高中物理-17 磁场旋转圆问题—高中物理三轮复习重点题型考前突破

题型2 “旋转圆”模型适用条件同种带电粒子速度大小相等，方向不同.粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，圆周转向相同，圆心位置不同，轨迹不同.若粒子射入磁场时的速度为v0，则粒子做圆周运动的轨迹半径为R＝mv0qB，如图所示（图中只画出粒子带正电的情境）轨迹圆圆心共圆如图.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆的圆心在以入射点为圆心、半径R＝mv0qB的圆上界定方法将半径为R＝mv0qB的圆以带电粒子入射点为定点进行旋转，从而探究粒子运动的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法研透高考明确方向2.[2024四川德阳期末]如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面对里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度大小为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放速度大小相等、方向均垂直磁场的带负电粒子，已知粒子的电荷量为q，质量为m.粒子间的相互作用及重力不计，其中沿θ＝60°射入的粒子，恰好垂直PQ射出，则（D）A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为√3aB.粒子的速率为aqBmC.沿θ＝60°射入的粒子，在磁场中的运动时间为πm3qBD.PQ边界上有粒子射出的长度为2√3a解析粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直PQ射出，则粒子在磁场中转过30°，如图甲所示，由几何关系有Rsin30°＝a，解得R＝2a，由洛伦兹力供应向心力有qvB＝m v 2R，则v＝2aqB m ，故AB错误.沿θ＝60°射入的粒子，在磁场中的运动时间为t＝30°360°T＝112×2πRv＝πR6v＝πm，故C错误.如图乙所示，θ＝0°时，粒子从PQ上离开磁场的位置与B点的距离为6qB√3a，当θ增大时，粒子从PQ上离开磁场的位置下移，直到粒子运动轨迹与PQ相切；θ接着增大，则粒子不能从PQ边界射出；粒子运动轨迹与PQ相切时，由半径R＝2a可知，粒子转过的角度为60°，所以出射点在PQ上O点的水平线下方√3a处；所以PQ边界上有粒子射出的长度为2√3a，故D正确.。

高中物理带电粒子在磁场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。

y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。

现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。

求：（1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。

【答案】(1)8qBLvm=；(2)41(1)45mtqBπ=+【解析】【详解】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37oQC L=15 sin37O OQO Q L==在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R，11R O Q QC =+21v qvB mR =解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oot T =带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。

高考物理磁场圆知识点高考物理：磁场圆知识点磁场圆是高中物理中的一个重要知识点，它是磁场中的一个特殊现象，也是磁学的基础之一。

在本文中，我们将深入探讨磁场圆的一些关键概念和原理，并应用它们解决一些实际问题。

首先，让我们回顾一下磁场的基本概念。

磁场是由磁场源产生的，可以是磁铁、电流或其他带有磁性的物体。

磁场具有磁力线，它们从北极向南极方向延伸。

磁力线描述了空间中的磁场分布情况，我们可以根据磁力线的形状和密度了解磁场的强弱。

磁场圆是指在磁场中由电流或带电粒子运动所形成的圆形轨迹。

具体来说，当一个带有速度的带电粒子进入磁场区域时，磁场施加一个垂直于运动方向的力，该力的大小与粒子的电荷、速度以及磁场的强度有关。

由于这个力的存在，带电粒子的运动轨迹会发生弯曲，形成一个圆形轨迹，也就是磁场圆。

现在让我们来看一个例子来更好地理解磁场圆。

假设有一个带正电荷的粒子在一个恒定的磁场中运动。

由于粒子带有正电荷，它将受到磁场力的垂直向内的作用。

这个力的大小可以由洛伦兹力公式 F = qvB 来计算，其中 F 是力的大小，q 是电荷的大小，v 是速度，B 是磁场的强度。

由于这个力的作用，粒子将沿着磁场力的方向运动，形成一个半径为 r 的磁场圆。

粒子在磁场圆上的运动速度和半径之间存在着一定的关系。

根据牛顿第二定律，我们可以得到 F = mv²/r，其中 m 是粒子的质量。

将洛伦兹力公式代入其中，我们可以得到 qvB = mv²/r。

通过简单的运算，我们可以得到 v = QB/m，该式表示了粒子在磁场圆上的运动速度与电荷的大小、磁场的强度以及质量之间的关系。

磁场圆在实际应用中具有广泛的用途。

一个重要的应用是质谱仪。

质谱仪是一种用于分析和测量物质成分的仪器。

它利用粒子在磁场中形成磁场圆的原理来分离和测量不同质量的离子。

质谱仪中的磁场可以对粒子进行偏转，从而根据其质量-电荷比来将它们分开。

这种方法被广泛应用于天体物理学、化学、生物医学等领域。

一、磁场形状为圆状的最小面积计算1.如图，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标(－l，0)，MN与y 轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场(图中未画出)。

