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2020高考物理一轮复习学案：第九章第2讲磁场对运动电荷的作用
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第2讲 磁场对运动电荷的作用
主干梳理 对点激活
知识点 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ
洛伦兹力公式 Ⅱ1.定义：运动电荷在磁场中所受的力。
2．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v。即F垂直于B和v所决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)。
由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。
3．洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ
其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。
(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F＝qvB。
(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时，F＝0。
(3)当电荷在磁场中静止时，F＝0。
知识点 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子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．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m。
(2)轨道半径公式：r＝。
(3)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝。
(4)T、f和ω的特点
T、f和ω的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷有关。比荷相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中T、f、ω相同。
一 思维辨析
1．带电粒子在磁场中运动时，一定会受到磁场力的作用。( )
2．洛伦兹力的方向垂直于B和v决定的平面，洛伦兹力对带电粒子永远不做功。( )
3．根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。( )
4．用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向。( )
5．带电粒子在磁场中运动时的轨道半径与粒子的比荷成正比。( )
6．当带电粒子进入匀强磁场时，若v与B夹角为锐角，带电粒子的轨迹为螺旋线。( )
答案 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.√
二 对点激活
1．(人教版选修3－1·P98·T1改编)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
答案 B
解析 由左手定则知A中力F的方向应竖直向上，B中力F的方向应竖直向下，C、D中速度v与磁感应强度B平行，不受洛伦兹力，故选B。
2. (人教版选修3－1·P102·T3改编)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法正确的是( )
A．组成A束和B束的离子都带负电
B．组成A束和B束的离子质量一定不同
C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷
D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外
答案 C
解析 由左手定则结合带电粒子A、B在磁场中偏转的轨迹知A、B均带正电，故A错误。由r＝知A的比荷大于B的比荷，无法单独判断离子质量关系，故B错误，C正确。速度选择器中离子受电场力向右，所以洛伦兹力应向左，结合左手定则可判断磁场方向应垂直纸面向里，故D错误。
考点细研 悟法培优
考点1 洛伦兹力的特点及应用
1．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。
2．洛伦兹力与电场力的比较
例1 如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中，下列说法中正确的是( )
A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B．滑块经过最低点的加速度比磁场不存在时小
C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D．滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
解题探究 (1)带负电的滑块经过最低点时的速度大小受磁场有无的影响吗？
提示：因为洛伦兹力不做功，所以有无磁场对滑块经过最低点时的速度大小无影响。
(2)运动到最低点时滑块所受洛伦兹力方向如何？
提示：竖直向下。
尝试解答 选D。
由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，A错误；由圆周运动中a＝，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，B错误；由左手定则，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而滑块所受的向心力不变，故滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，C错误；由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，则运动所用时间相等，D正确。
总结升华
洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
[变式1] (多选)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
答案 AD
解析 小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcosθ＝qvmB，解得vm＝，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离的最大速度大于乙的最大速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝可知，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C错误；由平均功率的公式得P＝F·sinθ＝mg·sinθ＝，因sin30°＝cos60°，sin60°＝cos30°，故重力的平均功率一定相等，故D正确。
考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中运动的解题思路
(1)圆心的确定
①基本思路：与速度方向垂直的直线和轨迹圆中弦的中垂线一定过圆心。
②两种常见情形
情形一：已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图a所示，图中P为入射点，M为出射点)。
情形二：已知入射方向和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图b所示，图中P为入射点，M为出射点)。
(2)半径的确定和计算
利用几何知识求出该圆的可能半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的几何特点：
①粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
②相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°。
(3)运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧轨迹所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：
t＝T。
2．带电粒子在不同边界匀强磁场中的运动规律
有界匀强磁场是指只在局部空间存在着匀强磁场，带电粒子从磁场区域外垂直磁场方向射入磁场，在磁场区域内做一段匀速圆周运动，也就是通过一段圆弧轨迹后离开磁场区域。带电粒子在磁场中运动的圆弧轨迹取决于粒子进入磁场的速度大小、方向和磁场区域边界，常见磁场区域边界可分为如下几种情形：
情形一：直线边界
直线边界磁场又分单边直线边界和双边平行直线边界。单边直线边界如图甲、乙、丙所示，粒子进出磁场具有对称性；双边平行直线边界如图丁、戊所示，粒子进出磁场存在临界条件。
解决这类问题的“三部曲”：画轨迹、找圆心、定半径。
如果粒子从同一直线边界射入和射出，那么粒子进入磁场时速度与边界的夹角和射出磁场时速度和边界的夹角相等。
情形二：矩形边界
矩形边界磁场是指分布在矩形范围内的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧。垂直于某边射入，从某一顶点射出是常见的临界情况。
解决该类问题的关键是把握临界情况，如图所示，常见的有如下几种情况：(设粒子从ad边中点e垂直射入)
(1)两个临界半径
①从d点射出：r1＝。
②从c点射出：r＝2＋ab2。
(2)三种情况
①r≤r1，粒子从ed段射出。
②r1
情形三：圆形边界
圆形边界磁场是指分布在圆形区域内的有界磁场，带电粒子在圆形边界的匀强磁场中的轨迹也是一段不完整的圆弧。由于此类问题涉及两个圆：粒子运动轨迹的圆与磁场区域的圆，能很好地考查学生的综合分析能力，所以是近年来高考的热点。
带电粒子在圆形磁场中运动的四个结论：
(1)径向进出：当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆的圆心，如图1所示。
(2)等角进出：入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角，如图2所示。径向进出是等角进出的一种特殊情况(θ＝0°)。
(3)点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处的切线方向射出磁场，如图3所示。
(4)平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图4所示。
情形四：四分之一平面边界
四分之一平面边界磁场是指分布在平面直角坐标系中某一象限范围的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧，粒子轨迹与坐标轴相切或垂直是常见的临界情况。
解决该类问题的关键是明确粒子射入(射出)磁场的位置坐标，及速度方向与坐标轴的夹角关系，然后分析粒子做圆周运动的轨迹、圆心，寻找几何关系求解问题。
