第2講　磁場對運動電荷的作用高考物理總復習新教材版

第講磁場對運動電荷的作用[教材閱讀指導](對應人教版新教材選擇性必修第二冊頁碼及相關問題)P7閱讀“洛倫茲力的方向”這一部分內容，體會洛倫茲力既與速度垂直，又與磁場垂直，即垂直于速度和磁場所確定的平面。思考洛倫茲力做功有什么特點？提示：因洛倫茲力總與速度垂直，故總不做功。P8[思考與討論]，洛倫茲力與安培力是什么關系？提示：導線中運動電荷所受洛倫茲力的矢量和在宏觀上表現(xiàn)為安培力。P9[思考與討論]第3問。提示：偏轉磁場先垂直紙面向里減小至零，再從零開始垂直紙面向外增大。P12閱讀“帶電粒子在勻強磁場中的運動”這一部分內容，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動需要滿足什么條件？提示：磁場必須是勻強磁場，帶電粒子初速度方向與磁場垂直。P12～14閱讀“帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期”這一部分內容，帶電粒子在磁場中做圓周運動的速度越大，周期越小嗎？提示：不是，由T＝eq\f(2πm,qB)可知，帶電粒子運動周期與速度大小無關。P15[練習與應用]T3，怎么確定帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和圓心？提示：半徑和表示速度的矢量線段(軌跡切線)垂直，兩半徑的交點或半徑與弦的垂直平分線的交點為圓心。物理觀念洛倫茲力、洛倫茲力的方向洛倫茲力公式1.洛倫茲力的定義：eq\x(\s\up1(01))運動電荷在磁場中受到的力稱為洛倫茲力。2．洛倫茲力的方向(1)用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指eq\x(\s\up1(02))垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心eq\x(\s\up1(03))垂直進入，并使四指指向eq\x(\s\up1(04))正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的eq\x(\s\up1(05))正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于eq\x(\s\up1(06))B和v所決定的平面(注意B和v可以有任意夾角)。由于F始終eq\x(\s\up1(07))垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功。3．洛倫茲力的大?。篎＝qvBsinθ，其中θ為電荷運動方向與磁場方向之間的夾角。(1)當電荷運動方向與磁場方向垂直時，F(xiàn)＝qvB。(2)當電荷運動方向與磁場方向平行時，F(xiàn)＝0。(3)當電荷在磁場中靜止時，F(xiàn)＝0。物理觀念帶電粒子在勻強磁場中的運動1．兩種特殊運動(1)若v∥B，帶電粒子以入射速度v做eq\x(\s\up1(01))勻速直線運動。(2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做eq\x(\s\up1(02))勻速圓周運動。2．基本公式向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r。3．導出公式(1)軌道半徑：r＝eq\f(mv,Bq)。(2)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)。注意：T、f和ω的大小與軌道半徑r和運行速率v無關，只與磁場的eq\x(\s\up1(03))磁感應強度B和粒子的eq\x(\s\up1(04))比荷eq\f(q,m)有關。比荷eq\f(q,m)相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中T、f、ω相同。一堵點疏通1．帶電粒子在磁場中運動時，一定會受到磁場力的作用。()2．洛倫茲力的方向垂直于B和v決定的平面，洛倫茲力對帶電粒子永遠不做功。()3．根據(jù)公式T＝eq\f(2πr,v)，可知帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。()4．用左手定則判斷洛倫茲力方向時，四指指向電荷的運動方向。()5．帶電粒子在磁場中運動時的軌道半徑與粒子的比荷成正比。()6．當帶電粒子進入勻強磁場時，若v與B夾角為銳角，帶電粒子的軌跡為螺旋線。()答案1.×2.√3.×4.×5.×6.√二對點激活1．(人教版選擇性必修第二冊·P10·T2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()答案B解析由左手定則知A中力F的方向應豎直向上，B中力F的方向應豎直向下，C、D中速度v與磁感應強度B平行，不受洛倫茲力，故B正確，A、C、D錯誤。2．(人教版選擇性必修第二冊·P11·T3改編)如圖所示，一束質量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法正確的是()A．組成A束和B束的離子都帶負電B．組成A束和B束的離子質量一定不同C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外答案C解析由左手定則結合帶電粒子在磁場中偏轉的方向知，A、B束離子均帶正電，故A錯誤。A、B束離子的速度相同，而A束離子在磁場中的偏轉半徑較小，由r＝eq\f(mv,Bq)知A束離子的比荷大于B束離子的比荷，而它們的電荷量關系未知，則無法判斷離子質量關系，故B錯誤，C正確。速度選擇器中A、B束離子所受靜電力向右，所以所受洛倫茲力應向左，結合左手定則可判斷磁場方向應垂直于紙面向里，故D錯誤。考點1洛倫茲力的特點及應用[科學思維梳理]1．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的方向時，要注意使四指指向電荷運動的反方向。2．洛倫茲力與靜電力的比較洛倫茲力靜電力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電荷處在靜電場中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場方向的關系一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，且與電荷電性有關正電荷受力與電場強度方向相同，負電荷受力與電場強度方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負功，也可能不做功力為零時場的情況F為零，B不一定為零F為零，E一定為零作用效果只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運動速度的大小，也可以改變電荷運動的方向例1如圖所示，在豎直平面內放一個光滑絕緣的半圓形軌道，水平方向的勻強磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個帶負電荷的小滑塊由靜止開始從半圓形軌道的最高點M滑下到最右端的過程中，下列說法中正確的是()A．