现有一质量为m、电荷量大小为e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上A点(0，0.5l)射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q点(3l6，－l)射出，速度沿x轴负方向，不计电子重力。

求：(1)匀强电场的电场强度E的大小？(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小？电子在磁场中运动的时间t是多少？(3)圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是多大？解析(1)设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时沿y轴方向的速度大小为v y，则a＝eE mv y＝atl＝v0tv0＝v y tan 30°解得E＝3m v20 el。

(2)设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为x D，则x D＝0.5l tan 30°x D＝3l 6所以DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示。

设电子离开电场时速度为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ， 则v 0＝v sin 30° r ＝m v eB ＝2m v 0eB r ＋r sin 30°＝l (有r ＝l3)t ＝13TT ＝2πm eB ⎝ ⎛⎭⎪⎫或T ＝2πr v ＝πl 3v 0解得B ＝6m v 0el ，t ＝πl9v 0。

(3)以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为r 1，则 r 1＝r cos 30°＝3r 2＝3l6S ＝πr 21＝πl 212。

答案 (1)3m v 20el (2)6m v 0el ，πl 9v 0(3)πl 2122．如图所示，在直角坐标系xoy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴正方向、电场强度为E 的匀强电场，第Ⅳ象限存在一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域。

一、电场叠加1.(2020·江西吉水中学、崇仁一中、南城一中三校第一次联考)一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O 处产生的场强为E ，把细线分成等长的圆弧AB 、BC 、CD ，则圆弧BC 在圆心O 处产生的场强为( )A ．E B.E 2 C.E3D.E4答案：B 解析：如图所示，B 、C 两点把半圆环等分为三段．设每段在O 点产生的电场强度大小为E ′，E ′相等，AB 段和CD 段在O 处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E ′，则O 点的合场强E ＝2E ′，则E ′＝E2，故圆弧BC 在圆心O 处产生的场强为E2，B 正确．2.如图所示，在均匀带正电的无穷大薄平板右侧距离3l 处有一个带电荷量为＋q 的小球，在平板垂线上距平板为2l 的P 处，场强恰好为零。

已知无穷大平板产生的电场的电场线自正电荷发出，终止于无穷远处，静电力常量为k ，则与P 点关于薄平板对称的M 点的场强大小是( )A.26kq25l 2 B.10kq 9l2 C.4kq 3l2 D.kq l 2答案：A 解析：P 处场强恰好为零，所以平板在P 处产生的场强和小球在P 处产生的场强大小相等，方向相反，根据点电荷周围电场的场强公式，小球在P 处产生的场强大小为E＝k q l 2，根据对称关系知，平板在M 处产生的场强大小为E 2＝k q l2，方向水平向左，小球在M 处产生的场强大小为E 1＝k q 5l2，方向向左，所以M 点的场强大小为E M ＝E 1＋E 2＝k 26q25l2，故A 正确。

3.(2019·山东济宁二模)如图所示，一个绝缘圆环，当它的14均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O 处的电场强度大小为E 。

现使半圆ABC 均匀带电＋2q ，而另一半圆ADC 均匀带电－2q ，则圆心O 处电场强度的大小和方向为( )A ．22E ，方向由O 指向DB ．4E ，方向由O 指向DC ．22E ，方向由O 指向BD ．0答案：A 解析 当圆环的14均匀带电且电荷量为＋q 时，圆心O 处的电场强度大小为E ，当半圆ABC 均匀带电＋2q ，由如图所示的矢量合成可得，在圆心处的电场强度大小为2E ，方向由O 到D ；当另一半圆ADC 均匀带电－2q ，同理，在圆心处的电场强度大小为2E ，方向由O 到D ；根据矢量的合成法则，圆心O 处的电场强度的大小为22E ，方向由O 到D ，A正确，B 、C 、D 错误。