情形五：三角形边界
三角形边界磁场是指分布在三角形区域内的有界磁场，粒子的轨迹也是一段圆弧，由于三角形可以有等边三角形、等腰三角形、直角三角形等不同类型，所以会有不同的临界情景。
解答该类问题主要把握以下两点：
(1)射入磁场的方式
①从某顶点射入。
②从某条边上某点(如中点)垂直(或成某一角度)射入。
(2)射出点的判断
其临界条件是判断轨迹可能与哪条边相切，进而判定出射点的可能位置。
例2 (2018·昆明质检)(多选)如图所示，MN两侧均有垂直纸面向里的匀强磁场，MN左侧磁感应强度大小为B1，右侧磁感应强度大小为B2，有一质量为m、电荷量为q的正离子，自P点开始以速度v0向左垂直MN射入磁场中，当离子第二次穿过磁场边界时，与边界的交点Q位于P点正上方，PQ之间的距离为。不计离子重力，下列说法正确的是( )
A．B2＝B1
B．B2＝B1
C．离子从开始运动至第一次到达Q点所用时间为
D．离子从开始运动至第一次到达Q点所用时间为
解题探究 (1)PQ之间距离与带电粒子在两磁场中运动的半径之间有何关系？
提示：2r2－2r1＝。
(2)离子在两磁场中各运动多长时间？
提示：分别运动半个周期。
尝试解答 选AC。
画出离子在匀强磁场中的运动轨迹，如图所示。由qvB＝m，解得r＝，在磁感应强度为B1的区域，r1＝，在磁感应强度为B2的区域，r2＝，根据题述，2r2－2r1＝，联立解得B2＝B1，A正确，B错误。由T＝可知，离子在左侧匀强磁场中的运动时间t1＝，离子在右侧匀强磁场中的运动时间t2＝＝，离子从开始运动至第一次到达Q点所用时间为t＝t1＋t2＝＋＝，C正确，D错误。
总结升华
1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
2．作带电粒子运动轨迹时需注意的问题
(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。
(2)六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度所在直线和出射速度所在直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度所在直线交点的连线。前面四条线构成一个四边形，后面两条线为对角线。
(3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
[变式2] (2016·四川高考改编)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。一带电粒子从a点沿ad方向射入磁场，当速度大小为v1时，粒子从b点离开磁场；当速度大小为v2时，粒子从c点离开磁场。不计粒子重力，则v1与v2的大小之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．∶2
答案 C
解析 粒子以速度v1进入磁场从b点射出时，由几何关系得R1sin60°＝，得R1＝l，同理粒子以速度v2进入磁场从c点射出时，由几何关系得R2sin30°＝lcos30°，得R2＝l，粒子在磁场中做圆周运动，由Bqv＝m得半径R＝，两次入射速度之比＝＝，C正确，A、B、D错误。
考点3 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
1.带电粒子电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。
如图甲，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。
2．磁场方向不确定形成多解
有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时由于磁感应强度方向不确定形成多解。
如图乙，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。
3．速度不确定形成多解
有些题目只指明了带电粒子的电性，但未具体指出速度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形成的多解。常有两种情形：(1)入射速度方向一定，大小不同；(2)入射速率一定，方向不同。
如图丙所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子速度大小不确定，因此，它可能穿过下边界，也可能转过180°反向飞出，于是形成了多解。
4．运动的周期性形成多解
带电粒子在电场和磁场的组合场空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解。如图丁所示。
例3 (2018·湖南湘东五校联考)(多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点，现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πL
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πL
D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL
解题探究 (1)B、C、D选项中“电子从P点出发经原点O到达Q点”，经原点O一定是第一次射出磁场分界线就过原点O吗？
提示：不一定，可能存在多解。
(2)轨迹半径如何确定？
提示：由几何关系知可能有2Rcos45°＝L或2Rcos45°＝L等。
尝试解答 选AD。
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其运动半径为R，若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则其运动轨迹如图甲所示，则有2Rcos45°＝L，半径R＝L，从P点到O点运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程s＝＝，A正确。电子从P点出发经原点O到达Q点，若电子恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲所示，运动路程为一个圆周，即s1＝2πR＝2πL；若电子从P点出发经过原点O到达Q点的运动轨迹如图乙所示，根据几何关系有2R′cos45°＝，圆周运动半径R′＝，运动的路程为s2＝×2×2＝×2×2＝πL，B、C错误，D正确。
总结升华
求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式，若是出现几种周期性解的可能性，注意每种解出现的条件。
[变式3] 如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)若正离子从O′孔垂直于N板射出磁场所用的时间最短，请画出其运动轨迹并求出该最短时间；
(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
答案 (1) (2)轨迹图见解析 T0
(3)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)设离子轨道半径为R，洛伦兹力提供向心力：B0qv0＝
做匀速圆周运动的周期T0＝
由以上两式得：B0＝。
(2)轨迹如右图，
最短时间tmin＝T0。
(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子在两板之间只运动一个周期即T0时，R＝。
当正离子在两板之间运动n个周期，即nT0时，
R＝(n＝1,2,3，…)
B0qv0＝
联立得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1,2,3，…)。
考点4 带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题
1.解题思路
以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出偏转方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系。
2．寻找临界点常用的结论
(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)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速度v变化时，圆心角越大的，运动时间越长。
例4 (2018·武昌调研)(多选)如图所示，在一个等腰直角三角形区域ABC内，存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(边界上有磁场)，AC＝BC＝l，∠C＝90°。质量为m、电荷量为＋q的大量相同的粒子以不同速率从AB边上距A点为l的D点既垂直于边界AB又垂直于磁场方向射入匀强磁场，不计粒子间的相互作用及粒子重力，则以下结论正确的是( )
A．速率在
C．从AB边离开磁场的粒子在磁场中运动的最大位移为2(－1)l
D．速率v>(3－2)的粒子都会从BC边离开磁场
解题探究 (1)从AC边离开磁场的临界点是什么？
提示：与AC相切，从C点离开，两个临界点。
(2)从AB边离开磁场，粒子会运动半个圆周，运动的最大位移如何确定？
提示：x＝2r，即r取最大时x最大。
尝试解答 选AC。
作出带电粒子从AC边离开的轨迹，如图所示，轨迹DEF与AC边相切，切点为E，DC为刚好从C点离开磁场区域的带电粒子的轨迹。当带电粒子从C点离开时，粒子的轨迹半径为r1＝l，又由qv1B＝m得v1＝；当粒子轨迹刚好与AC边相切时，由几何关系有l＝r2＋r2，则r2＝(－1)l，又由qv2B＝m得v2＝，所以带电粒子的速率满足时，带电粒子都会从BC边离开磁场，D错误。
总结升华
1．利用缩放圆法探索临界状态
当带电粒子以任一速率沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速率v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上。此时可以用“缩放圆法”分析——以入射点为定点，圆心位于直线PP′上，将半径缩放作粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件，问题便迎刃而解。
2．带电粒子在矩形有界匀强磁场中运动的临界问题
由于矩形磁场有四个边界，所以带电粒子在此类磁场中运动时往往会存在临界问题——带电粒子的运动轨迹与某一边界相切，具体情况如下：
(1)粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界垂直，如图甲所示。
①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做半个圆周运动后从原边界射出磁场区域；
②当粒子速度在某一范围内时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从侧面边界飞出磁场；