滑塊經(jīng)過最低點時的速度比磁場不存在時大B．滑塊經(jīng)過最低點時的加速度比磁場不存在時小C．滑塊經(jīng)過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小D．滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等[答案]D[解析]由于洛倫茲力不做功，故與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時的速度不變，A錯誤；滑塊經(jīng)過最低點時的加速度a＝eq\f(v2,R)，則與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時的加速度不變，B錯誤；由左手定則可知，滑塊經(jīng)過最低點時受到的洛倫茲力向下，而與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時所受的向心力不變，故對軌道的壓力變大，C錯誤；由于洛倫茲力方向始終與運動方向垂直，在任意一點，滑塊經(jīng)過時的速度與磁場不存在時相比均不變，則滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等，D正確。[關鍵能力升華]洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，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。[對點跟進訓練](洛倫茲力的特點及應用)(2021·遼寧省高考一輪復習聯(lián)考)如圖所示，真空中豎直放置一長直細金屬導線MN，電流向上。空間中做一與導線同軸的半徑為R的柱面。光滑絕緣管ab水平放置，端點a、b分別在柱面上。半徑略小于絕緣管內徑的帶正電小球自a點以速度v0向b點運動過程中，下列說法正確的是()A．小球先加速后減速B．小球受到的洛倫茲力始終為零C．小球在ab中點受到的洛倫茲力為零D．小球受到洛倫茲力時，洛倫茲力方向向上答案C解析如圖為俯視圖，根據(jù)右手螺旋定則，磁感線如圖中虛線所示，洛倫茲力不做功，小球速率不變，A錯誤；當小球運動到ab中點時，小球速度方向與磁感應強度方向平行，不受洛倫茲力作用，自a點到ab中點，小球受到的洛倫茲力向下，自ab中點至b點，受到的洛倫茲力向上，C正確，B、D錯誤?？键c2帶電粒子在勻強磁場中的運動[科學思維梳理]1．帶電粒子在勻強磁場中運動的解題思路(1)圓心的確定①基本思路：與速度方向垂直的直線和軌跡圓中弦的中垂線一定過圓心。②兩種常見情形情形一：已知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心(如圖a所示，圖中P為入射點，M為出射點)。情形二：已知入射方向和出射點的位置時，可以先通過入射點作入射方向的垂線，再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道的圓心(如圖b所示，圖中P為入射點，M為出射點)。(2)半徑的確定和計算利用幾何知識求出該圓的可能半徑(或圓心角)，并注意以下兩個重要的幾何特點：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相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即θ＋θ′＝180°。(3)運動時間的確定①由偏轉角度計算：粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧軌跡所對應的圓心角為α時，其運動時間由下式表示：t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T))。②由運動弧長計算：t＝eq\f(s,v)。2．帶電粒子在有界勻強磁場中運動的分析有界勻強磁場是指只在局部空間存在著勻強磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場，在磁場區(qū)域內做一段勻速圓周運動，也就是通過一段圓弧軌跡，然后離開磁場區(qū)域。帶電粒子在磁場中運動的圓弧軌跡取決于粒子進入磁場的速度大小、方向和磁場的磁感應強度及磁場的區(qū)域邊界。常見磁場區(qū)域邊界可分為如下幾種情形：情形一：直線邊界直線邊界磁場又分單邊直線邊界和雙邊平行直線邊界。單邊直線邊界如圖甲、乙、丙所示，粒子進出磁場具有對稱性；雙邊平行直線邊界如圖丁、戊所示，粒子進出磁場存在臨界條件。解決這類問題的“三部曲”：畫軌跡、找圓心、定半徑。如果粒子從同一直線邊界射入和射出，那么粒子進入磁場時速度與邊界的夾角和射出磁場時速度與邊界的夾角相等。情形二：矩形邊界矩形邊界磁場是指分布在矩形范圍內的有界磁場，帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧。垂直于某邊射入，從某一頂點射出是常見的臨界情況。解決該類問題的關鍵是把握臨界情況，如圖所示。常見的有如下幾種情況：(設粒子從ad邊中點e垂直射入)(1)兩個臨界半徑①從d點射出：r1＝eq\f(ad,4)。②從c點射出：req\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(ad,2)))2＋ab2。(2)三種情況①r≤r1，粒子從ed段射出。②r1<r≤r2，粒子從cd段射出。③r>r2，粒子從cf段射出(不會到達f點)。情形三：圓形邊界圓形邊界磁場是指分布在圓形區(qū)域內的有界磁場，帶電粒子在圓形邊界的勻強磁場中的軌跡也是一段不完整的圓弧。由于此類問題涉及兩個圓：粒子運動軌跡的圓與磁場區(qū)域的圓，能很好地考查學生的綜合分析能力，所以是近年來高考的熱點。帶電粒子在圓形邊界磁場中運動的四個結論：(1)徑向進出：當粒子運動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區(qū)域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁場圓的圓心，如圖1所示。(2)等角進出：入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點的磁場圓半徑的夾角，如圖2所示。徑向進出是等角進出的一種特殊情況(θ＝0°)。