高考物理一轮复习 第九章：磁场学案

这是一份高考物理一轮复习 第九章：磁场学案，共97页。学案主要包含了磁场，磁感线，安培力等内容，欢迎下载使用。

第1讲 磁场的描述 磁场对电流的作用
一、磁场
1．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)大小：B＝eq \f(F,Il)(通电导线垂直于磁场)。单位是特斯拉，符号是T。
(3)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向。
(4)叠加：磁感应强度是矢量，叠加时遵守平行四边形定则。
2．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场。
(2)磁感线特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
二、磁感线
1．磁感线的特点
(1)描述磁场的方向：磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
(2)描述磁场的强弱：磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱。
(3)是闭合曲线：在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极。
(4)不相交：同一磁场的磁感线永不相交、不相切。
(5)是假想线：磁感线是为了形象描述磁场而假想的曲线，客观上并不存在。
2．电流的磁场
三、安培力
1．安培力的大小
(1)磁场方向和电流方向垂直时：F＝BIl。
(2)磁场方向和电流方向平行时：F＝0。
2．安培力的方向——左手定则判断
(1)伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
情境创设
我们居住的地球是一个大磁体，如图所示，地磁场的分布类似于条形磁铁的磁场。
地磁场具有以下特点：
(1)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近。
(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北。
微点判断
(1)地面附近磁感应强度的方向与地面平行。(×)
(2)地磁场两极的磁感应强度方向与地面垂直。(√)
(3)地磁场两极的磁感应强度比赤道处的大。(√)
(4)将通电导线放在空中，一定受到安培力的作用。(×)
(5)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。(√)
(6)磁场中某点磁感应强度的方向，跟安培力的方向一致。(×)
(7)地磁场的地磁“两极”与地球的地理“两极”位置大致相反。(√)
(8)磁感线是假想的曲线，磁感线在磁铁外部是由N极指向S级，在磁铁内部则是由S极指向N极。(√)
(9)若地磁场是因地球表面带电荷引起的，则地球表面应该带正电荷。(×)
(10)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(√)
(11)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)
(12)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)
(13)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(×)
(一) 安培定则的应用和磁场的叠加(固基点)
[题点全练通]
1．[安培定则的理解及应用]
如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(灰色一端)指示磁场方向正确的是( )
A．a B．b
C．c D．d
解析：选C 根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，可知C正确。
2．[直线电流同一平面内磁场的叠加]
(2021·全国甲卷)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )
A．B、0 B．0、2B
C．2B、2B D．B、B
解析：选B 竖直方向的两段导线中电流相等，且在同一直线上，可把EO与O′Q等效成一根无限长直导线，同理PO′与OF等效成一根无限长直导线。根据安培定则可知，两根无限长直导线在M处产生的磁感应强度方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。
3．[直线电流立体空间内磁场的叠加]已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则关于a、b、c、e、f五点，下列说法正确的是( )
A．f、a点磁感应强度相同
B．c、e两点磁感应强度大小之比为2∶1
C．c点磁感应强度最大
D．c点磁感应强度方向与ac平行
解析：选C 由对称性可知，f、a点磁感应强度大小相等，但是方向不相同，选项A错误；设每根直导线的电流为I，则B＝eq \f(kI,r)，若正方体边长为L，则c点磁感应强度大小Bc＝eq \f(2kI,L)，e点磁感应强度大小Be＝eq \f(\r(2)kI,L)，大小之比为eq \r(2)∶1，选项B错误；a、b、c、e、f五个点中c点距离两通电导线距离都是最小，且两根通电导线在c点的磁场方向相同，都沿着b→c方向，则合成后磁感应强度最大，选项C正确，D错误。
[要点自悟明]
1．安培定则的应用关键
在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场方向时关键应分清“因”和“果”。
2．磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场。
(3)应用平行四边形定则对各个场源产生的磁场进行合成，如图中的合磁场B。
(二) 安培力的分析与计算(固基点)
[题点全练通]
1．[安培力方向的判断]
一根容易发生形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈伸直状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示正确的是( )
解析：选D 由左手定则可以判断出，A中导线与磁场方向平行，所受安培力为零，B中导线所受安培力垂直纸面向里，C、D中导线所受安培力方向水平向右，导线受力以后的弯曲方向应与受力方向一致，D正确，A、B、C错误。
2．[安培力大小的计算]
如图所示，将一根同种材料，粗细均匀的导体围成半径为R的闭合导体线圈，固定在垂直线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中。C、D两点将线圈分为上、下两部分，且C、D两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120°。现将大小为I的恒定电流自C、D两点间通入，则线圈C、D两点间上、下两部分导线受到的总安培力的大小为( )
A．eq \r(3)BIR B．eq \r(2)BIR
C．BIR D．0
解析：选A 由几何关系可知，C、D两点间的距离L＝Rsin 60°×2＝eq \r(3)R，由等效思想可知，导体线圈受到的总安培力的大小F安＝BIL＝eq \r(3)BIR，故选A。
3．[安培力的叠加问题]
如图所示，两根通电长直导线a、b平行且水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时b受到的安培力大小为F。当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F，图中a、b、c三者间距相等，此时a受到的安培力大小为( )
A．F B．eq \r(3)F
C．2eq \r(3)F D．eq \r(7)F
解析：选B 导线a、b受到的安培力如图所示，a、b、c三者间距相等，a、b中的电流强度均为I时，b受到的安培力大小为F，故a受到b对a的安培力大小也为F；当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F，可知c对b的安培力大小也为F，根据空间位置关系可知b、c电流大小相等，可知c对a的安培力大小也为F；b对a的安培力和c对a的安培力夹角为60°，大小都为F，故此时a受到的安培力大小为eq \r(3)F，B正确，A、C、D错误。
4．[安培力作用下的平衡]
(2022·湖南高考)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ与电流I成正比
D．sin θ与电流I成正比
解析：选D 当导线静止在图(a)右侧位置时，对导线做受力分析有，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝eq \f(BIL,mg)，FT＝mgcs θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cs θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。
[要点自悟明]
1．安培力大小——F＝BILsin θ
(1)θ为I方向与B方向的夹角。
(2)特例：①当I⊥B时，F＝BIL。
②当I∥B时，F＝0。
(3)通电导线的有效长度
①当通电导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。
②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。
2．安培力叠加的两种分析思路
(1)先分析通电导线所在处的合磁感应强度的大小和方向，由左手定则判断安培力的方向，由F＝BILsin θ求安培力的大小。
(2)先由左手定则判断各个安培力的方向，由F＝BILsin θ求各个安培力的大小，再由平行四边形定则求其合力。
3．安培力作用下导体的平衡问题的分析思路
(三) 导体运动情况的判断五法(培优点)
方法1 等效法
(1)环形电流―→小磁针；(2)通电螺线管―→条形磁铁；(3)通电线圈―→小磁针。
1.如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到( )
A．线圈向左平移
B．线圈向右平移
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁
解析：选C 把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知：从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁，C正确。
方法2 结论法
(1)同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。
(2)两非平行的电流相互作用时，总有转到平行且电流方向相同的趋势。
2.(2021·广东高考)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是( )
解析：选C 因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示。
方法3 电流元法
分割为电流元eq \(―――――→,\s\up7(左手定则),\s\d5( ))安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向。
3.通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示。下列哪种情况将会发生( )
A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动
B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动
C．L2绕轴O按顺时针方向转动
D．L2绕轴O按逆时针方向转动
解析：选D 由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场方向为垂直纸面向外，且离导线L1越远的地方，磁场越弱，将导线L2分成很多小段，可以判断导线L2上的每一小部分受到的安培力方向均为水平向右，由于O点下方的磁场较强，则所受安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D正确。
方法4 电流元法与特殊位置法的结合
在特殊位置―→安培力方向―→运动方向(如下题中当导线转过90°时判断吸引还是排斥)。
4.把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧形，如图所示。导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由a到b。下列说法正确的是( )
A．从上往下看，导线ab顺时针旋转同时向上移动
B．从上往下看，导线ab逆时针旋转同时向下移动
C．虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源不可能是蹄形磁铁
D．虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源可能是条形磁铁、通电螺线管、直线电流等
解析：选D 由题图可知，导线左侧所在处的磁场方向斜向下，导线右侧所在处的磁场斜向上，则由左手定则可知，导线左侧受力方向向里，导线右侧受力方向向外，故从上往下看，导线ab顺时针旋转；当导线转过90°时，即导线与磁场垂直，由左手定则可知，导线ab受力向下，故可得出导线ab顺时针旋转同时还要向下移动，故A、B错误；磁感线方向从右向左，可能由水平放置的条形磁铁提供，也可能由竖直放置的蹄形磁铁提供，也可能由水平放置的通电螺线管提供，也可能由通电直导线提供，故C错误，D正确。
方法5 转换研究对象法
当定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势如何的问题时，由于磁体所受电流磁场的作用力方向不便于直接判断，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力的方向，再由牛顿第三定律，间接确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向。
5．(2023·平顶山模拟)水平桌面上一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示。则在这个过程中，磁体受到的摩擦力的方向和桌面对磁体的弹力( )
A．摩擦力始终为零，弹力大于磁体重力
B．摩擦力始终不为零，弹力大于磁体重力
C．摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体重力
D．摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体重力
解析：选C 如图所示，导线在S极上方时所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向右下方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；导线在磁体中间正上方时，导线所受安培力竖直向上，磁体不受摩擦力；如图所示，当导线在N极上方时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左下方，磁体有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，桌面对磁体的弹力始终大于磁体的重力，故A、B、D错误，C正确。
1．[树立民族自信]如图所示是我国最早期的指南仪器——司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场。下列与地磁场有关的说法，正确的是( )
A．地磁场是假想的，客观上不存在
B．地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行
C．通电导线在地磁场中可能不受安培力作用
D．运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功
解析：选C 地磁场是客观存在的，故A错误；地磁场的磁感线是闭合的曲线，从地理南极附近发出，到地理北极附近进入地球，组成闭合曲线，故B错误；当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力，故C正确；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功，故D错误。
2．[聚焦科技前沿]如图所示为一种新型的电磁船的俯视图，MN、PQ为固定在船上的竖直平行金属板，直流电源接在M、P之间，船上装有产生强磁场的装置，可在两平行金属板间海水中的虚线框内产生强磁场。闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q，若船受到海水的反冲向左运动，虚线框中的磁场方向应该( )
A．竖直向下 B．竖直向上
C．水平向左 D．水平向右
解析：选A 闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q，且船向左运动，船体所受的力方向向左，根据牛顿第三定律可知，海水所受的安培力方向向右，再根据左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误。
