特點：FYB,F±v,即F垂直于B和」決定的平面（注意:洛倫茲力不做功）.

3.洛倫茲力的大小

（1）y〃B時，洛倫茲力尸=0.（。=0?；?80。）

（2）y_L8時，洛倫茲力尸="8.（。=90。）

（3）u=0時，洛倫茲力尸=0.

4.洛倫茲力的特點

（1）洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只改變速

度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功.

（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）用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向.

5.洛倫茲力與安培力的聯系及區(qū)別

（1）安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是相同性質的力.

（2）安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功.

【典例1】（2023?海南?統考高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，

關于小球運動和受力說法正確的是（）

A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B.小球運動過程中的速度不變

C.小球運動過程的加速度保持不變D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功

【答案】A

【詳解】A.根據左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；

BC.小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；

D.洛侖茲力永不做功，D錯誤。

故選Ao

磁場的理解

I.磁感應強度是矢量，其方向與導線所受力的方向垂宜；

2.電流元必須垂直于磁場方向放置，公式8=9才成立；

3.磁場中某點的磁感應強度是由磁場本身決定的，與通電導線受力的大小及方向都無關.

【變式1】（2023?遼寧沈陽?東北育才學校校考一模）如圖所示，虛線框MNPQ內存在勻強磁場，磁場

方向垂直紙面向里?！?、b、c三個帶電粒子，它們在紙面內從尸。邊的中點垂直于PQ邊射入磁場，圖中畫

出了它們在磁場中的運動軌跡。若不計粒子所受重力，則（）

A.粒子°帶負電，粒子6、c帶正電

B.若三個粒子比荷相同，則粒子。在磁場中的加速度最大

C.若二個粒子入射的速度相同,則粒子。在磁場中的加速度最大

D.若三個粒子入射的動量相同，則粒子b的帶電量最大

【答案】C

【詳解】AB.由左手定則可知。帶正電，b、c帶負電，由圖可知凡＞此＞（，由粒子在磁場中的運動時

洛倫茲力提供加速度有4田二”（二加。，解得，R寧,。=嚕

若三個粒子比荷相同，則粒子c在磁場中的運動速度最小，加速度最小，故AB錯誤；

C.若三個粒子入射的速度相同，則粒子c的比荷最大，粒子。在磁場中的加速度最大，故C正確；

D.若三個粒子入射的動量相同，則粒子c的帶電量最大，故D錯誤。

故選Co

【變式2］（2023?遼寧大連?大連八中?？寄M預測）如圖甲所示，一帶電物塊無初速度地放上與水平

面成。角的傳送帶底端，傳送帶以恒定大小的速率沿順時針方向傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁

場中，物塊由傳送帶底端E運動至頂端廠的過程中，其M圖像如圖乙所示，物塊全程運動的時間為

4.5s,關于帶電物塊及該運動過程的說法中正確的是（）

A.該物塊帶正電

B.傳送帶的傳動速度大小一定為lm/s

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數〃可能等于tan。

D.在2s?4.5s內，物塊與傳送帶可能有相對運動

【答案】AD

【詳解】A.由圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運動。對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受

到重力、支持力和摩擦力的作用，設動摩擦因數為〃，沿斜面的方向，-mgsinAm.

物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，物塊的加速度逐漸減小，一定是心逐漸減小，

而開始時，&=wgcos。，后來，&=〃?gcose-e

洛倫茲力垂直傳送帶向上，由左手定則判斷物塊帶正電，故A正確；

C.物塊加速運動時，mgsin0=nui

所以可知，故C錯誤；

BD.對物塊受力分析如圖

加速度為零時，有，sin^=//（mgcos＜9-qvB）

umgcos0-mgsin0,.

解得，了=匕力----二芭——=lm/s

只要傳送帶的速度與之lm/s,物塊就能勻速運動，物塊相對于傳送帶可能靜止也可能不靜止，故B錯

誤，D正確。

故選ADo

考法2帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動

1.勻速圓周運動的規(guī)律

若^_18,帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度u做勻速圓周運動.

（1）基本公式：qvB=nr^

⑵半徑“蜀

周期7=當27tm

(3)

2.圓心的確定

（1）已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別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山（如圖I甲所示，尸為入射點，M為出射點）.