(3)點入平出：若帶電粒子從圓形勻強磁場區(qū)域圓周上一點沿垂直于磁場方向進入磁場，當帶電粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時，所有帶電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點處的切線方向射出磁場，如圖3所示。(4)平入點出：若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動的半徑和圓形磁場區(qū)域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區(qū)域圓周上同一點射出，且磁場區(qū)域圓周上該點的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行，如圖4所示。情形四：四分之一平面邊界四分之一平面邊界磁場是指分布在平面直角坐標系中某一象限范圍的有界磁場，帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧，粒子軌跡與坐標軸相切是常見的臨界情況，如圖所示。解決該類問題的關鍵是明確粒子射入(射出)磁場的位置坐標，及速度方向與坐標軸的夾角關系，然后分析粒子做圓周運動的軌跡、圓心，尋找?guī)缀侮P系求解問題。情形五：三角形邊界三角形邊界磁場是指分布在三角形區(qū)域內的有界磁場，粒子的軌跡也是一段圓弧，由于三角形有等邊三角形、等腰三角形、直角三角形等不同類型，所以會有不同的臨界情境，如圖甲、乙所示。解答該類問題主要把握以下兩點：(1)射入磁場的方式①從某頂點射入。②從某條邊上某點(如中點)垂直(或成某一角度)射入。(2)射出點的判斷其臨界條件是判斷軌跡可能與哪條邊相切，進而判定出射點的可能位置。例2(2021·北京高考)如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，OP＝a。不計重力。根據(jù)上述信息可以得出()A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程B．帶電粒子在磁場中運動的速率C．帶電粒子在磁場中運動的時間D．該勻強磁場的磁感應強度[答案]A[解析]粒子恰好垂直于y軸射出磁場，作出軌跡如圖所示，O1為軌跡圓心，由幾何關系可知OO1＝atan30°＝eq\f(\r(3),3)a，軌跡半徑R＝eq\f(a,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)a，則帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),3)a))2＝eq\f(4,3)a2，故A正確；由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得帶電粒子在磁場中運動的速率為v＝eq\f(qBR,m)，軌跡圓的半徑R可求出，但磁感應強度B未知且不可求出，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率，故B、D錯誤；帶電粒子在磁場中轉過的圓心角為eq\f(2,3)π，周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，則帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(\f(2,3)π,2π)T＝eq\f(2πm,3qB)，因磁感應強度B未知且不可求出，則運動時間無法求出，故C錯誤。[關鍵能力升華]1.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法2．作帶電粒子運動軌跡時需注意的問題(1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。(2)六條線：圓弧兩端點所在的軌道半徑，入射速度所在直線和出射速度所在直線，入射點與出射點的連線，圓心與兩條速度所在直線交點的連線。前面四條線構成一個四邊形，后面兩條線為這個四邊形的對角線。(3)三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。[對點跟進訓練]1.(雙邊平行直線邊界磁場)(2021·海南高三三模)(多選)如圖所示，在坐標系的y軸右側存在有理想邊界的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場的寬度為d，磁場方向垂直于xOy平面向里。一個質量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子，從原點O射入磁場，速度方向與x軸正方向成30°角，粒子恰好不從右邊界射出，經(jīng)磁場偏轉后從y軸的某點離開磁場。忽略粒子重力。關于該粒子在磁場中的運動情況，下列說法正確的是()A．它的軌跡半徑為eq\f(2,3)dB．它進入磁場時的速度為eq\f(2qBd,3m)C．它在磁場中運動的時間為eq\f(2πm,3qB)D．它的運動軌跡與y軸交點的縱坐標為eq\r(3)d答案AB解析粒子運動軌跡如圖所示，設粒子運動軌跡半徑為r，由幾何關系有r＋rsin30°＝d，解得r＝eq\f(2,3)d，A正確；由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子進入磁場時的速度為v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(2qBd,3m)，B正確；由T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，如圖由幾何關系知粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為240°，則運動時間t＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(2,3)T＝eq\f(4πm,3qB)，C錯誤；粒子運動軌跡與y軸交點的縱坐標為y＝－2rcos30°＝－eq\f(2\r(3),3)d，D錯誤。2．(圓形邊界磁場)(多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板。從圓形磁場最高點P垂直磁場正對著圓心O射入帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質量為m，不考慮粒子重力，關于粒子的運動，以下說法正確的是()A．粒子在磁場中通過的弧長越長，運動時間也越長B．出磁場的粒子其出射方向的反向延長線也一定過圓心OC．出磁場的粒子一定能垂直打在MN上D．