2023年高考物理二轮复习微专题专题3第9讲磁场(教师版)

这是一份2023年高考物理二轮复习微专题专题3第9讲磁场(教师版)，共21页。试卷主要包含了命题角度等内容，欢迎下载使用。

考点一 磁场的基本性质 安培力
1．磁场的产生与叠加
2．安培力的分析与计算
例1 (2022·河北邯郸市高三期末)如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，方向如图所示，且IM＝2IN(已知电流为I的长直导线在其周围激发的磁场中，距导线距离为r处的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,r)，其中k为常数)，此时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则此时O点的磁感应强度为( )
A．大小为eq \r(3)B1，方向水平向右
B．大小为eq \r(3)B1，方向水平向左
C．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右下
D．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右上
答案 A
解析 设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B0，则M处导线在O点激发的磁场的磁感应强度大小为2B0，导线未移动时，各导线在O点激发磁场的磁感应强度如图中实线所示，可得B1＝B0，将M处导线移到P处时，在O点激发磁场的磁感应强度大小仍为2B0，如图中虚线所示，N处导线在O点激发磁场的磁感应强度不变，则此时合磁感应强度大小为eq \r(3)B0，即eq \r(3)B1，方向水平向右，故A正确．
例2 (2021·江苏卷·5)在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为( )
A．BIL B．2BIL
C．πBIL D．2πBIL
答案 A
解析 从上向下看导线的图形如图所示，导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小为F安＝2BIL，以导线整体为研究对象，F安＝2F，钉子对导线的力F＝eq \f(F安,2)，设导线中的张力为FT，则FT＝F＝eq \f(F安,2)，解得FT＝BIL，故A正确，B、C、D错误．
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．分析带电粒子在磁场中运动的方法
2．带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，θ1＝θ2＝θ3)．
(2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连线对称)．
(3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲，α1＝α2)．
3．带电粒子在磁场中运动的多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解；
(2)带电粒子电性不确定形成多解；
(3)速度不确定形成多解；
(4)运动的周期性形成多解．
例3 (2022·宁夏六盘山高级中学检测)如图所示，在直角坐标系xOy内，以原点O为圆心，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一负电子从P点(R,0)沿x轴负方向以速率v射入磁场后，在磁场中运动的时间为t1，一正电子从Q点(－R,0)沿着与x轴正方向成30°的方向以速率2v射入磁场后，恰好从P点飞出磁场，在磁场中运动的时间为t2，忽略两电子重力及相互作用力，则t1∶t2为( )
A．2∶3 B．3∶2
C．3∶1 D．1∶2
答案 B
解析 由题意知正电子偏转角为60°，可得正电子轨迹半径r2＝2R，负电子与正电子速率之比为1∶2，故负电子轨迹半径r1＝R，如图画出负电子和正电子的运动轨迹，它们做圆周运动的圆心分别为O1、O2，由图可知，负电子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为90°，负电子在磁场中运动时间t1＝eq \f(90°,360°)T＝eq \f(1,4)T，由几何关系可得，正电子运动轨迹所对应的圆心角为60°，正电子在磁场中运动时间t2＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)T，得t1∶t2＝3∶2，A、C、D错误，B正确．
例4 (多选)(2022·福建省四地市质检)如图所示，射线OM与ON夹角为30°，MON之外分布着垂直于纸面向里的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)，从O点垂直于OM以某一速度射出．则( )
A．粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角为60°
B．粒子第一次穿过边界OM之后，在磁场中运动的时间为eq \f(5πm,3qB)
C．仅减小粒子射出的速率，粒子可能第二次经过边界ON
D．仅增大粒子射出的速率，粒子一定能两次经过边界OM
答案 ABD
解析 由粒子在有界磁场中运动的对称性可知，粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角等于从O点出发时与边界ON的夹角α，由几何关系可得α＝60°，故A正确；粒子第一次穿过边界OM之后的轨迹如图所示，从C点穿过OD边界进入下方磁场，由对称性和几何关系可知，再次从磁场中穿出时(图中D点)，粒子在下方磁场运动圆弧所对应的圆心角θ为300°，所以在磁场中运动的时间为t＝eq \f(θ,2π)T，T＝eq \f(2πm,qB)，可得t＝eq \f(5πm,3qB)，故B正确；由几何关系可得，粒子从ON穿过时，C点与O点间的距离为其在圆周运动半径R的3倍，所以粒子在下方磁场再次偏转，从D点穿过OM，DC距离为R，射出时速度方向平行于ON，所以不管是增大还是减小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次经过边界ON，一定能两次经过边界OM，故C错误，D正确．
例5 (2019·全国卷Ⅲ·18)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq \f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )
A.eq \f(5πm,6qB) B.eq \f(7πm,6qB)
C.eq \f(11πm,6qB) D.eq \f(13πm,6qB)
答案 B
