2020年高考物理备考微专题精准突破专题4.8 带电粒子在直线边界磁场中的运动问题(解析版)

第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动一、明晰一个网络 ,理清根本知识二、 "三定四写〞求解粒子在磁场中的圆周运动问题1．一定圆心O ：(1)入射点、出射点、入射方向和出射方向时 ,可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线 ,两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示 ,图中P 为入射点 ,M 为出射点)；(2)入射点和出射点的位置及入射方向时 ,可以通过入射点作入射方向的垂线 ,连接入射点和出射点 ,作其中垂线 ,即两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示 ,P 为入射点 ,M 为出射点)．2．二定半径R ：(1)物理方法 - -R ＝m v qB； (2)几何方法 - -一般由三角关系及圆的知识来计算确定．3．三定圆心角φ：圆心角φ等于粒子的速度偏向角α ,也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍 ,即φ＝α＝2θ＝ωt ＝2πT t ,或φ＝l R(l 为φ对应的圆弧弧长)． 4．四写方程：根本方程q v B ＝m v 2R ,半径公式R ＝m v qB ,周期公式T ＝2πR v ＝2πm qB,运动时间t＝sv＝α2πT．高频考点1磁场对电流的作用1－1.(多项选择) (2021·全国卷Ⅰ)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反．以下说法正确的选项是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：此题考查安培力．因三根导线中电流相等、两两等距,那么由对称性可知两两之间的作用力大小均相等．因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如以下图,由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行、L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确．设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F ,那么由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°＝F ,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°＝3F ,故C正确、D错误．答案：BC1－2．(2021·全国卷Ⅲ)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变,那么a点处磁感应强度的大小为()A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0解析：此题考查磁感应强度的矢量性和安培定那么．两导线中通电流I 时 ,两电流在a 点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量合为0 ,那么两电流磁感应强度的矢量和为－B 0 ,如图甲得B ＝33B 0.P 中电流反向后 ,如图乙 ,B 合＝B ＝33B 0 ,B 合与B 0的矢量和为B 0＝233B 0,故C 项正确．答案：C1－3.(多项选择)(2021·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如以下图．矩形线圈由一根漆包线绕制而成 ,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出 ,并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间 ,线圈平面位于竖直面内 ,永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来 ,该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝|||缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝|||缘漆刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉解析：要使线圈在磁场中开始转动 ,那么线圈中必有电流通过 ,电路必须接通 ,故左右转轴下侧的绝|||缘漆都必须刮掉；但如果上侧的绝|||缘漆也都刮掉 ,当线圈转过180°时 ,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反 ,受到的安培力相反 ,线圈向原来的反方向转动 ,线圈最|||终做往返运动 ,要使线圈连续转动 ,当线圈转过180°时 ,线圈中不能有电流通过 ,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动 ,故左、右转轴的上侧不能都刮掉 ,应选项A 、D 正确．答案：AD安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路高频考点2 带电粒子在有界磁场中运动的临界问题如以下图 ,在0≤x ≤a 、0≤y ≤a 2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场 ,磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源 ,在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子 ,它们的速度大小相同 ,速度方向均在xOy 平面内 ,与y 轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间 ,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最|||后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值．[审题流程]【解析】 (1)设粒子的发射速度为v ,粒子做圆周运动的轨道半径为R ,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式 ,得q v B ＝m v 2R ① ,由①式得R ＝m v qB ②当a /2<R <a 时 ,在磁场中运动时间最|||长的粒子 ,其轨迹是圆心为C 的圆弧 ,圆弧与磁场的上边界相切 ,如以下图 ,设该粒子在磁场中运动的时间为t ,依题意t ＝T /4 ,得∠OCA ＝π2③ ,设最|||后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α ,由几何关系可得R sin α＝R －a 2④ ,R sin α＝a －R cos α ⑤ ,又sin 2α＋cos 2α＝1 ⑥ 由④⑤⑥式得R ＝⎝⎛⎭⎫2－62a ⑦ ,由②⑦式得v ＝⎝⎛⎭⎫2－62aqB m ⑧． (2)由④⑦式得sin α＝6－610⑨． 【答案】 (1)⎝⎛⎭⎫2－62aqB m(2)6－610求解临界、极值问题的 "两思路、两方法〞2－1.(多项选择)(2021·深圳市高三调研)如以下图 ,竖直平行线MN 、PQ 间距离为a ,其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ ) ,磁感应强度为B ,MN 上O 处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q /m 的带负电粒子 ,速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计．设粒子速度方向与射线OM 夹角为θ ,当粒子沿θ＝60°射入时 ,恰好垂直PQ 射出．那么 ( )A ．从PQ 边界垂直射出的粒子在磁场中运动时间为πm 3qBB ．沿θ＝120°射入的粒子 ,在磁场中运动的时间最|||长C ．粒子的速率为aqB mD ．PQ 边界上有粒子射出的长度为23a解析：粒子在磁场中运动过程中 ,洛伦兹力充当向心力 ,运动半径r ＝m v Bq 因为所有粒子m q和速度都相同 ,故所有粒子的运动半径都一样 ,当粒子沿θ＝60°射入时 ,恰好垂直PQ 射出 ,可得r ＝a sin 30°＝2a ,故2a ＝m v Bq ,解得v ＝2aqB m,由几何知识得 ,此时偏转角为30° ,运动时间t ＝30°360°T ＝112×2πr v ＝πm 6qB,故A 错误；当粒子轨迹与PQ 边界相切时 ,轨迹最|||长 ,运动时间最|||长 ,此时根据几何知识可得θ＝120° ,此时是粒子打在PQ 边界上的最|||低的点 ,故相对Q 的竖直位移为x 1＝r sin 60°＝3a ,B 正确 ,C 错误；根据分析可知当粒子沿着边界MN 方向向上射入时 ,此时是粒子打在边界PQ 的最|||上端 ,根据几何知识可得该点相对O 点竖直位移为x 2＝r sin 60°＝3a ,故PQ 边界上有粒子射出的长度为l ＝x 1＋x 2＝23a ,故D 正确．答案：BD2－2． (2021·榆林市高|考模拟)如以下图 ,纸面内有宽为L 水平向右飞行的带电粒子流 ,粒子质量为m ,电荷量为－q ,速率为v 0 ,不考虑粒子的重力及相互间的作用 ,要使粒子都会聚到一点 ,可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域 ,那么磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是其中B 0＝m v 0qL,A 、C 、D 选项中曲线均为半径是L 的1/4圆弧 ,B 选项中曲线为半径是L /2的圆) ( )解析：由于带电粒子流的速度均相同 ,那么当飞入A 、B 、C 这三个选项中的磁场时 ,它们的轨迹对应的半径均相同 ,唯有D 选项因为磁场是2B 0 ,它的半径是之前半径的一半．然而当粒子射入B 、C 两选项时 ,均不可能会聚于同一点．而D 选项粒子是向下偏转 ,但仍不能会聚一点 ,所以只有A 选项 ,能会聚于一点．答案：A高频考点3 带电粒子在匀强磁场中的多解问题如以下图 ,在xOy 平面内以O 为圆心、R 0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0,0)点沿x轴负方向射入区域Ⅰ,经过P(0 ,R0)点,沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ,为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ,需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里的匀强磁场．