金版教程物理2025高考科學復習解決方案第十章 磁場第2講 磁場對運動電荷的作用含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學復習解決方案第十章磁場《金版教程(物理）》2025高考科學復習解決方案第十章磁場第講磁場對運動電荷的作用[教材閱讀指導](對應人教版選擇性必修第二冊相關內(nèi)容及問題)第一章第2節(jié)閱讀“洛倫茲力的方向”這一部分內(nèi)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。第一章第2節(jié)“洛倫茲力的大小”這部分的[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。第一章第2節(jié)“電子束的磁偏轉”這部分的[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。第一章第3節(jié)閱讀“帶電粒子在勻強磁場中的運動”這一部分內(nèi)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。第一章第3節(jié)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(nèi)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。必備知識梳理與回顧一、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(nèi)；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。負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反。(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。二、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(nèi)，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)))eq\s\up12(2)r。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·第一章第2節(jié)[練習與應用]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·第一章第3節(jié)[練習與應用]T2改編)(多選)已知氖22原子核的質(zhì)量與氖20原子核的質(zhì)量之比為22∶20，均帶10個元電荷，它們以相同的速度經(jīng)狹縫垂直磁場方向射入勻強磁場，如圖所示。設它們在磁場中運動的軌道半徑之比和周期之比分別為x、y，下列判斷正確的是()A．x＝11∶10 B．x＝10∶11C．y＝11∶10 D．y＝10∶11答案AC解析兩原子核在磁場中均做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，可得r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)。根據(jù)題意可知，兩原子核的電荷量q和射入磁場的速度v均相同，在同一勻強磁場中，B相同，則它們在磁場中運動的軌道半徑之比和周期之比都等于其質(zhì)量之比，即x＝y(tǒng)＝22∶20＝11∶10，故A、C正確，B、D錯誤。3.(人教版選擇性必修第二冊·第一章第4節(jié)[練習與應用]T3改編)如圖所示，一束電子以垂直于磁感應強度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為θ＝60°。下列判斷正確的有()A．電子軌跡所對圓心角為30°B．電子的軌跡半徑為eq\f(d,2)C．電子的比荷為eq\f(v,2dB)D．電子穿越磁場的時間為eq\f(2\r(3)πd,9v)答案D解析作出輔助線如圖，根據(jù)幾何關系可知，電子軌跡所對圓心角為θ＝60°，A錯誤；設電子的軌跡半徑為r，由幾何關系有rsinθ＝d，解得r＝eq\f(2\r(3)d,3)，B錯誤；由洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v,2dB)，C錯誤；電子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(4\r(3)πd,3v)，電子穿越磁場的時間為t＝eq\f(θ,360°)·T，聯(lián)立解得t＝eq\f(2\r(3)πd,9v)，D正確。關鍵能力發(fā)展與提升考點一洛倫茲力的特點及應用深化理解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．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)聯(lián)系：安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力。(2)區(qū)別：安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。3．洛倫茲力與靜電力的比較例1如圖所示，在豎直平面內(nèi)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。