金版教程物理2025高考科学复习解决方案第十章 磁场第2讲 启智微专题 满分指导4含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十章磁场《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十章磁场满分指导4带电粒子在组合场中的运动问题规范求解[案例剖析](14分)(2023·山东高考)如图所示，①在0≤x≤2d、0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，②电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。③一个质量为m、电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。(1)④若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；(2)⑤若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。(ⅰ)⑥求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；(ⅱ)⑦通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①在0≤x≤2d、0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场已知匀强电场分布的范围，匀强电场的电场强度的方向、大小②电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场已知匀强磁场分布的范围、匀强磁场的磁感应强度的方向，磁感应强度大小未知③一个质量为m、电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)已知粒子的电性、电量、质量，不计重力，进入电场的入射点也给出问题④若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小已知粒子进入电场的速度为0，粒子连续两次从上边界垂直QN离开电场，此后经磁场垂直NP再次进入电场⑤若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开改变条件(电场强度的大小、粒子的初速度)后，粒子第二次进入电场的位置、离开电场的位置均已知⑥求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0磁场未变，电场范围未变，电场强度方向未变，粒子的电性、电量、质量未变⑦通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场若粒子第三次进入电场前在磁场中做圆周运动的圆心与P点的间距等于运动的轨迹半径，则粒子能从P点第三次进入电场，否则不能[破题形成思路，快速突破](1)粒子初速度为0时，垂直NP进入电场前做什么运动？提示：先沿电场方向做匀加速直线运动直至第一次离开电场，然后在磁场中转过半个圆周进入电场，在电场中逆着电场线减速到0后反向加速直至第二次离开电场，然后在磁场中转过eq\f(3,4)个圆周第三次进入电场。(2)若改变电场强度大小，粒子初速度不为0时，粒子第二次离开电场前做什么运动？提示：先沿电场方向做匀加速直线运动直至第一次离开电场，然后在磁场中做匀速圆周运动并从P点再次进入电场，在电场中做匀变速曲线运动直至从Q点第二次离开电场。(3)改变电场强度大小后，粒子第一次离开电场的速率即第二次进入电场的速率对解题很关键，如何求解？提示：根据粒子第一次在磁场中的运动轨迹圆和圆周运动的知识求解。(4)改变电场强度大小后，若求得粒子第二次进入电场的速度，如何进一步求改变后的电场强度大小？提示：根据粒子第二次在电场中的运动轨迹和匀变速曲线运动的规律求解。(5)改变电场强度大小后，如何判断粒子第三次进入电场前在磁场中做圆周运动的圆心与P点的间距是否等于运动的轨迹半径？提示：根据粒子第二次在电场中的运动求出粒子第二次进入磁场的初速度大小、方向，从而计算出粒子第二次在磁场中运动的轨迹半径、圆心坐标，然后根据几何关系计算出粒子第二次在磁场中运动的圆心与P点的间距，进而可判断该间距是否等于粒子第二次在磁场中运动的轨迹半径。[解题规范步骤，水到渠成](1)初速度为零的带电粒子从A点进入电场后在电场中沿y轴正方向做匀加速直线运动，设粒子进入磁场时速度为v，根据动能定理有qE·2d＝eq\f(1,2)mv2(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R，有qvB＝meq\f(v2,R)(1分)粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，速度仍为v，垂直NP再次进入电场，画出粒子运动轨迹如图甲所示根据几何关系可知d＝3R联立解得B＝6eq\r(\f(mE,qd))。(1分)(2)(ⅰ)作出粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图乙所示，粒子第一次在磁场中做匀速圆周运动过程，根据几何关系可知Req\o\al(2,1)＝(2d)2＋(R1－d)2解得轨道半径R1＝eq\f(5,2)d所以有sinθ＝cosα＝eq\f(2d,R1)＝eq\f(4,5)由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)(1分)解得v1＝15eq\r(\f(qdE,m))粒子从P点第二次进入电场后做类斜抛运动，设运动时间为t，沿x方向有2d＝v1cosα·t(1分)设加速度大小为a，沿y方向有2d＝v1sinα·t＋eq\f(1,2)at2(1分)根据牛顿第二定律有qE′＝ma(1分)联立解得E′＝36E(1分)带电粒子第一次在电场中运动过程，根据动能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)解得v0＝9eq\r(\f(qdE,m))。