OQ与x轴负方向成30°角,不计粒子重力．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B0的大小；(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R至|||少为多大?(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最|||短时间．[思路点拨](1)粒子从A点出发到再次经过A点,说明问题具有周期性和多解性；(2)带电粒子由径向射入磁场区域Ⅰ,又沿径向射出,由此通过画轨迹可以确定半径r1,粒子从Q点回到区域Ⅰ,可通过画轨迹确定半径r2；(3)利用周期性分析从A点出发到再次经过A 点所用时间最|||短的条件,从而确定最|||短时间．【解析】(1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为r1 ,由图中几何关系可得：r1＝R0由牛顿第二定律可得：r1＝m v0qB0,解得：B0＝m v0qR0．(2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为r2,轨迹如以下图,由几何关系知：r2＝3 3r1＝33R0由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2即R＝3R0．(3)当粒子由内侧劣弧经过A点时,时间较短,应满足150°n＋90°＝360°m 当m＝4时,n＝9 ,时间最|||短t1＝10×14×2πR0v0,t2＝9×23×2π33R0v0t min ＝t 1＋t 2＝5πR 0v 0＋43πR 0v 0． 【答案】 (1)m v 0qR 0 (2)3R 0 (3)5πR 0v 0＋43πR 0v 01．由以上解题过程不难看出 ,求解的难点在于根据周期性列出满足条件的关系方程 ,从而确定最|||短时间．此题还可以求粒子从A 点出发到再次以相同的速度经过A 点所用的最|||短时间．提示：满足150°n ＝360°m ,m 、n 属于自然数 ,即取最|||小整数m ＝5、n ＝12 ,那么t min ＝πR 0 v 0.2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法(1)粒子多解问题的四种形成因素①带电粒子的电性不确定形成多解 ,可能出现两个方向的运动轨迹．②磁场方向不确定形成多解 ,可能出现两个方向的运动轨迹．③临界状态不唯一形成多解 ,需要根据临界状态的不同 ,分别求解．④圆周运动的周期性形成多解．(2)方法技巧①认真读题 ,逐一确认形成多解的各种因素．②画出粒子运动的可能轨迹 ,并确定其圆心、半径的可能情况．③对于圆周运动的周期性形成的多解问题 ,要注意系列解出现的可能 ,要注意每种解出现的条件 ,并寻找相关的通项公式．3－1． (多项选择)长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场 ,如以下图 ,磁感应强度为B ,板间距离也为l ,极板不带电 ,现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力) ,从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场 ,欲使粒子不打在极板上 ,可采用的方法是( )A ．使粒子的速度v ＜Bql 4mB ．使粒子的速度v ＞5Bql 4mC ．使粒子的速度v ＞Bql mD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m ＜v ＜5Bql 4m解析：带电粒子刚好打在极板右边缘 ,有r 21＝⎝⎛⎭⎫r 1－l 22＋l 2 ,又因r 1＝m v 1Bq ,解得v 1＝5Bql 4m；粒子刚好打在极板左边缘 ,有r 2＝l 4＝m v 2Bq ,解得v 2＝Bql 4m,故A 、B 正确．答案：AB3－2.(多项选择)(2021·安徽六安一中一模)如图 ,xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外 ,磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场 ,ON 为处于y 轴负方向的弹性绝|||缘薄挡板 ,长度为9 m ,M 点为x 轴正方向上一点 ,OM ＝3 m ,现有一个比荷大小为q m＝1.0 C/kg ,可视为质点的带正电小球(重力不计) ,从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场 ,假设与挡板相碰后以原速率弹回 ,且碰撞时间不计 ,碰撞时电荷量不变 ,小球最|||后都能经过M 点 ,那么小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：由题意 ,小球运动的圆心的位置一定在y 轴上 ,所以小球做圆周运动的半径r 一定要大于等于3 m ,而ON ＝9 m<3r ,所以小球最|||多与挡板ON 碰撞一次 ,碰撞后 ,第二个圆心的位置在O 点的上方 ,也可能小球与挡板ON 没有碰撞 ,直接过M 点．由于洛伦兹力提供向心力 ,所以：q v B ＝m v 2r ,得：v ＝q mBr ①；假设小球与挡板ON 碰撞一次 ,那么轨迹可能如图1 ,设OO′＝s ,由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②,3r－9＝s③,联立②③得：r1＝3 m；r2＝3.75 m ,分别代入①得：v1＝qm·Br1＝1×1×3 m/s＝3 m/s ,v2＝qm Br2＝1×1×3.75 m/s＝3.75 m/s ,假设小球没有与挡板ON碰撞,那么轨迹如图2 ,设OO′＝x ,由几何关系得：r23＝OM 2＋x2＝9＋x2④,x＝9－r3⑤,联立④⑤得：r3＝5 m ,代入①得：v3＝qm Br3＝1×1×5 m/s ＝5 m/s ,A、B、D正确．答案：ABD带电粒子在匀强磁场中的运动模型带电粒子在匀强磁场中的运动模型是高|考的热点模型之一．在高|考中,主要以选择题形式通过此模型考查带电粒子在磁场中运动的轨迹、半径和时间等,甚至|||还可能会考查粒子运动的临界问题和极值问题．在处理相关问题时,除了运用常规的解题思路,还应侧重运用数学知识进行分析．带电粒子在无边界的匀强磁场中运动的模型如以下图,匀强磁场垂直于纸面,磁感应强度大小为B ,一群比荷为qm、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射,y轴正好平分该发散角,离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内,那么cos α2为()A ．1－BqL4m vB ．12－BqL 4m vC ．1－BqL2m vD ．1－BqLm v【解析】 根据洛伦兹力提供向心力 ,有q v B ＝m v 2R ,得R ＝m vqB ,离子通过M 、N 点的轨迹如以下图 ,由几何关系知MN ＝ON －OM ,过M 点两圆圆心与原点连线与x 轴夹角为α2 ,圆心在x 轴上的圆在O 点时的速度沿y 轴正方向 ,由几何关系可知L ＝2R －2R cos α2 ,解得cosα2＝1－BqL 2m v,应选项C 正确． 【答案】 C带电粒子在直线边界的匀强磁场中运动的模型(2021·全国卷Ⅲ)如图 ,空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域 ,磁感应强度的大小为B 0；x <0区域 ,磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场 ,此时开始计时．当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时 ,求(不计重力)(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．【解析】 (1)在匀强磁场中 ,带电粒子做圆周运动 ,设在x ≥0区域 ,圆周半径为R 1；在x <0区域 ,圆周半径为R 2 ,由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB 0v 0＝m v 20R 1①qλB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时 ,所需时间t 1为 t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时 ,所需时间t 2为 t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得 ,所求时间为 t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ⑤(2)由几何关系及①②式得 ,所求距离为 d 0＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ⑥【答案】 (1)πmB 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ (2)2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ1．解决带电粒子在匀强磁场中运动的根本步骤 一点 -在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、出射位置等)点一个点 |两画 -画出速度v 和洛伦兹力F 两个矢量的方向假设初速度和末速度的方向那么画出两个速度方向的垂线|三定 -定圆心、定半径、定圆心角 |四写 -写出根本方程q v B ＝m v 2R 、半径R ＝m vqB、周期T ＝2πR v ＝2πm qB 、运动时间t ＝s v ＝α2πT2．一大难点解题的难点是画出轨迹图 ,挖掘隐含的几何关系 ,寻找轨迹半径r 与磁场宽度的几何关系．如图展示了最|||常用的几何知识：粒子速度的偏向角φ等于圆心角α ,且等于AB 弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍 ,即φ＝α＝2θ＝ωt .相对的弦切角(θ)相等 ,与相邻的弦切角(β)互补 ,θ＋β＝180°．3．三点提醒(1)洛伦兹力永不做功,只改变粒子速度方向,不改变粒子速度的大小．(2)注意 "对称性〞的应用①粒子从直线边界射入磁场,再从这一边界射出时,速度方向与边界的夹角相等．②粒子沿径向射入圆形磁场区域时,必沿径向射出磁场区域．(3)同一粒子在磁场中的运动轨迹不同,运动半径不同,但运动时间可以相同．带电粒子在圆形边界磁场中运动的模型(2021·全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场．假设粒子射入速率为v1 ,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；假设粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．那么v2∶v1为()A．