3．[体现学以致用]
某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab＝L1，bc＝L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．当电流表的示数为零时，弹簧的长度为eq \f(mg,k)
B．标尺上的电流刻度是均匀的
C．为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为N→M
D．电流表的量程为 eq \f(mg＋kL2,BL1)
解析：选B 电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平衡条件得mg＝kx0，解得x0＝eq \f(mg,k)，x0 为弹簧伸长量，不是弹簧的长度，A错误；当电流为I时，安培力为FA＝BIL1，静止时弹簧伸长量的增加量为Δx，根据胡克定律ΔF＝kΔx，可得Δx＝eq \f(FA,k)＝eq \f(BIL1,k)，Δx∝I，故标尺上的电流刻度是均匀的，B正确；要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，C错误；设Δx＝L2，则有I＝Im，BImL1＝kL2，解得Im＝eq \f(kL2,BL1)，故电流表的量程为eq \f(kL2,BL1)，D错误。
4．[联系生活实际]
在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测的方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线( )
A．平行于EF，深度为eq \f(L,2)
B．平行于EF，深度为L
C．垂直于EF，深度为eq \f(L,2)
D．垂直于EF，深度为L
解析：选A 如图，画出垂直于金属管线方向的截面，可知磁场最强的点a即为地面上距离管线最近的点，找出b、c两点的位置，由题意可知EF过a点垂直于纸面，所以金属管线与EF平行，根据几何关系得深度为eq \f(L,2)，A正确。
5．[体现学以致用]电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示，两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是( )
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
解析：选A 通电线圈相当于条形磁铁，两线圈电流方向相同时，相当于异性磁极相互吸引，天平示数为负，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力跟线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，C错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力都是线圈Ⅱ受到的力，不是一对相互作用力，D错误。
[课时跟踪检测]
1.如图所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当在a、b两导线所在平面加入垂直纸面向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，则此时b受到的磁场力大小为( )
A．F B．2F
C．3F D．4F
解析：选A 根据安培定则和左手定则可知a导线受到的F水平向右，由牛顿第三定律可知b受到a施加的磁场力也为F，方向水平向左。加入匀强磁场后a受到的磁场力大小为3F，方向水平向右，则匀强磁场施加给a的安培力方向水平向右，大小为2F，施加给同向电流b的安培力方向也水平向右，则b受到的合磁场力大小为2F－F＝F，所以A正确，B、C、D错误。
2．(2022·全国乙卷)(多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知( )
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50 μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
解析：选BC 如图所示，地磁南极大致在地理北极附近，地磁北极大致在地理南极附近。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格中第1次数据可看出此处的磁感应强度大致为B＝eq \r(By2＋Bz2)，计算得B≈50 μT，B正确；由以上分析知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量By0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误。
3．(2023·合肥质检)如图所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻为5R，其余各棒的电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小为( )
A.eq \f(F,2) B.eq \f(2F,3)
C.eq \f(3F,4) D.eq \f(5F,6)
解析：选A S闭合后，ab棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I＝eq \f(E,5R)，ab棒受到的安培力大小为Fab＝BIL，其余各棒在磁场中的等效长度也为L，受到安培力的大小为F余＝BIL，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F余＝2BIL。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F余′＝BIL＝eq \f(F,2)，故选A。
4.如图所示，长度为d、质量为m的导体棒用绝缘细线悬挂并垂直纸面放置，导体棒中有方向由a指向b、大小为I的电流，导体棒处在水平向右的匀强磁场中。现改变匀强磁场方向，使其在竖直平面内逆时针缓慢转到水平向左，此过程中细线与竖直方向的最大夹角为30°，细线始终绷紧。已知重力加速度为g(安培力小于重力)。则匀强磁场的磁感应强度B大小为( )
A.eq \f(\r(3)mg,2Id) B.eq \f(mg,2Id)
C.eq \f(2mg,Id)D.eq \f(2\r(3)mg,3Id)
解析：选B 缓慢调节磁场方向时，导体棒受安培力大小不变，对导体棒受力分析，并作出安培力的旋转矢量如图所示，由图可知当安培力方向与细线拉力方向垂直时，细线与竖直方向夹角最大，由图中几何关系可知sin 30°＝eq \f(BId,mg)，解得B＝eq \f(mg,2Id)，故选B。
5．(2023·安徽滁州模拟)实验规律可知：通电长直导线周围产生磁场，导线周围某处磁感应强度的大小与电流大小成正比，与该处到直导线的垂直距离成反比。M、N、P是半圆上的三点，O点是圆心，MN为直径，∠NOP＝60°。在M、N处各有一条垂直半圆面的长直导线，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，P点的磁感应强度大小为B2，则( )
A．B2∶B1＝2∶eq \r(3) B．B2∶B1＝1∶eq \r(3)
C．B2∶B1＝1∶2 D．B2∶B1＝2∶1
解析：选B 根据安培定则，两直线电流在O点和P点的磁感应强度方向如图所示。
假设圆的半径为R，则在O点处有BN＝keq \f(I,R)，BM＝keq \f(I,R)，则有B1＝BM＋BN＝eq \f(2kI,R)，则在P点处有BN′＝keq \f(I,R)，BM′＝keq \f(I,\r(3)R)，则有B2＝eq \r(BN′2＋BM′2)＝eq \f(2kI,\r(3)R)，故有eq \f(B2,B1)＝eq \f(\f(2kI,\r(3)R),\f(2kI,R))＝eq \f(1,\r(3))，B正确，A、C、D错误。
6.如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d＝10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4 A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)( )
A．0.25 T B．0.5 T
C．0.75 T D．0.83 T
解析：选B 未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知
安培力方向竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，两式相比得eq \f(mg,mg＋BId)＝eq \f(2kx,2k×1.5x)＝eq \f(1,1.5)，解得B＝0.5 T，故B正确。
7.如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍，两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是( )
A．a点与b点的磁感应强度相同
B．a点与c点的磁感应强度相同
C．a点与d点的磁感应强度相同
D．a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同
解析：选B 通电直导线在周围形成的磁场，磁感应强度大小为B＝eq \f(kI,r)，方向由安培定则确定，从右向左画出各点的磁感应强度的平面图，如图所示，由对称性可知a与c点的合磁感应强度等大同向，b与d两点的合磁感应强度等大同向，故选项B正确。
8．(2023·河北邯郸模拟)如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝keq \f(I,r)，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为(a，b)，若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为( )
A．eq \f(a,b)I0，沿y轴正向 B．eq \f(a,b)I0，沿y轴负向
C．eq \f(b,a)I0，沿y轴正向 D．eq \f(b,a)I0，沿y轴负向
解析：选A 根据右手螺旋定则可知，沿x轴的电流在A点处的磁感应强度为B1＝keq \f(I0,b)，方向垂直于纸面向外，因为A点磁感应强度为零，所以沿y轴的电流在A点产生的磁场垂直纸面向里，大小等于B1，有keq \f(I,a)＝keq \f(I0,b)，解得I＝eq \f(a,b)I0，根据右手螺旋定则可知电流方向沿y轴正方向，故A正确。
第2讲 带电粒子在磁场中的运动
一、洛伦兹力
1．定义：运动电荷在磁场中受到的力称为洛伦兹力。
2．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。
3．大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。
3．半径和周期公式：(v⊥B)
情境创设
如图所示，是洛伦兹力演示仪，它可以研究带电粒子在磁场中的偏转情况。
微点判断
(1)运动的电子在磁场中因受洛伦兹力的作用发生偏转。(√)
(2)电子的速度越大，运动半径越大。(√)
(3)电子的速度越大，运动周期越大。(×)
(4)增大磁场的磁感应强度，电子运动半径变大。(×)
(5)增大磁场的磁感应强度，电子运动周期变小。(√)
(6)洛伦兹力对运动的电子做正功。(×)
(一) 洛伦兹力的分析与计算(固基点)
[题点全练通]
1．[对洛伦兹力的理解]
关于对洛伦兹力的理解，下列说法正确的是( )
A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度
D．洛伦兹力对带电粒子永不做功
解析：选D 运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向，不改变带电粒子的速度大小，洛伦兹力对带电粒子永不做功，故D正确。
2．[洛伦兹力的方向判断]
(2023·安徽芜湖质检)如图所示是电视显像管原理示意图(俯视图)，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，不计电子的重力，图中O点为荧光屏的中心，若调节偏转线圈中的电流，使电子束打到荧光屏上的A点，此时下列说法正确的是( )
A．电子经过磁场速度增大
B．偏转磁场的方向水平向右
C．偏转磁场的方向垂直纸面向里
D．偏转磁场的方向垂直纸面向外
解析：选D 电子经过磁场，洛伦兹力不做功，则动能不变，即速度大小不变，故A错误；欲使电子束打到荧光屏上的A点，则洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向外，故B、C错误，D正确。
3．[洛伦兹力的大小计算]
真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球先加速后减速
B．小球受到的洛伦兹力始终为零
C．小球在ab中点受到的洛伦兹力为零
D．小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向竖直向外
解析：选C 根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到中点洛伦兹力竖直向下，从中点至b端洛伦兹力竖直向上，B、D错误，C正确。
4．[洛伦兹力与电场力的比较]
(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则( )
A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4
C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较
解析：选AC 第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝eq \f(v02,2g)。第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v02＝2gh3，所以h1＝h3，A正确。而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq \f(1,2)mv02，又由于eq \f(1,2)mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D错误。第4个图：因不知道小球电性和小球所受电场力方向，则h4可能大于h1，也可能小于h1，h2与h4无法比较，B错误，C正确。
[要点自悟明]
1．洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)洛伦兹力永不做功。
2．洛伦兹力与电场力的比较
(二) 半径公式和周期公式的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[对半径公式、周期公式的理解]
(多选)在同一匀强磁场中，两带电荷量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
解析：选BC 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(mv,qB)，又T＝eq \f(2πm,qB)，可知B、C正确。
2．[半径公式、周期公式的应用]
如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是( )
A．电子的运动轨迹为PENCMDP
B．B1＝2B2
C．电子从射入磁场到回到P点用时为eq \f(2πm,B1e)
D．B1＝4B2
解析：选B 根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向指向M，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝eq \f(2πm,B1e)＋eq \f(πm,B2e)，故C错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝eq \f(mv,Be)可知，B1＝2B2，故B正确，D错误。
3．[半径公式与动量守恒定律的综合应用]
K－介子的衰变方程为：K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子带负电，π0介子不带电。如图，匀强磁场的方向垂直纸面向外，一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入，其轨迹为图中的虚线圆弧，若K－介子在磁场中发生衰变，则衰变产生的π－介子和π0介子的运动轨迹可能是( )
解析：选C π－介子与K－介子均带负电，若两者运动方向相同，可知π－介子与K－介子受洛伦兹力的方向相同，圆弧的弯曲方向相同，若π－介子和π0介子都沿K－的运动方向，由动量守恒定律可知，π－介子动量大小小于K－介子的动量大小，由r＝eq \f(mv,qB)可知，π－介子半径较小；π0介子不带电，则沿直线运动，C正确，D错误；若π0介子反向运动，由动量守恒定律可知，π－介子的动量大于K－介子，衰变后π－介子将沿K－方向运动，由于π－介子与K－介子均带负电，受洛伦兹力的方向相同，圆弧的弯曲方向相同，且π－介子的运动半径大于K－介子，A、B错误。
[要点自悟明]
1．带电粒子垂直射入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力：
