2024版高考物理一轮复习第九章磁场第1讲磁场及其对电流的作用学案新人教版

PAGE13-2024版高考物理一轮复习第九章磁场第1讲磁场及其对电流的作用学案新人教版第九章磁场课标解读课程标准命题热点1．了解我国古代对磁现象的认识和应用及其对人类文明的影响。2．通过实验了解磁场。知道磁场是一种物质，体会场的统一性与多样性。知道磁感应强度和磁通量。能用磁感线描述磁场。体会物理模型在探索自然规律中的作用。3．知道电流的磁场。会判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向。4．通过实验，认识安培力。能判断安培力的方向，会计算安培力的大小。了解安培力在生产生活中的应用。5．通过实验，认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子的磁偏转原理及其应用。(1)安培定则的应用、磁场的叠加。(2)安培力、洛伦兹力的理解及应用。(3)带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题。(4)带电粒子在组合场、叠加场中的运动问题。(5)洛伦兹力在现代科技中的应用。第1讲磁场及其对电流的作用知识梳理·双基自测ZHISHISHULISHUANGJIZICE知识梳理知识点1磁场、磁感应强度1．磁场(1)定义：磁场是磁体、电流周围存在的一种特殊物质。(2)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。(3)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。2．磁感应强度(1)定义式：B＝eq\f(F,IL)(通电导线垂直于磁场)。(2)方向：小磁针静止时N极的指向。知识点2磁感线与安培定则1．磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。2．安培定则：(1)通电直导线：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。(2)环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向。如图，分别表示通电直导线、环形电流、通电线圈周围的磁场，①表示电流的方向，②表示磁场的方向。知识点3安培力的大小与方向1．安培力的方向：左手定则(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。(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。如图，①表示电流的方向，②表示磁场的方向，③表示安培力的方向。2．安培力的大小：F＝BILsinθ(θ为磁场方向与电流方向的夹角)(1)当磁场与电流垂直时，F＝BIL。(2)当磁场与电流平行时，F＝0。思考：(1)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零吗？(2)利用左手定则判断两平行的通电(同向、异向)直导线间的安培力是引力还是斥力？[答案](1)不一定(2)同向相吸、异向相斥双基自测一、堵点疏通1．同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，与此类似，同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。(×)2．安培力F、磁感应强度B、电流I三者方向总是相互垂直。(×)3．安培力计算公式F＝BIl的成立条件是磁感应强度B垂直于电流I，即B⊥I。(√)4．磁铁的磁场和电流的磁场本质上是不同的。(×)5．磁感应强度是一个矢量，表示通电导线所受安培力的方向。(×)6．地磁的N极在地球南极附近，赤道表面附近的地磁场可近似认为平行地面向北。(√)7．安培力只能对导体做正功。(×)二、对点激活1．关于磁场中某一点磁感应强度的方向，下列说法正确的是(C)A．与一小段通电直导线所受磁场力的方向一致B．与运动电荷所受磁场力的方向一致C．与在该点的小磁针N极所受磁场力的方向一致D．与在该点的小磁针S极所受磁场力的方向一致[解析]本题考查对磁感应强度的理解。磁场中某一点磁感应强度的方向，与在该点的小磁针N极所受磁场力的方向一致，选项C正确。2．(多选)下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是(AB)[解析]本题考查安培定则的应用。题图A为环形电流的磁场，符合安培定则；题图B是直线电流的磁场，符合安培定则；题图C是直线电流的磁场，方向标反，不符合安培定则；题图D是通电螺线管的磁场，方向标反，不符合安培定则。3．如图甲所示为“海影号”电磁推进试验舰艇，舰艇下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示(俯视)，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰艇内超导体在M、N间产生强磁场，使M、N间海水受到磁场力作用被推出，舰艇因此前进。要使图乙中的舰艇向右前进，则在乙图中所加磁场的方向应为(C)A．水平向左 B．水平向右C．垂直纸面向上 D．垂直纸面向下[解析]本题考查流体所受安培力的作用与牛顿第三定律。根据题意，M、N分别接电源正、负极，所以有从M到N的电流，要使舰艇向右运动，即受向右的作用力，根据牛顿第三定律可知，海水受向左的安培力，根据左手定则可以判断出磁场方向垂直纸面向上，所以选项C正确。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一安培定则的应用和磁场的叠加1．电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极，非匀强，距导线越远处磁场越弱两侧是N极和S极，与条形磁体的磁场类似，管内可看作匀强磁场，管外是非匀强磁场两侧是N极和S极，圆环内侧，离导线越近，磁场越强；圆环外侧离圆环越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图从上向下看从前向后看从右向左看2．安培定则的应用：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时应分清“因”和“果”。原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流及通电螺线管的磁场四指大拇指3．磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。例1(2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于纸面向外。则(AC)A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0[解析]A、C对：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：eq\f(1,2)B0＝B0－B1＋B2在a点：eq\f(1,3)B0＝B0－B1－B2由上述两式解得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0。名师点拨高考常考的三类磁场(1)电流表内部永磁体及铁心产生的磁场。(2)通电环形螺线管中部磁场分布。其中甲图中绝大部分磁场被束缚在铁心中，环形螺线管左、右半部相当于两个螺线管，且根据安培定则，相当于两个螺线管N、S极首尾相连；乙图环形螺线管左、右半部也相当于两个螺线管，且根据安培定则，相当于两个螺线管N极对N极，S极对S极的并联，磁场被迫在螺线管中部形成了闭合曲线，中部可近似看成匀强磁场。(3)地磁场。地球的磁场与条形磁铁的磁场相似：①地磁场的S极在地理北极附近，地磁场的N极在地理的南极附近；②将地磁场B沿地球表面，及垂直于地球表面两方向分解，得到磁场的两个分量B∥、B⊥，无论在北半球还是南半球B∥总是从地理上的南极指向地理上的北极，在北半球B⊥垂直于地表指向下，在南半球B⊥垂直于地表向上。