只要速度滿足v＝eq\f(qBR,m)，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上答案BD解析由r＝eq\f(mv,Bq)，taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)，知粒子在磁場中通過的弧長s＝θr＝eq\f(2mv,Bq)arctaneq\f(BqR,mv)，運動的時間t＝eq\f(s,v)＝eq\f(2m,Bq)·arctaneq\f(BqR,mv)，則v越大，s不一定越大，但時間越短，故A錯誤；帶電粒子的運動軌跡是圓弧，根據(jù)幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心，故B正確；速度不同，粒子的軌道半徑不同，則對著圓心入射的粒子，沿不同的半徑方向射出磁場，即出射后不一定垂直打在MN上，故C錯誤；速度滿足v＝eq\f(BqR,m)時，粒子的軌道半徑為r＝eq\f(mv,Bq)＝R，入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構成正方形，粒子出射后一定垂直打在MN板上，故D正確。考點3帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題[科學思維梳理]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，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。如圖甲，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。2．磁場方向不確定形成多解有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時由于磁感應強度方向不確定形成多解。如圖乙，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b。3．速度不確定形成多解有些題目只指明了帶電粒子的電性，但未具體指出速度的大小或方向，此時必須要考慮由于速度的不確定而形成的多解。常有兩種情形：(1)入射速度方向一定，大小不同；(2)入射速率一定，方向不同。如圖丙所示，帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子速度大小不確定，因此，它可能穿過下邊界，也可能轉過180°反向飛出，于是形成了多解。4．運動的周期性或往復性形成多解帶電粒子在磁場中運動時，若因為磁場周期性變化、粒子與擋板反復碰撞或與電場組合等原因而導致運動具有周期性或往復性，而形成多解。如圖丁所示。例3(2021·河北省保定市高三一模)如圖所示，邊長為L的正三角形ACD是用絕緣材料制成的固定框架，處在垂直框架平面向里的勻強磁場中，AD邊的中點有一小孔S。在框架平面內垂直AD方向從小孔S射入質量為m、電荷量為＋q的粒子。已知粒子射入框架時速率為v，與框架的碰撞為彈性碰撞，粒子重力忽略不計。(1)若粒子第一次與AC碰撞的位置為AC的中點，求勻強磁場磁感應強度的大小B；(2)若此粒子經(jīng)過與框架的多次碰撞最終能垂直AD方向從小孔S射出，求所有滿足條件的勻強磁場磁感應強度的大小和粒子在框架內運動的時間。[答案](1)eq\f(2mv,qL)(2)eq\f(mv4n＋2,qL)(n＝0,1,2，…)eq\f(πL6n＋1,v4n＋2)(n＝0,1,2，…)[解析](1)粒子的運動軌跡如圖1所示。設軌跡半徑為R，由幾何關系可知R＝eq\f(L,2)由牛頓第二定律可知qvB＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得B＝eq\f(2mv,qL)。(2)要使粒子最終能垂直AD方向從小孔S射出，粒子運動的軌跡圓的圓心一定位于△ACD的邊上，設該粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，作出粒子最簡單的運動軌跡如圖2所示，由幾何關系得eq\f(L,2)＝2nr＋r(n＝0,1,2，…)解得r＝eq\f(L,4n＋2)(n＝0,1,2，…)設該磁場的磁感應強度為B′，則qvB′＝meq\f(v2,r)解得B′＝eq\f(mv4n＋2,qL)(n＝0,1,2，…)由T＝eq\f(2πr,v)解得T＝eq\f(2πL,v4n＋2)(n＝0,1,2，…)則粒子在框架內運動的時間t＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(60°,360°)T＋2n\f(T,2)))＝eq\f(T,2)(6n＋1)＝eq\f(πL6n＋1,v4n＋2)(n＝0，1,2，…)。[關鍵能力升華]求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧(1)分析題目特點，確定題目多解性形成的原因。(2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。(3)若為周期性的多解問題，尋找通項式；若是出現(xiàn)幾種周期性解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。[對點跟進訓練]1．(速度大小不確定引起多解)(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示。磁感應強度為B，板間距離為l，極板不帶電。現(xiàn)有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()A．使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)答案AB解析如圖所示，若帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))2＋l2，又因為r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子剛好打在極板左邊緣，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)。欲使粒子不打在極板上，應使v<eq\f(Bql,4m)或v>eq\f(5Bql,4m)，故A、B正確，C、D錯誤。2．(運動的周期性引起多解)如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的勻強磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示(垂直于紙面向里的磁場方向為正方向)。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場，已知正離子質量為m，電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。