(1)向心力公式：qvB＝eq \f(mv2,r)。
(2)半径公式：r＝eq \f(mv,qB)。
(3)周期公式：T＝eq \f(2πm,qB)。
2．对带电粒子在匀强磁场中运动的两点提醒：
(1)带电粒子在匀强磁场中运动时，若速率变化，引起轨道半径变化，但运动周期并不发生变化。
(2)微观粒子在发生碰撞或衰变时常满足系统动量守恒，但因m、q、v等的改变，往往造成轨道半径和运动周期的改变。
(三) 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动(精研点)
类型(一) 直线边界的磁场
1．粒子进出直线边界的磁场时，常见情形如图所示：
2．带电粒子(不计重力)在直线边界匀强磁场中运动时具有两个特性：
(1)对称性：进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等。
(2)完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的半径相等而且两个圆弧轨迹恰好构成一个完整的圆，两圆弧所对应的圆心角之和等于2π。
1.(多选)如图所示，在0≤x≤7d的区域内存在与xOy平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O沿与x轴正方向成θ＝53°的方向垂直射入磁场，从磁场右边界上点P(7d，d)离开。已知粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为4d
B．粒子的发射速度大小为eq \f(5qBd,m)
C．粒子从P点射出时的速度方向与x 轴正方向的夹角为37°
D．若只改变粒子的入射方向，则粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,qB)
解析：选BC 如图所示，根据题意作出粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示。作出入射速度的垂线，连接OP作中垂线，两线相交于A点，A点即为圆心，设OP与x轴夹角为α，sin α＝eq \f(d,OP)，cs α＝eq \f(7d,OP)，OP＝eq \r(d2＋7d2)＝5eq \r(2)d，r＝eq \f(\f(1,2)OP,cs37°＋α)，cs(37°＋α)＝cs 37°cs α－sin 37°sin α＝eq \f(\r(2),2)，所以得到r＝5d，由牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,r)，得v＝eq \f(5qBd,m)，故A错误，B正确；根据以上分析37°＋α＝45°，故α＝8°，设粒子射出磁场的速度与x轴正方向夹角为β，速度的偏转角与粒子运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可知出射速度方向与x轴正方向的夹角为37°，故C正确；当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子轨迹过程图如图所示，所以粒子在磁场中运动的最长时间大于eq \f(πm,qB)，故D错误。
类型(二) 平行直线边界的磁场
1．粒子进出平行直线边界的磁场时，常见情形如图所示：
2．粒子在平行直线边界的磁场中运动时存在临界条件，如图a、c、d所示。
3．各图中粒子在磁场中的运动时间：
(1)图a中粒子在磁场中运动的时间t1＝eq \f(θm,Bq)，t2＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)。
(2)图b中粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θm,Bq)。
(3)图c中粒子在磁场中运动的时间
t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(θ,π)))T＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(θ,π)))eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2mπ－θ,Bq)。
(4)图d中粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)。
2.(多选)两个带等量异种电荷的粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则( )
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
解析：选BD 由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，故Ra＝eq \f(\f(1,2)d,sin 30°)＝d，Rb＝eq \f(\f(1,2)d,sin 60°)＝eq \f(\r(3),3)d，所以Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1，故B正确；由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝eq \f(Ta,6)＝tb＝eq \f(Tb,3)，则Ta∶Tb＝2∶1，粒子运动周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，根据a、b粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。
3.(2023·广州调研)如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是( )
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶eq \r(3)
C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为eq \r(3)∶1
D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
解析：选B 粒子a向上偏转，由左手定则得，粒子a带正电；粒子b向下偏转，粒子b带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故B正确；由qvB＝meq \f(v2,R)得v＝eq \f(qBR,m)，两粒子比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故C错误；粒子运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，a运动时间ta＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)T，b运动时间tb＝eq \f(30°,360°)T＝eq \f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误。
类型(三) 三
角形边界的磁场
带电粒子在三角形边界的磁场中运动时常常涉及临界问题。如图所示，正△ABC区域内有匀强磁场，某正粒子垂直于AB方向从D点进入磁场时，粒子有如下两种可能的临界轨迹：
(1)粒子能从AB边射出的临界轨迹如图甲所示。
(2)粒子能从AC边射出的临界轨迹如图乙所示。
4．(多选)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B的垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是( )
A．速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B．从CD边飞出的粒子最大速率为eq \f(kBL,2)
C．粒子从DE边飞出的区域长度为L
D．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(π,3kB)
解析：选BCD 速率小的粒子在CD边射出时， 粒子在磁场中运动时间相同， A错误；根据左手定则，粒子向左偏转， 从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，半径R＝eq \f(L,2)，由qvB＝eq \f(mv2,R)，解得vm＝eq \f(kBL,2)，B正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，粒子与CE相切从DE飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，如图所示，有几何关系得eq \x\t(DE)＝eq \x\t(DP)＝eq \f(1,2)eq \x\t(CD)＝L。粒子从DE边飞出的区域长度为L，C正确；粒子与CE相切飞出时是从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq \f(60°,360°)×eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(π,3kB)，D正确。
类型(四) 矩形边界的磁场
带电粒子在矩形边界的磁场中运动时，可能会涉及与边界相切、相交等临界问题，如图所示。
5．(2023·安徽马鞍山联考)a、b两个带正电的粒子经同一电场由静止加速，先后以v1、v2从M点沿MN方向进入矩形匀强磁场区域，经磁场偏转后分别从PQ边E、F离开。直线ME、MF与MQ的夹角分别为30°、60°，粒子的重力不计，则两个粒子进入磁场运动的速度大小之比为( )
A．v1∶v2＝1∶3 B．v1∶v2＝3∶1
C．v1∶v2＝3∶2 D．v1∶v2＝2∶3
解析：选B a、b两个带正电的粒子在磁场中的运动轨迹如图。
设a粒子的轨道半径为R1，b粒子的轨道半径为R2，设MQ＝d，则几何关系得R1＋R1sin 30°＝d，R2－R2sin 30°＝d，由上两式得eq \f(R1,R2)＝eq \f(1,3)，设加速电场的电压为U，匀强磁场磁感应强度为B，有Uq＝eq \f(1,2)mv2，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(2U,BR)，则有eq \f(v1,v2)＝eq \f(R2,R1)＝eq \f(3,1)，故A、C、D错误，B正确。
类型(五) 圆形边界的磁场
带电粒子在圆形边界的磁场中运动的两个特点：
(1)若粒子沿着边界圆的某一半径方向射入磁场，则粒子一定沿着另一半径方向射出磁场(或者说粒子射出磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心)，如图甲所示。
(2)若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角一定也为θ，如图乙所示。
6.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向从c点射入磁场区域，射入点c与ab的距离为eq \f(\r(6)－\r(2),4)R，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计粒子重力，已知sin 15°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)) ( )
A．eq \f(\r(2)qBR,2m)B．eq \f(\r(2)qBR,m)
C．eq \f(\r(6)－\r(2)qBR,m) D．eq \f(2qBR,m)
解析：选B 粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示，由射入点c与ab的距离为eq \f(\r(6)－\r(2),4)R，可知∠cO1a＝15°，由速度的偏转角为60°，可知∠cO2O1＝30°，在△cO2O1，由正弦定理得，轨迹半径r＝eq \r(2)R，由Bqv＝eq \f(mv2,r)，解得v＝eq \f(\r(2)qBR,m)，B正确，A、C、D错误。
(四) 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题(精研点)
类型1 带电粒子的电性不确定形成多解
如果粒子的电性不确定，带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。
[例1] (多选)如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是( )
A．eq \f(2＋\r(2)Bqd,m) B．eq \f(Bqd,m)
C．eq \f(2－\r(2)Bqd,m) D．eq \f(\r(2)Bqd,2m)
[解析] 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝eq \f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的轨迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，由几何关系得R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝eq \f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq \f(2＋\r(2)Bqd,m)，A正确。若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，由几何关系得R2＋R2cs 45°＝d，将R2＝eq \f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq \f(2－\r(2)Bqd,m)，C正确。
[答案] AC
类型2 磁场方向不确定形成多解
有些题目只知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。
如图所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a；若B垂直纸面向外，其轨迹为b。
[例2] (多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )
A．eq \f(4qB,m) B．eq \f(3qB,m)
C．eq \f(2qB,m) D．eq \f(qB,m)
[解析] 根据题意，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(4BqR,m)，负电荷运动的角速度为ω＝eq \f(v,R)＝eq \f(4Bq,m)；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝meq \f(v2,R)，v＝eq \f(2BqR,m)，负电荷运动的角速度为ω＝eq \f(v,R)＝eq \f(2Bq,m)，故A、C正确。
[答案] AC
类型3 临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下在有界磁场中运动时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图所示。
[例3] (多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，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，可采用的办法是( )
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)
[解析] 若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝(r1－eq \f(l,2))2＋l2，又因为r1＝eq \f(mv1,Bq)，解得v1＝eq \f(5Bql,4m)；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝eq \f(l,4)＝eq \f(mv2,Bq)，解得v2＝eq \f(Bql,4m)，故A、B正确。
[答案] AB
类型4 运动的周期性形成多解
带电粒子在组合场或交变场中运动时，运动往往具有周期性，从而形成多解，如图所示。
[例4] (2022·湖北高考)(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A．eq \f(1,3)kBL,0° B．eq \f(1,2)kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
[解析] 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲，根据几何关系则有R＝L，qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,m)＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子运动轨迹如图乙所示时，因为两部分磁场的磁感应强度均为B，则根据对称性有R′＝eq \f(1,2)L，根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝meq \f(v′2,R)，可得v′＝eq \f(qBL,2m)＝eq \f(1,2)kBL，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θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2n－1m)＝eq \f(1,2n－1)kBL(n＝1,2,3……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2nm)＝eq \f(1,2n)kBL(n＝1,2,3……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。故可知B、C正确，A、D错误。
