第2讲　磁场对运动电荷的作用-2025版物理大一轮复习

磁场对运动电荷的作用目标要求1.会判断洛伦兹力的方向和计算洛伦兹力的大小。2.会分析带电粒子在匀强磁场中的运动。3.会分析带电粒子在匀强磁场中的多解和临界极值问题，提高思维分析综合能力。考点一对洛伦兹力的理解和应用1.定义：eq\o(□,\s\up1(1))运动电荷在磁场中受到的力。2.大小(1)v∥B时，F洛＝eq\o(□,\s\up1(2))0。(2)v⊥B时，F洛＝eq\o(□,\s\up1(3))qvB。(3)v与B的夹角为θ时，F洛＝qvBsinθ。3.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洛⊥B，F洛⊥v。即F洛垂直于B、v决定的平面(注意B和v可以有任意夹角)。【判断正误】1.运动的电荷在磁场中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.带电粒子在A点受到的洛伦兹力比在B点大，则A点的磁感应强度比B点的大。(×)1.洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(3)洛伦兹力一定不做功。2.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。3.洛伦兹力与电场力的比较比较项目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洛＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系F洛⊥B，F洛⊥vF∥E做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功【对点训练】1.(洛伦兹力的理解)下列说法正确的是()A.运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B.运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C.洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D.洛伦兹力对带电粒子不做功解析：D运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，此时磁感应强度不为零；洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变带电粒子的速度大小；洛伦兹力对带电粒子不做功。故D正确。2.(洛伦兹力的方向)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心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.向上 B.向下C.向左 D.向右解析：B根据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四根通电直导线在O点产生的合磁场方向向左，由左手定则可判断带正电粒子所受洛伦兹力的方向向下，B正确。3.(洛伦兹力的大小)如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，三根导线与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个顶点上，L1与L3中的电流均为I，L2中的电流为2I，L1与L2中电流的方向均垂直纸面向外，L3中电流方向垂直纸面向里。已知距导线r处的磁感应强度B＝eq\f(kI,r)(其中k为常数)。某时刻，一电子(电荷量为e)正好沿y轴正方向运动，经过原点O时的速度大小为v，则电子此时所受洛伦兹力()A.方向垂直纸面向里，大小为eq\f(\r(2)kIev,a)B.方向垂直纸面向里，大小为eq\f(2kIev,a)C.方向垂直纸面向外，大小为eq\f(\r(2)kIev,a)D.方向垂直纸面向外，大小为eq\f(2kIev,a)解析：B根据安培定则，判断三根导线分别在O点的磁场方向，由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小B1＝eq\f(kI,a)，方向水平向左，L2在O点产生的磁感应强度大小B2＝eq\f(\r(2)kI,a)，方向与x轴负方向成45°角向下，L3在O点产生的磁感应强度大小B3＝eq\f(kI,a)，方向竖直向上，所以合磁感应强度B＝eq\f(2kI,a)，方向沿x轴负方向，电子沿y轴正方向经过原点O时，由左手定则可知，洛伦兹力的方向垂直纸面向里，大小为F＝eq\f(2kIev,a)，故选B。4.(洛伦兹力作用下带电体的运动)如图所示，一个粗糙且足够长的斜面体静止于水平面上，并处于方向垂直纸面向外且磁感应强度大小为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，斜面体静止不动。下列说法中正确的是()A.滑块受到的摩擦力逐渐增大B.滑块沿斜面向下做匀加速直线运动C.滑块最终要离开斜面D.滑块最终可能静止于斜面上解析：C滑块受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力和沿斜面向上的摩擦力四个力的作用，初始时刻洛伦兹力为0，滑块沿斜面向下加速运动，随着速度v的增大，洛伦兹力增大，滑块受到的支持力减小，则摩擦力减小，加速度增大，当qvB＝mgcosθ时，滑块离开斜面，故C正确，A、B、D错误。考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1.若v∥B，带电粒子以入射速度v做eq\o(□,\s\up1(4))匀速直线运动。2.若v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做eq\o(□,\s\up1(5))匀速圆周运动。3.基本公式(1)向心力公式：qvB＝eq\o(□,\s\up1(6))meq\f(v2,R)。(2)轨道半径公式：R＝eq\o(□,\s\up1(7))eq\f(mv,qB)。(3)周期公式：T＝eq\o(□,\s\up1(8))eq\f(2πm,qB)。提醒：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。【判断正误】1.由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力可能做功。(×)2.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。(√)3.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。(×)比较项目基本思路图例说明圆心的确定①与速度方向垂直的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心P、M点速度方向垂线的交点P点速度垂线与弦的垂直平分线交点某点的速度垂线与切点法线的交点半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法例：(左图)R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间t＝eq\f(θ,2π)T，t＝eq\f(L,v)速度的偏转角φ等于eq\o(AB,\s\up8(︵))所对的圆心角θ；偏转角φ与弦切角α的关系：φ＜180°时，φ＝2α；φ＞180°时，φ＝360°－2α维度1直线边界问题粒子进出直线边界匀强磁场时具有对称性(如图所示)。