2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場第2講磁吃運(yùn)動電荷的作用學(xué)案新人教版

PAGE19-第2講磁場對運(yùn)動電荷的作用ZHISHISHULIZICEGONGGU,學(xué)問梳理·自測鞏固學(xué)問點(diǎn)1洛倫茲力1．洛倫茲力：磁場對運(yùn)動電荷的作用力。2．洛倫茲力的方向(左手定則)：(1)伸出左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)。(2)讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向正電荷運(yùn)動的方向(或負(fù)電荷運(yùn)動的反方向)。(3)拇指所指的方向就是運(yùn)動電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。如圖，①表示正電荷運(yùn)動的方向或負(fù)電荷運(yùn)動的反方向，②表示磁場的方向，③表示洛倫茲力的方向。3．洛倫茲力的大小：F＝qvBsinθ，θ是v與B之間的夾角。(1)當(dāng)v∥B時，F(xiàn)＝0。(2)當(dāng)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB。學(xué)問點(diǎn)2帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1．洛倫茲力的特點(diǎn)：由于洛倫茲力F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v確定的平面，所以洛倫茲力不變更帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功。2．粒子的運(yùn)動性質(zhì)：(1)若v0∥B，則粒子不受洛倫茲力，在磁場中做勻速直線運(yùn)動。(2)若v0⊥B，則帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動。3．基本公式(1)由qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)。(2)由v＝eq\f(2πr,T)，得T＝eq\f(2πm,qB)。(3)f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)。(4)ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝eq\f(qB,m)。思索：(1)為什么帶電粒子在電場力、重力和洛倫茲力共同作用下的直線運(yùn)動只能是勻速直線運(yùn)動？[答案]假如是變速，則洛倫茲力會變更，而洛倫茲力總是和速度方向垂直，所以就不行能是直線運(yùn)動。(2)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，T、f和ω的大小與速度v有關(guān)嗎？與哪些因素有關(guān)？[答案]T、f和ω的大小與軌道半徑R和運(yùn)行速率v無關(guān)，只與磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和粒子的比荷eq\f(q,m)有關(guān)。比荷eq\f(q,m)相同的帶電粒子，在同樣的勻強(qiáng)磁場中，T、f和ω相同。思維診斷：(1)帶電粒子在磁場中運(yùn)動時肯定會受到磁場力的作用。(×)(2)洛倫茲力的方向在特殊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(qiáng)磁場中的運(yùn)動周期T與v成反比。(×)(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功。(×)(5)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，其運(yùn)動半徑與帶電粒子的比荷有關(guān)。(√)(6)利用質(zhì)譜儀可以測得帶電粒子的比荷。(√)(7)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(qiáng)度B、加速電壓的大小共同確定的。(×)自測鞏固,ZICEGONGGU)1．(2024·四川成都摸底)關(guān)于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是(C)A．運(yùn)動電荷在磁場中肯定受到洛倫茲力作用B．通電導(dǎo)線在磁場中肯定受到安培力作用C．洛倫茲力肯定對運(yùn)動電荷不做功D．安培力肯定對通電導(dǎo)線不做功[解析]本題考查對安培力、洛倫茲力的理解與相識。運(yùn)動電荷在磁場中運(yùn)動，若速度方向與磁場方向相同，則所受洛倫茲力為零，即不受洛倫茲力作用，選項(xiàng)A錯誤；通電導(dǎo)線在磁場中若電流方向與磁場方向相同，則所受安培力為零，即不受安培力作用，選項(xiàng)B錯誤；若安培力方向與通電導(dǎo)線運(yùn)動方向不垂直，會對通電導(dǎo)線做功，選項(xiàng)D錯誤；由于洛倫茲力方向恒久垂直于速度方向，依據(jù)功的定義可知，洛倫茲力肯定對運(yùn)動電荷不做功，選項(xiàng)C正確。2．(2024·安徽安慶月考)漂亮的安慶處在北緯30度旁邊，一束帶負(fù)電的粒子從太空沿地球半徑方向飛向安慶振風(fēng)塔，由于受到地磁場的作用，粒子的運(yùn)動方向?qū)l(fā)生偏轉(zhuǎn)，該束帶電粒子偏轉(zhuǎn)方向是(B)A．向東 B．向西C．向南 D．向北[解析]運(yùn)動粒子帶負(fù)電，而地磁場的水平重量由南向北，所以依據(jù)左手定則可以推斷，粒子所受洛倫茲力的方向向西，應(yīng)向西偏轉(zhuǎn)，B正確。3．(2024·浙江三市聯(lián)考)如圖所示為電視機(jī)顯像管偏轉(zhuǎn)線圈的示意圖，當(dāng)線圈通以圖示的直流電時，形成的磁場如圖所示，一束垂直紙面對內(nèi)射向O點(diǎn)的電子將(C)A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn)C．向右偏轉(zhuǎn) D．向左偏轉(zhuǎn)[解析]本題考查洛倫茲力、左手定則的應(yīng)用。當(dāng)線圈通圖示的直流電時，在O點(diǎn)產(chǎn)生豎直向下的磁場，一束垂直紙面對內(nèi)射向O點(diǎn)的電子，由左手定則可推斷出電子所受洛倫茲力方向向右，電子向右偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)C正確。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO,核心考點(diǎn)·重點(diǎn)突破考點(diǎn)一對洛倫茲力的理解1．