（2）已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，

作其中垂線,這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心（如圖乙所示，P為入射點，M為出射點）.

3.半徑的確定

可利用物理學公式或幾何知識（勾股定理、三角函數等）求出半徑大小.

4.運動時間的確定

粒子在磁場中運動一周的時間為T,當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為0時,其運動時間表示為或

產.

v‘

5.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析思路

【典例2】（2023?天津?統考高考真題）信號放大器是一種放大電信號的儀器，如圖1,其可以通過在

相鄰極板間施加電壓，使陰極逸出的電子，擊中極板時，激發(fā)出更多電子，從而逐級放大電信號。已知電

子質量機，帶電量6。

（1）如圖2,在極板上建系。極板上方空間內存在磁場，其強度為&方向平行Z軸。極板間電壓U極

小，幾乎不影響電子運動。如圖，某次激發(fā)中，產生了2個電子。和從其初速度方向分別在xOy與zOy

平面內，且與y軸正方向成。角，則：

（i）判斷8的方向；

（ii）a、力兩個電子運動到下一個極板的時間乙和L;

（2）若單位時間內陰極逸出的電子數量不變，每個電子打到極板上可以激發(fā)出b個電子，且SocU,陽極

處接收電子產生的電流為/,在答題紙給出坐標系里畫出表示U和，關系的圖像并說出這樣畫的理由。

【答案】⑴5）沿z軸反方向；（團）公文二學竺，（2）見解析

eB~eB

【詳解】（1）（團）。電子，初速度方向在my平面內，與y軸正方向成〃角；若磁場方向沿z軸正方向，

。電子在洛倫茲力作用下向k軸負方向偏轉，不符合題題意；若磁場方向沿z軸反方向，a電子在洛倫茲力

作用下向x軸正方向偏轉，符合題意；

。電子，初速度方向在切丁平面內，與），軸正方向成。角。將b電子初速度沿坐標軸分解，沿z軸的分速度

與磁感線平行不受力，沿），軸方向的分速度受到洛倫茲力使得電子沿x軸正方向偏轉，根據左手定則可

知，磁場方向沿z軸反方向。符合題意；

綜上可知，磁感應強度B的方向沿z軸反方向。

（囿）。電子在洛倫茲力作用下運動軌跡如圖，由圖可知電子運動到下一個極板的時間，

2（--0（--6＞）（叼

20兀m（乃-20）m

t.=---2----1.=--2---------=---------

2TTTTeBeB

b電子，沿z軸的分速度與磁感線平行不受力，對應勻速直線運動；沿y軸方向的分速度受到洛倫茲力使電

子向右偏轉，電子運動半個圓周到下?個極板的時間，r,二g『二W

（2）設b=單位時間內陰極逸出的電子數量No不變，每個電子打到極板上可以激發(fā)3個電子，經過

〃次激發(fā)陽極處接收電子數量，N=N0”=N.（kUy=N°kU

nnnn

對應的電流，I=N，=e.NokU=（eNok"）I!=AU

可得AU圖像如圖

【變式】（2023?湖南永州?湖南省道縣第一中學?？寄M預測）利用電磁場改變電荷運動的路徑，與光

的傳播、平移等效果相似，稱為電子光學。如圖所示，在坐標平面上，第三象限存在著方向沿），軸正

方向的勻強電場，電場強度大小為反在其余象限存在垂直紙面的勻強磁場，其中第一、二象限向外，第

四象限向里，磁感應強度大小均為8（未知）。在坐標點（0,-y）處有一質量為機、電荷量為4的正電

粒子，以初速度出嚕沿著x軸負方向射入勻強電場，粒子在運動過程中恰好不再返回電場，忽略粒子重

力。求：

（1）粒子第一次進入磁場時的速度也

（2）磁感應強度8的大小。

【答案】（1）丫=2羋^,與x軸負方向夾角呈30；（2）8=/普

【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，則豎直方向有=g=#,vy=at

末速度為，7*+*，聯立得，v=2樗

設丫與X軸負方向夾角氏則有，tan”上

%

解得，6=30。

（2）平拋過程水平方向位移，x=vQt

粒子進入磁場后軌跡如下圖，由幾何關系可得，R=

sin。

洛倫茲力提供向心力，qvB=m[

解得，B假

考法3帶電粒子在有界磁場中的運動

處理有界勻強磁場中的臨界問題的技巧

從關鍵詞、語句找突破口，審題時一定要抓住題干中“恰好”"最大至少''"不脫離'’等詞語，挖掘其隱藏的規(guī)

律.

