第二講磁場對運動電荷的作用(原卷版+解析)

第二講磁場對運動電荷的作用知識梳理一、洛倫茲力的大小和方向1．定義：運動電荷在磁場中受到的力。2．大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝0；(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB；(3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ。3．方向(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向。(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v。即F垂直于B、v決定的平面。(注意B和v可以有任意夾角)二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動。2．若v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運動。3．做勻速圓周運動的基本公式(1)向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)；(2)軌道半徑公式：r＝eq\f(mv,qB)；(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB)。注意：帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速率無關(guān)。考點一、洛倫茲力的理解和應(yīng)用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≠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(guān)系一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，且與電荷電性有關(guān)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，M、N為兩根垂直紙面的平行長直導(dǎo)線，O為M、N連線中點，一電子沿過O點垂直紙面的直線向外射出，當兩導(dǎo)線同時通有如圖方向電流時，該電子將()A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn)C．向左偏轉(zhuǎn) D．向右偏轉(zhuǎn)例2、(2022·江西重點中學(xué)聯(lián)考)如圖，光滑絕緣的圓弧軌道MON固定在豎直平面內(nèi)。O為其最低點，M、N等高，勻強磁場方向與軌道平面垂直。將一個帶正電的小球自M點由靜止釋放，它在軌道上M、N間往復(fù)運動。下列說法中正確的是()A．小球在M點和N點時均處于平衡狀態(tài)B．小球由M到O所用的時間小于由N到O所用的時間C．小球每次經(jīng)過O點時對軌道的壓力均相等D．小球每次經(jīng)過O點時所受合外力均相等課堂隨練訓(xùn)練1、下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強度方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是()訓(xùn)練2、如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。質(zhì)量為m、電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關(guān)C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1．圓心、半徑和時間的確定基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心P、M點速度方向垂線的交點②弦的垂直平分線過圓心P點速度垂線與弦的垂直平分線交點③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心某點的速度垂線與切點法線的交點半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法：左圖中，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)運動時間的確定利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度L求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(L,v)(1)速度的偏轉(zhuǎn)角φ等于eq\o(AB,\s\up8(︵))所對的圓心角θ(2)偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ＜180°時，φ＝2α；φ＞180°時，φ＝360°－2α2．運動軌跡(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)。(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)。(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)。3．常用結(jié)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，運動時間越長。例1、(多選)(2021·湖北卷，9)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是()A．a(chǎn)帶負電荷 B．b帶正電荷C．c帶負電荷 D．a(chǎn)和b的動量大小一定相等例2、(多選)(2022·山東省二模)如圖，虛線上方空間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場，在紙面內(nèi)沿不同的方向從粒子源O先后發(fā)射速率均為v的質(zhì)子和α粒子，質(zhì)子和α粒子同時到達P點。已知OP＝l，α粒子沿與PO成30°角的方向發(fā)射，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，則下列說法正確的是()A．質(zhì)子在磁場中運動的半徑為eq\f(1,2)lB．α粒子在磁場中運動的半徑為eq\f(\r(3),2)lC．質(zhì)子在磁場中運動的時間為eq\f(πl(wèi),2v)D．質(zhì)子和α粒子發(fā)射的時間間隔為eq\f(7πl(wèi),6v)例3、(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(yīng)強度例4、如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場，若電子在磁場中運動的軌跡半徑為2d，O′在MN上，且OO′與MN垂直。