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2020新课标高考物理二轮讲义：专题三第2讲 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动
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第2讲 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动
典题再现
1.(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为( )
A.2F B．1.5F
C.0.5F D．0
解析：选B.设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确.
考情分析
典题再现
2.(2020·山东等级考模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.
解析：
(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则
qv0B0＝
解得v0＝.
(2)由于带电粒子与y轴成45°角离开电场，则有
vx＝vy＝v0
粒子在水平方向匀加速，在竖直方向匀速，故在水平方向上
qE＝ma
v－0＝2aR0
解得E＝.
(3)粒子在电场中运动时
水平方向：vx＝at，R0＝at2
竖直方向：y＝vyt
解得y＝2R0
过N点做速度的垂线交x轴于P点，P即为在第一象限做圆周运动的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2R0.
由于洛伦兹力提供向心力，故
qvB1＝
其中v为进入第一象限的速度，大小为
v＝v0
解得B1＝B0.
答案：见解析
考情分析
命题研究
分析近几年高考试题可以看出，对磁场性质和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查是高考热点，涉及磁场知识点的题目年年都有，考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题；新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合，要熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法
磁场性质及对电流作用
【高分快攻】
1．磁场性质分析的两点技巧
(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法．
(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”．即：
2．安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路
【典题例析】
(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )
A．0 B.B0
C.B0 D．2B0
[解析] 导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1.又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左．若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为 B′1＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确．
[答案] C
【题组突破】
1．(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图．质量为m 的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧劲度系数为k, 在边长ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．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MN处于静止状态时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小 .MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度g.则( )
A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M至N
B．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零
C．该电流表的最大量程是Im＝
D．该电流表的刻度在0～Im范围内是不均匀的
解析：选AC.要使电流表能正常工作，金属杆受到的安培力的方向应竖直向下，根据磁场的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从M至N，选项A正确；当该电流表的示数为零时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据平衡条件和胡克定律可知，kx＝mg，弹簧的伸长量为x＝，选项B错误；根据平衡条件和胡克定律可知，k(x＋L2)＝mg ＋BImL1，解得Im＝，即该电流表的最大量程为Im＝，选项C正确； 根据平衡条件和胡克定律可知，k(x＋l)＝mg＋BIL1，解得I＝·l，即该电流表的刻度在0～Im范围内是均匀的，选项D错误．
2．(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
解析：选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A项相同，因此D项正确．
带电粒子在匀强磁场中的运动
【高分快攻】
1．“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动
(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)．
(2)两画：画出速度v和洛伦兹力F两个矢量的方向．
(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角．
(4)四写：写出基本方程qvB＝m，半径R＝，周期T＝＝，运动时间t＝＝T.
2．常见模型的解题思路
(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题．
(2)对称规律解题法
①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等(如图甲所示)．
②在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出(如图乙所示)．
【典题例析】
(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
[解析] 电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，由几何关系有r＝l2＋，解得轨迹半径为rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确．
[答案] B
【题组突破】
角度1 带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析
1．如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，一群比荷为、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos为( )
A．1－ B．－
C．1－ D．1－
解析：选C.根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得R＝，离子通过M、N点的轨迹如图所示，由几何关系知MN＝ON－OM，过M点的两圆圆心与原点连线与x轴夹角为，圆心在x轴上的圆在O点时的速度沿y轴正方向，由几何关系可知L＝2R－2Rcos ，解得cos＝1－，故选项C正确．
角度2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析
2．(多选)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v2∶v1为( )
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D.3∶
解析：选C.由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确．
角度3 带电粒子在有边界磁场中的运动分析
3．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝，所以D正确．
命题角度
解决方法
易错辨析
带电粒子在直线边界型磁场中的运动
对称法
遵循进入磁场的角度和出磁场的角度相同的原则
带电粒子在圆形边界磁场中的运动
准确找到圆心、入射半径方向，利用垂线法确定对应的圆心角
若粒子沿半径方向射入磁场，则一定会沿半径方向射出磁场；否则不满足此条规律
带电粒子在三角形边界磁场中的运动
切线法、临界值法
在磁场中运动的临界条件是准确找到与边界相切的条件，以此判断圆周运动的临界半径的大小
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
中垂线法或速度切线法确定圆心和半径方向，利用公式确定周期和半径的大小
能熟练画出粒子的运动轨迹并准确找到圆心、半径、圆心角是解题的关键
带电粒子在磁场中运动的多解和临界问题
【高分快攻】
1．求解临界、极值问题的“两思路、两方法”
2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法
(1)方法技巧
①认真读题，逐一确认形成多解的各种因素．
②画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况．
③对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式．
(2)带电粒子在交变磁场中运动的多解问题
分析带电粒子在交变磁场中的运动，首先必须明确粒子运动的周期与磁场变化的周期之间的关系，正确作出粒子在磁场中随磁场变化的运动轨迹图，然后灵活运用粒子做圆周运动的规律进行解答，要特别注意对题目中隐含条件的挖掘，分析不确定因素可能形成的多解，力求使解答准确、完整．
【典题例析】
(2019·济南二模)如图所示，在xOy平面内以O为圆心、R0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0，0)点沿x轴负方向射入区域Ⅰ，经过P(0，R0)点，沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ，为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里的匀强磁场．已知OQ与x轴负方向成30°，不计粒子重力．求：
(1)区域Ⅰ中磁感应强度B0的大小；
(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R；
(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间．
[解析] (1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为r1，由图中几何关系可得：r1＝R0，由牛顿第二定律可得：r1＝，解得：B0＝.