求：(1)磁感應強度B0的大?。?2)若正離子從O′孔垂直于N板射出磁場所用的時間最短，請畫出其運動軌跡并求出該最短時間；(3)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。答案(1)eq\f(2πm,qT0)(2)軌跡圖見解析T0(3)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)解析(1)設離子的軌道半徑為R，由洛倫茲力提供向心力有：B0qv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)做勻速圓周運動的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上兩式得：B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)軌跡如圖，最短時間tmin＝T0。(3)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子在兩板之間只運動一個周期即T0時，R＝eq\f(d,4)。當正離子在兩板之間運動n個周期，即nT0時，R＝eq\f(d,4n)(n＝1，2,3，…)又B0qv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)聯(lián)立得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)。建模提能4巧用動態(tài)圓解磁場中的臨界、極值問題帶電粒子在有界勻強磁場中運動時，由于受到磁場邊界的約束，經(jīng)常會考查求解粒子在磁場中運動的最長或最短時間、粒子運動區(qū)域等臨界問題。對于這類問題，解題思路是：(1)先不考慮磁場邊界，假設磁場充滿整個空間，根據(jù)題給條件嘗試畫出粒子可能的運動軌跡圓；(2)結合磁場邊界找出臨界條件；(3)根據(jù)幾何關系、運動規(guī)律求解。根據(jù)粒子射入磁場時的特點，分析臨界條件的常用技巧有三種：動態(tài)圓放縮法、定圓旋轉法、平移圓法。1動態(tài)圓放縮法適用條件速度方向一定、大小不同粒子源發(fā)射速度方向一定、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道半徑與粒子速度大小有關軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情境)，速度v越大，運動半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)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，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法【典題例證1】如圖所示，正方形區(qū)域abcd內(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，ab＝l，Oa＝0.4l，大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成37°的方向以不同的初速度v0射入磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，磁場的磁感應強度大小為B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求帶電粒子在磁場中運動的最長時間；(2)若帶電粒子從ad邊離開磁場，求v0的取值范圍。[答案](1)eq\f(143πm,90qB)(2)eq\f(qBl,4m)<v0≤eq\f(5qBl,9m)[解析](1)粒子從ab邊離開磁場時，在磁場中運動的時間最長，如圖1所示，有qBv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)又T＝eq\f(2πR,v0)解得T＝eq\f(2πm,Bq)又由幾何關系得θ＝74°，則粒子在磁場中運動的最長時間t＝eq\f(360°－θ,360°)T＝eq\f(143πm,90qB)。(2)當粒子軌跡與ad邊相切時，如圖2所示，設此時初速度為v01，軌道半徑為R1，由幾何關系可得R1＋R1sin37°＝0.4l又qBv01＝eq\f(mv\o\al(2,01),R1)解得v01＝eq\f(qBl,4m)；當粒子運動軌跡與cd邊相切時，如圖3所示，設此時初速度為v02，軌道半徑為R2，由幾何關系可得R2＋R2cos37°＝l又qBv02＝eq\f(mv\o\al(2,02),R2)解得v02＝eq\f(5qBl,9m)綜上可得eq\f(qBl,4m)<v0≤eq\f(5qBl,9m)?！久麕燑c睛】帶電粒子在矩形有界勻強磁場中運動的臨界問題帶電粒子在矩形有界勻強磁場中運動的特點：(1)若粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界垂直，如圖甲所示。①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做半個圓周運動后從原邊界射出磁場區(qū)域；②當粒子速度在某一范圍內時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從側面邊界飛出磁場；③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從對面邊界飛出磁場。(2)若粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界成一夾角，如圖乙所示。①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從原邊界飛出磁場；②當粒子速度在某一范圍內時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從上側面邊界飛出磁場；③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從右側面邊界飛出磁場；④當粒子速度更大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從下側面邊界飛出磁場。綜合以上分析可知，求解帶電粒子在矩形有界勻強磁場區(qū)域運動的時間范圍、速度范圍等的問題時，尋找“相切或相交”的臨界點是解決問題的關鍵；另外可知在磁場邊界上還有粒子不能達到的區(qū)域即“盲區(qū)”。