3∶2B．2∶1C．3∶1D．3∶ 2【解析】设速率为v1的粒子最|||远出射点为M ,速率为v2的粒子最|||远出射点为N ,如以下图,那么由几何知识得r 1＝PM 2＝R 2 ,r 2＝PN 2＝32Rr 2r 1＝31由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ,故v 2v 1＝r 2r 1＝31 ,选项C 正确．【答案】 C1．带电粒子在圆形有界磁场中运动时 ,圆心位置必定在粒子进入和离开磁场位置的连线的垂直平分线和速度垂线的交点上．2．相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场 ,那么出磁场时速度的反向延长线一定过圆心 ,即两速度矢量相交于圆心 ,如图(a)．3．面积最|||小：带电粒子从圆与某直径的一个交点射入磁场 ,那么从该直径与圆的另一交点射出时 ,圆形磁场区域面积最|||小 ,如图(b)所示．带电粒子在矩形边界磁场中运动的模型如图是比荷相同的a 、b 两粒子从O 点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹 ,那么 ( )A ．a 的质量比b 的质量大B ．a 带正电荷、b 带负电荷C ．a 在磁场中的运动速率比b 的大D ．a 在磁场中的运动时间比b 的长【解析】 比荷相同 ,但不知电荷量 ,故不能比拟a 、b 的质量 ,A 错误；由左手定那么可知 ,a 、b 都带负电荷 ,B 错误；带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力 ,有q v B ＝m v 2R ,得v ＝qBR m ,比荷相同 ,a 的半径比b 的大 ,所以a 在磁场中的运动速率比b 的大 ,C 正确；由T ＝2πR v ＝2πm qB 可知两粒子在磁场中运动的周期相等 ,由运动时间t ＝θ2πT 可知 ,b 在磁场中运动的时间比a的长,D错误．【答案】 C解决带电粒子在矩形磁场中运动的问题的过程中,在寻找几何关系求半径时经常要用到以下结论：①如果带电粒子以与某一边界成θ角的速度进入磁场且从该边界离开磁场,那么一定以与该边界成θ角的速度离开磁场；②粒子不离开磁场的临界条件是速度和边界相切．带电粒子在三角形边,界磁场中运动的模型如以下图,在OA和OC两射线间存在着匀强磁场,∠AOC＝30° ,正负电子(质量、电荷量大小相同,电性相反)以相同的速度从M点垂直OA方向射入匀强磁场,以下说法正确的选项是()A．假设正电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1B．假设正电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1C．假设负电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1D．假设负电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6【解析】正电子向右偏转,负电子向左偏转,假设正电子不从OC边射出,负电子一定不会从OC 边射出,二者运动轨迹对应的圆心角均为180°,可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1 ,故A、B错误．假设负电子不从OC边射出且正电子也不从OC边射出,正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°,可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC边射出时,运动轨迹对应的圆心角为180° ,由几何关系知,此时正电子运动轨迹的圆心角为30°,正负电子在磁场中运动的周期相等,根据t＝θ2πT知,正负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6 ,故假设负电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间,故C错误,D正确．【答案】 D根据左手定那么得出正电子向右偏转,负电子向左偏转,正电子不从OC边射出,负电子一定不会从OC边射出,结合圆心角的关系得出运动时间的关系；负电子不从OC边射出,抓住临界情况,由几何关系求出两电子在磁场中的圆心角关系,从而得出运动时间的关系．第10讲带电粒子在复合场中的运动一、牢记一个网络明晰粒子在不同场中运动规律二、做好 "两个区分〞：求解 "电偏转〞与 "磁偏转〞1．正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．重力、电场力做功只与初、末位置有关,与路径无关,而洛伦兹力不做功．2．正确区分 "电偏转〞和 "磁偏转〞的不同． "电偏转〞是指带电粒子在电场中做类平抛运动,而 "磁偏转〞是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．三、抓住 "两个技巧〞,突破问题重点1．按照带电粒子运动的先后顺序,将整个运动过程划分成不同特点的小过程．2．善于画出几何图形处理边角关系,要有运用数学知识处理物理问题的习惯．高频考点1电磁技术的应用装置原理图规律速度选择器假设q v0B＝Eq ,即v0＝EB,粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电,两极电压为U时稳定,qUd＝q v0B ,U＝v0Bd电磁流 量计U D q ＝q v B 所以v ＝U DB 所以Q ＝v S ＝πDU 4B霍尔 元件当磁场方向与电流方向垂直时 ,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差1－1.(2021·山西省高三联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零) ,从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后 ,再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场 ,该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B ,方向垂直于纸面向外半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中末画出)接收到该粒子 ,且GF ＝3R .那么该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )A ．8UR 2B 2B ．4UR 2B 2C ．6UR 2B2B ．2U R 2B2解析：设粒子被加速后获得的速度为v ,由动能定理有：qU ＝12m v 2 ,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R 3 ,又Bq v ＝m v 2r ,可求q m ＝6UR 2B2 ,故C 正确．答案：C1－2．(多项选择)(2021·贵州贵阳一中模拟)如以下图元件为某种型号的半导体 ,这种半导体内导电的粒子为自由电子 ,每个载流子所带电量的绝|||对值为e ,n 为单位体积内载流子数．元件长为a 、宽为b 、厚为c ,现将该半导体材料板放在匀强磁场中 ,磁感应强度大小为B ,方向沿y 轴正方向．当有大小为I 、沿x 轴正方向的恒定电流通过该材料板时 ,会在与z 轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差U H ,以下说法正确的选项是( )A ．材料上外表的电势高于下外表的电势B ．在其他条件不变时通过材料的电流I 越大霍尔电势差越大C ．在其他条件不变时材料的宽度b 越大霍尔电势差越大D ．在其他条件不变时该磁场的磁感应强度B 越大霍尔电势差越大解析：半导体内导电的粒子 "载流子〞为自由电子 ,根据左手定那么 ,那么电子受到洛伦兹力方向向上 ,导致上外表的电势低于下外表的 ,应选项A 错误；据I ＝nes v ＝ne v bc 和e v B ＝eE ＝e U H b 知U H ＝BInec,所以I 越大、B 越大霍尔电势差越大 ,应选项BD 正确 ,C 错误．答案：BD1－3． (多项选择)如以下图为磁流体发电机的原理图．金属板M 、N 之间的距离为d ＝20 cm ,磁场的磁感应强度大小为B ＝5 T ,方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体 ,含有大量带正电和带负电的微粒 ,整体呈中性)从左侧喷射入磁场 ,发现在M 、N 两板间接入的额定功率为P ＝100 W 的灯泡正常发光 ,且此时灯泡电阻为R ＝100 Ω ,不计离子重力和发电机内阻 ,且认为离子均为一价离子 ,那么以下说法中正确的选项是( )A ．金属板M 上聚集负电荷 ,金属板N 上聚集正电荷B ．该发电机的电动势为100 VC ．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD ．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N 上解析：由左手定那么可知 ,射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转 ,负离子将向金属板N 偏转 ,选项A 错误；由于不考虑发电机的内阻 ,由闭合电路欧姆定律可知．电源的电动势等于电源的路端电压 ,所以E ＝U ＝PR ＝100 V ,选项B 正确；由Bq v ＝q U d 可得v ＝UBd ＝100 m/s ,选项C 错误；每秒钟经过灯泡L 的电荷量Q ＝It ,而I ＝PR＝1 A ,所以Q ＝1 C ,由于离子为一价离子 ,所以每秒钟打在金属板N 上的离子个数为n ＝Q e ＝11.6×10－19＝6.25×1018(个) ,选项D 正确．答案：BD高频考点2 带电粒子在组合场、交变场中的运动如以下图 ,在纸平面内建立的直角坐标系xOy ,在第|一象限的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m ,电量为e 的电子从第|一象限的某点P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫L 38L 以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动 ,经过x 轴上的点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫L 4 0进入第四象限 ,先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域 ,磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合 ,电子偏转后恰好经过坐标原点O ,并沿y 轴的正方向运动 ,不计电子的重力．求：(1)电子经过Q 点的速度v ；(2)该匀强磁场的磁感应强度B 和磁场的最|||小面积S ． [审题流程]。