下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)例5、(2021·全國乙卷，16)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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)課堂隨練訓(xùn)練1、一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段軌跡如圖所示，軌跡上的每一小段都可近似看成圓?。捎趲щ娏Ｗ邮寡赝镜目諝怆婋x，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變)，則從圖中情況可以確定()A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從a到b，帶負電C．粒子從b到a，帶正電D．粒子從b到a，帶負電訓(xùn)練2、如圖所示，矩形虛線框MNPQ內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。粒子重力不計。下列說法正確的是()A．粒子a帶負電B．粒子c的動能最大C．粒子b在磁場中運動的時間最長D．粒子b在磁場中運動時的向心力最大訓(xùn)練3、(多選)如圖所示，在坐標系的y軸右側(cè)存在有理想邊界的勻強磁場，磁感應(yīng)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(zhì)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(zhuǎn)后從y軸的某點離開磁場。忽略粒子重力。關(guān)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訓(xùn)練4、如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為()A．eq\r(3)∶2 B．eq\r(2)∶1C．eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)訓(xùn)練5、(2019·全國卷Ⅲ·18)如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運動的時間為()A．eq\f(5πm,6qB)B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB)D．eq\f(13πm,6qB)考點三、帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題分析思路和方法兩種思路一是以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后分析、討論處于臨界條件時的特殊規(guī)律和特殊解二是直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值兩種方法物理方法(1)利用臨界條件求極值；(2)利用邊界條件求極值；(3)利用矢量圖求極值數(shù)學(xué)方法(1)用三角函數(shù)求極值；(2)用二次方程的判別式求極值；(3)用不等式的性質(zhì)求極值；(4)圖像法等從關(guān)鍵詞找突破口許多臨界問題，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件例1、(多選)如圖所示，邊長為eq\r(3)L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向發(fā)射相同的帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q。粒子速度大小為v時，恰好沒有粒子穿出磁場區(qū)域，不計粒子的重力。下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強度大小為eq\f(2mv,qL)B．磁感應(yīng)強度大小為eq\f(4mv,qL)C．若發(fā)射粒子速度為2v時，在磁場中運動的最短時間為eq\f(πL,12v)D．若發(fā)射粒子速度為2v時，在磁場中運動的最短時間為eq\f(πL,6v)例2、（2020全國3）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(zhì)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(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為（）A． B． C． D．例3、如圖所示，正方形區(qū)域abcd內(nèi)(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(zhì)量為m，電荷量為q，磁場的磁感應(yīng)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。課堂隨練訓(xùn)練1、如圖所示，平行邊界MN、PQ之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，兩邊界間距為d。邊界MN上A點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向射出完全相同的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子射出的速度大小均為v＝eq\f(2qBd,3m)。若不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為()A．1 B．2∶3C．eq\r(3)∶2 D．2eq\r(7)∶7訓(xùn)練2、如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L，一個粒子源在a點將質(zhì)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)訓(xùn)練3、(2022·蘇錫常鎮(zhèn)四市5月調(diào)研)如圖，直角坐標系xOy中，y軸上P點處有一個粒子源，可沿－x到＋x方向向上180°范圍內(nèi)發(fā)射帶正電的粒子，粒子的比荷均為eq\f(q,m)＝5.0×106C/kg，速度大小介于0～3.0×105m/s。MN是一塊置于x軸上的粒子收集薄金屬板，各點坐標如圖，其中a＝0.3m?？梢酝ㄟ^施加電場或磁場的方式進行粒子的收集。(1)若平面內(nèi)存在電場，且P和MN間電勢差U＝7.0×103V，求到達板上的粒子的速度最大值；(2)若在平面內(nèi)加一垂直于紙面向外的足夠大勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B＝0.1T，求能夠被板MN收集到的粒子的最小速度；(3)在第(2)問的條件下，求能夠被板MN收集到的粒子的最長運動時間。