2定圓旋轉法適用條件速度大小一定，方向不同粒子源發(fā)射速度大小一定、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，若射入初速度大小為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O為圓心、半徑r＝eq\f(mv0,qB)的圓上界定方法將半徑為r＝eq\f(mv0,qB)的軌跡圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉圓”法【典題例證2】(多選)如圖所示，在熒屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內不斷地向各個方向同時發(fā)射速度大小為v、電荷量為q、質量為m的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為d，則()A．粒子能打到熒屏MN上的區(qū)域長度為2eq\r(3)dB．能打到熒屏MN上最左側的粒子所用的時間為eq\f(πd,v)C．粒子從發(fā)射到打到熒屏MN上的最長時間為eq\f(πd,v)D．同一時刻發(fā)射的粒子打到熒屏MN上的最大時間差為eq\f(7πd,6v)[答案]BD[解析]打在熒屏MN上的粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖1所示，根據(jù)幾何關系知，帶電粒子能打到熒屏MN上的區(qū)域長度為：l＝AB＝R＋eq\r(3)R＝(1＋eq\r(3))R＝(1＋eq\r(3))d，故A錯誤；由運動軌跡圖可知，能打到熒屏MN上最左側的粒子偏轉了半個周期，故所用時間為：t＝eq\f(1,2)T，又T＝eq\f(2πd,v)，解得：t＝eq\f(πd,v)，故B正確；在磁場中運動時間最長(優(yōu)弧1)和最短(劣弧2)的粒子的運動軌跡如圖2所示，粒子做完整圓周運動的周期T＝eq\f(2πd,v)，由幾何關系可知，最長時間：t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，最短時間：t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，根據(jù)題意得同一時刻發(fā)射的粒子打到熒屏MN上的最大時間差：Δt＝t1－t2＝eq\f(7πd,6v)，故C錯誤，D正確?！久麕燑c睛】(1)解決帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向，找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系。粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。(2)要重視分析時的尺規(guī)作圖，規(guī)范而準確的作圖可突出幾何關系，使抽象的物理問題更形象、直觀。3平移圓法適用條件速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線上的帶電粒子，它們進入勻強磁場時，做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則運動半徑r＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線界定方法將半徑為r＝eq\f(mv0,qB)的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法【典題例證3】(多選)如圖所示，在直角三角形ABC內充滿垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AB邊長度為d，∠B＝eq\f(π,6)。現(xiàn)垂直AB邊射入一束質量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子。已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為eq\f(4,3)t0(不計重力)，則下列說法中正確的是()A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0B．該勻強磁場的磁感應強度大小為eq\f(πm,2qt0)C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為eq\f(2,5)dD．粒子進入磁場時速度大小為eq\f(3πd,5t0)[答案]ABC[解析]根據(jù)題意，粒子垂直AB邊射入，垂直AC邊射出時經(jīng)過四分之一個周期，即eq\f(1,4)T＝t0，解得T＝4t0，A正確；洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，粒子運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)＝4t0，可解得該勻強磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f(πm,2qt0)，B正確；當粒子軌跡與BC邊相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，為eq\f(4,3)t0＝eq\f(1,3)T，則在磁場中轉過的圓心角為120°，如圖所示，根據(jù)幾何關系可知Rsineq\f(π,6)＋eq\f(R,sin\f(π,6))＝d，解得R＝eq\f(2,5)d，C正確；根據(jù)T＝eq\f(2πR,v)可知，v＝eq\f(2πR,T)＝eq\f(2π·\f(2,5)d,4t0)＝eq\f(πd,5t0)，D錯誤。【名師點睛】尋找臨界點常用的結論(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)當速度v一定時，弧長(或弦長)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)當速度v變化時，圓心角越大的，運動時間越長。【針對訓練】1．如圖所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。許多質量為m、電荷量為＋q的粒子以相同的速率v從原點O沿紙面內由從x軸負方向到y(tǒng)軸正方向之間的各個方向射入磁場區(qū)域。不計重力及粒子間的相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝eq\f(mv,qB)，則正確的圖是()答案D解析如圖，從O點沿x軸負方向射入的粒子，軌跡為圓，和x軸相切于O點，在x軸上方，半徑為R；沿y軸正方向射入的粒子，軌跡為半圓，在y軸右側，和x軸交點距O點為2R；沿其余方向射入的帶電粒子，軌跡最遠點均在以O為圓心、半徑為2R的圓周上；由以上分析結合定圓旋轉法，可知D正確。