(1分)(ⅱ)粒子从P到Q，根据动能定理有qE′·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)解得粒子从Q射出电场时的速度大小为v2＝3eq\r(\f(41qdE,m))设v2与x轴负方向夹角为β，有cosβ＝eq\f(v1cosα,v2)＝eq\f(4,\r(41))则sinβ＝eq\f(5,\r(41))由qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)(1分)解得此后粒子在磁场中的轨道半径R2＝eq\f(\r(41),2)d根据几何关系可知对应的圆心O2坐标为x2＝R2sinβ＝eq\f(5,2)d，y2＝2d＋R2cosβ＝4d而圆心O2与P的距离为l＝eq\r(（x2－2d）2＋（y2－0）2)＝eq\f(\r(65),2)d≠R2(1分)故粒子不能从P点第三次进入电场。(1分)[点题突破瓶颈，稳拿满分]对于带电粒子在组合场中的运动问题，应充分挖掘题目中的关键信息，认真进行受力分析和运动过程分析，分过程、分步骤规范解题，步步得分。课时作业1.如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出(初速度不计)，经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺(图中未画出)，可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是()A．打在照相底片D上的离子带负电B．可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔C．谱线b对应比荷的值大于谱线a对应比荷的值D．标尺上各刻线对应比荷的值是均匀的答案B解析根据左手定则可知，打在照相底片D上的离子带正电，故A错误；在加速电场中，根据动能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在偏转磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，联立可得r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，则谱线a、b间的距离d＝2rb－2ra＝eq\f(2\r(2U),B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(mb,qb))－\r(\f(ma,qa))))，可知可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，故B正确；根据r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，rb>ra，可得eq\f(qb,mb)<eq\f(qa,ma)，故C错误；根据d＝eq\f(2\r(2U),B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(mb,qb))－\r(\f(ma,qa))))，可知标尺上各刻线对应比荷的值eq\f(q,m)是非均匀的，故D错误。2.如图所示为回旋加速器示意图。D形盒上加交变电压，其间隙处产生交变电场。已知D形盒的半径为R，交变电压的周期为T，电压为U，D形盒的间隙为d，磁感应强度的大小为B，该回旋加速器为α粒子(eq\o\al(4,2)He)加速器，不计α粒子的初速度，已知质子的质量为m0，元电荷为e。粒子在D形盒间隙运动的时间很短，一般可忽略，下列说法正确的是()A．该回旋加速器调节相关参数后才能用于氘核(eq\o\al(2,1)H)的加速B．α粒子最后从D形盒被引出的速度大小为eq\f(eBR,m0)C．α粒子在D形盒中加速的次数n＝eq\f(eB2R2,4m0U)D．若考虑α粒子在D形盒间隙中运动的时间，该时间可能超过半个周期答案C解析回旋加速器正常工作时，应有交变电压的周期等于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期，即T＝eq\f(2πm,qB)，α粒子与氘核的比荷相等，则在同一磁场中运动的周期相同，故该回旋加速器不用调节相关参数便可以用于氘核(eq\o\al(2,1)H)的加速，A错误；由题意可知α粒子的质量为4m0，电荷量为2e，根据2evmB＝4m0eq\f(veq\o\al(2,m),R)得，α粒子最后从D形盒被引出的速度大小为vm＝eq\f(eBR,2m0)，故B错误；根据动能定理有n·2eU＝eq\f(1,2)·4m0veq\o\al(2,m)，解得n＝eq\f(eB2R2,4m0U)，故C正确；若α粒子在D形盒间隙中运动的时间超过半个周期，则粒子将在电场中做减速运动，故该时间不可能超过半个周期，D错误。3．(2022·海南高考)如图，有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流沿圆弧轨迹通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的()A．质量 B．电量C．比荷 D．