同步訓(xùn)練1、(2022·浙江高三模擬)一根通電直導(dǎo)線水平放置，通過直導(dǎo)線的恒定電流方向如圖所示，現(xiàn)有一電子從直導(dǎo)線下方以水平向右的初速度v開始運動，不考慮電子重力，關(guān)于接下來電子的運動，下列說法正確的是()A．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變大B．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變小C．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變大D．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變小2、云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)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(guān)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(yīng)的粒子動量最大C．c徑跡對應(yīng)的粒子動能最大D．c徑跡對應(yīng)的粒子運動時間最長3、某帶電粒子以速度v沿垂直于磁場方向射入勻強磁場中．粒子做半徑為R的勻速圓周運動，若粒子的速度為2v，則下列說法正確的是()A．粒子運動的周期變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)B．粒子運動的半徑仍為RC．粒子運動的加速度變?yōu)樵瓉淼?倍D．粒子運動軌跡所包圍的磁通量變?yōu)樵瓉淼?倍4、(多選)(2019·海南卷，9)如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動。射入磁場時，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則()A．P和Q的質(zhì)量之比為1∶2B．P和Q的質(zhì)量之比為eq\r(2)∶1C．P和Q速度大小之比為eq\r(2)∶1D．P和Q速度大小之比為2∶15、(2019·全國Ⅱ卷，17)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)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)kBl6、(多選)如圖所示，在直角坐標系xOy中x＞0空間內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的勻強磁場(其他區(qū)域無磁場)，在y軸上有到原點O的距離均為L的C、D兩點。帶電粒子P(不計重力)從C點以速率v沿x軸正向射入磁場，并恰好從O點射出磁場；與粒子P相同的粒子Q從C點以速率4v沿紙面射入磁場，并恰好從D點射出磁場，則()A．粒子P帶正電B．粒子P在磁場中運動的時間為eq\f(πL,2v)C．粒子Q在磁場中運動的時間可能為eq\f(3πL,4v)D．粒子Q在磁場中運動的路程可能為eq\f(2πL,3)7、如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運動的最長時間為()A．eq\f(π,kB) B．eq\f(π,2kB)C．eq\f(π,3kB) D．eq\f(π,4kB)8、(2022·丹東一模)如圖所示，坐標平面內(nèi)有邊界過P(0，L)點和坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，方向垂直于坐標平面，一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(不計重力)，從P點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，從x軸上的Q點射出磁場區(qū)域，此時速度與x軸正方向的夾角為60°，下列說法正確的是()A．磁場方向垂直于坐標平面向外B．磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(mv0,2eL)C．圓形磁場區(qū)域的半徑為2LD．圓形磁場的圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)L，\f(\r(3),2)L))9、如圖所示，勻強磁場限定在一個圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，一個質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度大小為v的帶電粒子沿磁場區(qū)域的直徑方向從P點射入磁場，從Q點沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了θ角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法錯誤的是()A．粒子帶正電B．粒子在磁場中運動的軌跡長度為eq\f(mvθ,qB)C．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(mθ,qB)D．圓形磁場區(qū)域的半徑為eq\f(mv,qB)tanθ10、(2019·全國Ⅰ卷，24)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。11、(2022·浙江百校3月聯(lián)考)一簡易的速度篩選器如圖所示，形狀為一等腰直角三角形，直角邊長為2a。在該區(qū)域里，有一垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一束速度大小不同，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從中點O垂直AB射入該磁場區(qū)域，在BC邊放置一粒子收集器，長度與BC等長，粒子打到收集器上會被收集，從而把這些粒子篩選出來。其中粒子重力不計，也不計粒子間相互作用。(1)求能被收集粒子的最小速度；(2)求能被收集粒子的速度范圍；(3)討論能被收集粒子在磁場中運動的時間與速度的關(guān)系；(4)如果入射點稍向下移，能被收集粒子的速度范圍會增大還是減小？(不需要寫出推導(dǎo)過程)第二講磁場對運動電荷的作用知識梳理一、洛倫茲力的大小和方向1．定義：運動電荷在磁場中受到的力。2．大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝0；(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB；(3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ。3．方向(1)判定方法：應(yīng)用左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向。(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v。