(2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为r2，轨迹如图所示，由几何关系知：r2＝r1＝R0
由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2
即R＝R0.
(3)当粒子由内侧劣弧经过A点时，时间较短，应满足
150°n＋90°＝360°m
当m＝4时，n＝9，时间最短
当粒子由外侧磁场经优弧经过A点时，应满足
(90°＋60°)n＝360°m
根据数学知识当m＝5时，n＝12，时间最短
所以当粒子由内侧磁场Ⅰ沿劣弧经过A点时，
并且当m＝4时，n＝9时，时间最短．
t1＝10××，t2＝9××
tmin＝t1＋t2＝＋.
[答案] 见解析
【题组突破】
角度1 带电粒子在磁场中运动的临界问题
1．(2019·山东省实验中学一模)如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ab＝L，粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为m，电荷量为q，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是( )
A. B.
C. D.
解析：选D.由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径：r＝ab×tan 30°＝L，由洛伦兹力提供向心力qvmB＝m，从而求得最大速度：vm＝，所以选项A、B、C错误，选项D正确．
角度2 带电粒子在磁场中运动的多解问题
2.如图所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围．
解析：第一种情况：
当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R1＝·＝
由qv0B1＝m得：B1＝
若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，
设粒子做圆周运动的半径为R2，则：
R＝＋d2，
解得：R2＝d
由qv0B2＝m得：B2＝
所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为＜B＜.
第二种情况：
当磁场方向垂直纸面向外时，若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R3＝·d＝
由qv0B3＝m得：B3＝
若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示，
设粒子做圆周运动的半径为R4，则：
R＝＋d2，
解得：R4＝d
由qv0B4＝m得：B4＝
所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为＜B＜.
答案：磁场垂直纸面向里时，＜B＜
磁场垂直纸面向外时，＜B＜
分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小，最上、最下，最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果．
(1)常见的三种几何关系
①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
②当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
③当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长．
(2)两种动态圆的应用方法
①如图甲所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨迹半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹．
②如图乙所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹．利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点．
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1．(2019·高考北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
解析：选C.由左手定则可知，粒子带负电，A项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，B项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径R＝，若仅减小磁感应强度B的大小，则R变大，粒子可能从b点右侧射出，C项正确；若仅减小入射速率，则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，t＝T，T＝，粒子在磁场中的运动时间变长，D项错误．
2．如图所示，竖直平行边界MN、PQ间有垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两个完全相同的粒子(不计粒子的重力)在边界MN上的C点分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方向与边界MN的夹角分别为30°、45°，结果两个粒子均从边界PQ上的D点射出磁场，C、D连线与两边界的垂线CE的夹角θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比及运动的时间之比分别为(已知sin 15°＝，cos 15°＝)( )
A. 2 B. 2
C. D.
解析：选A.C、D两点间的距离记为L，粒子的运动轨迹如图所示，则轨迹半径r＝，轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合r＝和T＝，得v∝，t＝T∝(120°－2α)，则＝＝，＝＝2，选项A正确．
3．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据Ω＝知角速度减小，选项D正确．
4．(2019·淄博模拟)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度Ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A. B.