动能答案C解析设带电粒子的质量为m，电荷量为q，速度大小为v，带电粒子在辐向分布的电场中运动时，运动半径为R1，轨迹所在处电场强度大小为E，由电场力提供做圆周运动的向心力，有qE＝meq\f(v2,R1)，解得ER1＝eq\f(mv2,q)；设带电粒子在匀强磁场中运动时，运动半径为R2，磁场的磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有qvB＝meq\f(v2,R2)，解得BR2＝eq\f(mv,q)。运动轨迹相同的粒子，R1、R2相同，B、E相同，则eq\f(mv2,q)、eq\f(mv,q)相同，则v相同，eq\f(m,q)相同，比荷eq\f(q,m)相同，质量m、电量q不一定相同，动能eq\f(1,2)mv2不一定相同，故选C。4．(2023·海南高考)(多选)如图所示，质量为m、带电量为＋q的带电粒子，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0、0<x<x0(x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则()A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E＝eq\f(y0mveq\o\al(2,0),qxeq\o\al(2,0))B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0)))C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为eq\f(mv0,qB)D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))答案AD解析若粒子从NP中点射入磁场，设粒子在电场中的运动时间为t，则x0＝v0t，eq\f(1,2)y0＝eq\f(1,2)·at2，其中粒子的加速度大小a＝eq\f(qE,m)，联立解得E＝eq\f(y0mveq\o\al(2,0),qxeq\o\al(2,0))，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度大小为vy1，则eq\f(y0,2)＝eq\f(vy1,2)t，解得vy1＝eq\f(y0,x0)v0，故粒子从NP中点射入磁场时速度为v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y1))＝v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))，A正确，B错误；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动速度为v，轨道半径为r，则qvB＝meq\f(v2,r)，如图所示，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴方向夹角为θ，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝rcosθ，联立解得d＝eq\f(mvcosθ,qB)＝eq\f(mvy,qB)，C错误；对从(x0，y)进入磁场的粒子，粒子在电场中运动时，竖直方向上有y＝eq\f(vy,2)·t，解得vy＝eq\f(2y,x0)v0，则粒子离开电场的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝v0eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4y2,xeq\o\al(2,0)))，粒子在磁场中运动的圆周半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4y2,xeq\o\al(2,0)))，又因0<y≤y0，则粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是rm＝eq\f(mv0,qB)eq\r(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))，D正确。5.(2024·山西省吕梁市高三上开学检测)(多选)如图所示，平面直角坐标系xOy，在x≤4L且y≥0区域中有磁感应强度为B、垂直xOy平面的匀强磁场，在x＝4L直线右边区域有与x轴负方向成37°角、平行于xOy平面的匀强电场，一质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)从y轴上的a点沿y轴负方向射入磁场，从b点(4L，0)沿x轴的正方向离开磁场进入电场，到达c点时粒子的速度恰好沿y轴的负方向，且c点的横坐标为7L，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LB．粒子在b点的速度为eq\f(4BqL,m)C．电场强度大小为eq\f(10B2qL,3m)D．粒子从b到c的运动时间为eq\f(3πm,2Bq)答案BC解析过a、b两点分别作速度的垂线，交点O1是粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆的圆心，O1a、O1b是轨迹圆两个互相垂直的半径，由几何关系可得OaO1b是正方形，则轨迹圆的半径为4L，故A错误；设粒子在b点的速度为v，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,4L)，解得v＝eq\f(4BqL,m)，故B正确；把粒子受到的电场力分别沿着x轴和y轴分解，则有Fx＝qEcos37°，由牛顿第二定律可得ax＝eq\f(Fx,m)，粒子在c点的速度沿着y轴的负方向，则粒子在c点沿x轴方向的速度恰好为0，从b运动到c的过程中，粒子沿着x轴正方向的分位移为3L，则有2ax·3L＝v2，解得E＝eq\f(10B2qL,3m)，故C正确；沿x轴方向，根据匀变速直线运动的规律知，粒子从b到c的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)，则运动时间t＝eq\f(3L,\o(v,\s\up6(－)))，解得t＝eq\f(3m,2Bq)，故D错误。