③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从对面边界飞出磁场。
(2)粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界成一夹角，如图乙所示。
①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从原边界飞出磁场；
②当粒子速度在某一范围内时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从上侧面边界飞出磁场；
③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从右侧面边界飞出磁场；
④当粒子速度更大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从下侧面边界飞出磁场。
这类在矩形磁场中求解时间范围、速度范围等的问题是热点。综合以上两种情况，寻找“相切或相交”的临界点是解决问题的关键；另外在磁场边界上还有粒子不能达到的区域即“盲区”，也要引起大家注意。
[变式4] 如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°的方向以不同的初速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间；
(2)若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围。
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示，由qBv0＝
又T＝
解得T＝
又由几何关系得θ＝74°，即粒子在磁场中运动的最长时间t＝＝。
(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图2所示，设此时初速度为v01，轨迹半径为R1，由几何关系可得，R1＋R1sin37°＝0.4l，又由qBv01＝，解得v01＝；
当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图3所示，设此时初速度为v02，轨迹半径为R2，由几何关系可得R2＋R2cos37°＝l，
又由qBv02＝，解得v02＝，
综上可得
1．模型构建
此类模型较为复杂，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等。因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积，最长、最短时间等问题。
2．模型条件
(1)在匀强磁场中做匀速圆周运动。
(2)磁场有一定范围。
(3)粒子速度大小不变，方向改变，则r＝大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点滚动。(如图所示)
3．模型分类
(1)单直线边界型：当粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时，以图甲中带负电粒子的运动为例。
规律要点：
①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于圆周且与边界相切时(如图甲中a点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最近点(或恰能射出磁场的临界点)。
②最值相交：当带电粒子的运动轨迹等于圆周时，直径与边界相交的点(如图甲中的b点)为带电粒子射出磁场的最远点(距O最远)。
(2)双直线边界型：当粒子源在一条边界上，向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时，以图乙中带负电粒子的运动为例。
规律要点：
①最值相切：粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨迹分别与两直线相切，如图乙所示。
②对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线。在图乙中，a、b之间有带电粒子射出，可求得ab＝2，最值相切规律可推广到矩形区域磁场中。
【典题例证】
如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T。磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，且ab板足够长，求ab板上被α粒子打中区域的长度。
[解析] α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动。用R表示轨迹半径，有qvB＝m，
由此得R＝，
代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R。
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作圆弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。即NP1＝。
再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆弧，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。由图中几何关系得NP2＝，
所求长度为P1P2＝NP1＋NP2，
代入数值得P1P2＝20 cm。
[答案] 20 cm
名师点睛 (1)解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向，找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
(2)要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观。
【针对训练】
1．如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子以相同的速率v沿纸面内由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝，正确的图是( )
答案 D
解析 如图，从O点水平向左沿x轴负方向射出的粒子，轨迹为圆，和x轴相切于O点，在x轴上方，半径为R；沿y轴正方向射出的粒子轨迹为半圆，在y轴右侧，和x轴交点距O点为2R，其余方向射入的带电粒子，轨迹圆旋转，最远点均在以O为圆心、半径为2R的圆周上，故D正确。
2. (多选)如图所示，宽d＝4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里。现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝10 cm，则( )
A．右边界：－8 cm
D．左边界：0
解析 根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r＝10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm，由几何知识求得AB＝BC＝8 cm，OE＝16 cm，因此A、D正确。
高考模拟 随堂集训
1．(2017·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∶
答案 C
解析 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。
同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示。由几何关系知r2＝ ＝R，可得r2∶r1＝∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故选C。
2．(2016·全国卷Ⅱ)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．
答案 A
解析 定圆心、圆轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，粒子做圆周运动的周期T＝，粒子运动时间t＝T＝；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝＝，联立得＝，A项正确。
3. (2016·全国卷Ⅲ)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．
答案 D
解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由qvB＝m得R＝，分析图中角度关系可知，PO′半径与O′Q半径在同一条直线上。则PQ＝2R，所以OQ＝4R＝，D正确。
4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离。
答案 (1) (2)
解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝③
粒子再转过180°时，所需时间t2为
t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝。⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝。
5．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子圆周运动的半径r0＝
由题意知r0＝
解得B＝。
(2)粒子入射速度为5v0时，圆周运动半径
r＝＝5r0＝，
如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，
由d＝rsinα，得sinα＝，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1＝·
解得t1＝
直线运动的时间t2＝
则t＝4t1＋t2＝。
(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x，
粒子从O点向上运动的最大偏移量
y＝2r(1－cosα)＋xtanα
由y≤2d，解得x≤d
则当xm＝d时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值
sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝＝。
配套课时作业
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～5为单选，6～10为多选)
1．如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为＋q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出，则磁感应强度的大小为( )
A． B．
C． D．
答案 B
解析 根据题述可得带电粒子运动的轨迹半径r满足rcos60°＝R，r＝2R。带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，解得磁感应强度的大小为B＝，B正确。