即F垂直于B、v決定的平面。(注意B和v可以有任意夾角)二、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動。2．若v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做勻速圓周運動。3．做勻速圓周運動的基本公式(1)向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)；(2)軌道半徑公式：r＝eq\f(mv,qB)；(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB)。注意：帶電粒子在勻強磁場中運動的周期與速率無關(guān)?？键c一、洛倫茲力的理解和應(yīng)用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≠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(guān)系一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，且與電荷電性有關(guān)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，M、N為兩根垂直紙面的平行長直導(dǎo)線，O為M、N連線中點，一電子沿過O點垂直紙面的直線向外射出，當兩導(dǎo)線同時通有如圖方向電流時，該電子將()A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn)C．向左偏轉(zhuǎn) D．向右偏轉(zhuǎn)【答案】D【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知，M、N兩導(dǎo)線在O點形成的磁場方向都是向上的，故O點處合磁場方向向上，電子沿過O點垂直紙面的直線向外射出時，由左手定則可知，電子受洛倫茲力向右．例2、(2022·江西重點中學(xué)聯(lián)考)如圖，光滑絕緣的圓弧軌道MON固定在豎直平面內(nèi)。O為其最低點，M、N等高，勻強磁場方向與軌道平面垂直。將一個帶正電的小球自M點由靜止釋放，它在軌道上M、N間往復(fù)運動。下列說法中正確的是()A．小球在M點和N點時均處于平衡狀態(tài)B．小球由M到O所用的時間小于由N到O所用的時間C．小球每次經(jīng)過O點時對軌道的壓力均相等D．小球每次經(jīng)過O點時所受合外力均相等【答案】D【解析】平衡狀態(tài)的加速度為零，故A錯誤；由于洛倫茲力總是與運動方向垂直，又沒有摩擦力，故對其速度大小有影響的只有重力，故小球無論從哪邊滾下，時間都是一樣的，故B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律，小球每次經(jīng)過最低點的速度大小相同，由F合＝meq\f(v2,r)可知，F(xiàn)合大小相等，故D正確；小球在最低點時受重力、支持力和洛倫茲力，從N到M時，洛倫茲力向下，故有F1－mg－F洛＝meq\f(v2,r)，故此時小球?qū)壍赖膲毫镕1＝mg＋F洛＋meq\f(v2,r)，小球從M到N時，洛倫茲力向上，故有F2＋F洛－mg＝meq\f(v2,r)，故此時小球?qū)壍赖膲毫镕2＝mg－F洛＋meq\f(v2,r)，所以小球經(jīng)過最低點時對軌道的壓力大小不相等，故C錯誤。課堂隨練訓(xùn)練1、下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應(yīng)強度方向和電荷的受力方向之間的關(guān)系正確的是()【答案】B【解析】根據(jù)左手定則判斷，A項中洛倫茲力方向豎直向上；B項中洛倫茲力方向豎直向下；C項、D項電荷不受洛倫茲力；故選項B正確，A、C、D錯誤。訓(xùn)練2、如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。質(zhì)量為m、電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關(guān)C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上【答案】C【解析】根據(jù)左手定則可知，滑塊下滑過程中，受到垂直斜面向下的洛倫茲力，故C正確；隨著滑塊速度的變化，洛倫茲力大小變化，它對斜面的壓力大小發(fā)生變化，故滑塊受到的摩擦力大小變化，故A錯誤；B越大，滑塊下滑過程中受到的洛倫茲力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，據(jù)動能定理，滑塊到達地面時的動能就越小，故B錯誤；由于開始滑塊不受洛倫茲力時能下滑，說明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B很大時，若滑塊速度很小，則摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑塊不會靜止在斜面上，故D錯誤。考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1．圓心、半徑和時間的確定基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心P、M點速度方向垂線的交點②弦的垂直平分線過圓心P點速度垂線與弦的垂直平分線交點③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心某點的速度垂線與切點法線的交點半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法：左圖中，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)運動時間的確定利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度L求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(L,v)(1)速度的偏轉(zhuǎn)角φ等于eq\o(AB,\s\up8(︵))所對的圓心角θ(2)偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ＜180°時，φ＝2α；φ＞180°時，φ＝360°－2α2．運動軌跡(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)。(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)。(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)。3．常用結(jié)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，運動時間越長。