2020年高考物理备考微专题精准突破专题4.10 带电粒子在组合场中的运动问题【专题诠释】1．组合场中的两种典型偏转垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力F E＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，F E是恒力洛伦兹力F B＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，F B是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类似平抛运动的规律求解：v x＝v0，x＝v0tv y＝qEm t，y＝qE2m t2偏转角φ：tan φ＝v yv x＝qEtmv0半径：r＝mvqB周期：T＝2πmqB偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间t＝xv0t＝φ2πT＝φmqB动能变化不变2.带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：(1)从电场进入磁场①粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．②粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用类平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．(2)从磁场进入电场①粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)．②粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动．【高考领航】【2019·全国卷Ⅰ】如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。

一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。

已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。

求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。

2020年高考物理二轮热点专题训练---- 《带电粒子在电场、磁场中的运动》一 选择题1.(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于电容器的P 点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离．则( )A ．带电油滴将竖直向下运动B ．带电油滴的机械能将增加C ．P 点的电势将升高D ．电容器的电容增大，极板带电荷量增加 【答案】AC【解析】将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，间距d 增大，由C ＝εr S4πkd可得电容器的电容减小，而U 一定，由C ＝Q U 可得电荷量Q 减少，选项D 错误；根据E ＝Ud 可得板间场强减小，重力大于电场力，带电油滴将竖直向下运动，电场力做负功，机械能减少，选项A 正确、B 错误；因上极板接地，电势为0，P 点电势φP ＝－Ey 随E 的减小而增大，选项C 正确．2.(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从AC 边的中点O 垂直于AC 边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L ，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )A.若该粒子的入射速度为v ＝qBLm ，则粒子一定从CD 边射出磁场，且距点C 的距离为LB.若要使粒子从CD 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝2qBLmC.若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝qBl2mD.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为m πqB【答案】ACD【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv ＝m v 2r ，若v ＝qBLm ，解得：r ＝L ；根据几何关系可知，粒子一定从CD 边距C 点为L 的位置离开磁场；故A 正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD 边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于2L ；故B 错误；若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大半径为L 2；因此最大速度应为v ＝qBL2m ；故C 正确；粒子运行周期为2πmBq ，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180°；故最长时间为m πqB；故D 正确. 3.(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球(电荷量很小)固定在P 点，如图所示．以U 表示两极板间的电压，E 表示两极板间的场强，E p 表示该小球在P 点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则( )A ．U 变小B ．U 不变C ．E 变大D ．E p 不变【答案】AD【解析】根据电容器充电后与电源断开可知，Q 不变，将正极板移至图中虚线所示位置，间距d 减小，由C ＝εr S 4k πd ，知电容C 增大，又U ＝Q C ，电压U 减小，因E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQ εr S ，E 不变，P 点到下极板的距离不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势φ不变，P 点电势能E p ＝φq 不变，选项A 、D 正确．4.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，微粒从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )A ．微粒到达B 点时动能为12mv 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板间的电势差U MN ＝mgdq cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程中电势能减少mgdcos θ【答案】C【解析】微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B 点时动能小于12mv 20，选项A 错误；由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，加速度a ＝g tan θ，选项B 错误；又电场力Eq＝mgcos θ，两极板间的电场强度E＝mgq cos θ，两板间的电势差U MN＝Ed＝mgdq cos θ，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误．5.(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是()A.3BqL6m B.3BqL3mC.3BqL2m D.3BqLm【答案】AB【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝33·Ln(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝mv2r，则v＝Bqrm＝3BqL3m·1n(n＝1,2,3，…)，所以A、B对．6.图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.0×10－3 T，在x轴上距坐标原点L＝0.50 m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v＝3.5×104 m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y 轴上距坐标原点L ＝0.50 m 的M 处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m ，电量为q ，不计其重力．则上述粒子的比荷qm(C/kg)是( )A ．3.5×107B ．4.9×107C ．5.3×107D ．7×107【答案】B【解析】设粒子在磁场中的运动半径为r ，画出粒子的轨迹图如图所示。

带电粒子在磁场中的运动（单边界、双边界、三角形、四边形、圆边界、临界问题、多解问题）建议用时：60分钟带电粒子在磁场中的运动A．M带正电，N带负电B．M的速率小于N的速率A．1kBL，0°B3【答案】B【详解】若离子通过下部分磁场直接到达根据几何关系则有：R由：2v qvB mR=可得：qBLv kBLm==根据对称性可知出射速度与当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为根据洛伦兹力提供向心力，有：可得：122qBLv kBLm==此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为：通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足：此时出射方向与入射方向的夹角为：A．从ab边射出的粒子的运动时间均相同B．从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间最长为C．粒子有可能从c点离开磁场D．若要使粒子离开长方形区域，速率至少为可见从ab射出的粒子做匀速圆周运动的半径不同，对应的圆心角不相同，所以时间也不同，故B．从bc边射出的粒子，其最大圆心角即与A ．粒子的速度大小为2qBdmB ．从O 点射出的粒子在磁场中的运动时间为C ．从x 轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为D ．沿平行x 轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到得：R d=由洛仑兹力提供向心力可得：Bqv m=得：qBd v m=A 错误；A ．如果0v v >，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长B ．如果0v v >，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短C ．如果0v v <，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长D ．如果0v v <，则粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短【答案】B该轨迹恰好与y 轴相切，若上移，可知，对应轨迹圆心角可知，粒子在磁场中运动的时间越短，故CD ．若0v v <，结合上述可知，飞出的速度方向与x 轴正方向夹角仍然等于A ．粒子能通过cd 边的最短时间B ．若粒子恰好从c 点射出磁场，粒子速度C ．若粒子恰好从d 点射出磁场，粒子速度7．（2024·广西钦州·模拟预测）如图所示，有界匀强磁场的宽度为粒子以速度0v垂直边界射入磁场，离开磁场时的速度偏角为（ ）A．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间为D．匀强磁场的磁感应强度大小为【答案】B【详解】A．由几何关系可知，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为：A．该匀强磁场的磁感应强度B．带电粒子在磁场中运动的速率C．带电粒子在磁场中运动的轨道半径D．带电粒子在磁场中运动的时间C．根据几何关系可得：cos30aR = o所以：233R a =故C正确；AB．在磁场中由洛伦兹力提供向心力，即：A．从c点射出的粒子速度偏转角度最大C．粒子在磁场运动的最大位移为10．（2024·四川乐山·三模）如图所示，在一个半径为面向里的匀强磁场，O 为区域磁场圆心。

高考回归复习—电磁场之带电粒子在电、磁场中的偏转模型1．如图所示，在平面直角坐标系xoy 的第二象限内有平行于y 轴的匀强电场，电场强度大小为E ，方向沿y 轴负方向。

在第一、四象限内有一个半径为R 的圆，圆心坐标为（R ，0），圆内有方向垂直于xoy 平面向里的匀强磁场。

一带正电的粒子（不计重力），以速度为v 0从第二象限的P 点，沿平行于x 轴正方向射入电场，通过坐标原点O 进入第四象限，速度方向与x 轴正方向成30︒，最后从Q 点平行于y 轴离开磁场，已知P 点的横坐标为2-h 。

求：（1）带电粒子的比荷q m； （2）圆内磁场的磁感应强度B 的大小；（3）带电粒子从P 点进入电场到从Q 点射出磁场的总时间。

2．物理学中，常用电场或磁场控制带电粒子的运动轨迹。

如图所示，质量为m ，电量为e 电子，由静止开始经电压U 加速后，从枪口P 沿直线OM 射出，若要求电子能击中偏离OM 方向α角、与枪口相距d 的靶Q ，不计电子的重力。

试求在以下两种情况下，所需的匀强磁场B 的大小和匀强电场E 的大小。

（1）若空间有垂直纸面向里的匀强磁场；（2）若空间有在纸面内且垂直于PQ 斜向上的匀强电场。

3．如图所示，在直角坐标系xOy 的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 面向里，第四象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ，磁场与电场图中均未画出。

一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子自y 轴的P 点沿x 轴正方向射入第四象限，经x 轴上的Q 点进入第一象限。

已知P 点坐标为（0，-l ），Q 点坐标为（2l ，0），不计粒子重力。

O（1）求粒子经过Q点时速度的大小和方向；（2）若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直y轴的方向进入第二象限，求磁感应强度B的大小。

4．如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。

A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1。

带电粒子在磁场中运动一、真题精选（高考必备）1．（2020·全国·高考真题）CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。

图（a ）是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图（b ）所示。

图（b ）中M 、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P 点。

则（ ）A ．M 处的电势高于N 处的电势B ．增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C ．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D ．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移2．（2016·全国·高考真题）直线OM 和直线ON 之间的夹角为30°，如图所示，直线OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q >0）。

粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 上的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。

已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。

不计重力。

粒子离开磁场的出射点到两直线交点O 的距离为（ ）A ．2mV qB BC ．2mv qBD ．4mv qB3．（2016·全国·高考真题）一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。

图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。

在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角。

当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒，不计重力。

若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）A ．3B ωB ．2B ωC ．B ωD ．2Bω 4．（2022·广东·高考真题）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ 划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z 轴平行的匀强磁场。