[答案] BC
1．[联系生活实际]
在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“×”表示)。如果家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转( )
A．不偏转 B．向东
C．向西 D．无法判断
解析：选B 根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故B正确。
2．[借助科研资料]从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向。地磁场对地球起到了保护作用。如图为地磁场的示意图，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α(He的原子核)、β(电子)、γ(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下( )
A．α射线沿直线射向赤道B．β射线向西偏转
C．γ射线向东偏转 D．质子向北偏转
解析：选B 赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，选项B正确。
3．[借助科研资料]
云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是( )
A．a、b、c都是正电子的径迹
B．a径迹对应的粒子动量最大
C．c径迹对应的粒子动能最大
D．c径迹对应的粒子运动时间最长
解析：选C 带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，A错误。带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，由图可知Ra＜Rb＜Rc，所以va＜vb＜vc，根据p＝mv，可知pa＜pb＜pc，B错误。根据Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，C正确。带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，T＝eq \f(2πR,v)，则T＝eq \f(2πm,qB)，所以Ta＝Tb＝Tc，粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(α,2π)T，其中α为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D错误。
4．[聚焦科技前沿]
超导托卡马克装置是一种利用磁约束和真空绝热来实现受控核聚变的环形容器。通过可控核聚变的方式，给人类带来几乎无限的清洁能源，俗称“人造太阳”。要实现可控核聚变，装置中必须有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是通过磁约束，使之长时间束缚在某个有限空间内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲保证带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为( )
A．eq \f(qBR2＋R1,2m) B．eq \f(qBR2－R1,2m)
C．eq \f(qBR22－R12,2mR1) D．eq \f(qBR22－R12,2mR2)
解析：选B 由r＝eq \f(mv,Bq)可知，粒子的速度越大，在磁场中运动的半径越大，故带电粒子的最大速度可通过最大半径求得，最大半径为rmax＝eq \f(R2－R1,2)。根据r＝eq \f(mv,qB)，得vmax＝eq \f(qBR2－R1,2m)，A、C、D错误，B正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．质量为m、电荷量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是( )
A．环形电流的电流强度跟q成正比
B．环形电流的电流强度跟v成正比
C．环形电流的电流强度跟B成反比
D．环形电流的电流强度跟m成反比
解析：选D 设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由qvB＝meq \f(v2,r)，得T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，环形电流的电流强度I＝eq \f(q,t)＝eq \f(q2B,2πm)，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故A、B、C错误；D正确。
2．(多选)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是( )
A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c带负电荷
D．a和b的动量大小一定相等
解析：选BC 由左手定则可知， 粒子a、粒子b均带正电荷，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电荷，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，由于粒子a与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与b的动量大小关系不确定，D错误。
3.(2022·辽宁高考)(多选)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是( )
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
解析：选AD 由粒子1经过磁场没有偏转可知粒子1不带电，可能为中子，故A正确；运用左手定则判断粒子2带正电，故不可能为电子，B错误；由A选项分析可知粒子1不带电，故磁场的磁感应强度对粒子1的运动无影响，所以增大磁感应强度，粒子1不可能打在Q点，故C错误；根据R＝eq \f(mv,Bq)可知，增大粒子入射速度，粒子2做圆周运动的半径变大，可能打在Q点，故D正确。
4．(2023·深圳高三模拟)如图所示，纸面内有一直角三角形abc区域，∠a＝30°，abc区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。一带电粒子自ab中点P沿Pb方向射入磁场后，恰好从c点射出磁场。已知bc长为l，带电粒子的质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，以下判断正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子速度的大小为eq \f(\r(2)qBl,3m)
C．带电粒子的速度只要小于eq \f(\r(3)qBl,3m)，粒子就将从ac边射出磁场区域
D．带电粒子由P到c过程中运动的时间为eq \f(2πm,3qB)
解析：选D 粒子向左下偏转，由左手定则知粒子带负电，故A错误；粒子运动轨迹如图，由几何关系知粒子的轨迹半径r＝eq \f(\r(3),3)l，根据qvB＝eq \f(mv2,r)得，v＝eq \f(\r(3)qBl,3m)，故B错误；当速度v＜eq \f(\r(3)qBl,3m)时，粒子还有可能从ab边射出磁场，故C错误；由几何关系知粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为eq \f(2π,3)，所以运动的时间为t＝eq \f(T,3)＝eq \f(2πm,3qB)，故D正确。
5．如图甲所示，水平虚线上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，一群带正电的同种粒子在t＝0时从虚线上的O点垂直于磁场方向向上与右边界成θ(0°＜θ＜180°)角射入磁场，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，周期为T，不计粒子重力，则在θ角变化过程中下列说法正确的是( )
A．粒子距水平虚线的最远距离为2r
B．粒子在磁场中运动的速度始终不变
C．无论θ角多大，粒子均能射出磁场
D．粒子在虚线上方运动的最长时间为eq \f(3,2)T
解析：选C 当0°＜θ＜180°时，粒子与水平虚线的最远距离d＝r(1＋cs θ)，略小于2r，A错误；粒子在磁场中运动的过程中，所受洛伦兹力对其不做功，故粒子的速度大小不变，但粒子速度方向时刻改变，故粒子在磁场中运动速度发生了变化，B错误；当θ＝180°时，粒子的轨迹如图所示，粒子在虚线上方运动一圈回到入射边界的时间为T＋eq \f(1,2)T＝eq \f(3,2)T，因为0°＜θ＜180°，故粒子在虚线上方运动的最长时间略小于eq \f(3,2)T，在这个角度范围内，无论θ角多大，粒子均能射出磁场，C正确，D错误。
6.(2023·云南昆明模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，两完全相同的带正电粒子a和b，以相同的速率从M点射入磁场，粒子a沿半径MO方向射入，粒子b沿与半径MO成30°角方向射入，不计粒子重力及两粒子之间的相互作用，若粒子a从N点射出磁场，∠MON＝90°。则粒子a、b在磁场中运动的时间之比为( )
A．3∶4 B．3∶2
C．2∶3 D．1∶2
解析：选A 粒子a从N点射出磁场，则在磁场中转过的角度为90°，粒子在磁场中运动的半径等于R，则粒子b在磁场中运动的半径也为R，轨迹如图所示，由几何关系可知，四边形MOPO1为菱形，则粒子b在磁场中转过的角度为120°，两粒子的周期相等，则运动时间之比等于转过的圆心角之比，即ta∶tb＝3∶4，故选A。
7．(2022·江苏高考)利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；
(2)粒子a的动量大小pa。
解析：(1)分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝meq \f(v2,r)
解得r＝eq \f(mv,qB)
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1，
故mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，
则分裂后粒子在磁场中的速度大小之比
va∶vb＝3∶1
联立解得ma∶mb＝2∶1。
(2)中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律mv＝mava＋mbvb
因为分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1，
联立解得pa＝mava＝eq \f(6,7)mv。
答案：(1)2∶1 (2)eq \f(6,7)mv
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8.如图，圆心在O点的半圆形区域ACD(CO⊥AD)内存在着方向垂直于区域平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，一带电粒子(不计重力)从圆弧上与AD相距为d的P点，以速度v沿平行于直径AD的方向射入磁场，速度方向偏转60°角后从圆弧上C点离开。则可知( )
A．粒子带正电
B．直径AD的长度为4d
C．粒子在磁场中运动时间为eq \f(πd,3v)
D．粒子的比荷为eq \f(v,Bd)
解析：选B 带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，选项A错误；过P点和C点作速度的垂线，交点即为圆心，如图，由几何关系可知，四边形OCO′P为菱形，则OP＝2d＝PC＝r，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，所以r＝eq \f(mv,qB)，则有eq \f(q,m)＝eq \f(v,2Bd)，选项D错误；由几何关系可得直径AD的长度等于磁场区域半径的2倍，即4d，选项B正确；粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(T,6)＝eq \f(1,6)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(π,3B)·eq \f(m,q)＝eq \f(π,3B)·eq \f(2Bd,v)＝eq \f(2πd,3v)，选项C错误。
9．(多选)如图所示，在直角三角形AOC中，∠ACO＝30°，AO右侧某区域存在垂直于AOC平面的匀强磁场(图中未画出)，其磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v从C点垂直于AC进入磁场，该粒子经磁场偏转后平行于CO射到AC边上的D点(图中未画出)，粒子重力不计。下列说法正确的是( )
A．粒子从C点射入磁场，在到达D点前始终未离开磁场
B．磁场方向垂直AOC平面向里
C．CD间的距离为eq \f(1＋\r(3)mv,qB)
D．粒子从C点到D点的时间为eq \f(2π＋3\r(3)m,3qB)
解析：选BD 粒子从C点射入磁场，在到达D点前始终未离开磁场，到达D点时的速度一定与AC边垂直，A错误；根据左手定则，磁场方向垂直AOC平面向里，B正确；根据题意，该粒子在磁场中的偏转角度为θ＝120°，设轨道半径为R，根据牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，CD间的距离为xCD＝R＋eq \f(R,sin 30°)，解得xCD＝eq \f(3mv,qB)，C错误；粒子从C点到D点的时间为t＝eq \f(1,3)T＋eq \f(\f(R,tan 30°),v)，T＝eq \f(2πm,qB)，解得t＝eq \f(2π＋3\r(3)m,3qB)，D正确。
10.如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等，质量为m、电荷量大小为q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。
(1)若粒子带负电，求粒子的速率v应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间t；
(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvB＝meq \f(v2,r)
由几何关系有：r≤eq \f(R,2)
联立得：v≤eq \f(qBR,2m)
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝eq \f(2πm,qB)
由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，则：t＝eq \f(T,2)
联立可得：t＝eq \f(πm,qB)。
(2)分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，
有几何关系可得该半圆的半径：r′＝eq \f(1,2)R
面积：S＝eq \f(1,2)πr′2
联立可得：S＝eq \f(1,8)πR2。
答案：(1)v≤eq \f(qBR,2m) eq \f(πm,qB) (2)eq \f(1,8)πR2
“带电粒子在组合场中运动”的专题研究
类型(一) 带电粒子在三类组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各自位于一定的区域内且不重叠。
2．分析带电粒子在组合场中运动的方法
3．“电偏转”与“磁偏转”的比较
[考法全训]
考法一 先电场后磁场
(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示，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)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
[例1] (多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方的等腰直角三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a。现将质量为m、带电荷量为q的正粒子从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是( )
A．若h＝eq \f(B2a2q,2mE)，则粒子垂直于CM射出磁场
B．若h＝eq \f(B2a2q,8mE)，则粒子垂直于CM射出磁场
C．若h＝eq \f(B2a2q,2mE)，则粒子平行于x轴射出磁场
D．若h＝eq \f(B2a2q,8mE)，则粒子平行于x轴射出磁场