例1、(多選)(2021·湖北卷，9)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是()A．a(chǎn)帶負電荷 B．b帶正電荷C．c帶負電荷 D．a(chǎn)和b的動量大小一定相等【答案】BC【解析】由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應(yīng)保持不變，則粒子c應(yīng)帶負電，A錯誤，B、C正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于a粒子與粒子b的電荷量大小關(guān)系未知，則粒子a與粒子b的動量大小關(guān)系不確定，D錯誤。例2、(多選)(2022·山東省二模)如圖，虛線上方空間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場，在紙面內(nèi)沿不同的方向從粒子源O先后發(fā)射速率均為v的質(zhì)子和α粒子，質(zhì)子和α粒子同時到達P點。已知OP＝l，α粒子沿與PO成30°角的方向發(fā)射，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，則下列說法正確的是()A．質(zhì)子在磁場中運動的半徑為eq\f(1,2)lB．α粒子在磁場中運動的半徑為eq\f(\r(3),2)lC．質(zhì)子在磁場中運動的時間為eq\f(πl(wèi),2v)D．質(zhì)子和α粒子發(fā)射的時間間隔為eq\f(7πl(wèi),6v)【答案】ACD【解析】根據(jù)題意作出α粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，α粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝l，因為粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，質(zhì)子與α粒子的比荷為2∶1，所以其半徑之比為1∶2，質(zhì)子半徑為eq\f(1,2)l，故A正確，B錯誤；α粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πl(wèi),v)，轉(zhuǎn)過的圓心角θ1＝300°，則α粒子在磁場中的運動時間t1＝eq\f(5,6)T＝eq\f(5πl(wèi),3v)，質(zhì)子從O點射入，P點射出，半徑為eq\f(1,2)l，可知從O點射入的速度方向必與OP邊界垂直，θ2＝180°，故t2＝eq\f(1,2)T′＝eq\f(πl(wèi),2v)，所以質(zhì)子和α粒子發(fā)射的時間間隔為t1－t2＝eq\f(7πl(wèi),6v)，故C、D正確。例3、(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(yīng)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(guān)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(yīng)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(zhuǎn)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(yīng)強度B未知且不可求出，則運動時間無法求出，故C錯誤。例4、如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里。一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場，若電子在磁場中運動的軌跡半徑為2d，O′在MN上，且OO′與MN垂直。下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)【答案】D【解析】電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，故A錯誤；設(shè)電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－＝(2－eq\r(3))d，故B、C錯誤；設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，由幾何知識得sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正確。例5、(2021·全國乙卷，16)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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】設(shè)磁場區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子以v1射入磁場時，在磁場中運動的軌跡半徑r1＝R，帶電粒子以v2射入磁場時，在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r2＝Rtan60°＝eq\r(3)R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，則r1＝eq\f(mv1,qB)，r2＝eq\f(mv2,qB)，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(3),3)，B正確。課堂隨練訓(xùn)練1、一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場，粒子的一段軌跡如圖所示，軌跡上的每一小段都可近似看成圓?。捎趲щ娏Ｗ邮寡赝镜目諝怆婋x，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變)，則從圖中情況可以確定()A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從a到b，帶負電C．粒子從b到a，帶正電D．粒子從b到a，帶負電【答案】C【解析】由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，則速度逐漸減小，根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子的半徑逐漸減小，所以粒子的運動方向是從b到a，再根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，故C正確，A、B、D錯誤．訓(xùn)練2、如圖所示，矩形虛線框MNPQ內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。粒子重力不計。下列說法正確的是()A．粒子a帶負電B．粒子c的動能最大C．粒子b在磁場中運動的時間最長D．