63 带电粒子在直线边界磁场中的运动[方法点拨] (1)一般步骤：画轨迹，定圆心，求半径或圆心角；(2)注意“运动语言”与“几何语言”间的翻译，如：速度对应圆周半径；时间对应圆心角或弧长或弦长等；(3)掌握一些圆的几何知识，如：偏转角等于圆心角；同一直线边界，出射角等于入射角等．1．(多选)A、B两个离子同时从匀强磁场的直边界上的P、Q点分别以60°和30°(与边界的夹角)射入磁场，又同时分别从Q、P点穿出，如图1所示．设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是( )图1A．A为正离子，B为负离子B．A、B两离子运动半径之比为1∶ 3C．A、B两离子速率之比为1∶ 3D．A、B两离子的比荷之比为2∶12．(多选)如图2所示，在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O，沿垂直磁场方向，以相同速率向磁场中发出了两种粒子，a为质子(11H)，b为α粒子(42He)，b的速度方向垂直于磁场边界，a的速度方向与b 的速度方向之间的夹角为θ＝30°，两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上，则( )图2A．a、b两粒子运动周期之比为2∶3B．a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2∶3C．a、b两粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为1∶2D．a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为1∶23．(2020·南京市三校联考)如图3所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿纸面由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝mvqB，正确的图是( )图34．(多选)(2020·扬州市期末考试)如图4所示，在直角坐标系xOy 平面的第一象限内，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，有一束质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从x 轴上坐标为(a,0)的P 点，以α＝30°入射，其速度大小任意，则( )图4A ．粒子到达x 轴上的范围是0～aB ．运动中与y 轴相切的粒子1和垂直到达y 轴的粒子2在y 轴上的坐标之比y 1∶y 2＝1∶(3＋23)C ．所有粒子从入射到射出时间范围是2πm 3qB <t≤5πm3qBD ．所有粒子从入射到射出时间范围是πm qB <t≤5πm3qB5．(多选)如图5所示，竖直平行线MN 、PQ 间距离为a ，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ)，磁感应强度为B ，MN 上O 处的粒子源能沿不同方向释放比荷为qm 的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计．设粒子速度方向与射线OM 夹角为θ，当粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直PQ 射出．则( )图5A ．从PQ 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为πm3qBB ．沿θ＝120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长C ．粒子的速率为aqBmD ．PQ 边界上有粒子射出的长度为23a6．(2020·铜山中学模拟)如图6所示，在边长ab ＝1.5L 、bc ＝3L 的矩形区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，在ad 边中点O 处有一粒子源，可以垂直磁场向区域内各个方向发射速度大小相等的同种带电粒子．若沿Od 方向射入的粒子从磁场边界cd 离开磁场，该粒子在磁场中运动的时间为t 0，圆周运动半径为L ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．下列说法正确的是( )图6A ．粒子带负电B ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t 0C ．粒子的比荷为πBt 0D ．粒子在磁场中运动的最长时间为2t 07．如图7所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S.某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向以某一速率发射出大量比荷为qm 的同种带正电粒子，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知磁场的磁感应强度大小为B ，∠AOC＝60°，O 、S 两点间的距离为L ，从OC 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间t ＝2πm3qB ，忽略重力的影响和粒子间的相互作用，则粒子的速率为( )图7 A.qBL 2m B.qBL m C.3qBL2mD.3qBLm8．(多选)(2020·泰州中学模拟)如图8所示，L 1和L 2为平行线，L 1上方和L 2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A 、B 两点都在L 2上，带电粒子从A 点以初速度v 与L 2成30°角斜向上射出，经过偏转后正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是( )图8A ．带电粒子一定带正电B ．带电粒子经过B 点时的速度一定跟在A 点的速度相同C ．若带电粒子在A 点时的初速度变大(方向不变)，该粒子将不能经过B 点D ．若只将带电粒子在A 点的初速度方向改为与L 2成60°角斜向上，它一定不经过B 点9．如图9所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B ＝0.60 T ，磁场内有一块足够大的平面感光板ab ，板面与磁场方向平行，板上某点S′的正下方有一个点状的α放射源S ，SS′的距离为l ＝16 cm ，放射源S 向各个方向发射α粒子，速度大小都是v ＝3.0×106m/s ，已知α粒子的比荷q m＝5.0×107C/kg.现只考虑在图示平面中运动的α粒子．求：图9(1)α粒子运动的轨道半径r ；(2)通过作图，标出ab 上被打中的区域，并求出其长度P 1P 2的大小；(3)在磁场中运动时间最短的α粒子射出粒子源S 的速度方向与S S′的夹角．答案精析1．BD [A 向右偏转，根据左手定则知，A 为负离子，B 向左偏转，根据左手定则知，B 为正离子，A 项错误；离子在磁场中做圆周运动，设PQ 的距离为l ，由几何关系可得r ＝l2sin θ，sin 60°∶sin 30°＝3∶1，则A 、B 两离子运动半径之比为1∶3，B 项正确；离子的速率v ＝r·2θt ，时间相同，半径之比为1∶3，圆心角之比为2∶1，则速率之比为2∶3，C 项错误；根据r ＝mv qB 知，q m ＝vBr ，因为速度大小之比为2∶3，半径之比为1∶3，则比荷之比为2∶1，D 项正确．]2．BC [由qvB ＝mv 2r 和v ＝2πr T 知，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πmqB ，则a 、b 两粒子运动周期之比T a ∶T b ＝m a q a ∶m bq b ＝1∶2，选项A 错误；a 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为240°，运动时间为2T a 3，b 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为180°，运动时间为T b2，a 、b 两粒子在匀强磁场中运动的时间之比为t a ∶t b ＝2T a 3∶T b 2＝2∶3，选项B 正确；由qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mvqB ，由此可知a 、b两粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径之比为r a ∶r b ＝m a q a ∶m bq b ＝1∶2，选项C 正确；a 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为2r a cos 30°＝3r a ，b 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为2r b ，a 、b 两粒子打到光屏上的位置到O 点的距离之比为3r a ∶2r b ＝3∶4，选项D 错误．] 3．D 4.BC 5.BD6．D [由题设条件作出以O 1为圆心的轨迹圆弧，如图所示，由左手定则可知该粒子带正电，选项A 错误；由图中几何关系可得sin θ＝32L L ＝32，解得θ＝π3，可得T ＝6t 0，选项B 错误；根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得T ＝2πm qB ，解得m q ＝3t 0Bπ，选项C 错误；根据周期公式，粒子在磁场中运动时间t ＝mαqB ，在同一圆中，半径一定时，弦越长，其对应的圆心角α越大，则粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O 2为圆心的圆弧，如图所示，由图中几何关系可知α＝2π3，解得t ＝2t 0，选项D 正确．]7．A [由于粒子速率一定，带电粒子在磁场中运动时间最短时，轨迹所对应弦长最短，即弦长d＝Lsin 60°＝32L，由最短时间t＝2πm3qB知粒子运动轨迹所对应圆心角为120°，由几何关系知Rsin 60°＝12d，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝mv2R，解得v＝qBL2m，选项A正确．]8．BD [画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置如下图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，A错误．经过B位置时粒子的速度方向也斜向上，速度跟在A点时的速度相同，故B正确；根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍能经过B点，故C错误；如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B的距离为x＝2dtan θ，所以，若将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就只经过一个周期后一定不经过B点，故D正确．]9．(1)10 cm (2)见解析(3)53°解析(1)α粒子做匀速圆周运动，设运动的轨道半径为r由牛顿第二定律得qvB＝mv2r解得r＝mvqB＝10 cm(2)由于α粒子轨道半径确定，粒子源与ab板间距离确定，由图甲可得，α粒子只能打在P1、P2两点之间S′P1＝(2r)2－l2＝202－162 cm＝12 cmS′P2＝r2－(l－r)2＝102－(16－10)2 cm＝8 cm因此P1P2＝S′P1＋S′P2＝20 cm(3)当α粒子打到放射源正上方位置S′时，运动时间最短．由图乙可知sin θ＝l2r＝0.8得θ＝53°因此α粒子与SS′方向成θ＝53°射出粒子源时，粒子在磁场中运动的时间最短．2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa 打到屏MN 上的a 点，通过pa 段用时为t.若该微粒经过P 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN 上．若两个微粒所受重力均忽略,则新微粒运动的 ( )A ．轨迹为pb,至屏幕的时间将小于tB ．轨迹为pc,至屏幕的时间将大于tC ．轨迹为pa ，至屏幕的时间将大于tD ．轨迹为pb,至屏幕的时间将等于t2．如图(甲)所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从高弹簧上端高h 处自由下落．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴OX,小球的速度v 随时间t 变化的图象如图(乙)所示．其中OA 段为直线，切于A 点的曲线AB 和BC 都是平滑的曲线，则关于A 、B 、C 三点对应的x 坐标及加速度大小，下列说法正确的是( )A ．,0A A X h a ==B ．,A A X h a g ==C ．,B B mgX h a g k =+= D ．2,0C C mgX h a k=+= 3．在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M ，气缸内有一质量为m 的活塞，已知M ＞m ．活塞密封一部分理想气体．现对气缸施加一个水平向左的拉力F （如图甲），稳定时，气缸的加速度为a 1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞（如图乙），稳定时气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1．设密封气体的质量和温度均不变，则( )A．a1 =a1，p1＜p1，V1＞V1B．a1＜a1，p1＞p1，V1＜V1C．a1=a1，p1＜p1，V1＜V1D．a1＞a1，p1＞p1，V1＞V14．2016里约奥运会男子50米自由泳决赛美国埃尔文夺得金牌。