[解析] 若h＝eq \f(B2a2q,2mE)，则由动能定理，到达O点的速度满足Eqh＝eq \f(1,2)mvO2，解得vO＝eq \f(Baq,m)。根据qvB＝meq \f(v2,R)，此时粒子在磁场中运动的半径为R＝a，可知粒子垂直CM射出磁场，选项A正确，C错误；若h＝eq \f(B2a2q,8mE)，则由动能定理，到达O点的速度满足Eqh＝eq \f(1,2)mvO′2，解得vO′＝eq \f(Baq,2m)，此时粒子在磁场中运动的半径为R′＝eq \f(1,2)a，则粒子平行于x轴沿x轴负向射出磁场，选项B错误，D正确。
[答案] AD
[例2] (2023·济南质检)如图所示，在xOy平面第一象限内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴夹角为α＝45°，OP与y轴之间的电场平行于y轴向上，OP与x轴之间的磁场垂直纸面向里。在y轴上有一点M，M到O点的距离为3d。现有一个质量为m、电荷量为－q的带负电粒子，从M点以速度v0垂直于y轴向右进入电场区域，粒子离开电场后从OP上的N点进入磁场区域，已知N点到x轴的距离为2d。粒子经过磁场后从x轴上C点离开，且速度方向与x轴垂直，不计带电粒子的重力，求：
(1)电场强度大小E；
(2)磁感应强度大小B和粒子从M点运动到C点所用的总时间t。
[解析] (1)由题意，粒子从M到N做类平抛运动，轨迹如图所示，
在沿－y方向，有qE＝ma
位移大小为Δy1＝d＝eq \f(vy,2)t
沿x正方向做匀速运动，由几何关系
Δx1＝2d＝v0t
解得vy＝v0
又vy＝at
联立求得电场强度大小为E＝eq \f(mv02,2qd)。
(2)由题意，粒子从N点垂直OP进入磁场，到从C点垂直x轴离开磁场，由几何关系，则粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝LON＝2eq \r(2)d
在N点粒子速度与OP垂直，大小为v＝eq \r(2)v0
由牛顿第二定律qvB＝meq \f(v2,R)
解得B＝eq \f(mv0,2qd)，由运动学规律，粒子在电场和磁场中运动的总时间为t＝eq \f(2d,v0)＋eq \f(\f(1,8)×2πR,\r(2)v0)＝eq \f(d4＋π,2v0)。
[答案] (1)eq \f(mv02,2qd) (2)eq \f(mv0,2qd) eq \f(d4＋π,2v0)
考法二 先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，有两种常见情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列式求解。
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，利用平抛运动知识分析。
[例3] 在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0 T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1 m。现从坐标为(－0.2 m，－0.2 m)的P点发射出质量m＝2.0×10－9 kg、带电荷量q＝5.0×10－5 C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103 m/s(粒子重力不计)。
(1)带电粒子从坐标为(0.1 m,0.05 m)的点射出电场，求该电场强度的大小；
(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1 m，－0.05 m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。
[解析] (1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：qv0B＝meq \f(v02,r)
可得：r＝eq \f(mv0,qB)＝0.20 m＝R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴正方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y
根据类平抛规律可得：l＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma
联立可得：E＝eq \f(2mv02y,ql2)＝1.0×104 N/C。
(2)粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vy＝at＝eq \f(qE,m)·eq \f(l,v0)＝5.0×103 m/s＝v0
粒子射出电场时速度大小v＝eq \r(2)v0，方向与x轴正方向夹角为45°偏向右上方
根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外，根据几何关系可知，粒子在电场右侧磁场区域中做圆周运动半径r′＝eq \r(2)y
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB′＝meq \f(v2,r′)
联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小
B′＝eq \f(mv,qr′)＝4 T。
[答案] (1)1.0×104 N/C (2)4 T，方向垂直纸面向外
考法三 先后多个电磁场
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
[例4] 如图所示，在真空中xOy平面内，有四个边界垂直于x轴的条状区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，区域Ⅰ、Ⅲ宽度均为d，内有沿y轴负方向的匀强电场，大小均为E；区域Ⅱ、Ⅳ宽度均为2d，内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1和B2。M是区域Ⅲ右边界与x轴交点。质量为m，电荷量为＋q的粒子甲以速度v0从O点沿x轴正方向射入电场E，经过一段时间后，沿x轴正方向与自由静止在M点的粒子乙粘合在一起，成为粒子丙进入区域Ⅳ，之后直接从右边界上Q点(图中未标出)离开区域Ⅳ。粒子乙不带电，质量为2m，粘合前后无电荷损失，粘合时间很短，E＝eq \f(\r(3)mv02,qd)，粒子重力不计。
(1)求粒子甲离开区域Ⅰ时速度v1大小和与x轴正方向夹角θ；
(2)求匀强磁场B1的磁感应强度大小；
(3)若区域Ⅳ中磁场的磁感应强度大小不同，则粒子丙在磁场B2中运动时间不同。求粒子甲从O点到M点运动时间与粒子丙从M点到Q点运动时间之和的最大值。
[解析] (1)设粒子甲在电场中的加速度为a1，运动时间为t1，离开区域Ⅰ时速度大小为v1，与x轴正方向夹角为θ，v1沿y轴负方向的大小为vy，则qE＝ma1，d＝v0t1，vy＝a1t1，vy＝v0tan θ，v1＝eq \f(v0,cs θ)
解得v1＝2v0，θ＝60°。
(2)粒子甲运动到M点时速度沿x轴正方向，由运动的对称性，粒子甲在匀强磁场B1中做匀速圆周运动轨迹关于区域Ⅱ垂直于x轴的中线对称，设轨道半径为r1，则d＝r1sin θ，qv1B1＝eq \f(mv12,r1)
解得B1＝eq \f(\r(3)mv0,qd)。
(3)设粒子甲在磁场B1中做匀速圆周运动的周期为T1，运动时间为t2，则t2＝eq \f(2θ,2π)T1，T1＝eq \f(2πm,qB1)
解得t2＝eq \f(2\r(3)πd,9v0)
设粒子甲在从O点到M点运动时间为t3，则t3＝2t1＋t2
解得t3＝eq \f(2d,v0)＋eq \f(2\r(3)πd,9v0)
设粒子甲在M点与粒子乙粘合前速度大小为v2，粒子丙在M点速度大小为v3，则v2＝v0
mv2＝3mv3
粒子丙在磁场B2中以速度v3做匀速圆周运动，且从右边界上Q点离开，则当匀速圆周运动的半径r2＝2d时，粒子丙在磁场B2中运动时间最长，设为t4，则t4＝eq \f(2πr2,4v3)＝eq \f(3πd,v0)
设粒子甲在从O点到M点运动时间与粒子丙从M点到Q点运动时间之和的最大值为tm，
则tm＝t3＋t4
解得tm＝eq \f(2d,v0)＋eq \f(2\r(3)πd,9v0)＋eq \f(3πd,v0)＝(18＋2eq \r(3)π＋27π)eq \f(d,9v0)。
[答案] (1)2v0 60° (2)eq \f(\r(3)mv0,qd)
(3)(18＋2eq \r(3)π＋27π)eq \f(d,9v0)
类型(二) 带电粒子在交变电磁场中的运动
1．交变场的三种常见的类型
(1)电场周期性变化，磁场不变。
(2)磁场周期性变化，电场不变。
(3)电场、磁场均周期性变化。
2．基本解题思路

[考法全训]
考法(一) 电场周期性变化，磁场不变
[例1] 如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)求电场变化的周期T；
(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。
[解析] (1)微粒做直线运动时有：
mg＋qE0＝qvB①
微粒做圆周运动时有：mg＝qE0②
联立①②得q＝eq \f(mg,E0)，③
B＝eq \f(2E0,v)。④
(2)设微粒从N1点沿直线运动到Q点的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则eq \f(d,2)＝vt1⑤
qvB＝meq \f(v2,R)⑥
2πR＝vt2⑦
联立③④⑤⑥⑦得t1＝eq \f(d,2v)，t2＝eq \f(πv,g)⑧
电场变化的周期T＝t1＋t2＝eq \f(d,2v)＋eq \f(πv,g)。⑨
(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩
联立③④⑥得R＝eq \f(v2,2g)⑪
设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，
由⑤⑩⑪得t1min＝eq \f(v,2g)
因t2不变，T的最小值
Tmin＝t1min＋t2＝eq \f(2π＋1v,2g)。
[答案] (1)eq \f(mg,E0) eq \f(2E0,v) (2)eq \f(d,2v)＋eq \f(πv,g) (3)eq \f(2π＋1v,2g)
考法(二) 磁场周期性变化，电场不变
[例2] 如图甲所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面)，在同一水平线上的两位置以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电荷量为＋q的a水平向右，不带电的b竖直向上。b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p。忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；
(2)匀强电场的场强大小及油滴a、b结合为p后瞬间的速度；
(3)若油滴p形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t＝0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面周期性变化的磁场，磁场变化规律如图乙所示，磁场变化周期为T0(垂直纸面向外为正)，已知p始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。(忽略磁场突变的影响)
[解析] (1)设油滴喷出时的速度为v0，油滴b做竖直上抛运动，有0－v02＝－2gh，解得v0＝eq \r(2gh)，
由运动学规律可得0＝v0－gt0，
解得t0＝ eq \r(\f(2h,g))，
对油滴a的水平分运动，有x0＝v0t0，
解得x0＝2h。
(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，有qE－mg＝ma，h＝eq \f(1,2)at02，
解得a＝g，E＝eq \f(2mg,q)，
设结合前瞬间油滴a的速度大小为va，方向向右上方且与水平方向成θ角，
则v0＝vacs θ，v0tan θ＝at0，
解得va＝2eq \r(gh)，θ＝45°，
两油滴的结合过程动量守恒，有mva＝2mvp，
联立解得vp＝eq \r(gh)，方向向右上方且与水平方向成45°角。
(3)因qE＝2mg，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则qvpB＝2meq \f(vp2,r)，B＝eq \f(8πm,qT0)，解得r＝eq \f(T0\r(gh),4π)，
由T＝eq \f(2πr,vp)可得T＝eq \f(T0,2)，
即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形，轨迹如图所示，最小矩形的两条边长分别为2r、4r，则矩形区域的最小面积为
Smin＝2r×4r＝eq \f(ghT02,2π2)。
[答案] (1) eq \r(\f(2h,g)) 2h (2)eq \f(2mg,q) eq \r(gh)，方向向右上方且与水平方向成45°角 (3)eq \f(ghT02,2π2)
考法(三) 电场、磁场均周期性变化
[例3] 如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示。在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(48v0t0,π)，0))。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：eq \f(E0,B0)＝eq \f(v0,π)；粒子的比荷满足：eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)。求：
(1)在t＝eq \f(t0,2)时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离x轴的最大距离；
(3)粒子运动至A点的时间。
[解析] (1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qB0v0＝meq \f(4π2,T2)r1＝meq \f(v02,r1)
解得T＝2t0，r1＝eq \f(mv0,qB0)＝eq \f(v0t0,π)
则粒子在eq \f(t0,2)时间内转过的圆心角α＝eq \f(π,2)
所以在t＝eq \f(t0,2)时，粒子的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))。
(2)粒子的运动轨迹如图所示
在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，则v＝v0＋eq \f(E0q,m)t0＝2v0
运动的位移x＝eq \f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0
在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，
半径r2＝2r1＝eq \f(2v0t0,π)，故粒子偏离x轴的最大距离，h＝x＋r2＝1.5v0t0＋eq \f(2v0t0,π)。
(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离d＝2r1＋2r2＝eq \f(6v0t0,π)
AO间的距离为eq \f(48v0t0,π)＝8d
所以，粒子运动至A点的时间t＝32t0。
[答案] (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π))) (2)1.5v0t0＋eq \f(2v0t0,π) (3)32t0
类型(三) STSE中的组合场模型
模型(一) 质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝eq \f(1,2)mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r)。
由以上两式可得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2)。
[例1] 如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
[解析] (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝eq \f(1,2)m1v12①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1eq \f(v12,R1)②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝eq \f(4U,lv1)。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝eq \f(1,2)m2v22⑤
q2v2B＝m2eq \f(v22,R2)⑥
由题给条件有2R2＝eq \f(l,2)⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶4。⑧
[答案] (1)eq \f(4U,lv1) (2)1∶4
[针对训练]