洛倫茲力的特點(diǎn)(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運(yùn)動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只變更速度的方向，不變更速度的大小，即洛倫茲力永不做功。(2)當(dāng)電荷運(yùn)動方向發(fā)生變更時，洛倫茲力的方向也隨之變更。(3)用左手定則推斷負(fù)電荷在磁場中運(yùn)動所受的洛倫茲力時，要留意將四指指向電荷運(yùn)動的反方向。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)，二者是相同性質(zhì)的力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運(yùn)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方向F⊥B且F⊥v正電荷受力與電場方向相同，負(fù)電荷受力與電場方向相反做功狀況任何狀況下都不做功可能做正功，可能做負(fù)功，也可能不做功例1(2024·浙江杭州外國語學(xué)校期末考試)(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動過程中，圓環(huán)的速度圖象可能是下圖中的(AD)[解析]由左手定則可推斷出圓環(huán)所受洛倫茲力方向向上，當(dāng)洛倫茲力初始時刻小于重力時，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運(yùn)動，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來越大，摩擦力越來越大，故圓環(huán)做加速度增大的減速運(yùn)動，直到速度為零而處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)中沒有對應(yīng)圖象；當(dāng)洛倫茲力初始時刻等于重力時，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動，選項(xiàng)A對；當(dāng)洛倫茲力初始時刻大于重力時，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運(yùn)動，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，在彈力減小到零的過程中，摩擦力漸漸減小到零，故圓環(huán)做加速度漸漸減小的減速運(yùn)動，摩擦力為零時，起先做勻速直線運(yùn)動，選項(xiàng)D對?！差愵}演練1〕(多選)初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運(yùn)動方向如圖所示，則(AD)A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率變更C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，軌跡半徑不變D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，軌跡半徑變更[解析]由安培定則判定直線電流右側(cè)磁場的方向垂直紙面對里，再依據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力向右，由于洛倫茲力不做功，電子動能不變，速率不變，A正確，B、C錯誤；又由R＝eq\f(mv,qB)知，在電子偏離直線電流時，B減弱，故R變大，D正確?？键c(diǎn)二帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1．帶電粒子在有界磁場中的圓心、半徑及運(yùn)動時間的確定(1)圓心的確定①基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線肯定過圓心。②兩種常見情形：Ⅰ.已知入射方向和出射方向時，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)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(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖甲a所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))。Ⅱ.已知入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時，可以先通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，再連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖甲b所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))。(2)半徑的計(jì)算方法①由物理方法求：半徑R＝eq\f(mv,qB)。②由幾何方法求：一般由數(shù)學(xué)公式(勾股定理、三角函數(shù)等)計(jì)算來確定。(3)運(yùn)動時間的確定①粒子在磁場中運(yùn)動一周的時間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運(yùn)動時間由下式表示：t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(a,2π)·T)。②用弧長與線速度的比t＝eq\f(s,v)。2．帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的常見情形(1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖所示)(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)(3)圓形邊界①圓形邊界的對稱性：粒子沿半徑方向進(jìn)入有界圓形磁場區(qū)域時，若入射速度方向指向勻強(qiáng)磁場區(qū)域圓的圓心，則出射時速度方向的反向延長線必經(jīng)過該區(qū)域圓的圓心，如圖甲。②若粒子射入磁場時速度方向與入射點(diǎn)對應(yīng)半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與出射點(diǎn)對應(yīng)半徑夾角也為θ，如圖乙。③若粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑等于磁場區(qū)域的半徑，則有如下兩個結(jié)論：a．當(dāng)粒子從磁場邊界上同一點(diǎn)沿不同方向進(jìn)入磁場區(qū)域時，粒子離開磁場時的速度方向肯定平行，(磁發(fā)散)如圖丙。b．