高中物理带电粒子在磁场中的运动问题解题技巧解读题型概述：带电粒子在磁场中的运动问题在历年高考试题中考查较多，命题形式有较简单的选择题，也有综合性较强的计算题且难度较大，常见的命题形式有三种：突出对在洛伦兹力作用下带电粒子做圆周运动的运动学量(半径、速度、时间、周期等)的考查;突出对概念的深层次理解及与力学问题综合方法的考查，以对思维能力和综合能力的考查为主;思维模板：在处理此类运动问题时，着重把握“一找圆心，二找半径(R=mv/Bq)，三找周期(T=2πm/Bq)或时间”的分析方法。

圆心的确定：因为洛伦兹力f指向圆心，根据f⊥v，画出粒子运动轨迹中任意两点(一般是射入和射出磁场的两点)的f的方向，沿两个洛伦兹力f作出其延长线的交点即为圆心。

另外，圆心位置必定在圆中任一根弦的中垂线上半径的确定和计算：利用平面几何关系，求出该圆的半径(或运动圆弧对应的圆心角)，并注意利用一个重要的几何特点，即粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于弦AB与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即?φ=α=2θ.类型一、分离的电场与磁场带电粒子在电场中的加速运动可以利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动规律，或者从电场力做功角度出发求出粒子进入下一个场的速度。

对于带电粒子在电场中的偏转，要利用类平抛运动的规律，根据运动的合成与分解，结合牛顿定律和能量关系，求出粒子进入下一个场的速度大小，再结合速度合成与分解之间的关系，速度偏转角正切值与位移偏转角正切值的关系求出速度方向。

带电粒子垂直进入匀强磁场，其运动情况一般是匀速圆周运动的一部分，解决粒子在磁场中的运动情况，关键是确定粒子飞入点和飞出点的位置以及速度方向，再利用几何关系确定圆心和半径。

值得注意的是，若带电粒子从磁场中某个位置飞出后，再经电场的作用在同一个位置以相同的速度大小再次飞入磁场中时，由于飞出和飞入速度方向相反，洛伦兹力的方向相反，粒子两次在磁场中的运动轨迹并不重合！类型二、多场并存的无约束运动在解决复合场问题时应首先弄清楚是哪些场共存，注意电场和磁场的方向以及强弱，以便确定带电粒子在场中的受力情况。

带电粒子在磁场中的运动旋转圆问题带电粒子在磁场中的运动旋转圆问题在自然界中，存在这一类有趣的物理现象：当带电粒子在磁场中运动时，其轨迹会形成一个旋转圆，这是磁场对带电粒子施加力的结果。