〔变式训练1〕物理学家欧姆在探究通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体的做法是在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一长直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转。某兴趣研究小组在得知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度与通过直导线的电流成正比的正确结论后重做了该实验，他们发现：当通过导线的电流为I1时，小磁针偏转了30°；当通过导线的电流为I2时，小磁针偏转了60°，则下列说法中正确的是(A)A．I2＝3I1 B．I2＝2I1C．I2＝eq\r(3)I1 D．I2＝eq\r(2)I1[解析]本题考查直线电流产生的磁场、磁场叠加及其相关知识点。由题意可设B＝KI，K为常数，通电后小磁针偏转后重新平衡时，电流产生的磁场的磁感应强度与地磁场的磁感应强度在小磁针处的合磁场方向沿着小磁针N极所指的方向，通电前小磁针N极所指的方向为地磁场方向。设地磁场磁感应强度大小为B0，导线中通过电流为I1、I2时，磁场方向如图所示。tan30°＝eq\f(B1,B0)＝eq\f(KI1,B0)，tan60°＝eq\f(B2,B0)＝eq\f(KI2,B0)，解得I2＝3I1，选项A正确。考点二安培力作用下导体运动情况的判断1．判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。2．安培力作用下导体运动情况判断的常用方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，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例2一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，线圈L1将(B)A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．向纸面内平动[解析]方法一：等效分析法。把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流L2的中心，通电后，小磁针的N极应指向该环形电流L2的磁场方向，由安培定则知L2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针，其N极应由纸里转为向上，所以从左向右看顺时针转动。方法二：利用结论法(凡转动，必靠近)。环形电流L1、L2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得L1的转动方向应是：从左向右看顺时针转动。方法三：直线电流元法。把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1顺时针转动。〔变式训练2〕一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(D)A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管[解析]先由安培定则判断出通电螺线管的N、S极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示。可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动。再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图乙所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误。考点三安培力作用下导体的平衡问题通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力学综合模型，该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定。因此解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示。题型(一)通电金属杆的平衡问题例3如图所示，U形平行金属导轨与水平面成37°角，金属杆ab横跨放在导轨上，其有效长度为0.5m，质量为0.2kg，与导轨间的动摩擦因数为0.1，空间存在竖直向上的磁感应强度为2T的匀强磁场。要使ab杆在导轨上保持静止，则ab中的电流大小应在什么范围？(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解析]先画出金属杆受力的侧面图，由于安培力的大小与电流有关，因此改变电流的大小，可以改变安培力的大小，也可以使导线所受的摩擦力方向发生变化。由平衡条件可知，当电流较小时，导线所受的摩擦力方向沿斜面向上，如图甲所示。则mgsinθ＝μ(mgcosθ＋Fsinθ)＋Fcosθ又F＝BI1L，得I1＝eq\f(mg,BL)(eq\f(sinθ－μcosθ,cosθ＋μsinθ))≈1.21A当电流较大时，导线所受的摩擦力方向沿斜面向下，如图乙所示。则mgsinθ＋μ(mgcosθ＋Fsinθ)＝Fcosθ又F＝BI2L，I2＝eq\f(mg,BL)(eq\f(sinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ))≈1.84A所以1.21A≤I≤1.84A。[答案]1.21A≤I≤1.84A题型(二)通电线框的平衡问题例4(2019·全国卷Ⅰ，17)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。已知导体棒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(B)A．2F B．1.5FC．0.5F D．0[解析]设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1︰R2＝2R︰R＝2︰1，上下两路电流之比I1︰I2＝1︰2。如图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′︰F＝I1︰I2＝1︰2，得F′＝eq\f(1,2)F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F＋F′＝eq\f(3,2)F，选项B正确。名师点拨安培力的大小安培力大小计算常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：(1)B与L垂直；(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度(如图所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端。因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零。名师讲坛·素养提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG安培力作用下的力电综合问题安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速，也会涉及做功问题。解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等。例5(2021·广东梅州市调研)(多选)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20cm的光滑圆弧导轨相接。