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，據此可以確定速度、磁感應強度、

軌跡半徑、磁場區(qū)域面積等方面的極值.

2.當速度v一定時，弧長（或弦長）越大，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長（前提條件

是弧是劣?。?

3.當速率變化時，圓心角大的，運動時間長.

4.在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于磁場區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端

點時，軌跡對應的偏轉角最大（所有的弦長中直徑最長）.

角度1：直線邊界磁場

【運動模型】直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性（如圖所示）

圖a中粒子在磁場中運動的時間.=,=啜

圖b中粒子在磁場中運動的時間鬻=2%。）

圖C中粒子在磁場中運動的時間需

【典例3】（2023?浙江?統考高考真題）利用磁場實現離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，

。孫平面（紙面）的第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域團和團，其中區(qū)域存在磁感

應強度大小為3」的勻強磁場，區(qū)域也存在磁感應強度大小為&的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域國的下

邊界與x軸重合。位于（0,3L）處的離子源能釋放出質量為用、電荷量為外速度方向與x軸夾角為60。的正

離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。

（1）求離子不進入區(qū)域團的最大速度口及其在磁場中的運動時間t；

（2）若與=2與，求能到達》二^處的離子的最小速度以；

（3）若與=§），，且離子源射出的離子數按速度大小均勻地分布在酗~酗范圍，求進入第四象限

Lmm

的離子數與總離子數之比小

.不d、/、2B.qL,2兀mAB.qL/、

【答案】（1）v,=—些一；（2）v,=—（3）60%

tn5qb\in

【詳解】（1）當離子不進入磁場（2速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關系，/；cos60=rx-L

解得，r/=2L

根據，伏蜴”工，解得匕=竺此

（m

在磁場中運動的周期丁=爺

qB、

、-+2x602mn

運動時間，f=T=^~T

3603qB1

mv

（2）若&=24/,根據，^,=—?可知（=20

qB

粒子在磁場中運動軌跡如圖，設。。2與磁場邊界夾角為a,由幾何關系qsina-/;sin30=L,

L

r2-r2s\na=-

3

解得，r2=2L,sina=—

4

根據農2員=〃?*■

r2

解得，“典

m

（3）當最終進入區(qū)域團的粒子若剛好到達x軸，則由動量定理，修嗎加=欣^

即~wAy—mAvx

求和可得

粒子從區(qū)域回到區(qū)域團最終到X軸上的過程中，訊吁UCOS60）=瓦班+??殍?亞

解得丫=四無，則速度在陰眩~竺必:之間的粒子才能進入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在

tntnm

馴~竺匹，乂粒子源射出的粒子個數按速度大小均勻分布，可知能進入第四象限的粒子占粒子總數的

mm

比例為

/7=60%

角度2：平行邊界磁場

【運動模型】

平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運動的時間九=望，，2=§=常

圖b中粒子在磁場中運動的時間1=

圖C中粒子在磁場中運動的時間

…-5=（7卷=呻

圖d中粒子在磁場中運動的時間1=57=密

【典例4】（2023?全國?統考高考真題）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy

平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由。點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射