【跟進訓練】狄拉克曾經(jīng)預言，自然界應該存在只有一個磁極的磁單極子，如果自然界真的存在這樣一個磁單極子N，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，與正點電荷的電場線分布相似，如圖所示。若空間中的P點僅存在磁單極子N或正點電荷Q，并且位置固定不動，現(xiàn)將一帶正電微粒置于P點附近，下列說法正確的是()A．P點放置的若是正點電荷Q，微?？梢栽赑點上方做圓周運動B．P點放置的若是正點電荷Q，微?？梢栽赑點下方做圓周運動C．P點放置的若是磁單極子N，微粒可以在P點正上方做圓周運動，并且沿順時針方向運動(俯視)D．P點放置的若是磁單極子N，微?？梢栽赑點正下方做圓周運動，并且沿逆時針方向運動(俯視)答案C解析P點放置的若是正點電荷Q，微粒受重力和電場力的作用，由于微粒帶正電，無論微粒在P點的上方還是下方，重力與電場力的合力都不可能垂直指向過P點的豎直軸線，故都不可能做圓周運動，故A、B錯誤；P點放置的若是磁單極子N，其周圍的磁感線與正點電荷的電場線分布相似，微粒受到重力和可能存在的洛倫茲力的作用，若微粒在P點正上方沿順時針方向做圓周運動(俯視)，則洛倫茲力垂直于磁感線斜向上方，與重力的合力可能垂直指向過P點的豎直軸線，同理可判斷，若微粒在P點正下方沿逆時針方向做圓周運動(俯視)，洛倫茲力垂直于磁感線斜向下方，重力與洛倫茲力的合力不可能垂直指向過P點的豎直軸線，故C正確，D錯誤。考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動解題技巧1.垂直射入勻強磁場以恒定速率v在垂直于磁場B的平面內(nèi)做勻速圓周運動。運動周期僅與粒子的比荷和磁場的磁感應強度有關。2．傾斜射入勻強磁場(1)解題方法：運動的分解與合成。(2)運動特點①分運動：在垂直于磁場B的平面內(nèi)做勻速圓周運動，在沿磁場B的方向做勻速直線運動。②合運動：粒子沿“螺旋線”周期性前進。考向1帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動例2(2022·江蘇高考)利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)。如圖所示，云室中存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，半徑之比ra∶rb＝6∶1。不計重力及粒子間的相互作用力，求：(1)粒子a、b的質(zhì)量之比ma∶mb；(2)粒子a的動量大小pa。[答案](1)2∶1(2)eq\f(6,7)mv[解析](1)由題意知，帶等量異號電荷(設電荷量大小均為q)的粒子a、b在磁場中偏轉做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有qvaB＝maeq\f(veq\o\al(2,a),ra)，qvbB＝mbeq\f(veq\o\al(2,b),rb)解得ra＝eq\f(mava,qB)，rb＝eq\f(mbvb,qB)又ra∶rb＝6∶1得mava∶mbvb＝6∶1因為相同時間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1則分裂后粒子a、b在磁場中運動的速度大小之比va∶vb＝3∶1解得粒子a、b的質(zhì)量之比ma∶mb＝2∶1。(2)電中性粒子在A點分裂過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有mv＝mava＋mbvb又mava∶mbvb＝6∶1聯(lián)立解得pa＝mava＝eq\f(6,7)mv。對帶電粒子在勻強磁場中運動的兩點提醒(1)帶電粒子在勻強磁場中運動時，若速率變化，則軌道半徑變化，但運動周期并不發(fā)生變化。(2)微觀粒子在發(fā)生碰撞或衰變時常滿足系統(tǒng)動量守恒，但因m、q、v的改變，往往造成軌道半徑和運動周期的改變?？枷?帶電粒子傾斜射入勻強磁場的“螺旋線”運動例3(魯科版選擇性必修第二冊·第1章第2節(jié)圖1-18、圖1-20改編)(2023·廣東省廣州市高三下第三次模擬)用洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現(xiàn)，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀，如圖1?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖2所示的情景來討論：在空間存在平行于x軸的勻強磁場，由坐標原點在xOy平面內(nèi)以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向，射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為Δx，則下列說法中正確的是()A．勻強磁場的方向為沿x軸負方向B．若僅增大勻強磁場的磁感應強度，則直徑D減小，而螺距Δx不變C．若僅增大電子入射的初速度v0，則直徑D增大，而螺距Δx將減小D．若僅增大α角(α<90°)，則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當α＝90°時“軌跡”為閉合的圓[答案]D[解析]將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x軸方向的初速度與磁場方向平行，電子在沿x軸方向做勻速直線運動；沿y軸方向的初速度與磁場方向垂直，洛倫茲力提供向心力，電子在垂直x軸的平面內(nèi)做勻速圓周運動，由左手定則并結合圖2可知，磁場方向沿x軸正方向，故A錯誤。