2．(2021·遼寧省凌源市高三下3月尖子生抽測)如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L，一個粒子源在a點將質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，不計重力，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是()A.eq\f(qBL,2m) B．eq\f(\r(3)qBL,6m)C.eq\f(\r(3)qBL,4m) D．eq\f(qBL,4m)答案A解析粒子沿ab邊射入磁場且從ac邊射出磁場時轉過的圓心角最大，粒子在磁場中的運動時間最長，粒子速度最大時運動軌跡與bc相切，如圖所示，由題意和幾何關系可知ab＝eq\f(1,2)L，四邊形abdO是正方形，粒子軌道半徑r＝eq\f(1,2)L，粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvmB＝eq\f(mv\o\al(2,m),\f(1,2)L)，解得粒子的最大速度vm＝eq\f(qBL,2m)，故A正確，B、C、D錯誤。3.(2021·河北省唐山市高三下3月第一次模擬考試)(多選)如圖，直角三角形OAC區(qū)域內有垂直于紙面向外、磁感應強度大小未知的勻強磁場，∠A＝30°、OC邊長為L，在C點有放射源S，可以向磁場內各個方向發(fā)射速率為v0的同種帶正電的粒子，粒子的比荷為K。S發(fā)射的粒子有三分之二可以穿過OA邊界，OA含在邊界以內，不計重力及粒子之間的相互影響。則()A．磁感應強度大小為eq\f(v0,2KL)B．磁感應強度大小為eq\f(v0,KL)C．OA上粒子出射區(qū)域長度為LD．OA上粒子出射區(qū)域長度為eq\f(L,2)答案BC解析如圖所示，S發(fā)射的粒子有三分之二可以穿過OA邊界，根據(jù)左手定則可知，入射角與OC夾角為30°的粒子剛好從O點射出，根據(jù)幾何關系可知，粒子做圓周運動的軌跡半徑為R＝L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得B＝eq\f(v0,KL)，故A錯誤，B正確；沿CA方向入射的粒子穿過OA邊界時距O點最遠，根據(jù)題設并結合幾何知識可知，最遠距離為OD＝L，則OA上粒子出射區(qū)域長度為L，故C正確，D錯誤。4．(2020·全國卷Ⅲ)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。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，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)答案C解析電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,r)，則磁感應強度與圓周運動軌跡半徑的關系式為：B＝eq\f(mv,er)，即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應強度越小。電子從圓心沿半徑方向進入磁場，當其恰好不離開圖中實線圓圍成的區(qū)域時，運動軌跡與實線圓相切，此時電子運動軌跡半徑有最大值rmax，如圖所示，其中A點為電子做圓周運動的圓心。由幾何關系可得：(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a，則磁場的磁感應強度最小為Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故C正確。5.如圖所示，寬度為L、足夠長的勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。絕緣長薄板MN置于磁場的右邊界，粒子打在板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后豎直分速度不變，水平分速度大小不變、方向相反。磁場左邊界上O處有一個粒子源，向磁場內沿紙面各個方向發(fā)射質量為m、電荷量為＋q、速度大小為v的粒子，不計粒子重力和粒子間的相互作用，粒子電荷量保持不變。(1)要使粒子在磁場中運動時打不到絕緣薄板，求粒子速度大小v滿足的條件；(2)若v＝eq\f(qBL,m)，一些粒子打到絕緣薄板上反彈回來，求這些粒子在磁場中運動時間的最小值t；(3)若v＝eq\f(2qBL,m)，求粒子從左邊界離開磁場區(qū)域的長度s。答案(1)v<eq\f(qBL,2m)(2)eq\f(2πm,3qB)(3)4eq\r(3)L解析(1)設粒子在磁場中運動的軌道半徑為r，則有qvB＝meq\f(v2,r)如圖1所示，要使粒子在磁場中運動時打不到絕緣薄板，應滿足2r<L聯(lián)立解得v<eq\f(qBL,2m)。(2)粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)當v＝eq\f(qBL,m)時，解得r＝L打到絕緣板上反彈回來且在磁場中運動時間最短的粒子通過的圓弧對應的弦長最短，粒子運動軌跡如圖2所示由幾何關系可知最小時間t＝2×eq\f(T,6)解得t＝eq\f(2πm,3qB)。(3)當v＝eq\f(2qBL,m)時，解得r＝2L粒子在磁場中運動從左邊界離開磁場時，離O點最遠的粒子運動軌跡如圖3所示則從左邊界離開磁場區(qū)域的長度s＝4rsin60°解得s＝4eq\r(3)L。

一、選擇題(本題共7小題，其中第1～3題為單選，第4～7題為多選)1.(2021·北京市西城區(qū)高三下統(tǒng)一測試)云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向里的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關a、b、c三條徑跡以下判斷正確的是()A．a(chǎn)、b、c都是正電子的徑跡B．a(chǎn)徑跡對應的粒子動量最大C．c徑跡對應的粒子動能最大D．c徑跡對應的粒子運動時間最長答案C解析正、負電子在垂直于紙面向里的磁場中運動，根據(jù)左手定則可知，a、b、c都是負電子的徑跡，A錯誤；負電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,eB)，由圖可知，Ra<Rb<Rc，所以va<vb<vc，根據(jù)p＝mv可知，pa<pb<pc，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，Eka<Ekb<Ekc，B錯誤，C正確；負電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，則T＝eq\f(2πm,eB)，所以Ta＝Tb＝Tc，負電子在磁場中的運動時間t＝eq\f(α,2π)T，其中α為負電子在磁場中的運動軌跡圓弧所對的圓心角，由圖可知a徑跡對應的圓心角最大，則a徑跡對應的粒子運動時間最長，D錯誤。