(a)(b)(c)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束eq\o\al(4,2)He粒子在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为m、电荷量为q。则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为()A.eq\f(3qBL,4m) B.eq\f(5qBL,4m)C.eq\f(5qBL,8m) D.eq\f(5qBL,6m)解析：B根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，又有T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，设粒子运动轨迹所对的圆心角为α，则运动时间为t＝eq\f(α,2π)·T＝eq\f(αm,qB)可知，α越大，运动时间越长，当粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知α越大则∠aOc越小，而∠aOc＝180°－∠Oac－∠Oca＝180°－2∠Oac，即当圆弧经过c点时∠Oac最大，此时α最大。由几何关系有L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2L－R))2＝R2，解得R＝eq\f(5,4)L，联立可得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(5qBL,4m)，故选B。维度2平行边界问题粒子进出平行边界匀强磁场时存在临界条件(如图所示)。(a)(b)(c)如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°。不计粒子的重力，下列判断正确的是()A.粒子a带负电，粒子b带正电B.粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶eq\r(3)C.粒子a和b在磁场中运动的速率之比为eq\r(3)∶1D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2解析：B粒子a向上偏转，由左手定则可判断，粒子a带正电，而粒子b向下偏转，则粒子b带负电，故A错误；如图所示，由几何关系可知，磁场宽度x＝Rasin60°＝Rbsin30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故B正确；由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故C错误；粒子运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，则Ta＝Tb，a运动的时间ta＝eq\f(60°,360°)Ta＝eq\f(1,6)Ta，b运动的时间tb＝eq\f(30°,360°)Tb＝eq\f(1,12)Tb，故ta∶tb＝2∶1，故D错误。维度3圆形边界问题带电粒子在圆形边界的磁场中运动的两个特点(1)若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角一定也为θ，如图甲所示。(2)若粒子沿着边界圆的某一半径方向射入磁场，则粒子一定沿着另一半径方向射出磁场(或者说粒子射出磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心)，如图乙所示。甲乙(2023·全国甲卷)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是()A.粒子的运动轨迹可能通过圆心OB.最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线解析：BD假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心，由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性可知在其它点撞击同理，D正确；假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形，最少应为三角形(如图所示)，即撞击两次，B正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少，C错误。故选BD。维度4环形磁约束模型临界圆临界半径r＝eq\f(R1＋R2,2)r＝eq\f(R2－R1,2)勾股定理(R2－r)2＝R12＋r2解得r＝eq\f(R22－R12,2R2)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)解析：C为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有eq\r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq\f(4,3)a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，选项C正确。eq\a\vs4\al()带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法考点三带电粒子在磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。多解形成原因一般包含4个方面：1.带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。2.磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，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多解。3.带电粒子速度不确定形成多解有些题目只告诉了带电粒子的电性，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。4.带电粒子运动的周期性形成多解空间中存在周期性变化的磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解。如图所示，边长为L的正三角形ACD是用绝缘材料制成的固定框架，处在垂直框架平面向里的匀强磁场中，AD边的中点有一小孔S。在框架平面内垂直AD方向从小孔S射入质量为m、电荷量为＋q的粒子。已知粒子射入框架时速率为v，与框架的碰撞为弹性碰撞，粒子重力忽略不计。(1)若粒子第一次与AC碰撞的位置为AC的中点，求匀强磁场磁感应强度的大小B；(2)若此粒子经过与框架的多次碰撞最终能垂直AD方向从小孔S射出，求所有满足条件的匀强磁场磁感应强度的大小和粒子在框架内运动的时间。解析：(1)粒子的运动轨迹如图1所示。设轨迹半径为R，图1由几何关系可知R＝eq\f(L,2)由牛顿第二定律可知qvB＝meq\f(v2,R)联立解得B＝eq\f(2mv,qL)。(2)要使粒子最终能垂直AD方向从小孔S射出，粒子运动的轨迹圆的圆心一定位于△ACD的边上，设该粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，作出粒子最简单的运动轨迹如图2所示，由几何关系得eq\f(L,2)＝2nr＋r(n＝0，1，2，…)图2解得r＝eq\f(L,4n＋2)(n＝0，1，2，…)设该磁场的磁感应强度为B′，则qvB′＝meq\f(v2,r)解得B′＝eq\f(mv（4n＋2）,qL)(n＝0，1，2，…)由T＝eq\f(2πr,v)解得T＝eq\f(2πL,v（4n＋2）)(n＝0，1，2，…)则粒子在框架内运动的时间t＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(60°,360°)T＋2n\f(T,2)))＝eq\f(T,2)(6n＋1)＝eq\f(πL（6n＋1）,v（4n＋2）)(n＝0，1，2，…)。