6.(2022·山东省青岛市高三下统一质量检测(一模))某电子显像装置的原理如图所示，平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在x轴下方及抛物线与y轴之间，抛物线方程为y＝2x2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；电场分布在抛物线与x轴之间所夹的空间，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。现有带正电粒子从抛物线上各处无初速度释放，粒子进入第四象限经磁场偏转后都会经过原点O，粒子重力不计，求：(1)带电粒子的比荷；(2)y＝2m处释放的粒子从释放到再次运动到抛物线所用的时间；(3)y＝2m处释放的粒子第三次经过x轴的位置坐标。答案(1)eq\f(16E,B2)(2)eq\f(（3π＋16）B,32E)(3)(2.5m，0)解析(1)带电粒子在电场中加速，有Eqy＝eq\f(1,2)mv2设在磁场中的轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)由于粒子恰好能经过圆心O，可知x＝2R又y＝2x2联立解得eq\f(q,m)＝eq\f(16E,B2)。(2)当y＝2m时，由y＝2x2得x＝1m此时粒子做圆周运动的半径R＝eq\f(x,2)＝0.5m设粒子再次到达抛物线的坐标为(x′，y′)，则由圆周运动轨迹方程有(x′－0.5)2＋y′2＝R2由抛物线方程有y′＝2x′2联立解得x1′＝0，y1′＝0或x2′＝0.5m，y2′＝0.5m即粒子再次到达抛物线的坐标为(0.5m，0.5m)，可知粒子在磁场中恰好运动了eq\f(3,4)周期，粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v)粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(3,4)T在电场中，有Eq＝may＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)则运动的时间t＝t1＋t2联立解得t＝eq\f(（3π＋16）B,32E)。(3)粒子再次进入电场时，速度v1方向沿x轴正方向，且有Eqy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)此后在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向运动的位移大小为y2′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)沿x轴正方向运动的位移大小为x0＝v1t3联立解得x0＝2m第三次到达x轴的横坐标为x3＝x0＋x2′＝2.5m因此第三次到达x轴的坐标为(2.5m，0)。7.(2023·湖北省八市高三下3月份联考)如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有一圆形匀强磁场区域，其圆心为O1(0，2m)、半径R＝2m，磁感应强度B＝2×10－2T，方向垂直于纸面向外。在x轴下方有匀强电场，电场强度E＝0.2N/C，方向水平向左。在磁场的左侧0.5R≤y≤1.5R区域内，有一群质量m＝4×10－6kg、电荷量q＝＋2×10－2C的粒子以速度v＝2×102m/s平行于x轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：(结果可用含π和根号的式子表示)(1)粒子在磁场区域运动的轨迹半径r；(2)粒子在磁场区域运动的最长时间t；(3)粒子打在y轴上离原点O的最远距离d。答案(1)2m(2)eq\f(π,150)s(3)20eq\r(3)m解析(1)粒子在磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝2m。(2)因为r＝R，由磁聚焦原理可知，所有粒子经过磁场后都从原点O射出，其中从最上面射入的粒子在磁场中运动的圆弧最长，故其在磁场中运动的时间最长，如图中轨迹①所示设其轨迹对应的圆心角为α，有sin(α－90°)·r＋r＝1.5R粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)则粒子在磁场区域运动的最长时间为t＝eq\f(α,360°)·T联立解得t＝eq\f(π,150)s。(3)分析粒子的运动轨迹可知，粒子可能在磁场中打在y轴上，也可能在电场中打在y轴上。分析知，在磁场左侧从y＝1.5R处射入磁场的粒子，在磁场中打在y轴上的位置离原点O最远；对图中轨迹①用几何知识分析知，粒子在磁场中打在y轴上的位置离原点O的最远距离为d1＝R＝2m。