C. D.
解析：选A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝×，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即＝×，求得＝，A项正确．
5．在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，已知P、Q、O为边长为L的等边三角形的三个顶点，两个带电粒子甲和乙分别从P点垂直PO方向射入匀强磁场中，甲从PO边的M点射出磁场，乙从QO边的N点射出磁场，已知PM＝2MO，QN＝NO，据此可知( )
A．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为1∶2
B．若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为3∶2
C．若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比为3∶2
D．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2
解析：选 D．根据题述，画出两个带电粒子在磁场区域中运动的轨迹，如图所示，由几何关系可知，r甲＝L，r乙＝L.由qvB＝m，解得r＝＝.若两个带电粒子的比荷 相同，由r＝可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比等于轨迹半径之比，即v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝2∶3，选项A错误；若两个带电粒子的动能相同，由r＝＝可知，甲、乙两个带电粒子所带电荷量的比值为＝·＝，选项B错误；若两个带电粒子所带电荷量q相同，由r＝＝可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于轨迹半径之比，即p甲∶p乙＝r甲∶r乙＝2∶3，选项C错误；若两个带电粒子的比荷相同，则由T＝可知两粒子在磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为180°，在磁场中运动的时间为；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为120°，在磁场中运动的时间为，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为t甲∶t乙＝3∶2，选项D正确．
6．如图所示，在OA和OC两射线间存在着匀强磁场，∠AOC＝30°，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度从M点垂直OA方向射入匀强磁场，下列说法正确的是( )
A．若正电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1
B．若正电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1
C．若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1
D．若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6
解析：选D.正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，二者运动轨迹对应的圆心角均为180°，可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1，故A、B错误；若负电子不从OC边射出且正电子也不从OC边射出，正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°，可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC边射出时，运动轨迹对应的圆心角为180°，由几何关系知，此时正电子运动轨迹的圆心角为30°，正负电子在磁场中运动的周期相等，根据t＝T知，正负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6，故若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间，故C错误，D正确．
二、多项选择题
7．(2019·青岛二模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先增大后减小
D．小球对桌面的压力一直在增大
解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．
8．(2019·济宁高三模拟)如图所示，MN平行于y轴，在y轴与MN之间的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界MN上的P点离开磁场，已知P点的坐标是((2＋)d，d)，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为d
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的比荷为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
解析：选BD.根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示．
甲
圆心为O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为r＝2d，故A错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，运动时间t0＝解得：v0＝，故B正确；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝，由Bqv0＝mr则＝，故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示．
乙
由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确．
9．如图所示为长为2L、板间距离为L的水平极板P、Q，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，以速度v0平行极板射入，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法有( )
A．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B<
B．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B>
C．在极板间加垂直极板指向P极板的匀强电场，电场强度E<
D．在极板间加垂直极板指向Q极板的匀强电场，电场强度E>
解析：选ABC.如图1所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R<，带正电的粒子从右边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R>，粒子在磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径R＝，所以<或>，解得：B>或B<，故A、B正确；当在极板间加垂直极板指向P极板的匀强电场时，粒子恰好从右边射出电场，如图2所示，y＝<，解得E<，故C正确；根据对称性可知，D错误．
10．(2019·唐山二模)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为( )
A．2BkL B.
C. D.
解析：选BD.因质子带正电，且经过c点，其可能的轨迹如图所示，
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk(n＝1，2，3，…)，选项B、D正确．
三、非选择题
11．(2019·青岛二模)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，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；
(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＝m
根据几何关系：r≤
联立得：v≤
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝
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＝
联立可得：t＝.
(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，
由几何关系可得该半圆的半径：r′＝R
面积：S＝πr′2
联立可得：S＝πR2.
答案：(1)v≤ (2)πR2
12．(2019·潍坊五校联考)如图所示，在直角坐标系的原点O处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子．在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x轴放置，挡板与xOy平面交线的两端M、N正好与原点O构成等边三角形，O′为挡板与x轴的交点．在整个空间中，有垂直于xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动．已知带电粒子的质量为m，带电荷量大小为q，速度大小为v，MN的长度为L.(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)
(1)确定带电粒子的电性；
(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；
(3)要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值．(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图)
解析：(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷．
(2)设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝，解得r＝.
由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等．
由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿y轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，轨迹圆心为O1，如图甲所示．
则最大半径rmax＝Lcos 30°＝L
由上式可得，磁感应强度的最小值Bmin＝.
(3)为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN.
图中点O2为轨迹的圆心，由于内接△OMN为正三角形，由几何知识知，最小的轨迹半径为rmin＝
粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝，所以磁感应强度的最大值Bmax＝.