對電子在垂直于x軸平面的分運動有evB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，其中v＝v0sinα，解得D＝2R＝eq\f(2mv0sinα,eB)，T＝eq\f(2πm,eB)，對電子在沿x軸方向的分運動有Δx＝vxT，其中vx＝v0cosα，解得Δx＝eq\f(2πmv0cosα,eB)；若僅增大磁感應強度B，則D、Δx均減小，故B錯誤；若僅增大v0，則D、Δx皆增大，故C錯誤；若僅增大α角(α<90°)，則D增大，而Δx減小，且當α＝90°時Δx＝0，即“軌跡”為閉合的圓，故D正確?？枷?帶電粒子在勻強磁場中速率連續(xù)變化的運動例4(2022·北京高考)正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是()A．磁場方向垂直于紙面向里B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大C．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大D．軌跡3對應的粒子是正電子[答案]A[解析]根據(jù)題圖可知，軌跡1和3對應的粒子在勻強磁場中的偏轉方向一致，則軌跡1和3對應的粒子均為電子，軌跡2對應的粒子為正電子，電子帶負電且沿順時針方向偏轉，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直于紙面向里，A正確，D錯誤；帶電粒子所受洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子運動的半徑為r＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)題圖可知，軌跡1對應的粒子運動的軌跡半徑越來越小，則運動速度越來越小，在P點附近，軌跡3對應的粒子運動的軌跡半徑大于軌跡2對應的粒子運動的軌跡半徑，則軌跡3對應的粒子初速度比軌跡2的大，B、C錯誤?？键c三帶電粒子在有界勻強磁場中的運動解題技巧1．概述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(nèi)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。常見的磁場邊界：單直線邊界、平行直線邊界、矩形邊界、四分之一坐標平面邊界、三角形邊界、圓形邊界。如圖所示。2．解題關鍵——確定軌跡圓心求解帶電粒子在有界勻強磁場中的運動問題，首先應畫出軌跡圓示意圖，找出軌跡圓心。確定軌跡圓心的3個依據(jù)：(1)圓心一定在垂直于速度的直線上；(2)圓心一定在弦的中垂線上；(3)圓心與軌跡圓上任一點的距離一定等于軌跡半徑。常見情境：a．如圖甲，若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心。b．如圖乙，若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心。c．如圖丙，若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)計算出軌跡半徑r，則在該點沿洛倫茲力方向距離為r的位置為圓心。3．軌跡半徑的計算方法一(由動力學關系求)：由于qvB＝eq\f(mv2,r)，所以軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)；方法二(由幾何關系求)：作輔助線構造出與軌跡半徑相關的三角形(通常是直角三角形)，根據(jù)勾股定理、三角函數(shù)求解，或根據(jù)正弦定理、余弦定理求解。例如：如圖所示，R＝eq\f(L,sinθ)，或由R2＝L2＋(R－d)2求得R。4．運動時間的計算方法一(由運動圓弧所對的圓心角α、圓周運動的周期T求)：t＝eq\f(α,2π)·T；方法二(由運動的弧長s、線速度v求)：t＝eq\f(s,v)。5．分析、求解帶電粒子在有界勻強磁場中運動問題的一般步驟6．作圖及分析帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡時需要注意的問題四個點：入射點、出射點、軌跡圓心、入射速度所在直線與出射速度所在直線的交點。六條線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑，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。三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角(如圖所示)。粒子速度的偏轉角(φ)等于軌跡所對圓心角(α)，并等于AB弦與圓切線的夾角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt?？枷?單直線邊界磁場例5(多選)空間中虛線上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，一群電子以不同速率v從邊界上的P點以相同的方向射入磁場，其中某一速率為v0的電子從Q點射出，如圖所示。已知電子入射方向與邊界夾角為θ，則由以上條件可判斷()A．