这一现象既有理论意义，也有实际应用价值，因此一直受到科学家们的广泛关注。

本文将深入探讨带电粒子在磁场中的运动旋转圆问题，从基础知识到研究进展，希望能够对读者深入了解这一问题提供帮助。

1. 磁场基础知识我们需要了解一些基础的磁场知识。

磁场是由带电粒子或磁体所产生的一种物理现象，其对带电粒子的运动具有显著的影响。

磁场的存在可以通过磁力线来描述，磁力线以箭头指向磁场的方向，用于表示磁场的强度和方向。

在磁场中，带电粒子会受到洛伦兹力的作用，该力的方向垂直于带电粒子的运动方向和磁场的方向。

2. 带电粒子在磁场中的运动规律当带电粒子在磁场中运动时，它会受到洛伦兹力的作用，从而产生一个向心力。

这个向心力使得带电粒子在磁场中做圆周运动，形成一个旋转圆。

带电粒子的圆周运动半径由其质量、速度和所受磁场的强度决定。

具体而言，向心力的大小可以由下式表示：F = qvB其中，F表示向心力，q表示带电粒子的电荷量，v表示带电粒子的速度，B表示磁场强度。

根据这个式子可以看出，当带电粒子的电荷量或速度增大，或磁场强度增大时，向心力也会增大，从而使得带电粒子的圆周运动半径增大。

3. 带电粒子在磁场中的应用带电粒子在磁场中的运动旋转圆问题不仅在理论物理中具有重要意义，也在实际应用领域有着广泛的应用。

一种常见的应用是在粒子加速器中，利用磁场的作用使得带电粒子在环形加速器中做圆周运动，从而达到高能量的粒子碰撞。

在核磁共振技术中，利用磁场的作用对带电粒子进行操控，从而实现对物质结构的研究和应用。

4. 对带电粒子在磁场中的运动旋转圆问题的个人观点和理解带电粒子在磁场中的运动旋转圆问题是一个非常有趣的物理现象，我个人对此有着浓厚的兴趣。

通过研究和分析这一问题，我们可以深入了解磁场对带电粒子运动的影响，并且可以应用于实际技术中。

带电粒子在磁场中运动——旋转圆专题1模型特点：当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，所有不同方向入射的粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动态旋转(作图)中，也容易发现“临界点”.另外，要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观，如图3.图3①适用条件a.速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定，方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度为v 0，由q v 0B ＝m v 20R 得圆周运动半径为R ＝m v 0qB .b.轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O 为圆心、半径R ＝m v 0qB 的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上.2解题思路：通过题目条件求出带电粒子在磁场中运动的半径，以粒子发射源为起点，画出一个圆，然后保持圆的半径大小不变，将圆（直径）旋转，找出临界条件题型一：粒子打中范围问题解题思路：对单边界磁场，粒子能打中的范围通常是动态圆与磁场边界相切或动态圆的直径恰好全部在磁场内1．如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。

许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。

不计重力，不计粒子间的相互影响。

下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中mvRBq=，哪个图是正确的（）A． BC．D．【答案】A【解析】【详解】所有粒子的速率相等，根据半径公式mvrBq=可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，根据几何关系有22MO r R==随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A。

故选A。

2．如图所示，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沿纸面内，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=mv/qB，正确的图是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，以x轴为边界的磁场，粒子从x轴进入磁场后在离开，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定和mvRqB=，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D正确；考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析法分析．3．如图所示，宽h=4cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群正粒子（不计重力）从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=10cm，则（）A．右边界：-4cm<y<8cm有粒子射出B．右边界：y<8cm有粒子射出C．左边界：y>8cm有粒子射出D．左边界：0<y<16cm有粒子射出【答案】D【解析】根据左手定则可知，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r =10cm 画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示则1122210cm OO O A OO O C O E =====由几何知识求得8cm AB BC == 16cm OE =由轨迹图可知左边界：0<y <16cm 有粒子射出，右边界：-8cm<y <8cm 有粒子射出，故选D 。

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.。

带电粒子在磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中作圆周运动的问题是近几年高考的热点，这些考题不但涉及到洛伦兹力作用下的动 力学问题，而且往往与平面图形的几何关系相联系，成为考查学生综合分析问题、运用数字知识解决物理问题 的难度较大的考题。

但无论这类问题情景多么新颖、设问多么巧妙，其关键一点在于规范、准确地画出带电粒 子的运动轨迹。

只要确定了带电粒子的运动轨迹， 问题便迎刃而解。

下面举几种确定带电粒子运动轨迹的方法。

一、对称法带电粒子如果从匀强磁场的直线边界射入又从该边界射出， 称，且入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等（如图 界的匀强磁场，则其射出磁场时速度延长线必过圆心（如图 动轨迹，找出相应的几何关系。

...'►HI'..a-3解析：正、负电子的半径和周期是相同的。

只是偏转方向相反。

先确定圆心，画出半径和轨迹（如图相差33尿，所以解此题的关键是找圆心、找半径和用对称。

例2.如图5所示，在半径为r 的圆形区域内，有一个匀强磁场。

一带电粒子以速度 V 0从M 点沿半径方向 MON = 120。

时，求：带电粒子在磁场区的偏转半径 R 及在磁则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对1）;带电粒子如果沿半径方向射入具有圆形边 2）。

利用这两个结论可以轻松画出带电粒子的运例1 .如图3所示，直线 MN 上方有磁感应强度为30 °角的同样速度 v 射入磁场（电子质量为 m ,电荷为 少B 的匀强磁场。

正、负电子同时从同一点 0以与MN 成 e ），它们从磁场中射出时相距多远射出的时间差是多4),由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。

所以两个射出点相距亦Vs=2r=，由图还看出经历时间射入磁场区，并由 N 点射出，0点为圆心。

当/ 场区中的运动时间。

解析：分别过M 、N 点作半径0M 、ON 的垂线, 的圆心，如图6所示。

X X X /此两垂线的交点 0'即为带电粒子作圆周运动时圆弧轨道由图中的几何关系可知，圆弧 MN 所对的轨道圆心角为60°, 0、0'的边线为该圆心角的角平分线，由此场，磁感应强度大小为B 。