2．如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )
A．0 B．2mg
C．4mg D．6mg
答案 C
解析 设小球自左方最大摆角处摆到最低点时速度为v，则mv2＝mgL(1－cos60°)，此时qvB－mg＝m，当小球自右方最大摆角处摆到最低点时，v大小不变，洛伦兹力方向发生变化，此时有T－mg－qvB＝m，解得T＝4mg，故C正确。
3．如图所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子P(H)和氦核Q(He)都从A点沿∠BAC的角平分线方向射入磁场，质子P(H)从C点离开，氦核Q(He)从相切点D离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为( )
A．6∶1 B．3∶1
C．2∶1 D．3∶2
答案 A
解析 设圆形区域的半径为R，质子P的入射速度大小为v1，质量为m，电荷量为e，质子从C点离开，在磁场中其运动轨迹所对的圆心角为60°，设其轨迹半径为r1，则有tan60°＝，解得r1＝R，根据洛伦兹力提供向心力可知，ev1B＝m，解得v1＝；设氦核Q的入射速度大小为v2，则质量为4m，电荷量为2e，氦核Q从D点离开磁场，在磁场中其运动轨迹所对的圆心角为120°，设其轨迹半径为r2，则有tan60°＝，解得r2＝，根据洛伦兹力提供向心力可知，2ev2B＝4m，解得v2＝，质子和氦核的入射速度大小之比为v1∶v2＝∶＝6∶1，A正确。
4．如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是( )
A．沿路径a运动 B．沿路径b运动
C．沿路径c运动 D．沿路径d运动
答案 B
解析 由安培定则，电流在下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上。则质子的轨迹必定向上弯曲，因此C、D必错；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，则B正确，A错误。
5．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是( )
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
答案 A
解析 由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转。若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，A正确；若v一定，θ等于90°时，粒子离开磁场的位置距O点最远，为2r＝，B错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间与v无关，C、D错误。
6．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<
B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v>
D．使粒子的速度
解析 若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r＝2＋l2，又因为r1＝，解得v1＝；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确。
7．(2018·重庆调研)如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场(未画出)，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上点P(3a，a)离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a
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
答案 BD
解析 作出沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示，设粒子的轨迹半径为r，则由几何关系可知(3a－r)2＋(a)2＝r2，解得r＝2a，A错误；图1中∠OO′P＝，则带电粒子的速度大小为v0＝＝，B正确；由牛顿第二定律有qBv0＝m，整理得＝，C错误；如图2所示，当粒子的运动轨迹与右侧的磁场边界相切时，带电粒子在磁场中运动的时间最长，假设∠NO″O＝θ，则3a＝2a＋2acos，解得θ＝，因此该运动轨迹所对应的圆心角为，则该粒子在磁场中的运动时间为2t0，D正确。
8. (2018·贵阳监测)如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1＝2B2，一比荷为k的带电粒子(不计重力)，以一定的速率从O点垂直MN进入磁感应强度大小为B1的磁场，则粒子下一次到达O点所经历的时间为( )
A． B．
C． D．
答案 BC
解析 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＝m，可得R＝，由此可知带电粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的轨迹半径是在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的轨迹半径的2倍，带电粒子运动轨迹的示意图如图所示。粒子在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的时间为t1＝2×＝，粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的时间为t2＝＝＝，则粒子下一次到达O点经历的时间为t＝t1＋t2＝＋＝＝＝，A、D错误，B、C正确。
9．如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场。甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲、乙两个带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力。以下判断正确的是( )
A．甲粒子带负电，乙粒子带正电
B．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍
C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍
D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的
答案 CD
解析 由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由乙粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，A错误；设正方形abcd的边长为L，由几何关系可知R甲＝2L，乙粒子在磁场中偏转时所对应的弦的弦切角为60°，弦长为，所以＝2R乙sin60°，解得R乙＝L，根据qvB＝m，有Ek＝mv2＝，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，B错误；由公式qvB＝m可知，v＝，所以F洛＝qvB＝，解得＝2，C正确；由几何关系可知，甲粒子运动轨迹所对的圆心角为30°，乙粒子运动轨迹所对的圆心角为120°，根据公式t＝T和T＝可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的，D正确。
10．如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直角边bc的长度为L。三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率v1、v2、v3 射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3 ，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶2。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子的速率关系一定是v1＝v2
D．粒子的比荷为＝
答案 BD
解析 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力知，qvB＝m，解得R＝，设带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则运动时间t＝＝，即运动时间t与运动轨迹所对的圆心角θ成正比，可知带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角θ1∶θ2∶θ3＝t1∶t2∶t3＝3∶3∶2，分析可知速率为v1和v2的粒子从ab边射出，轨迹所对的圆心角相同，速率为v3的粒子从ac边射出，故v3较大，v1和v2的大小关系可能为v1>v2、v1＝v2或v1
11．(2018·保定二模)(14分)半径为a的圆内圆心处有一带正电粒子，t＝0时朝某方向以速率v向外运动，粒子比荷为k，圆外有垂直圆平面向里的环形磁场，如图所示，磁感应强度大小为B＝，如果粒子恰好不能穿过环形磁场。求：
(1)环形磁场的面积；
(2)粒子的运动周期T。
答案 (1)2π(＋1)a2 (2)(3π＋4)
解析 (1)带电粒子进入磁场中运动qvB＝m，
可得r＝a；
当其运动轨迹恰好与磁场的外边界相切时恰好不能从磁场离开，如图所示。由几何关系可得磁场外边界的半径R＝(＋1)a，环形磁场面积
S＝π(R2－r2)＝2π(＋1)a2。
(2)粒子在完成轨迹时，做匀速运动的时间t1＝，
其在磁场中的时间t2＝T′，T′＝，
粒子的运动周期T＝4(t1＋t2)＝(3π＋4)。
12．(16分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg，电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，以20 m/s的速度从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；
(2)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。
答案 (1)0.9 m (2)B′> T
解析
(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝，解得R＝0.5 m，而＝0.5 m，故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示，
由几何关系可知OQ＝R＋Rcos37°＝0.9 m。
(2)带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图乙所示。
由几何关系得OP＝R′＋R′sin37°，R′＝，