出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點：SP=l,S與屏的距離為與x軸

的距離為或如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則

會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（）

EEBB

A.B.—7C.rD.—y

2aB2uB22aE2（iE2

【答案】A

【詳解】由題知，一帶電粒子由。點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一?側的S點射出，

則根據幾何關系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30。，貝iJsin30=—

r

解得粒子做圓周運動的半徑，r=2a

2

則粒子做圓周運動有，qvB=m—

r

則有，旦=7彳

tn2a-B

如果俁持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達

接收屏，則有，Eq=qvB

聯立有，-=T^

m2aB

故選Ao

角度3：三角形邊界磁場

【典例5】（2023?湖南?統考高考真題）如圖，真空中有區(qū)域團和團區(qū)域田中存在勻強電場和勻強磁場，電

場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CG產區(qū)域（區(qū)域田）內存在勻

強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與G尸垂直，且與電場和磁場方

向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入區(qū)域由中，只有沿直線AC運動的粒子才

能進入區(qū)域機若區(qū)域團中電場強度大小為七、磁感應強度大小為區(qū)域（3中磁感應強度大小為則粒

子從C尸的中點射出，它們在區(qū)域團中運動的時間為如若改變電場或磁場強弱，能進入區(qū)域團中的粒子在

區(qū)域（3中運動的時間為不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）

A.若僅將區(qū)域回中磁感應強度大小變?yōu)?B/,則/＞打

若僅將區(qū)域回中電場強度大小變?yōu)?E,則t＞to

若僅將區(qū)域團中磁感應強度大小變?yōu)榘矗惔?白

D.若僅將區(qū)域團中磁感應強度大小變?yōu)楫斉c，貝卜=夜1。

【答案】D

【詳解】由題知粒子在AC做直線運動，則有，qvoBkqE

區(qū)域團中磁感應強度大小為%,則粒子從C尸的中點射出，則粒子轉過的圓心角為90。，根據

A.若僅將區(qū)域田中磁感應強度大小變?yōu)?M則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA-2B尸qE

貝山吟

再根據4田=相匕，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從C尸邊射出，粒子轉過的圓心角仍為90。，則l=

r

A錯誤；

B.若僅將區(qū)域團中電場強度大小變?yōu)?￡則粒子在4C做直線運動的速度，有qvBBkq,2E

則vB=2vo

2

再根據4話=〃7匕，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子尸點射出，粒子轉過的圓心角仍為90。，則/=

r

totB錯誤;

C.若僅將區(qū)域田中磁感應強度大小變?yōu)樵禅B，則粒子在AC做直線運動的速度仍為四，再根據

v24

qvB=my,可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼姆剑?,則粒子從。尸邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

可知轉過的圓心角9=60。，根據=m4―，有等，則/=%，C錯誤；

T29祖9

D.若僅將區(qū)域反中磁感應強度大小變?yōu)橐才c，則粒子在AC做直線運動的速度仍為孫再根據

24

4VB=m亍v，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼亩?,則粒子0b邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

可知轉過的圓心角為a=45。，根據0歸=/〃竽r,

則，=及%,D正確。

故選Do

角度4：矩形邊界磁場

【典例6】（2023?四川內江?四川省資中縣第二中學?？寄M預測）如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域

ABC。內存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為瓦一帶電粒子以速度V從。點射入磁場，速度

方向與8邊夾角為60。，垂直邊射出磁場，則下列說法正確的是（）

A.粒子一定帶正電B.粒子的比荷為叵

BL

C.粒子在磁場中的運動時間為名酶D.減小粒子的速度，粒子不可能從CD邊射出

9v

【答案】C

【詳解】A.由圖可知，粒子所受洛倫茲力垂直速度方向向下，根據左手定則可知粒子帶負電，故A錯

誤；

B.如圖所示

根據幾何關系可得粒子做圓周運動的半徑，r=—^=^L

cos303

根據洛倫茲力提供向心力q陽二加二

r

聯立解得粒子的比荷幺=叵，故B錯誤;

tn2BL

C.由幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動轉過的圓心角為60。，粒子在磁場中的運動時間

271r60°2叢冗L尸

t=——x——=-------,故C正確；

v3609v

D.根據9/8=可得r二f

rqB

可知速度減小，粒子在磁場中做圓周運動的半徑減小，由作圖法可知當速度減小到一定值時，粒子可以從

8邊射出，故D錯誤。

故選C。

【變式1】（2022?河南商丘?統考模擬預測）如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1

從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經〃時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖

示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經12時間從a、6連線的中點c離開磁場，則?為（）

<2

32

A.3B.2C.D.