解析 设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)、T＝eq \f(2πR,v)，可得R1＝eq \f(mv,qB)、R2＝eq \f(2mv,qB)、T1＝eq \f(2πm,qB)、T2＝eq \f(4πm,qB)，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝eq \f(T1,4)，在第一象限中运动的时间为t2＝eq \f(θ,2π)T2，又由几何关系有cs θ＝eq \f(R2－R1,R2)＝eq \f(1,2)，可得t2＝eq \f(T2,6)，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝eq \f(7πm,6qB)，选项B正确，A、C、D错误．
考点三 带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题
1．解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，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．
2．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．
3．常用的动态圆
例6 (多选)(2021·海南卷·13)如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P(0，eq \r(3)L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)．当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场．不计粒子的重力．则( )
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为eq \f(2\r(3)qBL,m)
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3eq \r(5)L
答案 ACD
解析 由题意可知，粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图所示，O1为粒子做匀速圆周运动的圆心，
粒子做圆周运动的半径为r＝eq \f(\r(3)L,cs 60°)＝2eq \r(3)L，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子入射速率v＝eq \f(2\r(3)qBL,m)，C正确；若α＝45°，粒子运动轨迹如图所示，O2为粒子做匀速圆周运动的圆心，
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误；粒子离开磁场的位置与O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图所示，O3为粒子做匀速圆周运动的圆心，
根据几何关系可知(2r)2＝(eq \r(3)L)2＋xm2，解得xm＝3eq \r(5)L，D正确．
例7 (2022·福建福州市高三期末)如图所示，圆形区域半径为R，圆心在O点，区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场，偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为2R.电子电荷量为e、质量为m，忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用．求：
(1)电子进入磁场时的速度大小v；
(2)电子枪的加速电压U；
(3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为eq \f(R,2)处，则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧，该点与N点间的距离是多少．
答案 (1)eq \f(eBR,m) (2)eq \f(eB2R2,2m) (3)左侧 eq \f(\r(3),3)R
解析 (1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有evB＝meq \f(v2,r)
电子运动轨迹如图甲所示，由几何关系得r＝R，联立解得v＝eq \f(eBR,m)
(2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eU＝eq \f(1,2)mv2
联立解得U＝eq \f(eB2R2,2m)
(3)电子在磁场中运动的半径r＝R，故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上．从与AO相距eq \f(R,2)的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的左侧，其轨迹如图乙所示，由几何关系可知α＝60°，GN＝eq \f(R,tan α)＝eq \f(\r(3),3)R.
1.(2022·山东临沂市模拟)如图所示，在垂直纸面的方向上有三根长直导线，其横截面位于正方形的三个顶点b、c、d上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示，一带负电的粒子从正方形的中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A．沿O到a方向 B．沿O到c方向
C．沿O到d方向 D．沿O到b方向
答案 A
解析 由安培定则可判断b、c、d三根导线在O点产生的磁场如图所示，由磁场的叠加原理可知它们的合磁场方向水平向左，再由左手定则可判断带负电的粒子所受洛伦兹力方向沿O到a方向．故选A.
2．(2022·河南信阳市质检)如图，平行的MN、PQ与MP间(含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN与MP的夹角α＝30°，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于MP的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场．已知从边界PQ射出的离子，离子速度为v0时射出点与P点距离最大，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用．求：
(1)射出点与P点最大距离xm；
(2)从边界MP射出的离子，速度的最大值．
答案 (1)eq \f(\r(3)v0,kB) (2)eq \f(v0,3)
解析 (1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ射出的速度为v0的离子，设其运动半径为R1，射出点与P点距离最大时，运动轨迹恰好与MN相切，运动轨迹2如图所示，
根据牛顿第二定律有qv0B＝meq \f(v02,R1)，
根据几何关系得xm＝2R1cs α，
解得xm＝eq \f(\r(3)v0,kB)
(2)从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为R2，运动轨迹1如图所示，
根据牛顿第二定律得qvmB＝meq \f(vm2,R2)，
设MP的长度为L，根据几何关系得
Lsin α＝R1－R1sin α，
L＝eq \f(R2,sin α)＋R2，
解得vm＝eq \f(v0,3).