答案：(1)eq\f(2mv,qL)(2)eq\f(mv（4n＋2）,qL)(n＝0，1，2，…)eq\f(πL（6n＋1）,v（4n＋2）)(n＝0，1，2，…)【对点训练】5.(带电粒子电性不确定形成多解)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速度v的最大值可能是多少？解析：题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。若q为正电荷，入射速度最大时的运动轨迹是图中上方与NN′相切的eq\f(1,4)圆弧，轨迹半径R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－Rcos45°解得v＝eq\f(（2＋\r(,2)）Bqd,m)。若q为负电荷，入射速度最大时的运动轨迹是图中下方与NN′相切的eq\f(3,4)圆弧，则有R′＝eq\f(mv′,Bq)，d＝R′＋R′cos45°，解得v′＝eq\f(（2－\r(,2)）Bqd,m)。答案：eq\f(（2＋\r(,2)）Bqd,m)(q为正电荷)或eq\f(（2－\r(2)）Bqd,m)(q为负电荷)6.(磁场方向不确定形成多解)(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为eq\f(q,m)，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是()A.B＞eq\f(mv,3qs)，垂直纸面向里B.B＞eq\f(mv,qs)，垂直纸面向里C.B＞eq\f(mv,qs)，垂直纸面向外D.B＞eq\f(3mv,qs)，垂直纸面向外解析：BD当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知，sin30°＝eq\f(r1,s＋r1)，可得r1＝s，由r1＝eq\f(mv,qB1)可得B1＝eq\f(mv,qs)；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹，即圆弧与OP相切于N点，如图乙所示，由几何关系s＝eq\f(r2,sin30°)＋r2，得r2＝eq\f(s,3)，又r2＝eq\f(mv,qB2)，所以B2＝eq\f(3mv,qs)，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误。甲乙7.(带电粒子速度不确定形成多解)(多选)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边界分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，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eq\f(q,m)＝eq\f(1,k)，则质子的速度可能为()A.eq\f(BL,k) B.eq\f(BL,2k)C.eq\f(2BL,3k) D.eq\f(BL,8k)解析：ABD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°，所以质子运行半径为r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(BL,kn)(n＝1，2，3，…)，故A、B、D正确，C错误。8.(带电粒子运动的周期性形成多解)如图甲所示，M、N为竖直放置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′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。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、带电荷量为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：甲乙(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O′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。解析：(1)设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力qB0v0＝meq\f(v02,R)正离子做匀速圆周运动的周期T0＝eq\f(2πR,v0)联立可得磁感应强度B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子的运动轨迹如图所示两板之间正离子只运动一个周期T0时，有R＝eq\f(d,4)当两板之间正离子运动n个周期nT0时，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1，2，3，…)联立解得正离子的速度的可能值为v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)答案：(1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)考点四带电粒子在磁场中运动的临界极值问题1.两种思路(1)以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解。(2)直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。2.两种方法(1)物理方法：①利用临界条件求极值；②利用边界条件求极值；③利用矢量图求极值。(2)数学方法：①用三角函数求极值；②用二次方程的判别式求极值；③用不等式的性质求极值；④图像法求极值；⑤用导数求极值。3.关键突破口许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。(多选)如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为＋q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入磁场区，结果在bc边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc边的长度为L，bc和ac的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是()A.粒子的入射速度为eq\f(BqL,4m)B.粒子的入射速度为eq\f(\r(3)BqL,6m)C.粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为eq\f(πL,4)D.从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为eq\f(πm,2Bq)解析：AC粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有r＝eq\f(mv,Bq)，因bc边只有一半区域有粒子射出，在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示，由几何关系可得r＝eq\f(L,4)，则粒子的入射速度v＝eq\f(BqL,4m)，所以A项正确，B项错误；粒子在磁场中运动的最长轨迹为s＝πr＝eq\f(πL,4)，所以C项正确；与bc边相切，恰从bc边射出的粒子对应的圆心角最大为eq\f(2π,3)，从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为t＝eq\f(2πm,3Bq)，所以D项错误。