磁聚焦和磁发散问题磁聚焦磁发散电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行发生偏转，都恰好能从磁场区域的最下端P孔飞出磁场，则这些粒子( )A．运动速率相同B．运动半径相同C．比荷相同D．从P孔射出时的速度方向相同解析：选B 画出粒子的运动轨迹，如从A点射入的粒子，其圆心为O1，因初始速度方向水平，则AO1竖直，因AO1＝PO1＝r，可知平行四边形OPO1A为菱形，可知r＝R，则这些粒子做圆周运动的半径都等于磁场区域圆的半径R，根据r＝R＝mvqB可知，粒子的速率、比荷不一定相同；由图中所示运动轨迹知，粒子从P孔射出时的速度方向也不相同，故只有B正确。

2.如图所示，长方形abcd的长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以e 为圆心、eb为半径的四分之一圆弧和以O为圆心、Od为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T。

一群不计重力、质量为m＝3×10－7kg、电荷量为q＝＋2×10－3 C的带正电粒子，以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向垂直射入磁场区域，则下列判断正确的是( )A．从Od之间射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO之间射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od之间射入的粒子，出射点分布在ab边D．从ad之间射入的粒子，出射点一定是b点答案：D 解析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得：r＝mvqB＝3×10－7×5×1022×10－3×0.25m＝0.3 m；因ab＝0.3 m＝r，从O点射入的粒子从b 点射出，如图所示；从Od 之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子经圆周运动到达bc 后做直线运动，即全部通过b 点；从aO 之间射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M 点进入磁场，其运动轨迹圆圆心为O ′，如图所示，根据几何关系可得，四边形O ′Meb 是菱形，则粒子的出射点一定是b 点，可知，从aO 之间射入的粒子，出射点一定是b 点，故选项A 、B 、C 错误，D 正确。

用“圆”解决磁场中的问题专题类型图像条件平移圆问题速度大小一定，方向一定，入射点不同但在同一直线上放缩圆问题(1)速度方向一定，大小不同(2)轨迹圆圆心共线旋转圆问题（1）速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场（2）轨迹圆圆心共圆[例1] 如图所示，边长为L 的正方形有界匀强磁场ABCD ，带电粒子从A 点沿AB 方向射入磁场，恰好从C 点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD 的中点P 垂直AD 射入磁场，从DC 边的M 点飞出磁场(M 点未画出)。

设粒子从A 点运动到C 点所用的时间为t 1，由P 点运动到M 点所用的时间为t 2(带电粒子重力不计)，则t 1∶t 2为( )A ．2∶1B ．2∶3C ．3∶2 D.3∶ 2[解析] 画出粒子从A 点射入磁场到从C 点射出磁场的运动轨迹，并将该轨迹向下平移，粒子做圆周运动的半径为R ＝L ，从C 点射出的粒子运动时间为t 1＝T4；由P 点运动到M 点所用时间为t 2，圆心角为θ，则cos θ＝R 2R ＝12，θ＝60°，故t 2＝T 6，所以t 1t 2＝T4T 6＝32，C 正确。

[答案] C[例2] (2022·苏州模拟)(多选)如图所示，在直角三角形abc 中，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B 。

在a 点有一个粒子发射源，可以沿ab 方向源源不断地发出速率不同，电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的同种粒子。

已知∠a ＝60°，ab ＝L ，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A ．在磁场中通过的弧长越长的粒子，在磁场内运动的时间就越长B ．从ac 边中点射出的粒子，在磁场中的运动时间为2πm3qBC ．从ac 边射出的粒子的最大速度值为2qBL3mD ．bc 边界上只有长度为L 的区域可能有粒子射出[解析] 带电粒子在磁场中运动的时间是看圆心角的大小，而不是看弧的长短，A 错误；做出带电粒子在磁场中偏转的示意图，从ac 边上射出的粒子，所对的圆心角都是120°，所以在磁场中运动的时间为t ＝13T ＝2πm 3qB，B 正确；从ac 边射出的最大速度粒子的弧线与bc 相切，如图所示，半径为L ，由v ＝qBR m ＝qBLm，C 错误；在bc 边上只有Db ＝L 长度区域内有粒子射出，D 正确。

磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型1.高考命题中，带电粒子在有界磁场中的运动问题，常常涉及到临界问题或多解问题，粒子运动轨迹和磁场边界相切经常是临界条件。