专题强化练
[保分基础练]
1.(2022·广东卷·7)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( )
答案 A
解析 由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误．
2．(2022·安徽合肥市质检)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)
答案 A
解析 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棒受到安培力的大小为Fab＝BIL，其余各棒在磁场中的等效长度也为L，受到的安培力大小为F其＝BIL，线框受到的安培力大小为F＝Fab＋F其＝2BIL，若仅将ab棒移走，通过其余各棒的电流不变，则余下线框受到的安培力大小F′＝F其＝BIL＝eq \f(F,2)，故选A.
3.(多选)(2022·全国乙卷·18)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
答案 BC
解析 如图所示，地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近．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，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为B＝eq \r(Bx2＋Bz2)＝eq \r(By2＋Bz2)，计算得B≈50 μT，B正确；由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量，By<0，故y轴指向南方，第3次测量Bx>0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误．
4．(多选)(2022·辽宁葫芦岛市二模)如图所示，在竖直平面矩形ABCD区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从AD的中点O射入磁场，速度方向与磁场垂直且与AD的夹角α＝45°，粒子经过磁场偏转后在C点垂直CD穿出．已知矩形ABCD的宽AD为L，粒子电荷量为q、质量为m，重力不计．则下列说法正确的是( )
A．粒子带正电荷
B．粒子速度大小为eq \f(\r(2)qBL,2m)
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为eq \f(\r(2),4)L
D．粒子在磁场中运动的时间为eq \f(3πm,4qB)
答案 BD
解析 粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，A错误；
由题意可知，粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径为r＝eq \f(\f(L,2),cs 45°)＝eq \f(\r(2),2)L，根据粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(\r(2)qBL,2m)，B正确，C错误；由几何关系可知电荷在磁场中偏转了135°，则在磁场中运动的时间为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(135°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(3πm,4qB)，D正确．
5.(2021·北京卷·12)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场．一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场．已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a.不计重力．根据上述信息可以得出( )
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
答案 A
解析 粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作两速度的垂线，交点即为圆心O1，轨迹如图所示，
由几何关系可知
OO1＝atan 30°＝eq \f(\r(3),3)a，
故圆心的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)a))，
R＝eq \f(a,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)a，
则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),3)a))2＝eq \f(4,3)a2(00)，
故A正确；
洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，
解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝eq \f(qBR,m)，
因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故B、D错误；
带电粒子转过的圆心角为eq \f(2,3)π，
而周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，
则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(\f(2,3)π,2π)T＝eq \f(2πm,3qB)，
因磁感应强度B未知，则带电粒子在磁场中的运动时间无法求得，故C错误．
6．(2022·福建三明市普通高中高三期末)如图，在xOy区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核eq \\al(1,1)H和一个氦核eq \\al(4,2)He同时从y轴上O点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．不计重力及两粒子间的相互作用，以下对氕核eq \\al(1,1)H和氦核eq \\al(4,2)He的运动轨迹图判断正确的是( )
答案 D
解析 氕核eq \\al(1,1)H和氦核eq \\al(4,2)He都带正电，射出时，根据左手定则可知洛伦兹力沿y轴负方向，则两粒子都将向y轴负方向偏转．根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(m\r(\f(2Ek,m)),qB)＝eq \f(\r(m)·\r(2Ek),qB)，因两粒子的初动能相同，则eq \f(RH,RHe)＝eq \f(qHe·\r(mH),qH·\r(mHe))＝eq \f(1,1)，故选D.
7．(2022·山东潍坊市一模)如图所示，正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带正电粒子以速度v1从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开磁场；若该粒子以速度v2从a点沿ae方向射入磁场，则从d点离开磁场．不计粒子重力，eq \f(v1,v2)的比值为( )
A.eq \r(3) B.eq \f(\r(6),2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析 设正六边形的边长为L，带正电粒子以速度v1从a点沿ad方向射入磁场，从c点离开磁场，则由几何关系得R1＝eq \r(3)L，若该粒子以速度v2从a点沿ae方向射入磁场，从d点离开磁场，则由几何关系得R2＝2L，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝meq \f(v2,r)，则v＝eq \f(Bqr,m)，故eq \f(v1,v2)＝eq \f(R1,R2)＝eq \f(\r(3),2)，故选C.
8．(多选)(2022·湖北卷·8)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P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°
答案 BC
解析 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图，根据几何关系则有R＝L，由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°.