【对点训练】9.(直线边界中的临界极值问题)(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A.使粒子的速度v＜eq\f(Bql,4m)B.使粒子的速度v＞eq\f(5Bql,4m)C.使粒子的速度v＞eq\f(Bql,m)D.使粒子的速度eq\f(Bql,4m)＜v＜eq\f(5Bql,4m)解析：AB若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2，又因为r1＝eq\f(mv1,Bq)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)，故A、B正确。10.(圆形边界中的临界极值问题)(多选)地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害。为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地磁场，如图所示，模拟地球半径为R，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球、厚度为d、方向垂直该剖面的匀强磁场(磁感应强度大小为B)，d＝2R。磁场边缘某处(未画出)有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子。研究发现，当粒子速度为2v时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应。则()A.粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,2BR)B.粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)C.速度为v的粒子，到达模拟地球的最短时间为tmin＝eq\f(3πR,2v)D.速度为v的粒子，到达模拟地球的最短时间为tmin＝eq\f(2πR,3v)解析：AD如图甲所示，设该粒子轨迹半径为r，根据几何关系有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r))2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3R))2，解得r＝4R，又q·2vB＝meq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v))2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,2BR)，故A正确，B错误；速度为v的粒子进入磁场有qvB＝meq\f(v2,r′)，则r′＝2R，若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，粒子运动半径等于大气层厚度，如图乙所示，粒子运动的圆心角为60°，最短时间为tmin＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πR,3v)，故D正确，C错误；故选AD。甲乙素养培优10三类典型的“动态圆”模型模型1“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境)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是()A.所有从cd边射出磁场的该带电粒子在磁场中经历的时间都是eq\f(5,3)t0B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq\f(2,3)t0，则它一定从ad边射出磁场C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq\f(5,4)t0，则它一定从bc边射出磁场D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq\f(1,3)t0＜t＜eq\f(5,6)t0，则它一定从ab边射出磁场解析：ACD如图所示，作出带电粒子以与Od成30°角的方向的速度射入正方形内时，刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。由图中几何关系可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于eq\f(1,3)t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于eq\f(1,3)t0，小于eq\f(5,6)t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于eq\f(5,6)t0，小于eq\f(4,3)t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是eq\f(5,3)t0。故选ACD。模型2“旋转圆”模型的应用适用方法速度大小一定，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)轨迹圆圆心共圆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”法如图所示，圆形区域有一匀强磁场，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)，解得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”，如图甲所示，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，如图乙所示，则sineq\f(φmax,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φmax＝60°。甲乙答案：(1)见解析(2)60°模型3“平移圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向一定，但入射点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(多选)如图所示，等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2m，O为BC的中点，磁感应强度B＝0.25T，一群质量m＝1×10－7kg，电荷量q＝－2×10－3C的带电粒子以速度v＝5×103m/s垂直于BO，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力，则()A.在AC边界上有粒子射出的长度为(eq\r(2)－1)mB.C点有粒子射出C.在AB边界上有粒子射出的长度为1mD.磁场中运动时间最长粒子从底边距B点(eq\r(2)－1)m处入射解析：ACD粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝meq\f(v2,R)，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(10－7×5×103,2×10－3×0.25)m＝1m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示，由图可知，能从AC边射出粒子的长度为eq\o(\s\up4(—),\s\do4(DE))＝eq\r(2)R－R＝(eq\r(2)－1)m，故A正确；由图可知，粒子不可能到达C点，故B错误；由图可知，在AB边界上有粒子射出的长度为BF＝R＝1m，故C正确；磁场中运动时间最长粒子运动半个圆周，轨迹与AB、AC相切，由图可知从底边距B点(eq\r(2)－1)m处入射，故D正确。