带电粒子的入射速度大小不变，方向变化，轨迹圆相交与一点形成旋转圆。

带电粒子的入射速度方向不变，大小变化，轨迹圆相切与一点形成放缩圆。

2.圆形边界的磁场，如果带电粒子做圆周运动的半径如果等于磁场圆的半径，经常创设磁聚焦和磁发散模型。

一、分析临界极值问题常用的四个结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.(2)当速率v 一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长,(3)当速率v 变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，再根据几何关系求出半径及圆心角等(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨远圆半径大于区域圆半径时，入射点和出射点为磁场直径的两个端点时轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。

二、“放缩圆”模型的应用适用条件速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动半径也越大。

可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP ′上界定方法以入射点P 为定点，圆心位于PP ′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法三、“旋转圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v 0，则圆周运动半径为R =mv 0qB。

如图所示轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P 为圆心、半径R =mv 0qB的圆上界定方法将一半径为R =mv 0qB的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法四、“平移圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v 0，则半径R =mv 0qB，如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为R =mv 0qB的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法五、“磁聚焦”模型1．带电粒子的会聚如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R =r )，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B 点射出．(会聚)证明：四边形OAO ′B 为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB 必平行于AO ′(即竖直方向)，可知从A 点发出的带电粒子必然经过B 点．2．带电粒子的发散如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B ，圆心为O ，从P 点有大量质量为m 、电荷量为q 的正粒子，以大小相等的速度v 沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行．(发散)证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O 、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O 1A (O 2B 、O 3C )均平行于PO ，即出射速度方向相同(即水平方向)．(建议用时：60分钟)一、单选题1地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该部面，如图所示，O为地球球心、R为地球半径，假设地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磷的应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。

三轮复习--重点题型考前突破板块模型总结一一、木板B受到水平拉力木块A质量为m1，木板B质量为m2,，A和B都静止在地面上，。

AB之间的摩擦因数为μ1，B与地面间的摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力f m和滑动摩擦力f=μF N相等（1）当F≤μ2（m1+m2）g时,AB都静止不动此时木块A不受摩擦力，木板B受到的摩擦力f=F（2）当μ2（m1+m2）g< F≤μ2（m1+m2）g+m1+m2）μ1g时，二者一起加速假设在F作用下AB一起加速，由牛顿运动定律可知当F逐渐增大，二者加速度a也随之增大。

对木块A来说，此时木块A受到的静摩擦力向右，在静摩擦力带动下使木块A随着木板B一起加速。

而木块A受到的静摩擦力也随着加速度的增大而增大，当达到最大静摩擦力f m时，木块A达到最大加速度：木块A μ1m1g=m1a m得a m=μ1g整体 F m-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a mF m=μ2（m1+m2）g+（m1+m2）μ1g地面光滑时：木块A μ1m1g=m1a m得a m=μ1g整体F m=（m1+m2）a mF m=（m1+m2）μ1g（3）当F>μ2（m1+m2）g+m1+m2）μ1g二者相对滑动木块A μ1m1g=m1a A得a A=μ1g木板B F-μ2（m1+m2）g-μ1m1g=m2a B地面光滑时：木块A μ1m1g=m1a A得a A=μ1g木板B F--μ1m1g=m2a B1.(2019年湖南省怀化市高三统一模拟)(多选)如图所示,质量M=2 kg、长L=1.5 m的木板静止在光滑的水平面上,木板上右端放着一可视为质点的小滑块,小滑块的质量m=1 kg,小滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。

若用水平拉力F作用在木板上,取g=10 m/s2,则下列说法正确的是()。

A.F=8 N时,小滑块与木板保持相对静止B.F=10 N时,小滑块与木板发生相对滑动C.F=12 N时,小滑块从木板上滑下所需的时间为2 sD.F=12 N时,小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为10 kg·m/s答案：A解析：以小滑块为研究对象,由牛顿第二定律有μmg=ma m,得小滑块的最大加速度a m=μg=2 m/s2,以整体为研究对象,小滑块在木板上滑动时的最小拉力F0=(M+m)a m=6 N,A项错误,B项正确;若F=12 N,则木板的加速度大小a==5 m/s2,由L=at2-a m t2得小滑块从木板上滑下所需的时间t=1 s,C项错误;小滑块从木板上滑下时,木板的动量大小p=(F-μmg)t=10 kg·m/s,D项正确。