該勻強磁場的方向是垂直紙面向里B．所有電子在磁場中的軌跡相同C．速率大的電子在磁場中運動的時間長D．與進入磁場時相比，出磁場時，所有電子的速度方向都改變了2θ[答案]AD[解析]根據(jù)左手定則判斷可知，該勻強磁場的方向垂直紙面向里，故A正確。電子進入磁場后受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得evB＝meq\f(v2,r)，解得電子的軌跡半徑r＝eq\f(mv,eB)，則電子的軌跡半徑與電子的速率成正比，速率不同，軌跡半徑不同，則在磁場中的軌跡不同，故B錯誤。根據(jù)圓的對稱性可知，所有電子離開磁場時速度方向與PQ線的夾角都是θ，則與進入磁場時相比，出磁場時所有電子的速度方向都改變了2θ，由幾何知識可知，所有電子在磁場中的軌跡對應的圓心角都是2θ，電子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,eB)，可知所有電子做圓周運動的周期都相同，則所有電子在磁場中運動的時間都相同，為t＝eq\f(2θ,2π)·T＝eq\f(2θm,eB)，故C錯誤，D正確。帶電粒子在單直線邊界勻強磁場區(qū)域運動的特點等角進出：粒子進、出磁場時，速度與邊界的夾角相等，即入射點的弦切角等于出射點的弦切角，如圖所示。考向2四分之一坐標平面邊界磁場例6(2021·北京高考)如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內(nèi)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(zhì)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))eq\s\up12(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?？枷?圓形邊界磁場例7(2021·全國乙卷)如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1，離開磁場時速度方向偏轉90°；若射入磁場時的速度大小為v2，離開磁場時速度方向偏轉60°。不計重力，則eq\f(v1,v2)為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)[答案]B[解析]根據(jù)題意作出粒子的軌跡圓如圖所示。設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，粒子速度大小為v1、v2時在磁場中的軌道半徑分別為r1、r2，則根據(jù)幾何關系有r1＝R，r2＝eq\r(3)R。根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(qBr,m)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),3)，故B正確。帶電粒子在圓形邊界勻強磁場區(qū)域運動的特點(1)徑向進出若粒子沿著邊界圓的某一半徑方向進入磁場，則粒子離開磁場時速度的反向延長線一定過磁場區(qū)域的圓心(即沿著另一半徑方向射出)。證明：如圖甲，因為OA＝OB，O1A＝O1B，所以△O1OA≌△O1OB，所以∠OBO1＝90°，vB沿OB方向。(2)等角進出若粒子射入磁場時速度方向與入射點對應半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與出射點對應半徑夾角也為θ。證明：如圖乙，因為OM＝ON，O1M＝O1N，所以△O1OM≌△O1ON，則∠ONO1＝∠OMO1，又因為∠O1MO2＝90°，∠O1NO2＝90°，所以∠ONO2＝∠OMO2＝θ。建模提能4磁聚焦與磁發(fā)散1．帶電粒子的聚焦如圖甲所示，大量同種帶正電的粒子，速度大小相等，水平平行入射到圓形磁場區(qū)域，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(r＝R)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出。(聚焦)證明：四邊形OAO′B為菱形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點入射的帶電粒子必然經(jīng)過B點。2．帶電粒子的發(fā)散如圖乙所示，圓形磁場區(qū)域的磁感應強度為B，圓心為O，從最高點P點有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行。(發(fā)散)證明：所有粒子運動軌跡的圓心與磁場圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)。(2021·湖南高考)帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關鍵技術之一。帶電粒子流(每個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q)以初速度v垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在xOy平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。