故选ACD。限时规范训练42[基础巩固题组]1.(2023·海南卷)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是()A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功解析：A根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度和加速度的大小、方向都在变，BC错误；洛伦兹力永不做功，D错误。故选A。2.(多选)如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v-t图像可能是()解析：ACD设初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A正确；若mg＞μBqv0，则物块开始有向下的加速度，由a＝eq\f(mg－μBqv,m)可知，随速度增加，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，选项D正确；若mg＜μBqv0，则物块开始有向上的加速度，做减速运动，由a＝eq\f(μBqv－mg,m)可知，随速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，则选项C正确。3.(2022·北京卷)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是()A.磁场方向垂直于纸面向里B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D.轨迹3对应的粒子是正电子解析：A三个粒子从P点射入磁场，轨迹偏转方向相同的带同种电荷，所以轨迹2对应的粒子是正电子，1、3为电子，故D错误；由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；对于轨迹1的粒子运动半径越来越小，由r＝eq\f(mv,qB)知，运动速度越来越小，B错误；对于轨迹2和轨迹3两种粒子，由于初始半径r2＜r3，由r＝eq\f(mv,qB)知v2＜v3，故C错误。4.(多选)如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为()A.eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶1 B.eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶1C.t1∶t2＝2∶3 D.t1∶t2＝1∶3解析：AC两粒子的运动轨迹如图所示；设正方形区域边长为L，则从b点飞出的粒子的运动轨迹半径为r1＝L；从c点飞出的粒子的运动轨迹半径为r2＝L；根据qv0B＝meq\f(v02,r)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(v0,Br)，则eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶1，选项A正确，B错误；根据T＝eq\f(2πm,qB)可知，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t＝eq\f(θ,2π)T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，选项C正确，D错误。5.(多选)如图所示，在坐标系的y轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场的宽度为d，磁场方向垂直于xOy平面向里。一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子，从原点O射入磁场，速度方向与x轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y轴上的某点离开磁场。忽略粒子重力。关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是()A.它的轨迹半径为eq\f(2,3)dB.它进入磁场时的速度为eq\f(2qBd,3m)C.它在磁场中运动的时间为eq\f(2πm,3qB)D.它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为eq\r(3)d解析：AB粒子运动轨迹如图所示，r＋rsin30°＝d，解得粒子运动轨迹半径为r＝eq\f(2,3)d，故A正确；由qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(2,3)d，联立解得粒子进入磁场时的速度为v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(2qBd,3m)，故B正确；T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，如图由几何关系知t＝eq\f(2,3)T，解得粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(4πm,3qB)，故C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y＝－2rcos30°＝－eq\f(2\r(3),3)d，故D错误。6.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)解析：B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cosθ＝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。7.如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)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，一个粒子源在b点将质量为m、电荷量为q的带负电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是(不计粒子重力及粒子间的相互作用)()A.eq\f(qBL,2m) B.eq\f(qBL,3m)C.eq\f(\r(3)qBL,2m) D.eq\f(\r(3)qBL,3m)解析：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运动半个圆周时，运动时间最长，速度最大时的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径r＝Ltan30°＝eq\f(\r(3),3)L，由洛伦兹力提供向心力得qvmB＝meq\f(vm2,r)，从而求得最大速度vm＝eq\f(\r(3)qBL,3m)，选项A、B、C错误，D正确。[能力提升题组]8.(多选)如图所示，在圆形边界的磁场区域，氕核eq\o\al(1,1)H和氘核eq\o\al(2,1)H先后从P点沿圆形边界的直径入射，从射入磁场到射出磁场，氕核eq\o\al(1,1)H和氘核eq\o\al(2,1)H的速度方向分别偏转了60°和120°角，已知氕核eq\o\al(1,1)H在磁场中运动的时间为t0，轨迹半径为R，则()A.氘核eq\o\al(2,1)H在该磁场中运动的时间为2t0B.氘核eq\o\al(2,1)H在该磁场中运动的时间为4t0C.氘核eq\o\al(2,1)H在该磁场中运动的轨迹半径为eq\f(1,2)RD.氘核eq\o\al(2,1)H