1．(2023·福建宁德质检)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，测出O、P间距离为x，下列x­U图像可能正确的是( )
解析：选B 在加速电场中，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，则得x＝2r＝eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,q))，B、m、q都一定，x∝eq \r(U)，则由数学知识可知，B正确。
模型(二) 回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝eq \f(mv2,R)，得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。
[例2] 某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1 、D2。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B。若质子从粒子源O处进入加速电场的初速度不计，质子质量为m、电荷量为＋q。加速器接入一定频率的高频交变电压，加速电压为U。不考虑相对论效应和重力作用。
(1)求质子第一次经过狭缝被加速后进入D形盒时的速度大小v1和进入D形盒后运动的轨迹半径r1；
(2)求质子被加速后获得的最大动能Ekm和高频交变电压的频率f；
(3)若两D形盒狭缝之间距离为d，且d≪R，计算质子在电场中运动的总时间t1与在磁场中运动的总时间t2，并由此说明质子穿过电场的时间可以忽略不计的原因。
[解析] (1)质子第1次经过狭缝被加速后的速度大小为v1，则qU＝eq \f(1,2)mv12，qv1B＝eq \f(mv12,r1)
解得v1＝ eq \r(\f(2qU,m))，r1＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))。
(2)当质子在磁场中运动的轨迹半径为D形盒的半径R时，质子的动能最大，设此时速度为vm，则
qvmB＝meq \f(vm2,R)，Ekm＝eq \f(1,2)mvm2
解得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)
回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率f等于质子在磁场中运动的频率，
则eq \f(1,f)＝T＝eq \f(2πR,vm)＝eq \f(2πm,qB)
解得f＝eq \f(qB,2πm)。
(3)质子在狭缝中加速时，有qeq \f(U,d)＝ma
质子在磁场中运动速度大小不变，故其在电场中运动的总时间t1＝eq \f(vm,a)＝eq \f(BRd,U)
质子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)
设质子在电场中加速了n次，则有nqU＝Ekm
解得n＝eq \f(qB2R2,2mU)
质子在磁场中运动的总时间t2＝eq \f(n,2)T＝eq \f(πBR2,2U)，
则eq \f(t1,t2)＝eq \f(2d,πR)
因为d≪R，得t1≪t2，故质子穿过电场的时间可以忽略不计。
[答案] (1) eq \r(\f(2qU,m)) eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)) (2)eq \f(q2B2R2,2m) eq \f(qB,2πm) (3)eq \f(BRd,U) eq \f(πBR2,2U) 理由见解析
[针对训练]
2.(2023·泉州质检)如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对12H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T。忽略粒子在D形盒缝隙间的运动时间和相对论效应，下列说法正确的是( )
A．保持B和T不变，该回旋加速器可以加速质子
B．仅调整磁场的磁感应强度大小，该回旋加速器仍可以加速eq \\al(2,1)H粒子
C．保持B和T不变，该回旋加速器可以加速eq \\al(4,2)He粒子，且在回旋加速器中运动的时间与12H粒子的相等
D．保持B和T不变，该回旋加速器可以加速eq \\al(4,2)He粒子，加速后的最大动能与eq \\al(2,1)H粒子的相等
解析：选C D形盒缝隙间电场变化周期为T，等于被加速的eq \\al(2,1)H在磁场中运动的周期，即T＝eq \f(2π·2m,qB)；而质子在磁场中的运动周期为TH＝eq \f(2πm,qB)，则该回旋加速器不可以加速质子，A错误；仅调整磁场的磁感应强度大小，则eq \\al(2,1)H在磁场中的运转周期将要变化，则该回旋加速器不可以加速eq \\al(2,1)H粒子，B错误；eq \\al(4,2)He在磁场中运动的周期THe＝eq \f(2π·4m,2qB)＝eq \f(2π·2m,qB)＝T，则保持B和T不变，该回旋加速器可以加速eq \\al(4,2)He粒子，且在回旋加速器中两粒子运动的半径也相同，则粒子运动的时间与eq \\al(2,1)H粒子相等，C正确；根据qvmB＝meq \f(vm2,R)，Ekm＝eq \f(1,2)mvm2＝eq \f(B2q2R2,2m)∝eq \f(q2,m)，可知eq \\al(4,2)He加速后的最大动能与eq \\al(2,1)H粒子不相等，D错误。
[课时跟踪检测]
A卷——全员必做
1.(2023·郑州质检)如图所示，质谱仪的工作原理如下：一个质量为m、电荷量为q的离子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。不计离子重力。则( )
A．离子进入磁场时的速率为v＝ eq \r(\f(2mU,q))
B．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2qU,m))
C．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))
D．若a、b是两种同位素的原子核，从底片上获知a、b在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1，则a、b的质量之比为1.08∶1
解析：选C 离子在电场中加速有qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))；离子在磁场中偏转有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，同位素的电荷量一样，其质量之比为eq \f(m1,m2)＝eq \f(r12,r22)＝1.082，故选项C正确，A、B、D错误。
2.(多选)用回旋加速器对粒子进行加速，可以获得高能带电粒子，两个D形盒与电压有效值为U的高频交流电源的两极相连，交流电源频率可调，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。粒子由速度为零开始加速，不计粒子在两盒间狭缝中运动的时间。关于回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．两D形盒间狭缝中交变电场的频率跟带电粒子的比荷成正比
B．不同的带电粒子在同一回旋加速器中运动的总时间相同
C．带电粒子在磁场中运动时，受到的洛伦兹力不做功，因此带电粒子从D形盒射出时的动能与磁场的强弱无关
D．尽管两D形盒间狭缝中电场对粒子起加速作用，但是带电粒子从D形盒射出时的动能与加速电压的大小无关
解析：选ABD 带电粒子在磁场中运动的频率与交变电场的频率相等，大小为f＝eq \f(qB,2πm)，因此两D形盒间狭缝中交变电场的频率跟带电粒子的比荷成正比，故A正确；带电粒子在回旋加速器中被加速的过程，有nqU＝eq \f(1,2)mv2，而v＝eq \f(qBr,m)，带电粒子在回旋加速器中运动的时间为t＝eq \f(n,2)×eq \f(2πm,qB)，整理得t＝eq \f(πBr2,2U)，与带电粒子的质量和电荷量无关，因此不同的带电粒子在同一个回旋加速器中运动的总时间相同，故B正确；带电粒子从D形盒射出时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2r2,2m)，可知带电粒子从D形盒射出时的动能与磁感应强度B有关，与加速电压的大小无关，故C错误，D正确。
3．如图所示为质谱仪的原理图，某同学欲使用该装置测量带电粒子的比荷，粒子从静止开始经过电压为U的加速电场后，进入速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B1，磁场方向如图，匀强电场的场强为E，带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点既垂直直线MN又垂直于磁场的方向射入偏转磁场。偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上与G距离为d的H点。已知偏转磁场的磁感应强度为B2，带电粒子的重力可忽略不计。以下说法正确的是( )
A．该装置可用于测定电子的比荷
B．速度选择器的a板接电源的负极
C．所测粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(2E,dB1B2)
D．所测粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,dB1B2)
解析：选C 电子带负电，加速电场上板带正电，下板带负电，无法起到加速电子的作用，所以电子无法进入偏转磁场，则无法测定电子的比荷，故A错误；由题知带正电粒子能在加速电场中加速，则它在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力等大反向，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向左，则电场力水平向右，故a板接电源的正极，故B错误；带电粒子在速度选择器中受力平衡qE＝qvB1，在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝eq \f(d,2)，洛伦兹力提供向心力qvB2＝meq \f(v2,r)，联立上式得eq \f(q,m)＝eq \f(2E,dB1B2)，故C正确，D错误。
4.(多选)研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈“8”字形运动来告诉同伴蜜源的方位。某兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的“8”字形运动，即在y＞0的空间中和y＜0的空间内同时存在着大小相等，方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一重力不计的带负电荷的粒子从y轴上的P(0，d)点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，粒子又以相同的速度回到P点，则下列说法正确的是( )
A．电场与磁场的比值为v0
B．电场与磁场的比值为2v0
C．带电粒子运动一个周期的时间为eq \f(2d,v0)＋eq \f(2πd,v0)
D．带电粒子运动一个周期的时间为eq \f(4d,v0)＋eq \f(2πd,v0)
解析：选BD 粒子在电场中做类平抛运动，有：d＝v0t1，d＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t12，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：R＝eq \f(mv0,qB)。结合几何关系，有：R＝d，联立解得：eq \f(E,B)＝2v0，A错误，B正确；带电粒子在电场中运动的总时间为4t1＝eq \f(4d,v0)，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，故运动时间为t2＝eq \f(2πd,v0)，带电粒子运动一个周期的时间为t＝4t1＋t2＝eq \f(4d,v0)＋eq \f(2πd,v0)，故C错误，D正确。
5．(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做“∞”形运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( )
A．若粒子的初始位置在a处，在t＝eq \f(3,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f处，在t＝eq \f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e处，在t＝eq \f(11,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b处，在t＝eq \f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
解析：选AD 要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝eq \f(T,2)，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝eq \f(3,4)T0＝eq \f(3,8)T，同理判断可得A、D正确，B、C错误。
6．(多选)回旋加速器的工作原理如图所示，D形金属盒的半径为R，两D形盒间狭缝的宽度为d，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直。D形金属盒的中心O处有一粒子源，能产生质量为m、电荷量为e的质子(11H的初速度及其所受重力均不计), 质子在加速电压为U的电场中加速，最终从出口处射出。下列说法正确的是( )
A．质子在电场中运动的总时间为eq \f(BRd,U)
B．质子在磁场中运动的总时间为eq \f(πBR2,U)
C．若仅将电压U增大，则质子从出口处射出的最大动能不变
D．若仅将O处的粒子源改为氦(24He)核源，则氦核可获得的最大动能为eq \f(e2R2B2,4m)
解析：选AC 当质子射出D形盒时，根据洛伦兹力提供向心力evB＝eq \f(mv2,R)，v＝eq \f(eBR,m)，质子在电场中的加速度大小为a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU,md)，质子在电场中运动的总时间t＝eq \f(v,a)＝eq \f(BRd,U)，故A正确；设在电场中加速的次数为n，根据动能定理neU＝eq \f(1,2)mv2，在电场中加速一次后，在磁场中运动半圈，在磁场中运动半圈的时间t0＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,eB)，质子在磁场中运动的总时间t′＝nt0＝eq \f(eB2R2,2mU)·eq \f(πm,eB)＝eq \f(πBR2,2U)，故B错误；当质子射出D形盒时，质子的速度v＝eq \f(eBR,m)，若仅将电压U增大，则质子从出口处射出的最大速度不变，最大动能不变，故C正确；若仅将O处的粒子源改为氦(24He)核源，则与质子比较，电荷量增大为2倍，质量增大为4倍，则氦核可获得的最大速度为v′＝eq \f(eBR,2m)，最大动能Ek＝eq \f(1,2)×4mv′2＝eq \f(e2B2R2,2m)，故D错误。
7．(2023·烟台模拟)如图所示，虚线PQ上方存在着方向与纸面平行的匀强电场或方向垂直纸面的匀强磁场，M、N是PQ上的两点。一重力不计的带电粒子从M点以与虚线成θ角(单位为弧度)的方向射入场中，恰好以等大的速率从N点离开场区。
(1)已知若MN上方为电场，粒子从M到N运动时间为t1；若MN上方为磁场，粒子从M到N运动时间为t2，求eq \f(t1,t2)；
(2)如粒子入射速率为v，当MN上方为电场时，电场强度大小为E；当MN上方为磁场时，磁感应强度大小为B，求eq \f(E,B)。
解析：(1)设MN＝d，粒子入射的速率为v0，粒子在电场中做类抛体运动，沿MN方向，有d＝v0t1cs θ
在磁场中粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，
则有r＝eq \f(\f(d,2),sin θ)
2θr＝v0t2
解得eq \f(t1,t2)＝eq \f(tan θ,θ)。
(2)设粒子电荷量为q，在电场中，有qE＝ma，
d＝vt1cs θ，
0＝vt1sin θ－eq \f(1,2)at12，解得E＝eq \f(2mv2sin θcs θ,qd)
在磁场中，有qvB＝meq \f(v2,r)
d＝2rsin θ，解得B＝eq \f(2mvsin θ,qd)，则eq \f(E,B)＝vcs θ。
答案：(1)eq \f(tan θ,θ) (2)vcs θ
8.如图所示，在x轴上方有一方向垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方有一匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a点(0，h)处沿y轴正方向以初速度v＝eq \r(2)v0开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间。
解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，由图可得rcs 45°＝h