(1)如圖a，寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A(0，r1)、半徑為r1的圓形勻強磁場中，若帶電粒子流經(jīng)過磁場后都匯聚到坐標原點O，求該磁場磁感應強度B1的大小；(2)如圖a，虛線框為邊長等于2r2的正方形，其幾何中心位于C(0，－r2)。在虛線框內(nèi)設計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使匯聚到O點的帶電粒子流經(jīng)過該區(qū)域后寬度變?yōu)?r2，并沿x軸正方向射出。求該磁場磁感應強度B2的大小和方向，以及該磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程)；(3)如圖b，虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點O，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4，并沿x軸正方向射出，從而實現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁感應強度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程)。[答案](1)eq\f(mv,qr1)(2)eq\f(mv,qr2)垂直于紙面向里πreq\o\al(2,2)(3)eq\f(mv,qr3)eq\f(mv,qr4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－1))req\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－1))req\o\al(2,4)[解析](1)粒子沿x軸正方向射入圓形磁場，在坐標原點O匯聚，分析可知粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑r1。粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB1＝meq\f(v2,r1)解得B1＝eq\f(mv,qr1)。(2)分析可知，虛線框內(nèi)面積最小的磁場區(qū)域為：以C為圓心、r2為半徑的圓。粒子在虛線框內(nèi)磁場中運動的半徑為r2，根據(jù)牛頓第二定律有qvB2＝meq\f(v2,r2)解得B2＝eq\f(mv,qr2)根據(jù)左手定則可知，虛線框內(nèi)磁場的方向為垂直于紙面向里虛線框內(nèi)圓形磁場區(qū)域的面積為S2＝πreq\o\al(2,2)。(3)從Ⅰ區(qū)進入磁場的粒子的臨界軌跡如圖所示，其中3和4為粒子運動的軌跡圓，1和2為磁場的圓弧邊界粒子在Ⅰ、Ⅲ區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑分別為r3、r4，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)可知，Ⅰ和Ⅲ中磁場的磁感應強度大小分別為BⅠ＝eq\f(mv,qr3)，BⅢ＝eq\f(mv,qr4)圖中陰影區(qū)域為Ⅰ、Ⅳ中的磁場區(qū)域，Ⅱ、Ⅲ中的磁場區(qū)域與Ⅰ、Ⅳ中的磁場區(qū)域關于x軸對稱，則Ⅱ中勻強磁場區(qū)域的面積SⅡ＝2×eq\f(1,4)πreq\o\al(2,3)－req\o\al(2,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－1))req\o\al(2,3)Ⅳ中勻強磁場區(qū)域的面積SⅣ＝2×eq\f(1,4)πreq\o\al(2,4)－req\o\al(2,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－1))req\o\al(2,4)。(多選)如圖，在邊長為L的正方形abcd的部分區(qū)域內(nèi)存在著方向垂直紙面的勻強磁場，a點處有離子源，可以向正方形abcd所在區(qū)域的任意方向發(fā)射速率均為v的相同的正離子，且所有離子均垂直bc邊射出，下列說法正確的是()A．磁場區(qū)域的最小面積為eq\f(π－2,4)L2B．離子在磁場中做圓周運動的半徑為LC．磁場區(qū)域的最大面積為eq\f(π,4)L2D．離子在磁場中運動的最長時間為eq\f(2πL,3v)答案BC解析由題圖可知，若所有正離子垂直bc邊射出，則以d為圓心，半徑為L的eq\f(1,4)圓弧ac為磁場區(qū)域的邊界，其半徑與離子做圓周運動的半徑相同，所以離子在磁場中做圓周運動的半徑為R＝L；磁場區(qū)域的最小面積為Smin＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πL2－\f(1,2)L2))＝eq\f(π－2,2)L2，故A錯誤，B正確；磁場的最大區(qū)域是四分之一圓，面積Smax＝eq\f(1,4)πL2，離子運動的最長時間t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πL,2v)，故C正確，D錯誤。課時作業(yè)[A組基礎鞏固練]1．(2022·湖北高考)(多選)如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點O射入，并經(jīng)過點P(a>0，b>0)。