解得B1＝ T。
磁感应强度B′>B1，即B′> T。
主干梳理 对点激活
知识点 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ
洛伦兹力公式 Ⅱ1.定义：运动电荷在磁场中所受的力。
2．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v。即F垂直于B和v所决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)。
由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。
3．洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ
其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。
(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F＝qvB。
(2)当电荷运动方向与磁场方向平行时，F＝0。
(3)当电荷在磁场中静止时，F＝0。
知识点 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子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．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m。
(2)轨道半径公式：r＝。
(3)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝。
(4)T、f和ω的特点
T、f和ω的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷有关。比荷相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中T、f、ω相同。
一 思维辨析
1．带电粒子在磁场中运动时，一定会受到磁场力的作用。( )
2．洛伦兹力的方向垂直于B和v决定的平面，洛伦兹力对带电粒子永远不做功。( )
3．根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。( )
4．用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向。( )
5．带电粒子在磁场中运动时的轨道半径与粒子的比荷成正比。( )
6．当带电粒子进入匀强磁场时，若v与B夹角为锐角，带电粒子的轨迹为螺旋线。( )
答案 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.√
二 对点激活
1．(人教版选修3－1·P98·T1改编)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
答案 B
解析 由左手定则知A中力F的方向应竖直向上，B中力F的方向应竖直向下，C、D中速度v与磁感应强度B平行，不受洛伦兹力，故选B。
2. (人教版选修3－1·P102·T3改编)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法正确的是( )
A．组成A束和B束的离子都带负电
B．组成A束和B束的离子质量一定不同
C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷
D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外
答案 C
解析 由左手定则结合带电粒子A、B在磁场中偏转的轨迹知A、B均带正电，故A错误。由r＝知A的比荷大于B的比荷，无法单独判断离子质量关系，故B错误，C正确。速度选择器中离子受电场力向右，所以洛伦兹力应向左，结合左手定则可判断磁场方向应垂直纸面向里，故D错误。
考点细研 悟法培优
考点1 洛伦兹力的特点及应用
1．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。
2．洛伦兹力与电场力的比较
例1 如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中，下列说法中正确的是( )
A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B．滑块经过最低点的加速度比磁场不存在时小
C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D．滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
解题探究 (1)带负电的滑块经过最低点时的速度大小受磁场有无的影响吗？
提示：因为洛伦兹力不做功，所以有无磁场对滑块经过最低点时的速度大小无影响。
(2)运动到最低点时滑块所受洛伦兹力方向如何？
提示：竖直向下。
尝试解答 选D。
由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，A错误；由圆周运动中a＝，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，B错误；由左手定则，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而滑块所受的向心力不变，故滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，C错误；由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，则运动所用时间相等，D正确。
总结升华
洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
[变式1] (多选)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同
D．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
答案 AD
解析 小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcosθ＝qvmB，解得vm＝，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离的最大速度大于乙的最大速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝可知，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C错误；由平均功率的公式得P＝F·sinθ＝mg·sinθ＝，因sin30°＝cos60°，sin60°＝cos30°，故重力的平均功率一定相等，故D正确。
考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中运动的解题思路
(1)圆心的确定
①基本思路：与速度方向垂直的直线和轨迹圆中弦的中垂线一定过圆心。
②两种常见情形
情形一：已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图a所示，图中P为入射点，M为出射点)。
情形二：已知入射方向和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图b所示，图中P为入射点，M为出射点)。
(2)半径的确定和计算
利用几何知识求出该圆的可能半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的几何特点：
①粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
②相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°。
(3)运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧轨迹所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：
t＝T。
2．带电粒子在不同边界匀强磁场中的运动规律
有界匀强磁场是指只在局部空间存在着匀强磁场，带电粒子从磁场区域外垂直磁场方向射入磁场，在磁场区域内做一段匀速圆周运动，也就是通过一段圆弧轨迹后离开磁场区域。带电粒子在磁场中运动的圆弧轨迹取决于粒子进入磁场的速度大小、方向和磁场区域边界，常见磁场区域边界可分为如下几种情形：
情形一：直线边界
直线边界磁场又分单边直线边界和双边平行直线边界。单边直线边界如图甲、乙、丙所示，粒子进出磁场具有对称性；双边平行直线边界如图丁、戊所示，粒子进出磁场存在临界条件。
解决这类问题的“三部曲”：画轨迹、找圆心、定半径。
如果粒子从同一直线边界射入和射出，那么粒子进入磁场时速度与边界的夹角和射出磁场时速度和边界的夹角相等。
情形二：矩形边界
矩形边界磁场是指分布在矩形范围内的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧。垂直于某边射入，从某一顶点射出是常见的临界情况。
解决该类问题的关键是把握临界情况，如图所示，常见的有如下几种情况：(设粒子从ad边中点e垂直射入)
(1)两个临界半径
①从d点射出：r1＝。
②从c点射出：r＝2＋ab2。
(2)三种情况
①r≤r1，粒子从ed段射出。
②r1
情形三：圆形边界
圆形边界磁场是指分布在圆形区域内的有界磁场，带电粒子在圆形边界的匀强磁场中的轨迹也是一段不完整的圆弧。由于此类问题涉及两个圆：粒子运动轨迹的圆与磁场区域的圆，能很好地考查学生的综合分析能力，所以是近年来高考的热点。
带电粒子在圆形磁场中运动的四个结论：
(1)径向进出：当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆的圆心，如图1所示。
(2)等角进出：入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角，如图2所示。径向进出是等角进出的一种特殊情况(θ＝0°)。
(3)点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处的切线方向射出磁场，如图3所示。
(4)平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图4所示。
情形四：四分之一平面边界
四分之一平面边界磁场是指分布在平面直角坐标系中某一象限范围的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧，粒子轨迹与坐标轴相切或垂直是常见的临界情况。
解决该类问题的关键是明确粒子射入(射出)磁场的位置坐标，及速度方向与坐标轴的夹角关系，然后分析粒子做圆周运动的轨迹、圆心，寻找几何关系求解问题。
情形五：三角形边界
三角形边界磁场是指分布在三角形区域内的有界磁场，粒子的轨迹也是一段圆弧，由于三角形可以有等边三角形、等腰三角形、直角三角形等不同类型，所以会有不同的临界情景。