当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的磁感应强度大小均为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qvB＝meq \f(v2,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B、C正确，A、D错误．
[争分提能练]
9．(多选)(2022·山东德州市高三期末)如图所示，倾角为α的固定足够长斜面上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，在斜面上由静止开始释放一带负电的物块，物块的质量为m，带电荷量大小为q，与斜面间的动摩擦因数为μ，μA．物块做匀变速直线运动
B．物块机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
C．物块的最大速度为eq \f(mgsin α ,μqB)－eq \f(mgcs α,qB)
D．若仅将磁场改为与原来相反的方向，物块的运动方向一直不变
答案 BC
解析 物块由静止释放，由于μμmgcs α，物块有向下的加速度，加速下滑；物块有沿斜面向下的速度，由左手定则可知，物块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，导致物块对斜面压力变大，滑动摩擦力增大，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有mgsin α－Ff＝ma①
Ff＝μFN②
FN＝mgcs α＋qvB③
联立可得物块加速度
a＝gsin α－μgcs α－eq \f(μqvB,m)④
可知物块的加速度随着速度的增大而减小，不是匀变速直线运动，故A错误；物块下滑过程中，做功的只有重力和滑动摩擦力，洛伦兹力和支持力不做功，根据功能关系，物块机械能的减少量等于因摩擦所放出的热量，即等于克服摩擦力做的功，故B正确；当物块向下运动的加速度减小到零时，速度达到最大值，由受力平衡知mgsin α＝μ(mgcs α＋qvmB)，解得vm＝eq \f(mgsin α,μqB)－eq \f(mgcs α,qB)，故C正确；若仅将磁场改为与原来相反的方向，则物块受垂直斜面向上的洛伦兹力，则FN2＝mgcs α－qvB⑤
联合①②⑤可得a2＝gsin α－μgcs α＋eq \f(qvB,m)，可知物块加速度随着速度的增大而增大，当速度增大到一定值时，洛伦兹力大小等于重力垂直斜面向下的分力，物块将离开斜面到空中做曲线运动，故D错误．
10．(2022·辽宁省模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直径ab垂直cd，∠MOd＝30°，从M点沿Ma方向射入的带正电粒子恰能从b点离开磁场，粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力，则粒子的速度大小及在磁场中运动的时间为( )
A.eq \f(\r(3)BqR,2m)，eq \f(πm,Bq) B.eq \f(BqR,2m)，eq \f(2πm,3Bq)
C.eq \f(\r(3)BqR,m)，eq \f(πm,Bq) D.eq \f(BqR,m)，eq \f(2πm,3Bq)
答案 A
解析 连接M、b，分析可知Mb为粒子做圆周轨迹的直径，由几何关系得半径r＝eq \f(Mb,2)＝eq \f(\r(3)R,2)，由r＝eq \f(mv,qB)，t＝eq \f(θ,2π)·eq \f(2πm,qB)得v＝eq \f(\r(3)qBR,2m)，t＝eq \f(180°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πm,qB)，故A正确，B、C、D错误．
11．(多选)(2022·山东德州市高三期末)如图所示，足够大的光屏与x轴平行，并且垂直于xOy平面，xOy平面还有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在坐标原点O有一粒子源，粒子源不停地向xOy平面内的各个方向发射带负电的粒子，所有粒子的质量均为m，带电荷量均为q，初速度大小均为v，粒子击中光屏时会被光屏吸收．初速度在第一象限内与x轴成30°角的粒子恰好击中光屏与y轴的交点M，不计重力及粒子间的相互作用，以下说法正确的是( )
A．M点的坐标为(0，eq \f(mv,qB))
B．在磁场中粒子运动的最短时间为eq \f(2πm,3qB)
C．光屏上被击中区域最右侧点的x坐标为eq \f(mv,qB)
D．光屏上被击中区域最左侧点的x坐标为－eq \f(mv,qB)
答案 BC
解析 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝eq \f(mv2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，由题可知，该粒子初速度方向在第一象限内与x轴成30°角时，偏转角为120° ，根据几何关系OM＝2rcs 30°＝eq \f(\r(3)mv,qB)，A错误；由qvB＝eq \f(mv2,r)，T＝eq \f(2πr,v)，t＝eq \f(θ,2π)T，整理得t＝eq \f(θm,qB)，可知打在M点的粒子在磁场中运动时间最短，该粒子的偏转角为120°，运动的最短时间为eq \f(2πm,3qB)，B正确；光屏上被击中区域最右侧如图所示， 根据几何关系，x坐标为x右＝eq \r(2r2－OM2)＝r＝eq \f(mv,qB)，C正确；光屏上被击中区域最左侧时，由几何关系可知最左侧的x坐标为x左＝－eq \r(r2－OM－r2)＝－eq \r(2\r(3)－3)r＝－eq \r(2\r(3)－3)eq \f(mv,qB)，D错误．
12.(2022·辽宁省协作体一模)2021年末，由于煤炭价格上涨，火力发电受到影响，有的地区出现了拉闸限电，再一次提醒人们要节约能源和开发新能源．受控热核反应就是其中一种，热核反应需要极高温度，还得束缚带电粒子，基本原理如图所示，空间有两个同心圆a、b，圆a内存在由圆心O向外的辐射状电场，圆心O与圆a圆周上各点的电势差为U＝eq \f(2,9)×107 V，圆a与圆b围成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆a半径为R1＝eq \f(\r(3),3) m，圆b半径为R2，已知磁感应强度大小B＝1.0 T，粒子的比荷为eq \f(q,m)＝4.0×107 C/kg，不计带电粒子的重力．
(1)若带电粒子由静止释放，被电场加速后沿环的半径方向以v0射入磁场，求v0的大小；
(2)若带电粒子从圆心O由静止释放不会穿越磁场的外边界，求圆b半径R2的取值范围；(边界线上有磁场)
(3)令带电粒子以v0沿圆a半径方向第一次射入磁场的入射点为P，当粒子射入磁场后撤去圆a中的电场，求带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间t.