导轨宽度为20cm，电阻不计。导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。一根导体棒ab垂直导轨放置，质量m＝60g、电阻R＝1Ω，用两根长也为20cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触。当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态。导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)，则(BD)A．磁场方向一定竖直向上B．电源的电动势E＝8V C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8ND．导体棒摆动过程中的最大动能为0.08J[解析]由题意知，当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，导体棒ab所受安培力为F，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，则tanθ＝eq\f(F,mg)，又F＝BIL＝Beq\f(E,R)L，得F＝0.8N，E＝8V，故B正确，C错误；导体棒ab速度最大时，动能最大为Ekm，根据动能定理得：FLsin53°－mgL(1－cos53°)＝Ekm－0，解得Ekm＝0.08J，故D正确。〔变式训练3〕(多选)如图所示为电磁轨道炮的工作原理图。待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动。电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回，轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流I成正比。通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是(BD)A．弹体向左高速射出B．I为原来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C．弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍D．轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍[解析]根据安培定则可知，弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向下，再利用左手定则可知，弹体受到的安培力水平向右，所以弹体向右高速射出，选项A错误；设B＝kI(其中k为比例系数)，轨道间距为l，弹体的质量为m，射出时的速度为v，则安培力F＝BIl＝kI2l，根据动能定理有FL＝eq\f(1,2)mv2，联立可得v＝Ieq\r(\f(2klL,m))，选项C错误，B、D正确。2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·浙江7月选考，9)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则(C)A．b点处的磁感应强度大小为0B．d点处的磁感应强度大小为0C．a点处的磁感应强度方向竖直向下D．c点处的磁感应强度方向竖直向下[解析]把实际情境转化为如图所示的结构示意图。根据安培定则可知两通电导线在b点产生的磁场方向，根据电流在周围产生磁场的特点，可知B1>B2，A错误；根据安培定则及电流在周围产生磁场的特点，可画出d点处的磁感应强度为B1′和B2′，如图所示，由平行四边形定则可知合磁感应强度不为0，B错误；同理，两通电导线在a点产生磁场的磁感应强度为B1″和B2″，如图所示，故a点的合磁感应强度方向竖直向下，C正确；两通电导线在c点产生磁场的磁感应强度为B1和B2，如图所示，故c点的合磁感应强度方向竖直向上，D错误。2．(2019·海南单科，2)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通过顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向(A)A．向前 B．向后C．向左 D．向右[解析]利用左手定则判断导线受到的安培力方向，四指指向电流的方向，磁感线穿过手心，大拇指的指向为该段导线受到的安培力方向。半圆形铜线受到的安培力如图所示，左右对称，故左右方向的分量全部抵消，合力向前，A符合题意。3．(2020·浙南名校联盟一联)如图所示，一根长度为L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角。下列说法中正确的是(A)A．导体棒受到磁场力的大小为BILB．导体棒对轨道压力的大小为mg－BILcosθC．导体棒受到导轨的摩擦力为μ(mg－BILsinθ)D．导体棒受到导轨的摩擦力为BILsinθ[解析]结合左手定则，对导体棒受力分析如图所示，由于B与I垂直，故导体棒受到的磁场力大小为F＝BIL，故A项正确；根据共点力平衡规律得BILsinθ＋FN＝mg，得导体棒对轨道的压力大小F压＝FN＝mg－BILsinθ，故B项错误；由于导体棒受到的是静摩擦力，因此受到的静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，Ff＝BILcosθ，故C、D项错误。故选A项。4．(2020·吉林长春月考)如图所示，水平桌面上固定两条光滑平行导轨，导轨左端连接电源，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现将两根质量相同的导体棒M、N依次静置于导轨上的同一位置，接通电源，导体棒沿导轨从桌面右侧水平抛出，始终与地面平行，落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2。不计电源和导轨电阻，导体棒与导轨垂直且接触良好，则安培力对两导体棒做功之比为(B)A．1︰1 B．seq\o\al(2,1)︰seq\o\al(2,2)C．s1︰s2 D．eq\r(s1)︰eq\r(s2)[解析]导体棒做平抛运动时，由于高度一定，则时间一定，设为t，则被抛出时的速度为v＝eq\f(s,t)，则安培力做功为：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s,t)))2；由题可知，两个导体棒落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2，而且导体棒质量相同，则安培力做功之比为：eq\f(W1,W2)＝eq\f(s\o\al(2,1),s\o\al(2,2))，故选项B正确，A、C、D错误。第2讲磁场对运动电荷的作用一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2019·北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。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(C)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]由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小入射速率v,则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，运动时间变长，D错误。2．