2020年高考物理专题精准突破专题带电粒子在圆形边界磁场中的运动问题【专题诠释】1.沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图所示)粒子做圆周运动的半径r＝Rtan θ粒子在磁场中运动的时间t＝θπT＝2θmBqθ＋α＝90°2.解决带电粒子在磁场中偏转问题的常用方法(1)几何对称法：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹关于入射点P与出射点Q的中垂线对称，轨迹圆心O位于中垂线上，并有φ＝α＝2θ＝ωt，如图甲所示，应用粒子运动中的这一“对称性”，不仅可以轻松地画出粒子在磁场中的运动轨迹，也可以非常便捷地求解某些临界问题．甲乙(2)动态放缩法：当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R随之变化．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件．如图乙所示，粒子进入长方形边界OABC从BC边射出的临界情景为②和④.(3)定圆旋转法：丙当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R是确定的．在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件．如图丙所示为粒子进入单边界磁场时的情景．【高考领航】【2017·高考全国卷Ⅱ】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场．若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v2∶v1为()A.3∶2B.2∶1C.3∶1 D．3∶2【答案】C【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远．则当粒子射入的速度为v1，如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1＝R cos 60°＝12R；同理，若粒子射入的速度为v2，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2＝R cos 30°＝32R；根据r＝mvqB∝v，则v2∶v1＝r2∶r1＝3∶1，故选C.【2016·高考全国卷Ⅱ】一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB【答案】A【解析】如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则π2ω＝2πm qB ·30°360°，即q m ＝ω3B ，选项A 正确．【方法技巧】 1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”2．在轨迹中寻求边角关系时，一定要关注三个角的联系：圆心角、弦切角、速度偏角；它们的大小关系为：圆心角等于速度偏角，圆心角等于2倍的弦切角．在找三角形时，一般要寻求直角三角形，利用勾股定理或三角函数求解问题．3．解决带电粒子在边界磁场中运动的问题时，一般注意以下两种情况：(1)直线边界中的临界条件为与直线边界相切，并且从直线边界以多大角度射入，还以多大角度射出；(2)在圆形边界磁场中运动时，如果沿着半径射入，则一定沿着半径射出．【最新考向解码】【例1】.(2019·江西吉安一中段考)如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R ＝10 cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4 T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q m＝2×1011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角θ＝45°时，出射粒子速度v 的大小是 ( )A.2×106 m/sB ．22×106 m/sC ．22×108 m/sD ．42×106 m/s【答案】B【解析】离子从小孔a 射入磁场，与ab 方向的夹角为θ＝45°，则离子从小孔b 离开磁场时速度与ab 的夹角也为θ＝45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O ′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：α＝2θ＝90°，设粒子运动的半径为r ，则：2r ＝2R ，由牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2r ，解得：v ＝qBr m＝22×106 m/s ，故选项B 正确． 【例2】(2019·山东潍坊检测)如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ 角．设电子质量为m ，电荷量为e ，不计电子之间的相互作用力及所受的重力．求：(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R ；(2)电子在磁场中运动的时间t ；(3)圆形磁场区域的半径r .【答案】(1)mv eB (2)mθeB (3)mv eB tan θ2【解析】(1)电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：evB ＝m v 2R由此可得电子做圆周运动的半径R ＝mv eB(2)如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动时转过的圆心角α＝θ则电子在磁场中运动的时间：t ＝θ2πT ＝θ2π×2πR v ＝θv ×mv eB ＝mθeB(3)由题意知，由图根据几何关系知：tan θ2＝r R所以r ＝R tan θ2＝mv eB tan θ2【微专题精练】1.如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝 板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能 损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为 ( )A ．2 B.2 C ．1 D.22【答案】D【解析】根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r 1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r 2的2倍．设粒子在P 点的速度为v 1，根据牛顿第二定律可得qv 1B 1＝mv 21r 1，则B 1＝mv 1qr 1＝2mE k qr 1；同理，B 2＝mv 2qr 2＝2m ·12E k qr 2，则B 1B 2＝22，D 正确，A 、B 、C 错误．2.如图甲所示，有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅰ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M 点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅰ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅰ的磁感应强度大小分别为B 1、 B 2，则B 1与B 2的比值为 ( )A ．2cos θB ．sin θC ．cos θD ．tan θ【答案】C【解析】设有界磁场Ⅰ宽度为d ，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅰ中的运动轨迹分别如图(a)、(b)所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv ＝m v 2r ，得B ＝mv rq ，由几何关系知d ＝r 1sin θ，d ＝r 2tan θ，联立得B 1B 2＝cos θ，选项C 正确．3.(2019·辽宁朝阳三校联考)如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 为B ，磁场边界上A 点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正 电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k ，速度大小为2kBr .则粒子在磁场中运动的最长时间为 ( )A.πkBB.π2kBC.π3kBD.π4kB【答案】C【解析】粒子在磁场中运动的半径为R ＝mv qB ＝2kBr Bk＝2r ；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r ，故t ＝T 6＝πm 3qB ＝π3kB，故C 正确． 4.(2019·长沙模拟)如图所示，在半径为R 的圆形区域内(圆心为O )有匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直 于圆平面(未画出)．一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发 生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R ，则下列说法中正确的是(不计离子的重力)( )A ．从Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长B ．沿PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大C ．所有离子飞出磁场时的动能一定相等D ．在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O 点【答案】AD【解析】由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ ，由Q 点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O 点，故A 、D 正确，B 错误；因洛伦兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，故飞出时的动能不一定相等，故C 错误．5.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的 速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正 确的是 ( )A ．a 粒子速率最大，在磁场中运动时间最长B ．c 粒子速率最大，在磁场中运动时间最短C ．a 粒子速率最小，在磁场中运动时间最长D ．c 粒子速率最小，在磁场中运动时间最短【答案】BC【解析】由题图可知，粒子a 的运动半径最小，对应的圆心角最大，粒子c 的运动半径最大，对应的圆心角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，可得：qvB ＝m v 2r ，故半径r ＝mv qB ，周期T ＝2πr v ＝2πm qB，故在粒子质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，粒子速率越小，运动半径越小，所以粒子a 的运动速率最小，粒子c 的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动轨迹所对应的圆心角，所以粒子a 的运动时间最长，粒子c 的运动时间最短，故B 、C 正确．6.(2019·广东省惠州市模拟)如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P 以速度v 垂直磁场正对着圆心O 射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q 、质量为m ，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是( )A ．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长B ．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC ．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN 上D ．只要速度满足v ＝qBR m，入射的粒子出射后一定垂直打在MN 上 【答案】 BD【解析】 速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨道半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由t ＝θ2πT 知，运动时间t 越小，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，故B 正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，与粒子的速度有关，故C 错误；速度满足v ＝qBR m 时，粒子的轨迹半径为r ＝mv qB＝R ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径垂直，粒子一定垂直打在MN 板上，故D 正确．7.如图所示，两个同心圆，半径分别为r 和2r ，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁 感应强度为B .圆心O 处有一放射源，放出粒子的质量为m 、带电量为－q (q >0)，假设粒子速度方向都和纸 面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A 点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？【答案】 (1)3Bqr 3m (2)3Bqr 4m【解析】 (1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R 1，则由几何关系得R 1＝3r 3 又qv 1B ＝m v 21R 1得v 1＝3Bqr 3m.(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R 2，则由几何关系有(2r －R 2)2＝R 22＋r 2可得R 2＝3r 4，又qv 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr 4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr 4m.8.(2019·陕西咸阳模拟)如图所示，A 点距坐标原点的距离为L ，坐标平面内有边界过A 点和坐标原点O 的圆 形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里．有一电子(质量为m 、电荷量为e )从A 点以初速度v 0平行 于x 轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x 轴上的B 点射出磁场区域，此时速度方向与x 轴的正方 向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)磁场区域的圆心O 1的坐标；(3)电子在磁场中运动的时间．【答案】(1)mv 02eL (2)(32L ，L 2) (3)2πL 3v 0【解析】(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r ，磁场的磁感应强度为B ，则有ev 0B ＝m v 20r① 过A 、B 点分别作速度的垂线交于C 点，则C 点为轨迹圆的圆心，已知B 点速度与x 轴夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C ＝60°②AC ＝BC ＝r ，已知OA ＝L ，得OC ＝r －L ③由几何知识得r ＝2L ④由①④得B ＝mv 02eL⑤(2)由于ABO 在有界圆周上，∠AOB ＝90°，得AB 为有界磁场圆的直径，故AB 的中点为磁场区域的圆心O 1，由③易得△ABC 为等边三角形，磁场区域的圆心O 1的坐标为(32L ，L 2)．(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T ＝2πr v 0⑥ 由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t ＝T 6＝2πL 3v 0.。