答案：见解析
第2讲 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动
典题再现
1.(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为( )
A.2F B．1.5F
C.0.5F D．0
解析：选B.设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确.
考情分析
典题再现
2.(2020·山东等级考模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.
解析：
(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则
qv0B0＝
解得v0＝.
(2)由于带电粒子与y轴成45°角离开电场，则有
vx＝vy＝v0
粒子在水平方向匀加速，在竖直方向匀速，故在水平方向上
qE＝ma
v－0＝2aR0
解得E＝.
(3)粒子在电场中运动时
水平方向：vx＝at，R0＝at2
竖直方向：y＝vyt
解得y＝2R0
过N点做速度的垂线交x轴于P点，P即为在第一象限做圆周运动的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2R0.
由于洛伦兹力提供向心力，故
qvB1＝
其中v为进入第一象限的速度，大小为
v＝v0
解得B1＝B0.
答案：见解析
考情分析
命题研究
分析近几年高考试题可以看出，对磁场性质和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查是高考热点，涉及磁场知识点的题目年年都有，考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题；新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合，要熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法
磁场性质及对电流作用
【高分快攻】
1．磁场性质分析的两点技巧
(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法．
(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”．即：
2．安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路
【典题例析】
(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )
A．0 B.B0
C.B0 D．2B0
[解析] 导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1.又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左．若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为 B′1＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确．
[答案] C
【题组突破】
1．(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图．质量为m 的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧劲度系数为k, 在边长ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．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MN处于静止状态时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小 .MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度g.则( )
A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M至N
B．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零
C．该电流表的最大量程是Im＝
D．该电流表的刻度在0～Im范围内是不均匀的
解析：选AC.要使电流表能正常工作，金属杆受到的安培力的方向应竖直向下，根据磁场的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从M至N，选项A正确；当该电流表的示数为零时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据平衡条件和胡克定律可知，kx＝mg，弹簧的伸长量为x＝，选项B错误；根据平衡条件和胡克定律可知，k(x＋L2)＝mg ＋BImL1，解得Im＝，即该电流表的最大量程为Im＝，选项C正确； 根据平衡条件和胡克定律可知，k(x＋l)＝mg＋BIL1，解得I＝·l，即该电流表的刻度在0～Im范围内是均匀的，选项D错误．
2．(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
解析：选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A项相同，因此D项正确．
带电粒子在匀强磁场中的运动
【高分快攻】
1．“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动
(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)．
(2)两画：画出速度v和洛伦兹力F两个矢量的方向．
(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角．
(4)四写：写出基本方程qvB＝m，半径R＝，周期T＝＝，运动时间t＝＝T.
2．常见模型的解题思路
(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题．
(2)对称规律解题法
①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等(如图甲所示)．
②在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出(如图乙所示)．
【典题例析】
(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
[解析] 电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，由几何关系有r＝l2＋，解得轨迹半径为rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确．
[答案] B
【题组突破】
角度1 带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析
1．如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，一群比荷为、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos为( )
A．1－ B．－
C．1－ D．1－
解析：选C.根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得R＝，离子通过M、N点的轨迹如图所示，由几何关系知MN＝ON－OM，过M点的两圆圆心与原点连线与x轴夹角为，圆心在x轴上的圆在O点时的速度沿y轴正方向，由几何关系可知L＝2R－2Rcos ，解得cos＝1－，故选项C正确．
角度2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析
2．(多选)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v2∶v1为( )
A.∶2 B.∶1
C.∶1 D.3∶
解析：选C.由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确．
角度3 带电粒子在有边界磁场中的运动分析
3．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝，所以D正确．
命题角度
解决方法
易错辨析
带电粒子在直线边界型磁场中的运动
对称法
遵循进入磁场的角度和出磁场的角度相同的原则
带电粒子在圆形边界磁场中的运动
准确找到圆心、入射半径方向，利用垂线法确定对应的圆心角
若粒子沿半径方向射入磁场，则一定会沿半径方向射出磁场；否则不满足此条规律
带电粒子在三角形边界磁场中的运动
切线法、临界值法
在磁场中运动的临界条件是准确找到与边界相切的条件，以此判断圆周运动的临界半径的大小
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
中垂线法或速度切线法确定圆心和半径方向，利用公式确定周期和半径的大小
能熟练画出粒子的运动轨迹并准确找到圆心、半径、圆心角是解题的关键
带电粒子在磁场中运动的多解和临界问题
【高分快攻】
1．求解临界、极值问题的“两思路、两方法”
2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法
(1)方法技巧
①认真读题，逐一确认形成多解的各种因素．
②画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况．
③对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式．
(2)带电粒子在交变磁场中运动的多解问题
分析带电粒子在交变磁场中的运动，首先必须明确粒子运动的周期与磁场变化的周期之间的关系，正确作出粒子在磁场中随磁场变化的运动轨迹图，然后灵活运用粒子做圆周运动的规律进行解答，要特别注意对题目中隐含条件的挖掘，分析不确定因素可能形成的多解，力求使解答准确、完整．
【典题例析】
(2019·济南二模)如图所示，在xOy平面内以O为圆心、R0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0，0)点沿x轴负方向射入区域Ⅰ，经过P(0，R0)点，沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ，为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里的匀强磁场．已知OQ与x轴负方向成30°，不计粒子重力．求：
(1)区域Ⅰ中磁感应强度B0的大小；
(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R；
(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间．
[解析] (1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为r1，由图中几何关系可得：r1＝R0，由牛顿第二定律可得：r1＝，解得：B0＝.