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是(C)A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上[解析]根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，故C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，故A错误；B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，故B错误；由于开始滑块不受洛伦兹力时能下滑，说明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B很大时，若滑块速度很小，则摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑块不会静止在斜面上，故D错误。3．(2020·安徽明光中学开学考试)如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，左右两侧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，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是(B)A．电子的运动轨迹为PENCMDPB．B1＝2B2C．电子运动一周回到P点用时为T＝eq\f(2πm,B1e)D．B1＝4B2[解析]本题考查带电粒子在磁场中的运动。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向上，所以电子的运动轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可知，电子在匀强磁场B1中的运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r＝eq\f(mv,Be)可知，B1＝2B2，故B正确，D错误；整个过程中，电子在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T＝eq\f(2πm,B1e)＋eq\f(πm,B2e)＝eq\f(2πm,B2e)，故C错误。4．(2019·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(B)A．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl[解析]若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)Ra＝eq\f(l,4)解得vA＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)选项B正确。5．(2020·云南绿春高级中学期末)如图所示，半径为R的绝缘圆筒内分布着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)以某一速度从筒壁上的小孔P进入筒中，速度方向与半径成θ＝30°夹角并垂直于磁场方向。不计离子和筒壁碰撞时能量和电荷量的损失。若离子在最短的时间内返回P孔，则离子的速率和返回P孔的最短的时间分别是(B)A．eq\f(2qBR,m)eq\f(πm,qB) B．eq\f(2qBR,m)eq\f(2πm,3qB)C．eq\f(\r(3)qBR,m)eq\f(πm,qB) D．eq\f(\r(3)qBR,m)eq\f(πm,3qB)[解析]本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。离子只与圆筒碰撞一次回到P孔经历的时间最短，轨迹如图所示，设离子在磁场中的轨迹半径为r，速度为v，向心力为qvB＝meq\f(v2,r)，结合图中的几何关系可得r＝2R，解得离子的速率v＝eq\f(2RqB,m)，离子在磁场中走过的每段圆弧对应的圆心角α＝60°，经历的时间t＝eq\f(T,3)，则t＝eq\f(2πm,3qB)，故B正确，A、C、D错误。6.(2020·天津)如图所示，在Oxy平面的第一象限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y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则(AD)A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为eq\f(qBa,m)C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为aD．N与O点相距(eq\r(2)＋1)a[解析]粒子在磁场中的偏转轨迹如图，由左手定则可知粒子带负电，故A正确；由粒子在磁场中做圆周运动的轨迹以及几何关系可知，R＝eq\r(2)a，ON＝R＋a，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,R)，联立解得v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，ON＝(eq\r(2)＋1)a，故B、C错误，D正确。故选A、D。7．(2021·辽宁沈阳)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(BD)A．a粒子带正电，b粒子带负电B．两粒子的轨迹半径之比Ra︰Rb＝eq\r(3)︰1C．两粒子的质量之比ma︰mb＝1︰2D．两粒子的质量之比ma︰mb＝2︰1[解析]本题考查带电粒子在直线边界匀强磁场中的运动、洛伦兹力及其相关知识点。根据题述，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，选项A错误；画出两粒子运动轨迹，如图所示。由几何知识可知Ra＝d,2Rbcos30°＝d，解得两粒子的轨迹半径之比Ra︰Rb＝eq\r(3)︰1，选项B正确；粒子在磁场中运动周期T＝eq\f(2πm,qB)，a粒子在磁场中运动时间为ta＝eq\f(T,6)＝eq\f(πma,3qB)，b粒子在磁场中运动时间为tb＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πmb,3qB)，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，则ta＝tb，解得两粒子的质量之比ma︰mb＝2︰1，选项C错误，D正确。8．(2021·湖南长沙期末)如图所示，虚线为半圆形，其中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，AB为过圆心且与竖直直径CD垂直的半径，现有两完全相同的带正电粒子(重力不计)分别从A点和B点以大小相同的速度沿水平半径AB和BA方向射入磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B、磁场区域的半径为R，粒子的质量和电荷量分别用m、q表示。则(CD)A．两粒子均向上偏转B．两粒子在磁场中运动的时间相等C．若两粒子的速度大小v<eq\f(qBR,2m)，则由A点射入的粒子在磁场中运动的时间一定为eq\f(πm,qB)D．若两粒子的速度大小v＝eq\f(qBR,2m)，则由A点射入的粒子在磁场中运动的时间长[解析]本题考查带电粒子在半圆形边界磁场中的运动。从A点射入的粒子最初受到向下的洛伦兹力，向下偏转，从B点射入的粒子最初受到向上的洛伦兹力，向上偏转，A错误；如果从A点射入的粒子刚好从D点离开磁场，则有eq\f(R,2)＝eq\f(mv,qB)，解得v＝eq\f(qBR,2m)，则当v<eq\f(qBR,2m)时，由A点射入的粒子一定从A点的正下方离开磁场，粒子在磁场中运动的时间为半个周期，即t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，C正确；若两粒子的速度v＝eq\f(qBR,2m)，从A点射入磁场的粒子在磁场中偏转的角度为180°，从B点射入磁场的粒子在磁场中偏转的角度小于180°，此种情况下由A点射入的粒子在磁场中运动的时间长，D正确，B错误。