粒子在磁场中做匀速圆周运动
qvB＝meq \f(v2,r)
联立可得r＝eq \r(2)h，B＝eq \f(mv0,qh)。
(2)粒子在x轴下方运动到b点过程中，易知vb＝vcs 45°，水平方向r＋rsin 45°＝vcs 45°·t2
竖直方向yb＝eq \f(1,2)(vsin 45°＋0)t2
由动能定理得－Eqyb＝eq \f(1,2)mvb2－eq \f(1,2)mv2
联立可得t2＝eq \f(\r(2)＋1,v0)h，yb＝eq \f(\r(2)＋1,2)h，
E＝eq \f(\r(2)－1mv02,qh)。
(3)粒子在磁场中运动总的圆心角
θ＝eq \f(5π,4)＋eq \f(3π,2)rad＝eq \f(11π,4) rad
粒子在磁场中总的运动时间t1＝eq \f(θ·r,v)＝eq \f(11πh,4v0)
粒子从开始运动到第三次经过x轴经历的时间t＝t1＋2t2
联立可得t＝eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2eq \f(h,v0)。
答案：(1)eq \f(mv0,qh) (2)eq \f(\r(2)－1mv02,qh)
(3)eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2eq \f(h,v0)
B卷——重点选做
9．如图所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场。MN下方有方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨迹半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力，对于上述运动过程，下列说法正确的是( )
A．电场强度大小为eq \r(2)Bv
B．根据能量守恒定律可知，该粒子再次回到O点时的速度仍为v
C．上述运动过程在磁场区域内运动的时间为eq \f(πR,2v)
D．该粒子从O点出发至再回到O点全程用时为eq \f(2R,v)(2＋π)
解析：选D 粒子的运动轨迹如图所示，从O点进入磁场后，先在磁场中做匀速圆周运动到a点，然后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反，在电场中做匀变速直线运动，在电场中匀减速运动到b点后再匀加速返回a点，从a点再次进入磁场后做匀速圆周运动，然后从c点再次进入电场，进入电场后做类平抛运动，回到O点。粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何知识可得Oc＝2eq \r(2)R，粒子从c到O做类平抛运动，垂直电场方向和平行电场方向的位移大小相等，s⊥＝s∥＝Ocsin 45°＝2R，设粒子做类平抛运动的时间为t3，在垂直电场方向有s⊥＝2R＝vt3，在平行电场方向有s∥＝2R＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t32，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，联立解得E＝vB，t3＝eq \f(2R,v)，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)，由几何知识可知，粒子第一次在磁场中转过的圆心角θ＝90°，粒子第二次在磁场中转过的圆心角θ′＝270°，粒子在磁场中运动的总时间t1＝eq \f(θ＋θ′,360°)T＝eq \f(2πR,v)，粒子在电场中做匀变速直线运动的时间t2＝eq \f(2v,a)＝eq \f(2mv,qE)＝eq \f(2R,v)，该粒子从O点出发至再回到O点全程用时t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(2R,v)(2＋π)，故C错误，D正确；粒子第二次进入电场后做类平抛运动，则有v∥＝at3＝eq \f(qE,m)·eq \f(2R,v)＝eq \f(qvB,m)·eq \f(2R,v)＝2v，粒子再次回到O点时的速度v′＝eq \r(v2＋v∥2)＝eq \r(v2＋2v2)＝eq \r(5)v，故B错误。
10．(2023·泉州模拟)如图甲所示，质量为m，带电荷量为－q的带电粒子在t＝0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场的磁感应强度大小不变、方向周期性变化，如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同均为B0。粒子在Ⅰ区域内一定能完成半圆运动且每次经过MN的时刻均为eq \f(T0,2)整数倍，则：
(1)粒子在Ⅰ区域运动的轨道半径为多少？
(2)若初始位置与第四次经过MN时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过MN)。
解析：(1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝meq \f(v02,r)
解得r＝eq \f(mv0,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或T0＝\f(2πr,v0)，r＝\f(v0T0,2π)))。
(2)画出带电粒子的两种运动轨迹示意图。
第一种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝eq \f(x,2)
qv2B0＝meq \f(v22,R)
解得粒子在Ⅲ区域速度大小：v2＝eq \f(qB0x,2m)
第二种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝eq \f(x－4r,2)
解得粒子在Ⅲ区域速度大小：v2＝eq \f(qB0x,2m)－2v0。
答案：(1)eq \f(mv0,qB0)或eq \f(v0T0,2π) (2)eq \f(qB0x,2m)或eq \f(qB0x,2m)－2v0
11．(2022·浙江6月选考)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q > 0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
(1)①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
(3)若转筒P的角速度小于eq \f(6v0,R)，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。
解析：(1)①离子在磁场中做圆周运动有
qv0B＝eq \f(mv02,R)，则B＝eq \f(mv0,qR)。
②离子在磁场中的运动时间t＝eq \f(πR,2v0)
转筒的转动角度ωt＝2kπ＋eq \f(π,2)
ω＝(4k＋1)eq \f(v0,R)，k＝0,1,2,3…。
(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′，有R′＝Rtaneq \f(θ,2)，v＝v0taneq \f(θ,2)
离子在磁场中的运动时间t′＝(π－θ)eq \f(R,v0)
转筒的转动角度ω′t′＝2nπ＋θ
转筒的转动角速度ω′＝eq \f(2nπ＋θv0,π－θR)，n＝0,1,2，…
根据动量定理得F·eq \f(2π,ω′)＝Nmv
F＝eq \f(2nπ＋θNmv02,2π－θπR)taneq \f(θ,2)，n＝0,1,2，…。
(3)转筒的转动角速度eq \f(4k＋1v0,R)＝eq \f(2nπ＋θ′v0,π－θ′R)φP，故B正确；电子从N到P，电势能增大，电场力做负功，A错误；洛伦兹力不做功，故C正确；根据动能定理可知电子从M到P，电场力做功为零，电子在P点速度为零，则电子在M点与在P点均只受电场力作用，故D错误。
10．(2023·安徽淮北高三模拟)如图所示，在地面附近，坐标系xOy在竖直平面内，在x>0的空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在竖直线PQ与y轴之间还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一个带正电的小球从A点水平抛出后，恰好从O点进入复合场中，并沿着OP方向做直线运动，已知OP与x轴正方向之间的夹角α＝30°。带电小球进入竖直线PQ右侧区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需要加一个匀强电场，若带电小球做圆周运动时要通过x轴上的N点，且OM＝MN。已知地表附近重力加速度为g。求：
(1)小球从A点抛出时的初速度大小；
(2)在竖直线PQ右侧所加电场的场强大小和方向；
(3)小球从A点运动到N点所用的时间。
解析：(1)小球沿OP方向做直线运动，由于小球受洛伦兹力、电场力和重力的作用，可知小球的速度大小不变，否则不能做直线运动，设小球在OP段的速度为v1，则由平衡条件得qv1Bsin α＝Eq
解得v1＝eq \f(E,Bsin α)
小球从A点到O点做平抛运动，可得小球从A点抛出时的初速度为v0＝v1cs α
联立解得v0＝eq \f(\r(3)E,B)。
(2)要使小球在PQ右侧区域能在竖直平面内做匀速圆周运动，则小球所受洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，即电场力需和重力平衡，因为小球带正电，所以电场方向竖直向上，设场强的大小为E′，可得E′q＝mg
又mgtan α＝Eq
联立解得E′＝eq \r(3)E。
(3)小球从A点抛出运动到O点，设运动时间为t1，加速度a＝g
小球在O点竖直方向的速度为vy＝v1sin α
又vy＝at1，解得t1＝eq \f(E,Bg)
小球在QP右侧做匀速圆周运动的轨迹如图所示
设小球从P点运动到N点的时间为t3，小球做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)
由qv1Bcs α＝mg
qv1Bsin α＝Eq
可知eq \f(m,q)＝eq \f(\r(3)E,g)，所以T＝eq \f(2\r(3)πE,gB)
由几何关系可得，小球从P点运动到N点的圆心角为120°，则t3＝eq \f(T,3)＝eq \f(2\r(3)πE,3gB)
小球做圆周运动的半径R＝eq \f(mv1,qB)
又v1＝eq \f(E,Bsin α)
由几何关系得OP＝eq \r(3)R
设小球在OP段运动的时间为t2，则t2＝eq \f(OP,v1)＝eq \f(\r(3)R,v1)
解得t2＝eq \f(3E,gB)
小球从A点运动到N点所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(E,gB)＋eq \f(3E,gB)＋eq \f(2\r(3)πE,3gB)＝eq \f(E,gB)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(2\r(3)π,3)))。
答案：(1)eq \f(\r(3)E,B) (2)eq \r(3)E 方向竖直向上
(3)eq \f(E,gB)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(2\r(3)π,3)))
带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
当题目中出现“恰好”“最大”“最高”“至少”等关键词语时，往往会涉及临界极值问题。而带电粒子在磁场中运动的临界极值问题中的热点是三类动态圆模型(“平移圆”模型、“旋转圆”模型、“放缩圆”模型)。解答三类动态圆问题关键是明确三类动态圆各自的适用条件，确定圆心或圆心的轨迹。
题型(一) “平移圆”模型
[例1] (多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d。质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为eq \f(qBd,m)，不计粒子重力，则( )
A．粒子在磁场中运动的半径为eq \f(d,2)
B．粒子在距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域
C．粒子在距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为eq \f(πm,qB)
D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为eq \f(πm,3qB)
[解析] 带电粒子在磁场中的运动半径r＝eq \f(mv,qB)＝d，选项A错误；设从某处E进入磁场的粒子，其轨迹恰好与AC相切(如图所示)，则E点距A点的距离为2d－d＝d，粒子在距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域，选项B错误；粒子在距A点1.5d处射入，不会进入Ⅱ区域，在Ⅰ区域内的轨迹为半圆，运动的时间为t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)，选项C正确；进入Ⅱ区域的粒子，弦长最短的运动时间最短，且最短弦长为d，对应圆心角为60°，最短时间为tmin＝eq \f(T,6)＝eq \f(πm,3qB)，选项D正确。
[答案] CD
题型(二) “旋转圆”模型
[例2] (多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为B。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，可以释放质量为m、电荷量为q的带负电粒子，粒子沿位于纸面内的各个方向以相同的速率射入磁场区域。不计粒子的重力和空气阻力，忽略粒子间的相互影响，粒子在磁场内做圆周运动的轨道半径r＝2R，A、C为圆形磁场区域水平直径的两个端点。下列说法中正确的是( )
A．粒子射入磁场的速率为v＝eq \f(2qBR,m)
B．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq \f(πm,3qB)
C．可能有粒子从A点水平射出
D．不可能有粒子从C点射出磁场
[解析] 根据Bqv＝meq \f(v2,r)，r＝2R，解得v＝eq \f(2qBR,m)，A正确；粒子在圆形磁场中做圆周运动时，当弦长最大时，粒子的运动时间最长，如图甲所示，由几何关系可得sin ∠AOD＝eq \f(R,2R)＝eq \f(1,2)，解得∠AOD＝30°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq \f(60°,360°)T，T＝eq \f(2π·2R,v)，
联立解得t＝eq \f(πm,3qB)，B正确；当粒子从A点水平射出时，如图乙所示，由几何关系可知r＝R，所以当轨道半径为2R时，不可能有粒子从A点水平射出，则C错误；粒子从C点射出磁场，轨迹如图丙所示，所以D错误。
[答案] AB
[例3] (多选)如图所示，在荧光板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧光板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v＝eq \f(qBd,m)、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为N，则( )
A．粒子能打到板上的区域长度为2eq \r(3)d
B．打到板上的粒子数为eq \f(1,2)N
C．从粒子源出发到打到板上的最短时间为eq \f(πm,3qB)
D．同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为eq \f(πm,qB)
[解析] 粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的半径R＝eq \f(mv,qB)＝d，粒子运动到荧光板的两种临界情况如图甲所示，
设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为eq \r(3)d，右侧离C最远处为D，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(eq \r(3)＋1)d，选项A错误；根据以上分析可知有一半的粒子能达到板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为eq \f(1,2)N，选项B正确；能打到荧光板的粒子运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图乙所示。粒子做整个圆周运动的周期T＝eq \f(2πd,v)＝eq \f(2πm,qB)，由几何关系可知最短时间t2＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πm,3qB)，最长时间t1＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πm,2qB)，所以Δt＝t1－t2＝eq \f(7πm,6qB)，选项C正确，D错误。
[答案] BC
题型(三) “放缩圆”模型
[例4] 一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A．eq \f(7πm,6qB) B．eq \f(5πm,4qB)