23

【答案】A

【詳解】粒子在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

電子1垂直射進磁場，從8點離開，則運動了半個圓周，〃〃即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂

直磁場方向射入磁場，經/2時間從。、b連線的中點C離開磁場，根據4田=絲1

r

mv

得，軌跡半徑—二下

qB

可知粒子1和2的半徑相等，根據幾何關系可知，川久為等邊三角形，則粒子2轉過的圓心角為60。，所

以粒子1運動的時間4=彳=W

2qB

粒子2運動的時間％=1=篝

osqts

所以，=3

故選A。

【變式2】（2023?甘肅張掖?高臺縣第一中學?？寄M預測）如圖所示為寬度為心磁感應強度大小為8的

有界勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面向外，長度足夠長。在下邊界。處有一個粒子源，沿與邊界成60。

角方向連續(xù)發(fā)射大量的速度大小不相同的同種帶正電粒子，速度方向均在紙面內。已知以最大速度-射入

的粒子，從磁場上邊界飛出經歷的時間為其做圓周運動周期的《。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，

則下列判斷正確的是（）

V

A粒子的比荷為叩瓦

4/rI

B.粒子在磁場中運動的周期為三

V

C.在下邊界有粒子飛出的長度為6L

D.從上邊界飛出的粒子速度大小范圍為（G-lW~v

【答案】AD

【詳解】AB.速度最大的粒子在磁場中運動的時間為其做圓周運動周期的卷,運動軌跡如圖所示

圓心為Oi，其圓弧所對圓心角為30。，由幾何關系得，/?sin30°+L=/?cos30°

解得R=（x/5+l）L

2

由洛倫茲力提供向心力有qvB=

R

q一v

解得粒子比荷7=（石+］）也

粒子在磁場中運動的周期丁=型&=2（6+1）嗎,故A正確，B錯誤：

vv

D.當粒子軌跡恰好與上邊界相切時，剛好不從上邊界飛出，運動軌跡如圖，圓心為。2。設這種情況下粒

子速度大小為H，半徑為"，由幾何關系得，N=L+R1Sin30。

解得，R=2L

由洛倫茲力提供向心力有伏出二加去

解得W=（V5T卜

可知粒子從上邊界飛出的粒子速度大小范圍為（6-1>~口，故D正確；

C.下邊界有粒子飛出的長度為X=2NCOS300=2>/53故C錯誤。

故選ADo

【變式3】（多選）（2023?湖北荊州?沙市中學?？寄M預測）如題圖，直角三角形A8C區(qū)域內有垂直紙

面向里的勻強磁場（圖中未畫出），AC邊長為7,N8為一群比荷為幺的帶負電粒子以相同速度從

0m

。點開始一定范圍垂直AC邊射入，射入的粒子恰好不從A8邊射出，已知從8c邊垂直射出的粒子在磁場

中運動的時間為5外,在磁場中運動時間最長的粒子所用時間為2乙），則（）

5乃,〃

A.磁感應強度大小為寸-

12g%

B.粒子運動的軌道半徑為由/

3

c.粒子射入磁場的速度大小為歲以

42fo

D.粒子在磁場中掃過的面積為+3%）?

49

【答案】AC

【詳解】A.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是嚴由

_2.T/n,1_2jttn16

T=----,得一T=-----x-=-L

被付4qB450

?57rm

解得3=丁;，故A正確;

12%

B.設運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為"則有a7=2，。

得

6

R

畫出該粒子的運動軌跡如圖’設軌道半徑為兄由幾何知識得訴+R8S3。。:/

可得/?=手/，故B錯誤;

c.粒子射入磁場的速度大小為了=迎=斐包，故C正確；

m42%

D,射入的粒子恰好不從AB邊射出，粒子在磁場中掃過的面積為s=L；rR2+R.R8s3(r=皎也『，

449

故D錯誤。

故選AC。

【變式4】(2023?安徽?模擬預測)如圖，一個邊長為/的正方形MNPQ區(qū)域內存在垂直于紙面向外的勻強

磁場，磁感應強度大小為屏現有一質量為相、帶電量為4(4＞。)的粒子以某一速度從M點垂直于磁場射

入，粒子恰好從尸。的中點射出磁場。已知粒子射入磁場時的速度方向與例。的夾角為60。，不計粒子重

力，粒子射入磁場的速度大小為()