粒子b在磁場中運動時的向心力最大【答案】D【解析】由左手定則可知，a粒子帶正電，故A錯誤；由qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，由題圖可知粒子c的軌跡半徑最小，粒子b的軌跡半徑最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝eq\f(1,2)mv2，知粒子c的動能最小，故B錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有F向＝qvB，則可知粒子b的向心力最大，故D正確；由T＝eq\f(2πm,qB)，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的軌跡所對的圓心角最小，則粒子b在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)T最短，故C錯誤。訓(xùn)練3、(多選)如圖所示，在坐標系的y軸右側(cè)存在有理想邊界的勻強磁場，磁感應(yīng)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(zhì)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(zhuǎn)后從y軸的某點離開磁場。忽略粒子重力。關(guān)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(shè)粒子運動軌跡半徑為r，由幾何關(guān)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(guān)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。訓(xùn)練4、如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為()A．eq\r(3)∶2 B．eq\r(2)∶1C．eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)【答案】C【解析】由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2,R)可知，R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時，則AP＝2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時，則BP＝2R2，由幾何關(guān)系可知，R1＝eq\f(R,2)，R2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R，則eq\f(v2,v1)＝eq\f(R2,R1)＝eq\r(3)，C項正確。訓(xùn)練5、(2019·全國卷Ⅲ·18)如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運動的時間為()A．eq\f(5πm,6qB)B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB)D．eq\f(13πm,6qB)【答案】B【解析】設(shè)帶電粒子進入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示，對應(yīng)的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)、T＝eq\f(2πR,v)，可得R1＝eq\f(mv,qB)、R2＝eq\f(2mv,qB)、T1＝eq\f(2πm,qB)、T2＝eq\f(4πm,qB)，帶電粒子在第二象限中運動的時間為t1＝eq\f(T1,4)，在第一象限中運動的時間為t2＝eq\f(θ,2π)T2，又由幾何關(guān)系有cosθ＝eq\f(R2－R1,R2)＝eq\f(1,2)，可得t2＝eq\f(T2,6)，則粒子在磁場中運動的時間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝eq\f(7πm,6qB)，選項B正確，A、C、D錯誤．考點三、帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題分析思路和方法兩種思路一是以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后分析、討論處于臨界條件時的特殊規(guī)律和特殊解二是直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值兩種方法物理方法(1)利用臨界條件求極值；(2)利用邊界條件求極值；(3)利用矢量圖求極值數(shù)學(xué)方法(1)用三角函數(shù)求極值；(2)用二次方程的判別式求極值；(3)用不等式的性質(zhì)求極值；(4)圖像法等從關(guān)鍵詞找突破口許多臨界問題，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件例1、(多選)如圖所示，邊長為eq\r(3)L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向發(fā)射相同的帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q。粒子速度大小為v時，恰好沒有粒子穿出磁場區(qū)域，不計粒子的重力。下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強度大小為eq\f(2mv,qL)B．磁感應(yīng)強度大小為eq\f(4mv,qL)C．若發(fā)射粒子速度為2v時，在磁場中運動的最短時間為eq\f(πL,12v)D．若發(fā)射粒子速度為2v時，在磁場中運動的最短時間為eq\f(πL,6v)【答案】BC【解析】磁場方向垂直紙面向外，粒子恰好沒有穿出磁場區(qū)域，因此帶電粒子的軌跡圓的直徑等于過O點垂直于cb的線段長度，設(shè)垂足為d，由幾何關(guān)系得Od＝eq\f(1,2)L，則粒子軌跡圓的半徑為r＝eq\f(1,4)L，由洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，得B＝eq\f(4mv,qL)，A錯誤，B正確；當發(fā)射粒子速度為2v時，由2qvB＝meq\f(（2v）2,r)，得r′＝eq\f(2mv,qB)＝eq\f(L,2)，求最短時間，也就是求粒子在磁場中轉(zhuǎn)過最小的角度，當粒子從垂足d穿出時，時間最短，由幾何關(guān)系知，轉(zhuǎn)過的角度為θ＝60°，T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πL,2v)，即最短時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(πL,12v)，C正確，D錯誤。