當(dāng)粒子以相互平行的速度從磁場邊界上隨意位置進(jìn)入磁場區(qū)域時，粒子會從同一點(diǎn)離開磁場區(qū)域，(磁聚焦)如圖丁。例2(2024·閩粵贛三省十校聯(lián)考)如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對外的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從a點(diǎn)沿ad方向射入磁場，當(dāng)速度大小為v1時，粒子從b點(diǎn)離開磁場；當(dāng)速度大小為v2時，粒子從c點(diǎn)離開磁場，不計(jì)粒子重力，則v1與v2的大小之比為(A)A．13 B．12C．21 D．14[解析]本題考查帶電粒子在正六邊形邊界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動。設(shè)正六邊形abcdef的邊長為L，帶電粒子從a點(diǎn)沿ad方向射入磁場，當(dāng)速度大小為v1時，粒子從b點(diǎn)離開磁場，當(dāng)速度大小為v2時，粒子從c點(diǎn)離開磁場，作出帶電粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可知軌跡半徑r1＝eq\f(L,\r(3))，r2＝eq\r(3)L；由qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，則v1v2＝r1r2＝eq\f(L,\r(3))eq\r(3)L＝13，選項(xiàng)A正確。規(guī)律總結(jié)：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動解題“三步法”(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運(yùn)動軌跡。(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運(yùn)動時間的聯(lián)系，在磁場中的運(yùn)動時間與周期的聯(lián)系。(3)用規(guī)律：即牛頓運(yùn)動定律和圓周運(yùn)動的規(guī)律，特殊是周期公式、半徑公式?！差愵}演練2〕(2024·安徽重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)(多選)在真空中，半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面對里，EF是一水平放置的感光板。從圓形磁場最右端的A點(diǎn)處垂直磁場射入大量質(zhì)量為m、電荷量大小為q、速度為v的帶正電粒子，不考慮粒子間的相互作用及粒子重力，關(guān)于這些粒子的運(yùn)動以下說法正確的是(BD)A．粒子只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在EF上B．對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線肯定過圓心C．對著圓心入射的粒子，速度越大，在磁場中通過的弧長越長，時間也越長D．只要速度滿意v＝eq\f(qBR,m)，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在EF上[解析]本題考查帶電粒子在圓形邊界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的相關(guān)學(xué)問點(diǎn)。對著圓心入射的粒子，當(dāng)軌跡半徑r＝R時，出射后垂直打在EF上，而速度為v的粒子的軌跡半徑r與R不肯定相等，選項(xiàng)A錯誤；帶電粒子的運(yùn)動軌跡是圓弧，依據(jù)幾何學(xué)問可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線肯定過圓心，選項(xiàng)B正確；對著圓心入射的粒子，速度越大，在磁場中軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角θ越小，由T＝eq\f(2πm,Bq)與t＝eq\f(θ,2π)T知，運(yùn)動時間t越小，選項(xiàng)C錯誤；速度滿意v＝eq\f(qBR,m)時，軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝R，入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、O點(diǎn)與軌跡的圓心連線構(gòu)成菱形，射出磁場的點(diǎn)所在的軌跡半徑與OA平行，粒子的速度肯定垂直EF板，選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)三帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解問題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(fù)電，在相同的初速度的條件下，正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動軌跡不同，形成多解。如圖(1)，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b。2．磁場方向不確定形成多解有些題目只告知了磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，而未詳細(xì)指出磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，此時必需要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解。如圖(2)，帶正電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如B垂直紙面對里，其軌跡為a，如B垂直紙面對外，其軌跡為b。3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運(yùn)動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖(3)所示，于是形成了多解。4．運(yùn)動的往復(fù)性形成多解帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運(yùn)動時，運(yùn)動往往具有往復(fù)性，從而形成多解。如圖(4)所示。例3(2024·海南期末)(多選)如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場，左下方存在垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點(diǎn)，能水平向右放射不同速率的質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子(重力不計(jì))，若全部粒子均能通過MN上的b點(diǎn)，已知ab＝L，則粒子的速度可能是(AB)A．