带电粒子在直线边界磁场中的运动一、基础知识1、带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)图72、确定粒子运动的圆心，找出轨迹对应的圆心角，再求运动时间 二、练习1、如图所示，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子，以不同的初速度两次从O 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M 、N 两点射出磁场，测得OM ∶ON ＝3∶4，则下列说法中错误的是 ( )A ．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3∶4B ．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3∶4C ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3 答案 AD解析 设OM ＝2r 1，ON ＝2r 2，故r 1r 2＝OM ON ＝34，路程长度之比s M s N ＝πr 1πr 2＝34，B 正确；由r ＝m v qB 知v 1v 2＝r 1r 2＝34，故F M F N ＝q v 1B q v 2B ＝34，C 正确，D 错误；由于T ＝2πm Bq ，则t M t N ＝12TM 12T N＝1，A 错． 2、(2012·广东理综·15)质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是 ( )A ．M 带负电，N 带正电薄B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间 答案 A解析 由左手定则知M 带负电，N 带正电，选项A 正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动且向心力F 向＝F 洛，即m v 2r ＝q v B 得r ＝m vqB，因为M 、N 的质量、电荷量都相等，且r M >r N ，所以v M >v N ，选项B 错误；M 、N 运动过程中，F 洛始终与v 垂直，F 洛不做功，选项C 错误；由T ＝2πmqB知M 、N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为T2，选项D 错误．3、如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t .若加上磁感应强度为B 、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的( )A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子在磁场中运动的周期C ．带电粒子的初速度D ．带电粒子在磁场中运动的半径 答案 AB解析 由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l ＝r sin 60°＝m v 0qB sin 60°，又未加磁场时有l ＝v 0t ，所以可求得比荷q m ＝sin 60°Bt，A项对；周期T ＝2πmqB 也可求出，B 项对；因初速度未知，所以C 、D 项错．4、如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O 点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a 、b 、c 、d 四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t a 、t b 、t c 、t d ，其大小关系是 ( )A ．t a <t b <t c <t dB ．t a ＝t b ＝t c ＝t dC ．t a ＝t b >t d >t cD ．t a ＝t b >t c >t d答案 D解析 由洛伦兹力与速度的方向关系可知，从a 、b 两点射出的电子都完成了半个周期的运动，即t a＝t b ＝T 2；从c 点和d 点射出的电子在磁场中转过的圆心角都小于180°，且θd <θc ，故t d <t c <T 2，D 选项正确．5、带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，如图所示．运动中经过b 点，Oa ＝Ob ，若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )A ．v 0B ．1C ．2v 0D.v 02答案 C解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O 为圆心，故Oa ＝Ob ＝r ＝m v 0qB ，①带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob ＝v 0t ＝Oa ＝qE 2m t 2＝2m v 20qE，②由①②得EB＝2v 0，故选项C 对．6、(2011·海南单科·10)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是( )A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B ．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 答案 BD解析 带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据q v B ＝m v 2r得轨道半径r ＝m vqB，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同；相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故B 正确．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πr v ＝2πmqB ，故所有带电粒子的运动周期均相同，若带电粒子都从磁场左边界出磁场，则这些粒子在磁场中的运动时间是相同的，但不同速度的粒子，其运动轨迹不同，故A 、C 错误．根据θt ＝2πT 得θ＝2πT t ，所以运动时间t 越长，运动轨迹所对的圆心角θ越大，故D 正确．7、如图所示，一足够长的矩形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场，在ad 边中点O ，垂直于磁场射入一速度方向跟ad 边夹角θ＝30°、大小为v 0的带正电粒子．已知粒子质量为m ，电荷量为q ，ad 边长为L ，ab 边足够长，粒子重力不计，求：(1)粒子能从ab 边上射出磁场的v 0大小范围；(2)如果带电粒子不受上述v 0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间．答案 (1)qBL 3m <v 0≤qBL m (2)5πm3qB解析 (1)若粒子速度为v 0，轨迹半径为R ，由 q v 0B ＝m v 20R ，则R ＝m v 0qB若轨迹与ab 边相切，如图所示，设此时相应速度为v 01，则R 1＋R 1sin θ＝L2将R 1＝m v 01qB 代入上式并由题给数据可得v 01＝qBL 3m若轨迹与cd 边相切，设此时粒子速度为v 02，则R 2－R 2sin θ＝L2将R 2＝m v 02qB 代入上式可得v 02＝qBLm所以粒子能从ab 边上射出磁场的v 0应满足qBL 3m <v 0≤qBLm. (2)粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长．由图可知，在磁场中运动的半径r ≤R 1时，运动时间最长，此时弧所对的圆心角为(360°－2θ)． 所以最长时间为t ＝(360°－2θ)m qB ＝5πm 3qB.8、如图所示，在真空区域内，有宽度为L 的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直纸面向里，MN 、PQ 为磁场的边界．质量为m 、带电荷量为－q 的粒子，先后两次沿着与MN 夹角为θ(0°<θ<90°)的方向垂直于磁感线射入匀强磁场中，第一次粒子是经电压U 1加速后射入磁场的，粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场；第二次粒子是经电压U 2加速后射入磁场的，粒子刚好能垂直于PQ 射出磁场．(不计粒子重力，粒子加速前的速度认为是零，U 1、U 2未知)(1)加速电压U 1、U 2的比值U 1U 2为多少？(2)为使粒子经电压U 2加速射入磁场后沿直线射出PQ 边界，可在磁场区域加一个匀强电场，求该电场的场强大小．答案 (1)cos 2 θ(1＋cos θ)2(2)B 2qLm cos θ解析 (1)如图所示，第一次粒子刚好没能从PQ 边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨 迹刚好与PQ 相切，如图中的轨迹1.设轨迹半径为r 1，由几何关系得：r 1＋r 1cos θ＝L ，解得r 1＝L1＋cos θ.第二次粒子刚好能垂直PQ 边界射出磁场，粒子在磁场中的轨迹圆心为图到：r 2＝Lcos θ中的O 2点，运行轨迹为轨迹2，设轨迹半径为r 2，由几何关系得由动能定理及牛顿第二定律得qU ＝12m v 2，q v B ＝m v 2r ，r ＝2mqUBq ，从而可得r 1r 2＝ U 1U 2，所以U 1U 2＝r 21r 22＝cos 2 θ(1＋cos θ)2. (2)若加入一个匀强电场后使电场力恰好能平衡洛伦兹力，则粒子将沿直线射出PQ 边界，场强方向为垂直速度方向斜向下，设场强大小为E ，则Eq ＝Bq v 2，解得E ＝B v 2 ①由于粒子经电压U 2且未加电场时的轨迹半径r 2＝L cos θ＝m v 2Bq ，可得v 2＝BqLm cos θ②①②联立可得E ＝B2qLmcos θ，方向与水平方向成θ角斜向右下方．9、(2012·江苏单科·9)如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd2m答案 BC解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，q v 0B ＝m v 20r ，所以r ＝m v 0qB ，当带电粒子从不同方向由O点以速度v 0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r 的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O 点2r 的距离，即OA ＝2r ，落在A 点的粒子从O 点垂直入射，其他粒子则均落在A 点左侧，若落在A 点右侧则必须有更大的速度，选项B 正确．若粒子速度虽然比v 0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A 点左侧，选项A 、D 错误．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，设其半径为r ′，则r ′≥2r －d 2，代入r ＝m v 0qB ，r ′＝m v qB ，解得v ≥v 0－qBd2m，选项C 正确．10、(2012·海南单科·16)图20(a)所示的xOy 平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy 平面(纸面)垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的周期为T ，变化图线如图(b)所示．当B 为＋B 0时，磁感应强度方向指向纸外．在坐标原点O 有一带正电的粒子P ，其电荷量与质量之比恰好等于2πTB 0.不计重力．设P 在某时刻t 0以某一初速度沿y 轴正向从O 点开始运动，将它经过时间T 到达的点记为A .(a) (b)(1)若t 0＝0，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？(2)若t 0＝T4，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？答案 (1)0 (2)π2解析 (1)设粒子P 的质量、电荷量与初速度分别为m 、q 与v ，粒子P 在洛伦兹力作用下，在xOy 平面内做圆周运动，分别用R 与T ′表示圆周的半径和运动周期，则有q v B 0＝m (2πT ′)2R① v ＝2πR T ′②由①②式与已知条件得T ′＝T粒子P 在t ＝0到t ＝T2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B 点，此时磁场方向反转；继而，在t ＝T2到t ＝T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A 点，如图所示．OA 与x 轴的夹角θ＝0(2)粒子P 在t 0＝T 4时刻开始运动，在t ＝T 4到t ＝T2时间内，沿顺时针方向运动14个圆周，到达C 点，此时磁场方向反转；继而，在t ＝T 2到t ＝T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B 点，此时磁场方向再次反转；在t ＝T 到t ＝5T 4时间内，沿顺时针方向运动14个圆周，到达A 点，如图所示．由几何关系可知，A 点在y 轴上，即OA 与x 轴的夹角θ＝π2.。