例2、（2020全國3）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(zhì)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(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，則其運動軌跡，如圖所示A點為電子做圓周運動的圓心，r為半徑，由圖可知為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得解得；由洛倫茲力提供向心力解得，故C正確，ABD錯誤。故選C。例3、如圖所示，正方形區(qū)域abcd內(nèi)(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(zhì)量為m，電荷量為q，磁場的磁感應(yīng)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?！敬鸢浮?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(guān)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(shè)此時初速度為v01，軌道半徑為R1，由幾何關(guān)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(shè)此時初速度為v02，軌道半徑為R2，由幾何關(guān)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)。課堂隨練訓(xùn)練1、如圖所示，平行邊界MN、PQ之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，兩邊界間距為d。邊界MN上A點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向射出完全相同的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子射出的速度大小均為v＝eq\f(2qBd,3m)。若不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為()A．1 B．2∶3C．eq\r(3)∶2 D．2eq\r(7)∶7【答案】C【解析】由v＝eq\f(2qBd,3m)可知粒子在磁場中運動的軌道半徑為r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,3)d，則粒子能打到PQ上的區(qū)域長度為2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)d))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)d))2)＝eq\f(2\r(3),3)d；粒子能打到MN上的區(qū)域的長度為2r＝eq\f(4,3)d，故粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為eq\f(\r(3),2)，故選C。訓(xùn)練2、如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L，一個粒子源在a點將質(zhì)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(zhuǎn)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(guān)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。訓(xùn)練3、(2022·蘇錫常鎮(zhèn)四市5月調(diào)研)如圖，直角坐標系xOy中，y軸上P點處有一個粒子源，可沿－x到＋x方向向上180°范圍內(nèi)發(fā)射帶正電的粒子，粒子的比荷均為eq\f(q,m)＝5.0×106C/kg，速度大小介于0～3.0×105m/s。MN是一塊置于x軸上的粒子收集薄金屬板，各點坐標如圖，其中a＝0.3m?？梢酝ㄟ^施加電場或磁場的方式進行粒子的收集。(1)若平面內(nèi)存在電場，且P和MN間電勢差U＝7.0×103V，求到達板上的粒子的速度最大值；(2)若在平面內(nèi)加一垂直于紙面向外的足夠大勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B＝0.1T，求能夠被板MN收集到的粒子的最小速度；(3)在第(2)問的條件下，求能夠被板MN收集到的粒子的最長運動時間?！敬鸢浮?1)4×105m/s(2)1.25×105m/s(3)eq\f(π,3)×10－5s【解析】(1)由動能定理可得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0m)可解得最大速度vm＝4×105m/s。(2)由幾何關(guān)系可知，最小速度的粒子的軌跡應(yīng)該是以PM為直徑的圓，如圖甲所示，所以r1＝eq\f(PM,2)＝0.25m由向心力公式可得qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)可得v1＝1.25×105m/s。(3)粒子運動時間最長的應(yīng)該是速度最大即為vm的粒子，其軌跡如圖乙所示，軌跡圓與MN相切由qv0mB＝meq\f(veq\o\al(2,0m),r2)可得r2＝0.6m由幾何關(guān)系可得cosθ＝eq\f(r2－a,r2)所以θ＝eq\f(π,3)由圓周運動可知，運動時間t＝eq\f(（2π－θ）r2,v0m)可得t＝eq\f(π,3)×10－5s。同步訓(xùn)練1、(2022·浙江高三模擬)一根通電直導(dǎo)線水平放置，通過直導(dǎo)線的恒定電流方向如圖所示，現(xiàn)有一電子從直導(dǎo)線下方以水平向右的初速度v開始運動，不考慮電子重力，關(guān)于接下來電子的運動，下列說法正確的是()A．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變大B．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變小C．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變大D．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動的半徑逐漸變小【答案】B【解析】水平導(dǎo)線中通有恒定電流I，根據(jù)安培定則判斷可知，導(dǎo)線上方的磁場方向垂直紙面向里，導(dǎo)線下方的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則判斷可知，導(dǎo)線下方的電子所受的洛倫茲力方向向上，則電子將向上偏轉(zhuǎn)，其速率v不變，而離導(dǎo)線越近，磁場越強，磁感應(yīng)強度B越大，由公式r＝eq\f(mv,qB)，可知電子的軌跡半徑逐漸變小，故選B.2、云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)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(guān)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(yīng)的粒子動量最大C．