eq\f(\r(3)BqL,6m) B．eq\f(\r(3)BqL,3m)C．eq\f(\r(3)BqL,2m) D．eq\f(\r(3)BqL,m)[解析]本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的多解問題。由題意可知粒子部分可能的運(yùn)動軌跡如圖所示，全部圓弧所對的圓心角均為120°，所以帶電粒子的運(yùn)動半徑為r＝eq\f(\r(3),3)eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力供應(yīng)向心力有Bqv＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\r(3)BqL,3nm)(n＝1,2,3，…)，故A、B正確。〔類題演練3〕如圖所示，在xOy平面內(nèi)，y≥0的區(qū)域有垂直于xOy平面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m、帶電荷量的肯定值為q的粒子從原點(diǎn)O沿與x軸正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不計(jì)，求帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時間和帶電粒子離開磁場時的位置。[答案]帶電粒子帶正電時，運(yùn)動時間為eq\f(4πm,3qB)，離開磁場的位置為(－eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)，帶電粒子帶負(fù)電時，運(yùn)動時間為eq\f(2πm,3qB)，離開磁場時的位置為(eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)[解析]由于洛倫茲力供應(yīng)向心力，則qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)＝mReq\f(4π2,T2)解得R＝eq\f(mv0,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)當(dāng)帶電粒子帶正電時，軌跡如圖中OAC，故粒子在磁場中的運(yùn)動時間t1＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4πm,3qB)粒子在C點(diǎn)離開磁場，OC＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故離開磁場的位置為(－eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)當(dāng)帶電粒子帶負(fù)電時，軌跡如圖中ODE所示，故粒子在磁場中的運(yùn)動時間t2＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)粒子在E點(diǎn)離開磁場，OE＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故離開磁場時的位置為(eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)

JIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU,階段培優(yōu)·查缺補(bǔ)漏__帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界極值問題__解決此類問題常用的結(jié)論有：(1)臨界值剛好穿出(穿不出)磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與邊界相切。(2)時間極值①當(dāng)速度v肯定時，弧長(弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的時間越長。②當(dāng)速度v變更時，圓心角大的運(yùn)動時間長。(3)磁場區(qū)域面主動值若磁場邊界為圓形時，從入射點(diǎn)到出射點(diǎn)連接起來的線段就是圓形磁場的一條弦，以該條弦為直徑的圓就是最小圓，可求出圓形磁場區(qū)的最小面積。例4(2024·安徽合肥一中、馬鞍山二中等六校聯(lián)考)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限y≤a范圍內(nèi)，存在垂直紙面對里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q且?guī)ж?fù)電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速度大小為v0＝eq\f(2qBa,m)沿不同方向射入磁場，不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是(D)A．若粒子初速度沿y軸正方向，則粒子在磁場中的運(yùn)動時間為eq\f(πm,3qB)B．若粒子初速度沿y軸正方向，則粒子在磁場中的運(yùn)動時間為eq\f(2πm,3qB)C．粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為eq\f(πm,3qB)D．粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為eq\f(2πm,3qB)[解析]本題考查帶電粒子在平行邊界磁場中運(yùn)動的臨界問題。粒子運(yùn)動的速度為v0＝eq\f(2qBa,m)，則粒子運(yùn)動的軌跡半徑為r＝eq\f(mv0,qB)＝2a，則若粒子初速度沿y軸正方向，如圖1，由幾何關(guān)系知粒子在磁場中運(yùn)動偏轉(zhuǎn)的角度為30°，則運(yùn)動時間為t1＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)×eq\f(2πr,v0)＝eq\f(πm,6qB)，選項(xiàng)A、B錯誤；當(dāng)軌跡與磁場上邊界相切時，粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長，如圖2，由幾何關(guān)系可知，此時粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為120°，時間為tm＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)，故選D?！