解答该类问题主要把握以下两点：
(1)射入磁场的方式
①从某顶点射入。
②从某条边上某点(如中点)垂直(或成某一角度)射入。
(2)射出点的判断
其临界条件是判断轨迹可能与哪条边相切，进而判定出射点的可能位置。
例2 (2018·昆明质检)(多选)如图所示，MN两侧均有垂直纸面向里的匀强磁场，MN左侧磁感应强度大小为B1，右侧磁感应强度大小为B2，有一质量为m、电荷量为q的正离子，自P点开始以速度v0向左垂直MN射入磁场中，当离子第二次穿过磁场边界时，与边界的交点Q位于P点正上方，PQ之间的距离为。不计离子重力，下列说法正确的是( )
A．B2＝B1
B．B2＝B1
C．离子从开始运动至第一次到达Q点所用时间为
D．离子从开始运动至第一次到达Q点所用时间为
解题探究 (1)PQ之间距离与带电粒子在两磁场中运动的半径之间有何关系？
提示：2r2－2r1＝。
(2)离子在两磁场中各运动多长时间？
提示：分别运动半个周期。
尝试解答 选AC。
画出离子在匀强磁场中的运动轨迹，如图所示。由qvB＝m，解得r＝，在磁感应强度为B1的区域，r1＝，在磁感应强度为B2的区域，r2＝，根据题述，2r2－2r1＝，联立解得B2＝B1，A正确，B错误。由T＝可知，离子在左侧匀强磁场中的运动时间t1＝，离子在右侧匀强磁场中的运动时间t2＝＝，离子从开始运动至第一次到达Q点所用时间为t＝t1＋t2＝＋＝，C正确，D错误。
总结升华
1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
2．作带电粒子运动轨迹时需注意的问题
(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。
(2)六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度所在直线和出射速度所在直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度所在直线交点的连线。前面四条线构成一个四边形，后面两条线为对角线。
(3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
[变式2] (2016·四川高考改编)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。一带电粒子从a点沿ad方向射入磁场，当速度大小为v1时，粒子从b点离开磁场；当速度大小为v2时，粒子从c点离开磁场。不计粒子重力，则v1与v2的大小之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．∶2
答案 C
解析 粒子以速度v1进入磁场从b点射出时，由几何关系得R1sin60°＝，得R1＝l，同理粒子以速度v2进入磁场从c点射出时，由几何关系得R2sin30°＝lcos30°，得R2＝l，粒子在磁场中做圆周运动，由Bqv＝m得半径R＝，两次入射速度之比＝＝，C正确，A、B、D错误。
考点3 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
1.带电粒子电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。
如图甲，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。
2．磁场方向不确定形成多解
有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时由于磁感应强度方向不确定形成多解。
如图乙，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。
3．速度不确定形成多解
有些题目只指明了带电粒子的电性，但未具体指出速度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形成的多解。常有两种情形：(1)入射速度方向一定，大小不同；(2)入射速率一定，方向不同。
如图丙所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子速度大小不确定，因此，它可能穿过下边界，也可能转过180°反向飞出，于是形成了多解。
4．运动的周期性形成多解
带电粒子在电场和磁场的组合场空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解。如图丁所示。
例3 (2018·湖南湘东五校联考)(多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点，现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πL
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πL
D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL
解题探究 (1)B、C、D选项中“电子从P点出发经原点O到达Q点”，经原点O一定是第一次射出磁场分界线就过原点O吗？
提示：不一定，可能存在多解。
(2)轨迹半径如何确定？
提示：由几何关系知可能有2Rcos45°＝L或2Rcos45°＝L等。
尝试解答 选AD。
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其运动半径为R，若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则其运动轨迹如图甲所示，则有2Rcos45°＝L，半径R＝L，从P点到O点运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程s＝＝，A正确。电子从P点出发经原点O到达Q点，若电子恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲所示，运动路程为一个圆周，即s1＝2πR＝2πL；若电子从P点出发经过原点O到达Q点的运动轨迹如图乙所示，根据几何关系有2R′cos45°＝，圆周运动半径R′＝，运动的路程为s2＝×2×2＝×2×2＝πL，B、C错误，D正确。
总结升华
求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式，若是出现几种周期性解的可能性，注意每种解出现的条件。
[变式3] 如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)若正离子从O′孔垂直于N板射出磁场所用的时间最短，请画出其运动轨迹并求出该最短时间；
(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
答案 (1) (2)轨迹图见解析 T0
(3)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)设离子轨道半径为R，洛伦兹力提供向心力：B0qv0＝
做匀速圆周运动的周期T0＝
由以上两式得：B0＝。
(2)轨迹如右图，
最短时间tmin＝T0。
(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子在两板之间只运动一个周期即T0时，R＝。
当正离子在两板之间运动n个周期，即nT0时，
R＝(n＝1,2,3，…)
B0qv0＝
联立得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1,2,3，…)。
考点4 带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题
1.解题思路
以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出偏转方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系。
2．寻找临界点常用的结论
(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)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速度v变化时，圆心角越大的，运动时间越长。
例4 (2018·武昌调研)(多选)如图所示，在一个等腰直角三角形区域ABC内，存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(边界上有磁场)，AC＝BC＝l，∠C＝90°。质量为m、电荷量为＋q的大量相同的粒子以不同速率从AB边上距A点为l的D点既垂直于边界AB又垂直于磁场方向射入匀强磁场，不计粒子间的相互作用及粒子重力，则以下结论正确的是( )
A．速率在
C．从AB边离开磁场的粒子在磁场中运动的最大位移为2(－1)l
D．速率v>(3－2)的粒子都会从BC边离开磁场
解题探究 (1)从AC边离开磁场的临界点是什么？
提示：与AC相切，从C点离开，两个临界点。
(2)从AB边离开磁场，粒子会运动半个圆周，运动的最大位移如何确定？
提示：x＝2r，即r取最大时x最大。
尝试解答 选AC。
作出带电粒子从AC边离开的轨迹，如图所示，轨迹DEF与AC边相切，切点为E，DC为刚好从C点离开磁场区域的带电粒子的轨迹。当带电粒子从C点离开时，粒子的轨迹半径为r1＝l，又由qv1B＝m得v1＝；当粒子轨迹刚好与AC边相切时，由几何关系有l＝r2＋r2，则r2＝(－1)l，又由qv2B＝m得v2＝，所以带电粒子的速率满足
总结升华
1．利用缩放圆法探索临界状态
当带电粒子以任一速率沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速率v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上。此时可以用“缩放圆法”分析——以入射点为定点，圆心位于直线PP′上，将半径缩放作粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件，问题便迎刃而解。
2．带电粒子在矩形有界匀强磁场中运动的临界问题
由于矩形磁场有四个边界，所以带电粒子在此类磁场中运动时往往会存在临界问题——带电粒子的运动轨迹与某一边界相切，具体情况如下：
(1)粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界垂直，如图甲所示。
①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做半个圆周运动后从原边界射出磁场区域；
②当粒子速度在某一范围内时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从侧面边界飞出磁场；
③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从对面边界飞出磁场。
(2)粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界成一夹角，如图乙所示。