答案 (1)eq \f(4,3)×107 m/s (2)R2≥1 m (3)5.74n×10－7 s(n＝1,2,3，…)
解析 (1)根据动能定理有
qU＝eq \f(1,2)mv02
得v0＝eq \f(4,3)×107 m/s
(2)设粒子在磁场中做半径为r的圆周运动，则有
qv0B＝meq \f(v02,r)
得r＝eq \f(mv0,Bq)＝eq \f(1,3) m
若粒子与轨迹圆b相切，则粒子恰好不能穿越磁场的外边界，此时圆b半径最小，记为R2min，
由几何关系得eq \r(R12＋r2)＝R2min－r
解得R2min＝1 m
则R2≥1 m
(3)由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示．
由几何关系得tan θ＝eq \f(\r(3),3)，则θ＝30°，得∠POP′＝60°，
故带电粒子进入磁场绕圆O′转过360°－(180°－60°)＝240°又回到P点
粒子在磁场中运动时间为
t1＝3×eq \f(2,3)T＝eq \f(4πm,Bq)
粒子在圆a中运动时间为t2＝eq \f(6R1,v0)
粒子第一次回到P点运动的总时间为
t′＝t1＋t2＝eq \f(4πm,Bq)＋eq \f(6R1,v0)≈5.74×10－7 s.
故带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间为
t＝nt′＝5.74n×10－7 s(n＝1,2,3，…)．
[尖子生选练]
13．(多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m、电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点．已知粒子带负电，eq \x\t(OP)＝eq \r(3)eq \x\t(OS)＝eq \r(3)d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
A．粒子的速度大小为eq \f(qBd,m)
B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为eq \f(πm,qB)
C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2
D．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为eq \f(d,2)
答案 AC
解析 粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出如图所示的轨迹1，可知SP为直径，则有(2R)2＝d2＋(eq \r(3)d)2，得到R＝d，洛伦兹力提供向心力有Bqv＝eq \f(mv2,R)，代入可得v＝eq \f(qBd,m)，A正确；由qvB＝eq \f(mv2,R)，T＝eq \f(2πR,v)，得到T＝eq \f(2πm,Bq)，由几何关系可知，从O点射出的粒子，对应的圆心角为60°，则在磁场中运动时间为t2＝eq \f(T,6)，即eq \f(2πm,3Bq)，B错误；运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，得t1＝eq \f(3,4)T，运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，t2＝eq \f(1,6)T，所以t1∶t2＝9∶2，C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，D错误．
方向
左手定则
大小
直导线
F＝BILsin θ，θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
导线为曲线时
等效为ac直线电流
受力分析

根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程
基本
思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系
(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式
基本
公式
qvB＝meq \f(v2,r)
重要
结论
r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)，T＝eq \f(2πr,v)
圆心的确定
(1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心，如图(a)
(2)轨迹上入射点速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)
(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)
半径的确定
方法一：由物理公式求，由于Bqv＝eq \f(mv2,r)
所以半径r＝eq \f(mv,qB)
方法二：由几何关系求，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定
时间的求解
方法一：由圆心角求，t＝eq \f(θ,2π)·T
方法二：由弧长求，t＝eq \f(s,v)
示意图
适用条件
应用方法
放缩圆
(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)
粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同
以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件
旋转圆
(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq \f(mv0,qB)的圆上)
粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同
将一半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件
平移圆
(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)
粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定
将半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆进行平移
磁聚焦与磁发散

磁聚焦 磁发散
轨迹圆半径等于区域圆半径
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
－45
2
0
－20
－46
3
21
0
－45
4
－21
0
－45