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從O到P運動的時間為t1，到達P點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從O到P運動的時間為t2，到達P點的動能為Ek2。下列關系式正確的是()A．t1<t2 B．t1>t2C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2答案AD解析若該過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，t1＝eq\f(a,v0)，Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))；若該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，此時粒子做勻速圓周運動，t2＝eq\f(\o(OP,\s\up8(︵)),v0)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故t1<t2，Ek1>Ek2，A、D正確，B、C錯誤。2.(魯科版選擇性必修第二冊·第1章第2節(jié)圖1-15改編)(多選)1930年，師從密立根的中國科學家趙忠堯，在實驗中最早觀察到正負電子對產(chǎn)生與湮滅，成為第一個發(fā)現(xiàn)正電子的科學家。此后，人們在氣泡室中，觀察到一對正負電子的運動軌跡，如圖所示。已知勻強磁場的方向垂直照片平面向外，電子重力忽略不計，則下列說法正確的是()A．右側為正電子運動軌跡B．正電子與負電子分離瞬間，正電子速度大于負電子速度C．正、負電子所受洛倫茲力始終相同D．正、負電子在氣泡室運動時，動能減小、軌跡半徑減小、周期不變答案AD解析正、負電子在氣泡室中運動時，只受洛倫茲力和氣泡室內(nèi)液體阻力，其中洛倫茲力不對正、負電子做功，液體阻力對正、負電子做負功，由動能定理可知，正、負電子的動能減小，其速度不斷減小，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，并且T＝eq\f(2πR,v)，可知軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，故軌跡半徑不斷減小，周期不變，D正確；由D項分析并結合左手定則知，右側為正電子運動軌跡，A正確；由R＝eq\f(mv,qB)可得電子的速度為v＝eq\f(BqR,m)，由題圖可知，正電子與負電子分離瞬間，正電子軌跡半徑更小，則正電子速度小于負電子速度，B錯誤；由B項分析可知，正、負電子分離瞬間速度大小不同，由F＝Bvq并結合左手定則可知，此時正、負電子所受洛倫茲力大小、方向均不同，C錯誤。3.(2023·遼寧省阜新市高三下4月聯(lián)考)如圖所示，在第四象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場，一對比荷之比為2∶1的正、負帶電粒子在坐標平面內(nèi)以相同的速率沿與x軸成30°角的方向從坐標原點射入磁場。不計粒子受到的重力及粒子間的作用力。正、負帶電粒子在磁場中運動的時間之比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶3 D．1∶1答案D解析根據(jù)題意，畫出正、負帶電粒子的運動軌跡示意圖，如圖所示，由圖可知，帶正電粒子軌跡所對應的圓心角為θ正＝120°，帶負電粒子軌跡所對應的圓心角為θ負＝60°，正、負帶電粒子在磁場中運動軌跡所對應圓心角之比為θ正∶θ負＝2∶1；由洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，又周期T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，故正、負帶電粒子在磁場中運動的周期之比為T正∶T負＝1∶2，又粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)T，故正、負帶電粒子在磁場中運動的時間之比為eq\f(t正,t負)＝eq\f(θ正T正,θ負T負)＝eq\f(1,1)，故選D。4.如圖，虛線所圍區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，acb是半圓，圓心是O，半徑為r，∠bOc＝60°，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子，以速度v沿半徑Oc射入磁場，從bd邊垂直邊界離開磁場，不計離子重力，則()A．離子做圓周運動的半徑為2rB．離子離開磁場時距b點為3rC．虛線所圍區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小為eq\f(mv,3qr)D．離子在磁場中的運動時間為eq\f(5\r(3)πr,6v)答案D解析由題意，作出離子在磁場中的運動軌跡如圖所示，則根據(jù)幾何關系可知，離子在磁場中做圓周運動的半徑為R＝rtan60°＝eq\r(3)r，離子離開磁場時距b點為l＝R＋eq\f(r,cos60°)－r＝(eq\r(3)＋1)r，故A、B錯誤；離子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，可得B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv,\r(3)qr)，故C錯誤；由幾何關系知，離子在磁場中運動軌跡對應的圓心角θ＝180°－30°＝150°＝eq\f(5π,6)，則運動時間為t＝eq\f(θR,v)＝eq\f(5\r(3)πr,6v)，故D正確。