二、非选择题9．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP＝3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。[答案](1)eq\f(4,3)r(2)eq\f(3m,2qB)[解析](1)如图，PMON为粒子运动轨迹的一部分，圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹，C为圆心，半径为R；MON为圆O的直径，MC⊥MN。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动，由几何关系知(OP－R)2＝R2＋r2 ①由上式和题给条件得R＝eq\f(4,3)r。 ②(2)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R) ③由题意，粒子在圆形区域内运动的距离为MN＝2r ④设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为t，由运动学公式有t＝eq\f(MN,v) ⑤联立②③④⑤式得t＝eq\f(3m,2qB) ⑥。10．如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；(2)如果磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场，求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。[答案](1)垂直于纸面向里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h[解析]本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题。(1)由题意可知，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R) ①由此可得R＝eq\f(mv0,qB) ②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h ③由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)。 ④(2)若磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h ⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2) ⑥即α＝eq\f(π,6) ⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cosα) ⑧联立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h。 ⑨第2讲磁场对运动电荷的作用知识梳理·双基自测ZHISHISHULISHUANGJIZICE知识梳理知识点1洛伦兹力1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力。2．洛伦兹力的方向(左手定则)：(1)伸出左手，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)让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向(或负电荷运动的反方向)。(3)拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。如图，①表示正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，②表示磁场的方向，③表示洛伦兹力的方向。3．洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ，θ是v与B之间的夹角。(1)当v∥B时，F＝0。(2)当v⊥B时，F＝qvB。知识点2带电粒子在匀强磁场中的运动1．洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面，所以洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。2．粒子的运动性质：(1)若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。3．基本公式(1)由qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)。(2)由v＝eq\f(2πr,T)，得T＝eq\f(2πm,qB)。注意：应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径和周期公式时，一定要进行推导，不能直接应用。(3)f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)。(4)ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝eq\f(qB,m)。思考：(1)为什么带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动？[答案]如果是变速，则洛伦兹力会变化，而洛伦兹力总是和速度方向垂直，所以就不可能是直线运动。(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，T、f和ω的大小与速度v有关吗？与哪些因素有关？[答案]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eq\f(q,m)有关。比荷eq\f(q,m)相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，T、f和ω相同。双基自测一、堵点疏通1．带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。(×)2．洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。(×)3．根据公式T＝eq\f(2πr,v)，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。(×)4．由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。(×)5．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。(√)6．利用质谱仪可以测得带电粒子的比荷。(√)7．经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的。(×)二、对点激活1．(2020·四川石室中学期中)(多选)带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是(BD)A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D．粒子只受到洛伦兹力的作用，不可能做匀速直线运动[解析]本题考查对洛伦兹力的认识。粒子速度大小相同，由f＝qvBsinθ可知，如果速度v与磁场B的夹角不同，洛伦兹力大小就可能不同，故A错误；如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变，故B正确；洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向与电荷运动方向不一定垂直，故C错误；洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，所以粒子只受到洛伦兹力的作用，不可能做匀速直线运动，故D正确。