C．eq \f(4πm,3qB) D．eq \f(3πm,2qB)
[解析] 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定。设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示。圆心角θ＝π＋2β，当β最大时，θ有最大值，当ce与相切时，β最大，此时θ＝eq \f(4,3)π，则t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(4πm,3qB)，故C选项正确。
[答案] C
[例5] (2023·孝感调研)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A．eq \f(3mv,2ae) B．eq \f(mv,ae)
C．eq \f(3mv,4ae) D．eq \f(3mv,5ae)
[解析] 为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有eq \r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq \f(4,3)a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(3mv,4ae)，选项C正确。
[答案] C
[课时跟踪检测]
1．(2023·广州高三模拟)如图所示为一磁约束装置的简化示意图，内半径为a、外半径为3a的环状区域Ⅰ内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。小圆区域Ⅱ中有大量质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内以不同速度向各个方向运动。要使所有粒子都不会穿出区域Ⅰ的外边缘，不计粒子重力及粒子间相互作用，则粒子的最大速度为( )
A．eq \f(3qBa,m) B．eq \f(2qBa,m)
C．eq \f(4qBa,3m) D．eq \f(qBa,m)
解析：选D 由题意知，当以与内圆相切方向进入磁场的粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹刚好与外圆相切时，则为粒子的最大速度的临界情况，由几何关系知，此时粒子运动半径满足2r＝3a－a，即r＝a，由qvB＝meq \f(v2,r)得，粒子的速度为v＝eq \f(qBr,m)＝eq \f(qBa,m)，所以粒子的最大速度为eq \f(qBa,m)。
2.(多选)如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝eq \f(π,6)。现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v(未知)的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中运动的时间为eq \f(4,3)t(不计粒子重力)。则下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(πm,2qt)
C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为eq \f(2,5)d
D．粒子进入磁场时的速度大小为eq \f(\r(3)πd,7t)
解析：选ABC 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是eq \f(1,4)T，即为t＝eq \f(1,4)T，则得周期为T＝4t，故A正确；由T＝4t，R＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πR,v)得，B＝eq \f(2πm,qT)＝eq \f(πm,2qt)，故B正确；运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有Rsineq \f(π,6)＋eq \f(R,sin\f(π,6))＝d，解得R＝eq \f(2,5)d，故C正确；根据粒子在磁场中运动的速度为v＝eq \f(2πR,T)，周期为T＝4t，半径R＝eq \f(2,5)d，联立可得v＝eq \f(πd,5t)，故D错误。
3．(多选)如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是( )
A．从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率
B．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
C．所有粒子所用最短时间为eq \f(πm,6qB)
D．所有粒子所用最短时间为eq \f(2πm,3qB)
解析：选AD 粒子运动轨迹如图所示，可以看出，粒子落到b点到c点的过程中，半径越来越大，则由r＝eq \f(mv,qB)可知，速度越来越大，所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率。又因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比，且由几何关系知，弦切角等于圆心角的一半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与bc圆弧相切时，弦切角最小，因为Ob长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为θ＝60°，所以圆心角为α＝120°，所以最短运动时间为tmin＝eq \f(120°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2πm,3qB)，即从M点射出粒子在磁场中运动时间与从N点射出粒子所用时间大小不能确定。故选A、D。
4.如图所示，半径为R的圆形区域里有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M、N是磁场边界上两点且M、N连线过圆心，在M点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m、电荷量为q、速度大小均为v＝eq \f(qBR,2m)的带正电粒子，不计粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(πR,2v)，则该粒子从M点射入磁场时，入射速度方向与MN间夹角的正弦值为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(3,5)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(4,5)
解析：选A 粒子在磁场中运动轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(R,2)，由于该粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(πR,2v)＝eq \f(πr,v)＝eq \f(T,2)，因此该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△MOP为正三角形，粒子从M点射入的速度方向与MN的夹角为30°，夹角正弦值为eq \f(1,2)，故A正确，B、C、D错误。
5.(多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q、速度不同的粒子，从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )
A．射出粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为eq \f(qB3d＋L,2m)
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
解析：选BC 利用左手定则可判定，射出粒子带负电，A项错误；利用qvB＝eq \f(mv2,r)知r＝eq \f(mv,qB)，能射出的粒子半径满足eq \f(L,2)≤r≤eq \f(L＋3d,2)，因此射出粒子的最大速度vmax＝eq \f(qBrmax,m)＝eq \f(qB3d＋L,2m)，B项正确；射出粒子的最小速度vmin＝eq \f(qBrmin,m)＝eq \f(qBL,2m)，Δv＝vmax－vmin＝eq \f(3qBd,2m)，由此可判定，C项正确，D项错误。
6．(多选)如图所示，矩形OMPN空间内存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。有大量速率不同的电子从O点沿着ON方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，OM长度为3d，ON长度为2d，忽略电子之间的相互作用，电子重力不计。下列说法正确的是( )
A．电子速率越小，在磁场里运动的时间一定越长
B．电子在磁场里运动的最长时间为eq \f(πm,eB)
C．MP上有电子射出部分的长度为eq \r(3)d
D．MP上有电子射出部分的长度为(2－eq \r(3))d
解析：选BC 电子在磁场中做匀速圆周运动，则evB＝meq \f(v2,r)，则运动周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,Be)，运动时间t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,Be)，由此可知电子运动时间与运动的圆心角有关，当电子速度较小时从OM边射出，圆心角均为π，且此时对应的圆心角最大，故运动时间最长为t＝eq \f(πm,eB)，故A错误，B正确；随着速度增大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示，由图可知MP边有电子射出的范围为BM长度，当电子轨迹与上边界相切时半径为2d，由几何关系可知BM＝eq \r(2d2－d2)＝eq \r(3)d，故C正确，D错误。
7．(2023·安徽合肥质检)如图所示，匀强磁场垂直分布于圆形区域内，P为圆边界上的一点。大量速率相同的同种粒子从P点沿各个方向垂直磁场射入，粒子射出圆边界的位置在一段圆弧上。当磁感应强度的大小为B1时，这段圆弧的弧长是圆周长的eq \f(1,3)；当磁感应强度的大小为B2时，相应的弧长变为圆周长的eq \f(1,6)。不计粒子重力及粒子间的相互作用，则eq \f(B1,B2)为( )
A．eq \r(3)∶1 B．1∶eq \r(3)
C．2∶1 D．1∶2
解析：选B 当磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示。所以粒子做圆周运动的半径r1＝Rsin 60°＝eq \f(mv,qB1)，同理可得，当磁感应强度的大小为B2，相应的弧长变为圆周长的eq \f(1,6)时，有r2＝Rsin 30°＝eq \f(mv,qB2)，联立解得eq \f(B1,B2)＝eq \f(1,\r(3))，故选B。
8．(2023·岳阳模拟)(多选)半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小在一定范围内的同种带电粒子。带电粒子质量为m，电荷量为q(q＞0)。现粒子沿正对cO中点且垂直于cO方向射入磁场区域，发现带电粒子仅能从bd之间的eq \f(1,4)圆弧飞出磁场，不计粒子重力，其中sin 15°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，则( )
A．从b点飞出的带电粒子的运动时间最长
B．从d点飞出的带电粒子的运动时间最长
C．粒子源发射粒子的最大速度为(1＋eq \r(3))eq \f(qBR,m)
D．在磁场中运动的时间为eq \f(πm,2qB)的粒子，粒子的速度为eq \f(1＋\r(3)qBR,2m)
解析：选BD 由题意可得粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得，其中从b点出磁场的粒子轨迹半径最大，从d点出磁场的粒子轨迹半径最小，从d点出磁场的粒子轨迹对应圆心角最大，故从d点飞出的带电粒子的运动时间最长，故A错误，B正确；因为从b点出磁场的粒子轨迹半径最大，即从b点出磁场的粒子速度最大，如图乙所示，
当粒子从b点飞出时，设其轨迹半径为r2，对应的圆心为O″，由几何关系可知∠gOO″＝105°，∠gO″O＝15°，在△gOO″中，由正弦定理得eq \f(R,sin 15°)＝eq \f(r2,sin 105°)，解得r2＝(2＋eq \r(3))R，由牛顿第二定律得qv2B＝eq \f(mv22,r2)，
解得v2＝(2＋eq \r(3))eq \f(qBR,m)，故C错误；若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，对应的轨迹圆心角应为90°，设其半径为r3，轨迹圆心为O，如图丙所示，设∠fOd＝α，由几何关系得Rsin 60°＋Rsin α＝Rcs α＋Rcs 60°＝r3，即cs α－sin α＝eq \f(\r(3)－1,2)，解得α＝30°，r3＝eq \f(1＋\r(3),2)R，由牛顿第二定律得qv3B＝meq \f(v32,r3)，解得v3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(3),2)))eq \f(qBR,m)，故D正确。
9．如图所示，左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面向里。图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域。不计重力。
(1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量。
(2)已知这些离子中的离子乙到达磁场边界EG边上的I点(图中未画出)穿出磁场，且GI长为eq \f(3a,4)，求离子乙的质量。
解析：由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到向上的磁场力和向下的电场力平衡，即qvB0＝qeq \f(U,d)，解得离子速度v＝eq \f(U,B0d)，为一定值。本题的粒子速度虽然不变，但离子的质量m均不确定，作出不同质量的正离子在磁场中的运动轨迹，其“膨胀的动态圆”如图1所示。
(1)由题意可知，离子甲的运动轨迹如图2所示，半圆与EG边相切于A点，由几何关系可知R甲＝acs 30°tan 15°＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－\f(3,2)))a，由牛顿第二定律得qvB＝m甲eq \f(v2,R甲)，从而求得甲的质量m甲＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－\f(3,2)))eq \f(qaBB0d,U)。
(2)离子乙的运动轨迹如图3所示，由余弦定理得r′2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(3,4)a))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－r′))2－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(3,4)a))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－r′))·cs 60°，
解得r′＝eq \f(1,4)a，由牛顿第二定律得qvB＝m′eq \f(v2,r′)，从而求出离子乙的质量为m′＝eq \f(qaBB0d,4U)。
答案：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－\f(3,2)))eq \f(qaBB0d,U) (2)eq \f(qaBB0d,4U)
带电粒子在立体空间运动问题
带电粒子在匀强磁场中运动问题是高中物理的一个重要的知识内容，也是各种考试考查的重点和热点，如果带电粒子运动的轨迹都是在某个固定平面上，考查学生的思维存在着局限。实际上空间中匀强磁场的分布是三维的，因此带电粒子在磁场中运动的情况也可以是三维的。在近几年的高考试题中，出现了一些带电粒子的三维运动轨迹的问题，这样可以做到既能考查学生的物理知识，又能考查学生的立体空间想象能力。
类型(一) 粒子在不同方向的磁场中运动
[例1] (2022·广东高考)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。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
[解题指导] 本题以磁场的空间分布为素材创设学习探索质子在匀强磁场中的运动轨迹的问题情境，考查洛伦兹力、洛伦兹力的方向、洛伦兹力公式、带电粒子在匀强磁场中的运动等知识。
本题主要考查推理论证能力，推理思路如下：
[解析] 质子的运动轨迹在xOy平面内的投影为先做逆时针方向的匀速圆周运动，穿过MNPQ平面后再做顺时针方向的匀速圆周运动，故A正确，B错误；质子的运动轨迹在xOz平面的投影是一条与x轴平行的线段，故C、D错误。
[答案] A
[例2] (2022·山东等级考)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0