A(1073-5)^/B。。6+5)夕切c(6-1)夕加口(G+1)夕回

22m22mmm

【答案】B

【詳解】根據題意作出粒子運動軌跡如圖

L

由題可知a=30。，根據幾何關系有821

tanU=—=-

/2

則初六二尸+(/

-MK

粒子運動的軌跡半徑為R=2

cos(a+0)

根據洛倫茲力提供向心力有qvB=吟

聯立解得八照陋

22m

故選Bo

考法4帶電粒子在圓形有界磁場中的運動

1.沿半徑方向入射

(1)若粒子沿半徑方向入射，則出射方向方向的反向延長線必過圓心；

(2)對同種粒子，在同一勻強磁場中運動時，圓心角越大，則運動時間越長;

2.一般解題步驟

（1）畫出軌跡圓并找出軌跡圓的圓心;

（2）求半徑（分清楚磁場半徑和軌跡圓半徑）

（3）確定運動時間（注意多解問題）

角度1：沿半徑方向入射

X

xX

fyDD

正對圓心射出，兩圓心和出（入）射點構成直角三角形，有的二二-3磁偏轉半徑尸=——,根據半徑

tan—

2

mvamcxR

公式尸二8n求解；時間r=—=—,速度V越大與磁偏轉半徑「越大3圓心角a越小少時間t越短。若

qBqB%

r=R,構成正方形。

【典例7】（多選）（2023?全國?模擬預測）如圖所示，豎直平面內半徑為R、圓心為。的圓形區(qū)域內充滿

磁感應強度為8的勻強磁場，MN是一豎直放置的收集板。三角形MON為等腰直角三角形，

OM=ON=RR,從圓形磁場最高點P沿尸。方向向圓形區(qū)域內射入大量速率不同的同種粒子，粒子所帶

電荷量均為4、質量均為機且?guī)д?。忽略粒子之間的相互作用力和粒子重力，關于打在MN區(qū)域的粒

子，下列說法正確的是（）

A.粒子在磁場中運動的最長時間**=呼

4Bq

B.打在收集板上的粒子的最大速率%=幽生

C.整個過程中位移最小的粒子速率叫馴

m

D.整個過程中位移最小的粒子運動的時間”嬰+儂

3BqBq

【答案】AD

【詳解】A.如圖甲所示，設出射點為P'粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角為。，根據幾何關系有

3

粒子射到M點時，NP。產最小，6最大，粒子在磁場中運動的時間最長，由幾何關系可知emaxMT產

4

因為周期丁二等^

所以,喂T

則Z篇,故A正確;

B.設粒子在磁場中運動的軌跡半徑為八根據幾何關系有l(wèi)ang/PO產=￡

2R

3

粒子射到N點時，打在收集板上的粒子速度最大40N7

根據洛倫茲力提供向心力有帆，8=生匕

r

聯立解得v=——tan—7T,故B錯誤;

mm8

C.整個過程中粒子位移大小為尸到直線MN上的點的距離，點到直線垂線最短，如圖乙所示，設位移最

短時打在。點，P31MM根據兒何關系有。0=6/?，O'Q=R，/POQ=g,r0=Rian-=^-R

3Q63

位移最小的粒子的速率為=」警，又QQ=2R-R=R

故位移最小的粒子運動的時皿=篝+色篝+需故C錯誤，D正確。

故選ADo

【典例8】（2023?山東?統考二模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未

畫出），磁感應強度B,一比荷為"的帶正電粒子，從圓形磁場邊界上的4點以%=色電的速度垂直直徑

mm

MN射入磁場，恰好從N點射出，且NAQV=120°,下列選項正確的是（）

A.粒子在磁場中運動的時間為，=端

B.粒子從N點射出方向豎直向下

C.若粒子改為從圓形磁場邊界上的。點以相同的速度入射，一定從N點射出

D.若要實現帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場的最小面積為$=叵&

2

【答案】C

【詳解】A.粒子恰好從N點射出，軌跡如下圖所示，運動周期為了=等

Bq

四邊形AONP的圓心角為a=ZAPN=ZAON

粒子在磁場中運動的時間為，=fr=,故A錯誤：

2乃3Bq

B.粒子在磁場中速度偏轉120,從N點射出方向是與豎直方向呈30,故B錯誤；

C.若粒子改為從圓形磁場邊界上的。點以相同的速度入射，軌跡如下圖所示，四邊形SCON為菱形，由

幾何知識可知一定從N點射出，故C正確；

D.若要實現帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場以AN為直徑時面積最小，最小面積為

Sjz衛(wèi)