5.如圖所示，帶電粒子從O點射入寬度為d的有界勻強磁場，粒子的入射方向與磁場邊界的夾角為θ，粒子從磁場的右邊界P點離開，OP長為d，粒子僅受磁場力作用。則()A．可以求出粒子在磁場中的運動時間B．可以求出粒子做圓周運動的半徑C．可以求出粒子的速度大小D．可以求出粒子的比荷答案B解析由題意知，OP垂直于兩側磁場邊界，粒子僅受磁場力作用，在磁場中做勻速圓周運動，過O點作速度的垂線與OP的中垂線交于一點O′，O′即為粒子軌跡的圓心，設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可知eq\f(\f(d,2),R)＝cosθ，解得R＝eq\f(d,2cosθ)，故B正確；粒子在磁場中做圓周運動，有Bqv＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,Bq)，可知粒子的速度大小為v＝eq\f(BRq,m)，其中R可以求出，但粒子的比荷eq\f(q,m)和磁感應強度B未知，故無法求出v，同理可知粒子的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，其中R可以求出，但粒子的速度v和磁感應強度B未知，故無法求出eq\f(q,m)，C、D錯誤；粒子運動周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,Bq)，由幾何知識可知，粒子在磁場中軌跡所對的圓心角為α＝π－2θ，則粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(α,2π)·T＝(π－2θ)eq\f(m,Bq)，其中粒子的比荷eq\f(q,m)和磁感應強度B均未知，則無法求出t，A錯誤。6.如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()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答案B解析若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，有qvaB＝meq\f(veq\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點射出，運動軌跡如圖線②，有qvdB＝meq\f(veq\o\al(2,d),Rd)Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)。B正確。7．(2023·安徽省蕪湖市高三下5月教學質(zhì)量統(tǒng)測)(多選)國際空間站上的阿爾法磁譜儀(AMS)是探究宇宙中的反物質(zhì)和暗物質(zhì)(即由反粒子構成的物質(zhì))的重要儀器，如氚核(eq\o\al(3,1)H)的反粒子(反氚核)為(eq\o\al(3,－1)H)。該磁譜儀核心部分的截面區(qū)域是半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域磁場方向垂直紙面向外，且粒子打到磁場邊界就被吸收。如圖所示，P為粒子的入射窗口，各粒子從P射入時的速度大小相同，且均沿直徑方向，P、a、b、c、d、e為圓周上的等分點，若質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)射入磁場區(qū)域后打在a點，則反氚核(eq\o\al(3,－1)H)射入后()A．反氚核將打在d點B．反氚核射入磁場后運動軌跡的半徑為質(zhì)子的eq\f(1,3)C．反氚核在磁場中運動軌跡的弧長為質(zhì)子的eq\f(3,2)D．反氚核在磁場中運動的時間為質(zhì)子的eq\f(2,3)答案AC解析質(zhì)子eq\o\al(1,1)H與反氚核(eq\o\al(3,－1)H)的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶1，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，已知各粒子從P射入時速度v相同，則反氚核和質(zhì)子在磁場中運動軌跡半徑關系為r2＝3r1，質(zhì)子射入磁場區(qū)域后打在a點，根據(jù)幾何關系可知，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)軌跡對應的圓心角θ1＝180°－60°＝120°，taneq\f(θ1,2)＝eq\f(R,r1)＝eq\r(3)，同理對反氚核的軌跡由幾何關系有taneq\f(θ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(\r(3),3)，則其軌跡對應的圓心角θ2＝60°，由左手定則結合幾何關系可知，反氚核將打在d點，故A正確，B錯誤；由l＝rθ可知，反氚核與質(zhì)子在磁場中運動的軌跡弧長關系為l2＝r2θ2＝eq\f(3,2)l1，由t＝eq\f(l,v)可知，質(zhì)子和反氚核在磁場中運動的時間關系為t2＝eq\f(3,2)t1，故C正確，D錯誤。[B組綜合提升練]8.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，粒子將繞地磁場磁感線做螺旋運動，形成范艾倫輻射帶。