(2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为r2，轨迹如图所示，由几何关系知：r2＝r1＝R0
由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2
即R＝R0.
(3)当粒子由内侧劣弧经过A点时，时间较短，应满足
150°n＋90°＝360°m
当m＝4时，n＝9，时间最短
当粒子由外侧磁场经优弧经过A点时，应满足
(90°＋60°)n＝360°m
根据数学知识当m＝5时，n＝12，时间最短
所以当粒子由内侧磁场Ⅰ沿劣弧经过A点时，
并且当m＝4时，n＝9时，时间最短．
t1＝10××，t2＝9××
tmin＝t1＋t2＝＋.
[答案] 见解析
【题组突破】
角度1 带电粒子在磁场中运动的临界问题
1．(2019·山东省实验中学一模)如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ab＝L，粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为m，电荷量为q，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是( )
A. B.
C. D.
解析：选D.由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径：r＝ab×tan 30°＝L，由洛伦兹力提供向心力qvmB＝m，从而求得最大速度：vm＝，所以选项A、B、C错误，选项D正确．
角度2 带电粒子在磁场中运动的多解问题
2.如图所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围．
解析：第一种情况：
当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R1＝·＝
由qv0B1＝m得：B1＝
若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，
设粒子做圆周运动的半径为R2，则：
R＝＋d2，
解得：R2＝d
由qv0B2＝m得：B2＝
所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为＜B＜.
第二种情况：
当磁场方向垂直纸面向外时，若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R3＝·d＝
由qv0B3＝m得：B3＝
若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示，
设粒子做圆周运动的半径为R4，则：
R＝＋d2，
解得：R4＝d
由qv0B4＝m得：B4＝
所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为＜B＜.
答案：磁场垂直纸面向里时，＜B＜
磁场垂直纸面向外时，＜B＜
分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小，最上、最下，最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果．
(1)常见的三种几何关系
①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
②当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
③当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长．
(2)两种动态圆的应用方法
①如图甲所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨迹半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹．
②如图乙所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹．利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点．
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1．(2019·高考北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
解析：选C.由左手定则可知，粒子带负电，A项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，B项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径R＝，若仅减小磁感应强度B的大小，则R变大，粒子可能从b点右侧射出，C项正确；若仅减小入射速率，则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，t＝T，T＝，粒子在磁场中的运动时间变长，D项错误．
2．如图所示，竖直平行边界MN、PQ间有垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两个完全相同的粒子(不计粒子的重力)在边界MN上的C点分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方向与边界MN的夹角分别为30°、45°，结果两个粒子均从边界PQ上的D点射出磁场，C、D连线与两边界的垂线CE的夹角θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比及运动的时间之比分别为(已知sin 15°＝，cos 15°＝)( )
A. 2 B. 2
C. D.
解析：选A.C、D两点间的距离记为L，粒子的运动轨迹如图所示，则轨迹半径r＝，轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合r＝和T＝，得v∝，t＝T∝(120°－2α)，则＝＝，＝＝2，选项A正确．
3．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据Ω＝知角速度减小，选项D正确．
4．(2019·淄博模拟)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度Ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A. B.