故D錯誤。

24

故選Co

角度3:帶電粒子沿不同方向入射

【典例9】（多選）（2022?全國?模擬預測）如圖，一粒子發(fā)射源P位于足夠長絕緣板的上方d處，能

夠在紙面內向各個方向發(fā)射速率為丫、比荷為k的帶正電的粒子，空間存在垂直紙面的勻強磁場，不考慮

粒子間的相互作用和粒子重力。已知粒子做圓周運動的半徑大小恰好為d,則（）

A.磁感應強度的大小為:

B.磁感應強度的大小為白

kd

C.同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為等

6v

D.同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為警

6v

【答案】BC

【詳解】AB.根據牛頓第二定律，=1nl

d

根據題意”=?解得六巳,A錯誤’B正確；

CD.同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最長時間和最短時間如圖所示

粒了,運動的周期為，T=----

最大時間差為4='x-gn，解得，^=—，C正確，D錯誤。

6v

故選BCo

⑴若入射速度沿半徑方向，則出射速度反向延長線必過圓心

（2）若粒子做圓周運動的軌道半徑與圓形磁場的半徑相等，則從同一點沿不同方向入射的粒子出射方向相同.

（3）同種粒子在圓形有界磁場中運動的時間與軌跡長短無關，由圓弧所對的圓心角決定；

【變式1】（2023?貴州畢節(jié)?統考三模）圓形區(qū)域內有垂直圓面的勻強磁場，質量為加、電荷量為q的帶電

粒子從圓周上的某點以不同速度沿直徑方向射入磁場。第一次離開磁場時速度方向偏轉90。，第二次離開

磁場時速度方向偏轉60。，不計重力。則第一次與第二次的入射速度大小之比為（）

A.）B.—C.—D.73

232

【答案】B

【詳解】設圓形區(qū)域磁場半徑為R,磁感應強度為帶電粒子射入磁場的速度為人帶電粒子在磁場中

的軌道半徑為，第一次離開磁場時速度方向偏轉角度為0;由洛倫茲力提供向心力可得q田=加匕

r

可得「也

m

nR

由幾何關系可得tan：=2

2r

qBRI

聯立可得

mtan—tan—

22

60°

tan—苗

則第一次與第二次的入射速度大小之比為」=—需=咚

為tan組3

2

故選Bo

【變式2】（2023?山東?模擬預測）如圖所示，圓形勻強磁場區(qū)域的半徑為R,磁感應強度大小為民方向

垂直于紙面向里。一帶電荷量為一e、質量為用的電子在紙面內從。處沿與半徑。。成6=30。角的方向射入

磁場區(qū)域，電子射出磁場時的速度方向與射入磁場時的垂直，下列說法正確的是（）

A.電子在磁場中運動的時間為轉

2eB

B.電子的速度大小為且空

2m

C.電子在磁場中的運動軌跡長度為叵IR

4

D.若只增大電子的入射速度，則電子在磁場中運動的時間一定減小

【答案】ACD

【詳解】A.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為

qB

電子在磁場中的運動時間為/=巴，A正確；

3602eB

B.電子做圓周運動的軌跡圓圓心為C,如圖所示（連接0、C）

由對稱性可知，。+。=90-6,可得，。=90-26=30

設電子做圓周運動的軌跡半徑為r,由幾何關系有Rsina+rsinO=nos0

可得「=Rsina=3里R

cosO-sin。2

由64二也《，得八絕二曲山叫B錯誤；

rm2m

C.軌跡長度s=90.2—=?+1兀犬，C正確；

3604

D.若只增大電子的入射速度.軌跡半杼r增大.出射點〃向左移,弦時與初速度v方向間的夾角減小.

軌跡對應的圓心角減小，電子在磁場中運動的時間減小，D正確。

故