①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从原边界飞出磁场；
②当粒子速度在某一范围内时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从上侧面边界飞出磁场；
③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从右侧面边界飞出磁场；
④当粒子速度更大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从下侧面边界飞出磁场。
这类在矩形磁场中求解时间范围、速度范围等的问题是热点。综合以上两种情况，寻找“相切或相交”的临界点是解决问题的关键；另外在磁场边界上还有粒子不能达到的区域即“盲区”，也要引起大家注意。
[变式4] 如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°的方向以不同的初速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间；
(2)若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围。
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示，由qBv0＝
又T＝
解得T＝
又由几何关系得θ＝74°，即粒子在磁场中运动的最长时间t＝＝。
(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图2所示，设此时初速度为v01，轨迹半径为R1，由几何关系可得，R1＋R1sin37°＝0.4l，又由qBv01＝，解得v01＝；
当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图3所示，设此时初速度为v02，轨迹半径为R2，由几何关系可得R2＋R2cos37°＝l，
又由qBv02＝，解得v02＝，
综上可得
1．模型构建
此类模型较为复杂，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等。因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积，最长、最短时间等问题。
2．模型条件
(1)在匀强磁场中做匀速圆周运动。
(2)磁场有一定范围。
(3)粒子速度大小不变，方向改变，则r＝大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点滚动。(如图所示)
3．模型分类
(1)单直线边界型：当粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时，以图甲中带负电粒子的运动为例。
规律要点：
①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于圆周且与边界相切时(如图甲中a点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最近点(或恰能射出磁场的临界点)。
②最值相交：当带电粒子的运动轨迹等于圆周时，直径与边界相交的点(如图甲中的b点)为带电粒子射出磁场的最远点(距O最远)。
(2)双直线边界型：当粒子源在一条边界上，向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时，以图乙中带负电粒子的运动为例。
规律要点：
①最值相切：粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨迹分别与两直线相切，如图乙所示。
②对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线。在图乙中，a、b之间有带电粒子射出，可求得ab＝2，最值相切规律可推广到矩形区域磁场中。
【典题例证】
如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T。磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106 m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，且ab板足够长，求ab板上被α粒子打中区域的长度。
[解析] α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动。用R表示轨迹半径，有qvB＝m，
由此得R＝，
代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R。
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作圆弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。即NP1＝。
再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆弧，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。由图中几何关系得NP2＝，
所求长度为P1P2＝NP1＋NP2，
代入数值得P1P2＝20 cm。
[答案] 20 cm
名师点睛 (1)解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向，找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
(2)要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观。
【针对训练】
1．如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子以相同的速率v沿纸面内由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝，正确的图是( )
答案 D
解析 如图，从O点水平向左沿x轴负方向射出的粒子，轨迹为圆，和x轴相切于O点，在x轴上方，半径为R；沿y轴正方向射出的粒子轨迹为半圆，在y轴右侧，和x轴交点距O点为2R，其余方向射入的带电粒子，轨迹圆旋转，最远点均在以O为圆心、半径为2R的圆周上，故D正确。
2. (多选)如图所示，宽d＝4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里。现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝10 cm，则( )
A．右边界：－8 cm
D．左边界：0
解析 根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r＝10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm，由几何知识求得AB＝BC＝8 cm，OE＝16 cm，因此A、D正确。
高考模拟 随堂集训
1．(2017·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∶
答案 C
解析 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。
同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示。由几何关系知r2＝ ＝R，可得r2∶r1＝∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故选C。
2．(2016·全国卷Ⅱ)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．
答案 A
解析 定圆心、圆轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，粒子做圆周运动的周期T＝，粒子运动时间t＝T＝；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝＝，联立得＝，A项正确。
3. (2016·全国卷Ⅲ)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．
答案 D
解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由qvB＝m得R＝，分析图中角度关系可知，PO′半径与O′Q半径在同一条直线上。则PQ＝2R，所以OQ＝4R＝，D正确。
4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离。
答案 (1) (2)
解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝③
粒子再转过180°时，所需时间t2为
t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝。⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝。
5．(2018·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子圆周运动的半径r0＝
由题意知r0＝
解得B＝。
(2)粒子入射速度为5v0时，圆周运动半径
r＝＝5r0＝，
如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，
由d＝rsinα，得sinα＝，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1＝·
解得t1＝
直线运动的时间t2＝
则t＝4t1＋t2＝。
(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x，
粒子从O点向上运动的最大偏移量
y＝2r(1－cosα)＋xtanα
由y≤2d，解得x≤d
则当xm＝d时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值
sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝＝。
配套课时作业
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～5为单选，6～10为多选)
1．如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为＋q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出，则磁感应强度的大小为( )
A． B．
C． D．
答案 B
解析 根据题述可得带电粒子运动的轨迹半径r满足rcos60°＝R，r＝2R。带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，解得磁感应强度的大小为B＝，B正确。