c徑跡對應(yīng)的粒子動能最大D．c徑跡對應(yīng)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(yīng)的圓心角最大，則a徑跡對應(yīng)的粒子運動時間最長，D錯誤。3、某帶電粒子以速度v沿垂直于磁場方向射入勻強磁場中．粒子做半徑為R的勻速圓周運動，若粒子的速度為2v，則下列說法正確的是()A．粒子運動的周期變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)B．粒子運動的半徑仍為RC．粒子運動的加速度變?yōu)樵瓉淼?倍D．粒子運動軌跡所包圍的磁通量變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】D【解析】由題意得，a＝eq\f(qvB,m)，R＝eq\f(mv,qB)，Φ＝BS＝Bπ(eq\f(mv,qB))2，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，當粒子的速度變?yōu)?v時，a變?yōu)樵瓉淼?倍，R變?yōu)樵瓉淼?倍，Φ變?yōu)樵瓉淼?倍，T不變，故A、B、C錯誤，D正確．4、(多選)(2019·海南卷，9)如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場，在紙面內(nèi)運動。射入磁場時，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點射出磁場，且在磁場中運動的時間相同，則()A．P和Q的質(zhì)量之比為1∶2B．P和Q的質(zhì)量之比為eq\r(2)∶1C．P和Q速度大小之比為eq\r(2)∶1D．P和Q速度大小之比為2∶1【答案】AC【解析】設(shè)MN＝2R，則粒子P做圓周運動的軌跡圓半徑R＝eq\f(mPvP,qB)；粒子Q做圓周運動的軌跡圓半徑為eq\r(2)R，有eq\r(2)R＝eq\f(mQvQ,qB)；又兩粒子在磁場中運動時間相同，則tP＝eq\f(πmP,qB)，tQ＝eq\f(1,4)TQ＝eq\f(πmQ,2qB)，即eq\f(πmP,qB)＝eq\f(πmQ,2qB)，解得mQ＝2mP，vP＝eq\r(2)vQ，故A、C正確，B、D錯誤。5、(2019·全國Ⅱ卷，17)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)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，ra＝eq\f(l,4)由qvaB＝meq\f(veq\o\al(2,a),ra)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由幾何關(guān)系得req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(rd－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2整理得rd＝eq\f(5,4)l由qvdB＝meq\f(veq\o\al(2,d),rd)得vd＝eq\f(qBrd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)，選項B正確。6、(多選)如圖所示，在直角坐標系xOy中x＞0空間內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的勻強磁場(其他區(qū)域無磁場)，在y軸上有到原點O的距離均為L的C、D兩點。帶電粒子P(不計重力)從C點以速率v沿x軸正向射入磁場，并恰好從O點射出磁場；與粒子P相同的粒子Q從C點以速率4v沿紙面射入磁場，并恰好從D點射出磁場，則()A．粒子P帶正電B．粒子P在磁場中運動的時間為eq\f(πL,2v)C．粒子Q在磁場中運動的時間可能為eq\f(3πL,4v)D．粒子Q在磁場中運動的路程可能為eq\f(2πL,3)【答案】ABD【解析】粒子P從C點沿x軸正向進入磁場，受洛倫茲力而向上偏轉(zhuǎn)過O點，由左手定則知帶正電，故A正確；據(jù)題意可知P粒子在磁場中做半個圓周運動，則半徑為R1＝eq\f(L,2)，運動時間為t1＝eq\f(πR1,v)＝eq\f(πL,2v)，故B正確；Q粒子與P粒子的比荷相同，而速度為4v，由R＝eq\f(mv,qB)可知R2＝4R1＝2L，而CD距離為2L，故Q粒子不可能沿x軸正向進入磁場。設(shè)與y軸的夾角為θ，分別有兩種情況從C點進過D出，軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系可知θ＝30°，兩種軌跡的圓心角為60°和300°，則粒子Q的運動時間t2＝eq\f(\f(π,3)·2L,4v)＝eq\f(πL,6v)或t2＝eq\f(\f(5π,3)·2L,4v)＝eq\f(5πL,6v)，而圓周的弧長為s＝eq\f(π,3)·2L＝eq\f(2πL,3)或s＝eq\f(5π,3)·2L＝eq\f(10πL,3)，故C錯誤，D正確。7、如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。磁場邊界上A點有一粒子源，源源不斷地向磁場發(fā)射各種方向(均平行于紙面)且速度大小相等的帶正電的粒子(重力不計)，已知粒子的比荷為k，速度大小為2kBr。則粒子在磁場中運動的最長時間為()A．eq\f(π,kB) B．eq\f(π,2kB)C．eq\f(π,3kB) D．eq\f(π,4kB)【答案】C【解析】粒子在磁場中運動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2kBr,Bk)＝2r；當粒子在磁場中運動時間最長時，其軌跡對應(yīng)的圓心角最大，此時弦長最大，其最大值為圓磁場的直徑2r，故t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)＝eq\f(π,3kB)，故選項C正確。8、(2022·丹東一模)如圖所示，坐標平面內(nèi)有邊界過P(0，L)點和坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，方向垂直于坐標平面，一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子(不計重力)，從P點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，從x軸上的Q點射出磁場區(qū)域，此時速度與x軸正方向的夾角為60°，下列說法正確的是()A．磁場方向垂直于坐標平面向外B．磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(mv0,2