带电粒子在磁场中的运动是一个充满深度和广度的问题，涉及到物理学中的许多重要概念和原理。

从宏观到微观，从经典到量子，这一主题的探讨可以帮助我们更深入地理解粒子在磁场中的行为，以及相关的物理规律。

一、带电粒子在磁场中的受力和运动1.受力分析当带电粒子进入磁场时，它会受到洛伦兹力的作用，这个力会使粒子发生偏转，并导致其在磁场中运动。

洛伦兹力的大小和方向取决于粒子的电荷大小、速度方向以及磁场的强度和方向。

2.运动轨迹在磁场中，带电粒子的运动轨迹通常是圆形或螺旋形的，具体取决于粒子的速度和磁场的强度。

这种运动旋转圆问题是研究带电粒子在磁场中行为的重要内容之一。

二、经典物理学对带电粒子运动的描述1.运动方程根据洛伦兹力和牛顿定律，可以建立带电粒子在磁场中的运动方程。

通过对这个方程的分析，可以得到粒子在磁场中的运动轨迹和运动规律。

2.圆周运动对于静止的带电粒子，它会在磁场中做匀速圆周运动；而对于具有初始速度的带电粒子，它会做螺旋运动。

这种经典的描述为我们理解带电粒子在磁场中的运动提供了重要参考。

三、量子物理学对带电粒子运动的描述1.量子力学效应在微观尺度下，带电粒子在磁场中的运动会受到量子力学效应的影响，比如磁量子效应和磁旋效应等。

这些效应对带电粒子的运动规律产生重要影响，需要通过量子力学来描述。

2.自旋和磁矩带电粒子除了具有电荷和质量外，还具有自旋和磁矩。

这些特性在磁场中会影响粒子的运动，使得其运动规律更加复杂和微妙。

四、个人观点和理解对于带电粒子在磁场中的运动旋转圆问题，我认为它不仅具有重要的理论意义，还在许多实际应用中发挥着关键作用。

比如在核磁共振成像技术中，正是利用了带电粒子在外加磁场中的运动规律，实现了对人体组织和器官进行高分辨率成像。

深入理解这一问题，不仅可以帮助我们认识自然界的规律，还有助于科学技术的发展和进步。

总结回顾一下，带电粒子在磁场中的运动旋转圆问题是一个充满深度和广度的物理学问题，涉及到经典物理学和量子物理学的交叉领域。

三轮复习--重点题型考前突破 立体问题 在实际分析问题中，经常遇到一些立体问题，而分析这类问题时，通常把立体转化为平面，再抓住几何特点， 利用三角函数、正弦定理或余弦定理，或根据对称性解决问题。

1. 如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O 点并处于静止状态．已知球半径为R ，重为G ，线长均为R .则每条细线上的张力大小为( )A ．2G B.62G C.32G D.52G 答案：B 解析：本题中O 点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为2R 的正四面体，如图甲所示(A 、B 、C 为各球球心)，O ′为△ABC 的中心，设∠OAO ′＝θ，由几何关系知O ′A ＝233R (如图乙所示)，由勾股定理得OO ′＝OA 2－AO ′2＝83R ，对A 处球受力分析有：F sin θ＝G ，又sin θ＝OO ′OA ，解得F ＝62G ，故只有B 项正确．2、如图6是一顶搭在水平地面上的简易帐篷的骨架，骨架由一根立杆OO ′和三条绳索AO 、BO 、CO 构成，三条绳索的长度都为L ，地面上的三个固定桩A 、B 、C 之间的距离也均等于L ，三条绳索绷紧后，立杆对结点O 的支持力为F ，已知三条绳索上的张力大小都相等，不计绳索的重力，则每条绳索上的张力大小为( )A.33FB.62FC.63FD.66F 答案．D 解析[O －ABC 是一个棱长为L 的正四面体，O ′为△ABC 的中心，由几何关系知O ′A ＝33L ，由勾股定理得OO ′＝OA 2－AO ′2＝23L ，则F T sin ∠OAO ′＝13F ，解得F T ＝66F ，D 正确．]3．（单选）体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上。

已知球架的宽度为d ，每只篮球的质量为m 、直径为D ，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为答案C 【解析】以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N 与竖直方向的夹角为α．由几何知识得：2222D d 22D D d cos 2D α⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭==根据平衡条件得：2Ncos mg α=解得：22mgDN 2D d =-则得篮球对球架的压力大小为：22mgDN N 2D d '==-。