2．如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )
A．0 B．2mg
C．4mg D．6mg
答案 C
解析 设小球自左方最大摆角处摆到最低点时速度为v，则mv2＝mgL(1－cos60°)，此时qvB－mg＝m，当小球自右方最大摆角处摆到最低点时，v大小不变，洛伦兹力方向发生变化，此时有T－mg－qvB＝m，解得T＝4mg，故C正确。
3．如图所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子P(H)和氦核Q(He)都从A点沿∠BAC的角平分线方向射入磁场，质子P(H)从C点离开，氦核Q(He)从相切点D离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为( )
A．6∶1 B．3∶1
C．2∶1 D．3∶2
答案 A
解析 设圆形区域的半径为R，质子P的入射速度大小为v1，质量为m，电荷量为e，质子从C点离开，在磁场中其运动轨迹所对的圆心角为60°，设其轨迹半径为r1，则有tan60°＝，解得r1＝R，根据洛伦兹力提供向心力可知，ev1B＝m，解得v1＝；设氦核Q的入射速度大小为v2，则质量为4m，电荷量为2e，氦核Q从D点离开磁场，在磁场中其运动轨迹所对的圆心角为120°，设其轨迹半径为r2，则有tan60°＝，解得r2＝，根据洛伦兹力提供向心力可知，2ev2B＝4m，解得v2＝，质子和氦核的入射速度大小之比为v1∶v2＝∶＝6∶1，A正确。
4．如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是( )
A．沿路径a运动 B．沿路径b运动
C．沿路径c运动 D．沿路径d运动
答案 B
解析 由安培定则，电流在下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上。则质子的轨迹必定向上弯曲，因此C、D必错；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，则B正确，A错误。
5．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是( )
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
答案 A
解析 由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转。若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，A正确；若v一定，θ等于90°时，粒子离开磁场的位置距O点最远，为2r＝，B错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间与v无关，C、D错误。
6．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<
B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v>
D．使粒子的速度
解析 若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r＝2＋l2，又因为r1＝，解得v1＝；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确。
7．(2018·重庆调研)如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场(未画出)，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上点P(3a，a)离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a
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
答案 BD
解析 作出沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示，设粒子的轨迹半径为r，则由几何关系可知(3a－r)2＋(a)2＝r2，解得r＝2a，A错误；图1中∠OO′P＝，则带电粒子的速度大小为v0＝＝，B正确；由牛顿第二定律有qBv0＝m，整理得＝，C错误；如图2所示，当粒子的运动轨迹与右侧的磁场边界相切时，带电粒子在磁场中运动的时间最长，假设∠NO″O＝θ，则3a＝2a＋2acos，解得θ＝，因此该运动轨迹所对应的圆心角为，则该粒子在磁场中的运动时间为2t0，D正确。
8. (2018·贵阳监测)如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1＝2B2，一比荷为k的带电粒子(不计重力)，以一定的速率从O点垂直MN进入磁感应强度大小为B1的磁场，则粒子下一次到达O点所经历的时间为( )
A． B．
C． D．
答案 BC
解析 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＝m，可得R＝，由此可知带电粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的轨迹半径是在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的轨迹半径的2倍，带电粒子运动轨迹的示意图如图所示。粒子在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的时间为t1＝2×＝，粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的时间为t2＝＝＝，则粒子下一次到达O点经历的时间为t＝t1＋t2＝＋＝＝＝，A、D错误，B、C正确。
9．如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场。甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲、乙两个带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力。以下判断正确的是( )
A．甲粒子带负电，乙粒子带正电
B．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍
C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍
D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的
答案 CD
解析 由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由乙粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，A错误；设正方形abcd的边长为L，由几何关系可知R甲＝2L，乙粒子在磁场中偏转时所对应的弦的弦切角为60°，弦长为，所以＝2R乙sin60°，解得R乙＝L，根据qvB＝m，有Ek＝mv2＝，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，B错误；由公式qvB＝m可知，v＝，所以F洛＝qvB＝，解得＝2，C正确；由几何关系可知，甲粒子运动轨迹所对的圆心角为30°，乙粒子运动轨迹所对的圆心角为120°，根据公式t＝T和T＝可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的，D正确。
10．如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直角边bc的长度为L。三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率v1、v2、v3 射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3 ，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶2。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子的速率关系一定是v1＝v2
D．粒子的比荷为＝
答案 BD
解析 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力知，qvB＝m，解得R＝，设带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则运动时间t＝＝，即运动时间t与运动轨迹所对的圆心角θ成正比，可知带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角θ1∶θ2∶θ3＝t1∶t2∶t3＝3∶3∶2，分析可知速率为v1和v2的粒子从ab边射出，轨迹所对的圆心角相同，速率为v3的粒子从ac边射出，故v3较大，v1和v2的大小关系可能为v1>v2、v1＝v2或v1
11．(2018·保定二模)(14分)半径为a的圆内圆心处有一带正电粒子，t＝0时朝某方向以速率v向外运动，粒子比荷为k，圆外有垂直圆平面向里的环形磁场，如图所示，磁感应强度大小为B＝，如果粒子恰好不能穿过环形磁场。求：
(1)环形磁场的面积；
(2)粒子的运动周期T。
答案 (1)2π(＋1)a2 (2)(3π＋4)
解析 (1)带电粒子进入磁场中运动qvB＝m，
可得r＝a；
当其运动轨迹恰好与磁场的外边界相切时恰好不能从磁场离开，如图所示。由几何关系可得磁场外边界的半径R＝(＋1)a，环形磁场面积
S＝π(R2－r2)＝2π(＋1)a2。
(2)粒子在完成轨迹时，做匀速运动的时间t1＝，
其在磁场中的时间t2＝T′，T′＝，
粒子的运动周期T＝4(t1＋t2)＝(3π＋4)。
12．(16分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg，电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，以20 m/s的速度从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；
(2)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。
答案 (1)0.9 m (2)B′> T
解析
(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝，解得R＝0.5 m，而＝0.5 m，故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示，
由几何关系可知OQ＝R＋Rcos37°＝0.9 m。
(2)带电粒子不从x轴射出，临界轨迹如图乙所示。
由几何关系得OP＝R′＋R′sin37°，R′＝，
解得B1＝ T。
磁感应强度B′>B1，即B′> T。
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