C. D.
解析：选A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝×，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即＝×，求得＝，A项正确．
5．在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，已知P、Q、O为边长为L的等边三角形的三个顶点，两个带电粒子甲和乙分别从P点垂直PO方向射入匀强磁场中，甲从PO边的M点射出磁场，乙从QO边的N点射出磁场，已知PM＝2MO，QN＝NO，据此可知( )
A．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为1∶2
B．若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为3∶2
C．若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比为3∶2
D．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2
解析：选 D．根据题述，画出两个带电粒子在磁场区域中运动的轨迹，如图所示，由几何关系可知，r甲＝L，r乙＝L.由qvB＝m，解得r＝＝.若两个带电粒子的比荷 相同，由r＝可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比等于轨迹半径之比，即v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝2∶3，选项A错误；若两个带电粒子的动能相同，由r＝＝可知，甲、乙两个带电粒子所带电荷量的比值为＝·＝，选项B错误；若两个带电粒子所带电荷量q相同，由r＝＝可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于轨迹半径之比，即p甲∶p乙＝r甲∶r乙＝2∶3，选项C错误；若两个带电粒子的比荷相同，则由T＝可知两粒子在磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为180°，在磁场中运动的时间为；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为120°，在磁场中运动的时间为，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为t甲∶t乙＝3∶2，选项D正确．
6．如图所示，在OA和OC两射线间存在着匀强磁场，∠AOC＝30°，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度从M点垂直OA方向射入匀强磁场，下列说法正确的是( )
A．若正电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1
B．若正电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1
C．若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1
D．若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6
解析：选D.正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，二者运动轨迹对应的圆心角均为180°，可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1，故A、B错误；若负电子不从OC边射出且正电子也不从OC边射出，正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°，可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC边射出时，运动轨迹对应的圆心角为180°，由几何关系知，此时正电子运动轨迹的圆心角为30°，正负电子在磁场中运动的周期相等，根据t＝T知，正负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6，故若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间，故C错误，D正确．
二、多项选择题
7．(2019·青岛二模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先增大后减小
D．小球对桌面的压力一直在增大
解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．
8．(2019·济宁高三模拟)如图所示，MN平行于y轴，在y轴与MN之间的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界MN上的P点离开磁场，已知P点的坐标是((2＋)d，d)，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为d
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的比荷为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
解析：选BD.根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示．
甲
圆心为O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为r＝2d，故A错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，运动时间t0＝解得：v0＝，故B正确；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝，由Bqv0＝mr则＝，故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示．
乙
由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确．
9．如图所示为长为2L、板间距离为L的水平极板P、Q，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，以速度v0平行极板射入，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法有( )
A．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B<
B．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B>
C．在极板间加垂直极板指向P极板的匀强电场，电场强度E<
D．在极板间加垂直极板指向Q极板的匀强电场，电场强度E>
解析：选ABC.如图1所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R<，带正电的粒子从右边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R>，粒子在磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径R＝，所以<或>，解得：B>或B<，故A、B正确；当在极板间加垂直极板指向P极板的匀强电场时，粒子恰好从右边射出电场，如图2所示，y＝<，解得E<，故C正确；根据对称性可知，D错误．
10．(2019·唐山二模)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为( )
A．2BkL B.
C. D.
解析：选BD.因质子带正电，且经过c点，其可能的轨迹如图所示，
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk(n＝1，2，3，…)，选项B、D正确．
三、非选择题
11．(2019·青岛二模)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，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；
(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＝m
根据几何关系：r≤
联立得：v≤
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝
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＝
联立可得：t＝.
(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，
由几何关系可得该半圆的半径：r′＝R
面积：S＝πr′2
联立可得：S＝πR2.
答案：(1)v≤ (2)πR2
12．(2019·潍坊五校联考)如图所示，在直角坐标系的原点O处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子．在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x轴放置，挡板与xOy平面交线的两端M、N正好与原点O构成等边三角形，O′为挡板与x轴的交点．在整个空间中，有垂直于xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动．已知带电粒子的质量为m，带电荷量大小为q，速度大小为v，MN的长度为L.(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)
(1)确定带电粒子的电性；
(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；
(3)要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值．(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图)
解析：(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷．
(2)设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝，解得r＝.
由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等．
由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿y轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，轨迹圆心为O1，如图甲所示．
则最大半径rmax＝Lcos 30°＝L
由上式可得，磁感应强度的最小值Bmin＝.
(3)为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN.
图中点O2为轨迹的圆心，由于内接△OMN为正三角形，由几何知识知，最小的轨迹半径为rmin＝
粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝，所以磁感应强度的最大值Bmax＝.
答案：见解析
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