差愵}演練4〕一帶電質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，電荷量為q，重力忽視不計(jì)，以平行于x軸的速度v從y軸上的a點(diǎn)射入如圖中第一象限所示的區(qū)域。為了使該質(zhì)點(diǎn)能從x軸上的b點(diǎn)以垂直于x軸的速度射出，可在適當(dāng)?shù)牡胤郊右淮怪庇趚Oy平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內(nèi)，求這圓形磁場區(qū)域的最小半徑。[答案]eq\f(\r(2)mv,2qB)[解析]質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入xOy平面的磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)據(jù)題意，要求質(zhì)點(diǎn)垂直x軸射出，它在磁場區(qū)域內(nèi)必經(jīng)過eq\f(1,4)圓周，且此圓周應(yīng)與入射速度和出射速度所在的直線相切，如圖所示，過這兩個切點(diǎn)M、N作入射和出射方向的垂線，其交點(diǎn)O′即為圓心。因此該質(zhì)點(diǎn)在磁場內(nèi)的軌跡就是以O(shè)′為圓心，R＝eq\f(mv,qB)為半徑的一段圓弧eq\o\ac(MN,\s\up10(︵))(圖中虛線圓弧)，在過M、N兩點(diǎn)的全部圓周中，以MN為直徑的圓周最小(如圖中實(shí)線所示)，因此所求圓形區(qū)域的最小半徑為rmin＝eq\f(1,2)MN＝eq\f(1,2)·eq\r(2)R＝eq\f(\r(2)mv,2qB)。2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN,2年高考·模擬訓(xùn)練1．(2024·全國卷Ⅱ，17)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)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(diǎn)射出的電子的速度大小分別為(B)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)kBl[解析]若電子從a點(diǎn)射出，運(yùn)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(diǎn)射出，運(yùn)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)))2＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)選項(xiàng)B正確。2．(2024·全國卷Ⅲ，18)如圖，在坐標(biāo)系的第一和其次象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面對外的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入其次象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最終經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運(yùn)動的時間為(B)A．eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)[解析]帶電粒子在不同磁場中做圓周運(yùn)動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內(nèi)的圓半徑是其次象限內(nèi)圓半徑的2倍，如圖所示。粒子在其次象限內(nèi)運(yùn)動的時間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動的時間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)則粒子在磁場中運(yùn)動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項(xiàng)B正確。3．(2024·北京卷，16)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出。下列說法正確的是(C)A．粒子帶正電B．粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率C．若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運(yùn)動時間變短[解析]A錯：由左手定則知，粒子帶負(fù)電。B錯：由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變。C對：由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，R變大，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出。D錯：由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小入射速率v,則R變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角θ變大。由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，運(yùn)動時間變長。4．(2024·江蘇卷，16)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子速度肯定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為d，且d<L。粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變。(1)求粒子運(yùn)動速度的大小v；(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；(3)從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場，PM＝d，QN＝eq\f(d,2)，求粒子從P到Q的運(yùn)動時間t。[答案](1)eq\f(qBd,m)(2)eq\f(2＋\r(3),2)d(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,d)＋\f(3\r(3)－4,6)))eq\f(πm,2qB)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,d)－\f(3\r(3)－4,6)))eq\f(πm,2qB)[解析](1)洛倫茲力供應(yīng)向心力qvB＝meq\f(v2,r)r＝d解得v＝eq\f(qBd,m)(2)如圖所示，粒子碰撞后的運(yùn)動軌跡恰好與