2.(2021·山東省青島市高三下二模)如圖，一內壁光滑、上端開口下端封閉的絕緣玻璃管豎直放置，高為h，管底有質量為m、電荷量為＋q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中。在外力作用下，玻璃管在磁場中運動速度保持不變，小球最終從上端管口飛出，在此過程中，下列說法正確的是()A．洛倫茲力對小球做正功B．小球做變加速曲線運動C．小球機械能的增加量為qvBhD．小球在玻璃管中的運動時間與玻璃管運動速度無關答案C解析洛倫茲力的方向與速度垂直，永遠不做功，A錯誤；玻璃管在水平方向做勻速直線運動，小球受到的洛倫茲力在豎直方向的分力保持不變，即在豎直方向做勻加速直線運動，合運動為勻加速曲線運動，B錯誤；由于管對球的支持力對小球做了功，小球的機械能是增加的，在豎直方向上，由牛頓第二定律得qvB－mg＝ma，由勻變速直線運動的位移公式得h＝eq\f(1,2)at2，小球離開管口的速度vy＝at，合速度v合＝eq\r(v2＋v\o\al(2,y))，動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,合)－eq\f(1,2)mv2，重力勢能的增量ΔEp＝mgh，聯(lián)立解得小球機械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝qvBh，C正確；小球的實際運動速度可分解為水平方向的速度v和豎直方向的速度vy，豎直方向的洛倫茲力不變，在豎直方向上，由牛頓第二定律得qvB－mg＝ma，由勻變速運動的位移公式得h＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2mh,qvB－mg))，D錯誤。3.(2021·北京市豐臺區(qū)高三上期末)如圖所示，來自外層空間的大量帶電粒子進入地磁場影響范圍后，粒子將繞地磁感線做螺旋運動，形成范艾倫輻射帶。螺旋運動中回轉一周的時間稱為周期，回轉一周前進的距離稱為螺距。忽略帶電粒子的重力、帶電粒子之間以及帶電粒子與空氣分子之間的相互作用，帶電粒子向地磁場兩極運動的過程中，下列說法正確的是()A．粒子運動的速率逐漸變大B．粒子運動的周期不變C．粒子螺旋運動的半徑不變D．粒子螺旋運動的螺距逐漸變小答案D解析由于洛倫茲力不做功，則粒子的速率總保持不變，A錯誤；由于帶電粒子向地磁場兩極運動的過程中，磁感應強度越來越大，根據(jù)周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子運動的周期逐漸變小，B錯誤；因粒子向兩極運動過程中，其速度方向與磁感應強度方向不垂直，與磁場方向平行的分速度不受洛倫茲力影響，粒子在該方向做勻速運動，則粒子螺旋運動的螺距為x＝v∥T，因粒子運動的周期逐漸變小，所以粒子螺旋運動的螺距逐漸變小，D正確；由于帶電粒子向地磁場兩極運動的過程中，粒子的速度垂直于磁場方向的分量v⊥不變，而磁感應強度越來越大，根據(jù)軌道半徑公式r＝eq\f(mv⊥,qB)可知，粒子螺旋運動的半徑逐漸變小，C錯誤。4.(2022·湖北省武漢市第二中學高三上模擬)如圖所示，在矩形的區(qū)域內存在一個垂直紙面向外的勻強磁場，已知磁感應強度大小為B，eq\f(Oa,ab)＝eq\r(3)，一個質量為m、電量為q的帶正電粒子(重力忽略不計)，從O點沿著Ob方向垂直磁場入射，下列關于帶電粒子在磁場中的運動說法正確的是()A．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,3qB)B．帶電粒子的入射速度越大，在磁場中運動的位移越大C．帶電粒子的入射速度越大，在磁場中運動的時間越長D．帶電粒子可以從bc邊界離開磁場答案AB解析由eq\f(Oa,ab)＝eq\r(3)可知，Ob與Oa的夾角θ＝30°。粒子運動軌跡如圖，由幾何關系可知，粒子軌跡對應的最大圓心角α＝2θ＝60°，粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，則粒子在磁場中運動的最長時間tm＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(πm,3qB)，故A正確；帶電粒子的入射速度越大，在磁場中運動的弧所對的弦長越長，故在磁場中運動的位移越大，但是粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角可能不變或者減小，則運動時間不變或者減小，故B正確，C錯誤；帶電粒子沿著Ob方向垂直射入磁場，受到的洛倫茲力斜向下，故粒子不可能從bc邊界離開磁場，故D錯誤。5.(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體4月模擬二)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，P是磁場邊界上的最低點。大量質量均為m，電荷量為－q(q>0)的帶電粒子，以相同的速率從P點向紙面內的各個方向射入磁場區(qū)域。已知粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r＝2R，A、C為圓形區(qū)域水平直徑的兩個端點，粒子的重力、空氣阻力和粒子間的相互作用均不計，則下列說法正確的是()A．粒子射入磁場時的速率為v＝eq\f(2mBR,q)B．粒子在磁場中運動的最長時間為t＝eq\f(πm,3qB)C．不可能有粒子從C點射出磁場D．不可能有粒子從A點沿水平方向射出磁場答案BD解析粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，Bqv＝eq\f(mv2,r)，且r＝2R，所以v＝eq\f(2qBR,m)，A錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,Bq)，要使粒子在圓形磁場中的運動時間最長，則粒子圓周運動的軌跡應以磁場圓直徑為弦，則粒子的運動軌跡如圖甲，由幾何關系知，此軌跡對應的圓心角為60°，所以最長時間為t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)，故B正確；當入射速度的方向合適時，粒子可以從C點射出，如圖乙所示，故C錯誤；若粒子能從A點水平射出磁場，則在A點作速度方向的垂線，再作AP兩點連線的中垂線，交點即為圓心，此時圓周運動的半徑r＝R≠2R，如圖丙所示，故D正確。6.(2021·山東省濟南市高三下二模)如圖所示，邊長為eq\r(