2020年高考物理核心探秘线框在磁场中的运动问题考点考题考向突破专题十一、线框在磁场中的运动问题问题分析线框在磁场中的运动问题是电磁感应定律的具体应用问题，是历年高考考查的重点和难点，具有很强的综合性，线框进出磁场过程可以分为三个阶段：“进磁场”阶段、“在磁场中平动”阶段、“出磁场”阶段．不同的阶段，线框的运动规律不同，分析问题时需要区别对待，当然，这里的线框可以是矩形的，可以是圆形的，也可以是扇形或三角形的，还可以是其他形状的．线框在磁场中的运动问题，需要考虑两方面：一方面是电磁学的有关规律，即法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则、右手定则、安培力的计算公式等；另一方面是电磁学与力学的综合，线框在磁场中的运动透视的解题思路如下：(l)分析线框的运动情况，判断闭合回路中电磁感应情况，根据相关规律求出电源电动势和电源内阻；(2)分析电路结构，求出电路的息电阻和相关的电阻，再求出电路中的电流和安培力；(3)分析线框中切割磁感线的边的受力情况，求出合力；(4)结合电磁学与力学的相关规律，判断出线框的具体运动规律；(5)根据能量守恒与转化的关系，分析题目所要求的相关问题．透视1 考查线框在磁场中的摆动问题线框系在细线的一端，细线的另一端固定在某一点，线框由于某种原因在磁场中来回摆动，在摆动的过程中，线框切割磁感线，线框中有感应电动势和感应电流产生．这类试题一般需要考生判断感应电动势的大小、感应电流的大小和方向、安培力的大小和方向等．可以利用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向，利用左手定则判断安培力的方向，在运用楞次定律时，一定要注意该定律中“阻碍”的含义．【题1】如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )A. a→b→c→d→aB. d→c→b→a→dC.先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD.先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d【解析】在闭合线框从右端摆动到最低点这一过程中，穿过线框的磁感线逐渐减少，根据楞次定律可知，线框中产生感应电流以阻碍原磁场的减少，故线框中感应电流的方向为d→c→b→a→d；在闭合线框从最低点摆动到莰左端这一过程中，穿过线框的磁感线逐渐增多，根据楞次定律可知，线框中产生感应电流以阻碍原磁场的增多，故线框中感应电流的方向为d→c→b→a→d，由以上分析可知，线框中感应电流的方向为d→c→b→a→d，B正确，A、C、D错误．透视2 考查线框在磁场中的旋转问题线框绕某一点在磁场中做圆周运动，即绕某点旋转，线框会切割磁感线，产生感应电流，这与交流电的产生原理有点相似．这类问题，可以与交变电流的相关知识结合，考查考生对知识的整合能力，【题2】如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B ．电阻为R 、半径为L 、圆心角为o 45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度叫匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为 ( )A ．22BL R ωBCD ．24BL R ω【解析】易错：在求线框中感应电动势的最大值时发生错误，认为最大值为2m E BL ω=，最后得出感应电流的有效值为22BL R ω，错选A;不会利用交变电流有效值的定义计算有效值，而是根据正弦交变电流的有效值与最大值的关系计算，从C ．正解：白于线框以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值为22BL ω，故线框中感应电流的最大值为2m 2BL I R ω=，以逆时针方向为正方向，故线框内产生的感应电流按如图所示规律变化．根据电流有效值的定义可知，224m T I RT I R =⋅，联立以上各式解得24BL I Rω=，由以上分析可知，正确答案为D ．点评 在求有效值问题时，一定要判断交变电流是不是按照正弦或者余弦规律变化的．如果不是，那么就不能利用最大值与有效值的关系来求有效值，不要乱套公式．透视3 考查线框在磁场中的竖直下落问题线框从某一高度自由下落，下落一段距离后进入磁场，然后经过磁场从另一边出磁场，在进入磁场和出磁场这两个阶段，线框切割磁感线，产生感应电动势和感应电流．这类试题通常考查线框的速度、受到的安培力、产生的热量等，需要用到牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律、安培力的计算公式等．处理问题时，应当分“进磁场”、“在磁场中运动”、“出磁场”三个阶段分析线框的运动情况．需要注意的是线框完全进入磁场后，不产生感应电动势和感应电流，线框做自由落体运动.【题3】如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两边长相等的单匝闭合正方形线圈I 和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（I 为细导线）．两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到她面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，设线圈I 、Ⅱ落地时的速度大小分别为1v 、2v ，在磁场中运动时产生的热量分别为1Q 、2Q ，不计空气阻力，则 ( )A.12v v <，12Q Q < B. 12v v =，12Q Q = C. 12v v <，12Q Q > D. 12v v =，12Q Q <【解析】根据题意可知，两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，线圈到达磁场上边界时具有相同的速度剐，进入磁场后，两线圈切割磁感线产生感应电流，此时线圈受到磁场的安培力为F BIl =，又BlvI R=，故22B l v F R=；又线圈的电阻4l R S ρ=，其中ρ为材料的电阻率，l 为线圈的边长，所以安培力为24B lvS F ρ=，此时加速度mg F F a g m m-==-，设0ρ为该材料的密度，则04m S l ρ=⋅，加速度2016B v a g ρρ=-是定值，故线圈I 和Ⅱ在进入磁场时同步运动，当两线圈全部进入磁场后，感应电流为零，不再受到安培力的作用，只在重力的作用下竖直下落，加速度为g ．因此，线圈I 和Ⅱ落地时速度相等，即12v v =，由能量的转化与能量守恒定律可知，21()2Q mg h H mv =+-，其中H 为磁场区域的高度，由于线圈I 为细导线，质量m 小，产生的热量小，所以12Q Q <，由以上分析可知，选项D 正确．透视4 考查线框在磁场中的水平移动问题线框在磁场中水平运动是高考中最常见的一类问题，也是该透视中考得最多的一类．线框在磁场中水平移动问题通常与图像相结合，综合性比较强，难度较大，考查考生分析问题、处理问题的能力．这类问题所涉及的图像常见的有B t -图像、q t -图像、E t -图像、I t -图像和a x -图像，有时还会出现E x -图像和I x -图像．解题思路为：根据电磁感应现象分析感应电动势和感应电流，然后分析线框的安培力、合力、加速度和速度，最后再具体分析线框的感应电动势．当线框完全进入磁场达到稳定时，线框的安培力为零，加速度为零，速度不变．【题4】如图所示，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L ．边长为L 的正方形线框abcd 的bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图( )【解析】根据题意可知，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域，由感应电动势公式E BLv =与运动学公式v at =可得E BLat =，BLa I t R=，故感应电流I 随时间t 均匀变化，在0～1t 时间内，感应电流均匀增大；在1t ～2t 时间内，根据右手定则可以判断出线框的ad 边与bc 边产生的感应电流方向相同，为顺时针方向，总感应电流为两者大小相加，故线圈中的电流变大，方向与0～1t 时间内电流方向相反；在2t ～3t 时间内，线圈bc 边离开磁场，只有ad 边产生感应电流，此时感应电流的大小比1t ～2t 时间内的电流小，方向为逆时针方向；在0～1t 和2t ～3t 时间内，I t -图像的斜率相同，故A 正确，B 错误．由于线框做匀加速运动，其位移为212x at =，则t =I =在0～L 内，I x -图像为一段曲线；在L ～2L 内，线框中的电流为ad 边与bc 边产生的感应电流之和，方向为顺时针方向；在2L ～3L 内，bc 边已经离开磁场，不产生感应电流，只有ad 边产生感应电流，故C 正确，D 错误，由以上分析可知，正确答案为A 、C ．点评 做题时，一定要清楚题目需要我们判断的是什么样的图像，否则就容易出错，如本题就容易将I x -图像当成I t -图像．。