2．(2021·安徽安庆月考)美丽的安庆处在北纬30度附近，一束带负电的粒子从太空沿地球半径方向飞向安庆振风塔，由于受到地磁场的作用，粒子的运动方向将会发生偏转，该束带电粒子偏转方向是(B)A．向东 B．向西C．向南 D．向北[解析]运动粒子带负电，而地磁场的水平分量由南向北，所以根据左手定则可以判断，粒子所受洛伦兹力的方向向西，应向西偏转，B正确。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一对洛伦兹力的理解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，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。2．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。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。3．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE方向F⊥B且F⊥v正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功，可能做负功，也可能不做功例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(D)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[解析]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＝eq\f(v2,R)，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。〔变式训练1〕(多选)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则(AD)A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，轨迹半径不变D．电子将向右偏转，轨迹半径改变[解析]由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，速率不变，A正确，B、C错误；又由R＝eq\f(mv,qB)知，在电子偏离直线电流时，B减弱，故R变大，D正确。考点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动1．带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定(1)圆心的确定①基本思路：与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线一定过圆心。②两种常见情形：Ⅰ.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(如图甲a所示，图中P为入射点，M为出射点)。Ⅱ.已知入射点和出射点的位置时，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(如图甲b所示，图中P为入射点，M为出射点)。(2)半径的计算方法①由物理方法求：半径R＝eq\f(mv,qB)。②由几何方法求：一般由数学公式(勾股定理、三角函数等)计算来确定。(3)运动时间的确定①粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(a,2π)·T)。②用弧长与线速度的比t＝eq\f(s,v)。2．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)(3)圆形边界①圆形边界的对称性：粒子沿半径方向进入有界圆形磁场区域时，若入射速度方向指向匀强磁场区域圆的圆心，则出射时速度方向的反向延长线必经过该区域圆的圆心，如图甲。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也为θ，如图乙。③若粒子做匀速圆周运动的半径等于磁场区域的半径，则有如下两个结论：a．当粒子从磁场边界上同一点沿不同方向进入磁场区域时，粒子离开磁场时的速度方向一定平行，(磁发散)如图丙。b．当粒子以相互平行的速度从磁场边界上任意位置进入磁场区域时，粒子会从同一点离开磁场区域，(磁聚焦)如图丁。题型(一)直线边界磁场例2(2021·曲靖模拟)如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1︰t2为(A)A．3︰1 B．2︰3C．3︰2 D．2︰1[解析]电子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝eq\f(mv,qB)可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，电子2运动的时间t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正确。题型(二)平行边界磁场和圆形边界磁场例3(2021·山东济南月考)如图(甲)所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图(乙)所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场Ⅰ，Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1，B2，则B1与B2的比值为(C)A．2cosθ B．sinθC．cosθ D．tanθ[解析]设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图(a)、图(b)所示，由几何关系知d＝r1sinθ，d＝r2tanθ，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝meq\f(v2,r)，得B＝eq\f(mv,rq)，联立得eq\f(B1,B2)＝cosθ，选项C正确。题型(三)三角形或多边形边界磁场例4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)A．1︰3 B．1︰2C．2︰1 D．1︰4[解析]本题考查带电粒子在正六边形边界匀强磁场中的运动。设正六边形abcdef的边长为L，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，作出带电粒子运动轨迹如图所示，由图中几何关系可知轨迹半径r1＝eq\f(L,\r(3))，r2＝eq\r(3)L；由qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，则v1︰v2＝r1︰r2＝eq\f(L,\r(3))︰eq\r(3)L＝1︰3，选项A正确。名师点拨带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹。(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系。(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式。考点三带电粒子在磁场中运动的临界极值问题解决此类问题常用的结论有：(1)临界值刚好穿出(穿不出)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)时间极值①当速度v一定时，弧长(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。②当速度v变化时，圆心角大的运动时间长。(3)磁场区域面积极值若磁场边界为圆形时，从入射点到出射点连接起来的线段就是圆形磁场的一条弦，以该条弦为直径的圆就是最小圆，可求出圆形磁场区的最小面积。例5如图所示，平行边界MN、PQ之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d，边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m，电量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v＝eq\f(2qBd,3m)，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为(C)A．1 B．2︰3C．eq\r(3)︰2 D．2eq\r(7)︰7[解析]粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2,3)d，则能达到PQ上的粒子长度为2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)d))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)d))2)＝eq\f(2\r(3),3)d；能打到MN上的粒子的长度为2r＝eq\f(4,3)d，故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为eq\f(\r(3),2)，故选C。〔变式训练2〕一带电质点，质量为m，电荷量为q，重力忽略不计，以平行于x轴的速度v从y轴上的a点射入如图中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于x轴的速度射出，可在适当的地方加一垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，求这圆形磁场区域的最小半径。[答案]eq\f(\r(2)mv,2qB)[解析]质点进入xOy平面的磁场区域内做匀速圆周运动，由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)据题意，要求质点垂直x轴射出，它在磁场区域内必经过eq\f(1,4)圆周，且此圆周应与入射速度和出射速度所在的直线相切，如图所示，过这两个切点M、N作入射和出射方向的垂线，其交点O′即为圆心。因此该质点在磁场内的轨迹就是以O′为圆心，R＝eq\f(mv,qB)为半径的一段圆弧eq\x\to(MN)(图中虚线圆弧)，在过M、N两点的所有圆周中，以MN为直径的圆周最小(如图中实线所示)，因此所求圆形区域的最小半径为rmin＝eq\f(1,2)MN＝eq\f(1,2)·eq\r(2)R＝eq\f(\r(2)mv,2qB)。考点四带电粒子在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，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图(1)，带电粒子以速率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大小，而未具体指出磁感应强度方向，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(2)，带正电粒子以速率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．临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图(3)所示，于是形成了多解。4．运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解。如图(4)所示。例6(2020·海南月考)(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率的质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子(重力不计)，若所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是(AB)A．eq\f(\r(3)BqL,6m) B．eq\f(\r(3)BqL,3m)C．eq\f(\r(3)BqL,2m) D．eq\f(\r(3)BqL,m)[解析]本题考查带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题。由题意可知粒子部分可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对的圆心角均为120°，所以带电粒子的运动半径为r＝eq\f(\r(3),3)eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\r(3)BqL,3nm)(n＝1,2,3，…)，故A、B正确。名师讲坛·素养提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG“数学圆”模型在电磁学中的应用一、“平移圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向一定，入射点不同，但在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线，该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法例7如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1︰t2为(C)A．2︰1 B．2︰3C．3︰2 D．eq\r(3)︰eq\r(2)[解析]画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，粒子做圆周运动的半径为R＝L，从C点射出的粒子运动时间为t1＝eq\f(T,4)；由P点运动到M点所用时间为t2，圆心角为θ，则cosθ＝eq\f(\f(R,2),R)，则cosθ＝eq\f(1,2)，θ＝60°，故t2＝eq\f(T,6)，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(T,4),\f(T,6))＝eq\f(3,2)，C正确。二、“旋转圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝eq\f(mv0,qB)。如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆上界定方法将一半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法例8如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。[解析](1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝meq\f(v2,r)，则r＝eq\f(mv,Bq)。(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大则运动时间越长，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，sineq\f(φmax,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φmax＝60°。[答案](1)见解析(2)60°三、“放缩圆”模型的应用适用条件速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也