所有粒子从O点进入电场后，均受到水平向左的电场力作用，则只有射入第四象限的粒子会在进入电场后打到y轴上；设射入第四象限的粒子在O点速度与y轴负方向夹角为θ，在磁场左侧从y＝0.5R射入磁场的粒子对应的θ最大，如图中轨迹②所示，由几何关系可知rsinθmax＝r－0.5R解得θmax＝30°则0<θ≤30°，粒子进入第四象限后做类斜抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴方向先向右做匀减速直线运动，速度减为0后再反向匀加速至打到y轴上设粒子在x轴方向上速度减为0所用时间为t，则有vsinθ＝at其中加速度a满足qE＝ma粒子打在y轴上时离原点O的距离d2＝vcosθ·2t联立解得d2＝eq\f(mv2sin2θ,qE)当θ＝θmax＝30°时d2最大，d2max＝eq\f(mv2sin2θ,qE)代入数据得d2max＝20eq\r(3)md1<d2max，故d＝d2max＝20eq\r(3)m。第十章核心素养提升[科学思维提炼]1．建立理想模型法：用磁感线描述磁场，定义匀强磁场。2．类比思维(1)从环形电流的磁场提出“分子电流”假说。(2)根据电场强度的定义类比定义磁感应强度时，由试探电荷类比提出电流元。3．比值定义法：磁感应强度的定义方法。4．控制变量法(1)“探究影响通电导线受力的因素”的演示实验。(2)“研究安培力的方向与哪些因素有关”的演示实验。5．对称思维(1)分析通电导线激发的磁场中对称的位置的磁感应强度大小。(2)分析带电粒子在有界匀强磁场直线边界射入、射出点的速度方向等。6．转换思维：难以直接分析磁体所受通电导线磁场力的作用时，可以转换研究对象，先分析磁体对通电导线的作用力，然后利用牛顿第三定律间接分析。7．演绎推理思维：根据安培力公式及电流的微观表达式推导洛伦兹力表达式。8．等效思维(1)将环形电流等效为小磁针。(2)计算磁通量时用到等效面积。(3)求解弯曲导线在磁场中所受的安培力时用到等效长度。(4)若通电直导线与磁场方向既不垂直也不平行时，计算导线所受安培力大小时，将磁感应强度B分解为B⊥和B∥；类似地，将磁感应强度分解，分析带电粒子速度方向与磁场方向既不垂直也不平行时，所受洛伦兹力或运动情况。(5)求解粒子在回旋加速器D形盒间运动的总时间。9．微元法：分析一段通电导线在磁场中的运动趋势。10．极限思维：求解粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题时用到的“平移圆”法、“旋转圆”法、“缩放圆”法。[素养提升集训]一、选择题(本题共7小题)1．(2023·辽宁高考)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)。比例系数k的单位是()A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2)C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3)答案B解析根据ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)，可得k＝eq\f(ΔFr2,I1I2Δl1Δl2)，代入相应物理量的国际单位，可得比例系数k的单位为eq\f(N·m2,A2·m2)＝eq\f(kg·m/s2,A2)＝kg·m/(s2·A2)，故选B。2．(2022·全国乙卷)(多选)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()测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A．测量地点位于南半球B．当地的地磁场大小约为50μTC．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解析地球可视为一个条形磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，由表中Bz数据可看出z轴的磁感应强度分量竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可得当地地磁场的磁感应强度大小为B＝eq\r(Beq\o\al(2,x)＋Beq\o\al(2,y)＋Beq\o\al(2,z))≈50μT，B正确；由A项分析可知测量地点位于北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量时Bx＝0，By为负值，故y轴正向指向南方，第3次测量Bx为正值，By＝0，故x轴正向指向北方，则y轴正向指向西方，C正确，D错误。3.(2021·重庆高考)(多选)某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是()A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流答案BC解析当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则线圈P受到竖直向下的安培力。若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，应在P中通入负向电流，A错误，B正确；若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，应在P中通入正向电流，C正确，D错误。4.(2022·广东高考)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解析质子进入磁场时，速度方向与磁场方向垂直，则质子会在平行于Oyx平面的平面内做匀速圆周运动，又因为两磁场磁感应强度大小相等、方向相反，故质子运动轨迹在Oyx平面的投影是两段半径相等、圆心在轨迹异侧的圆弧，在Ozx平面的投影是一段平行于x轴的直线，故C、D错误；由左手定则可知，沿z轴负方向看，质子先逆时针运动，后顺时针运动，故A可能正确，B错误。5.(多选)如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上M点固定一负点电荷，另一正点电荷在库仑力作用下绕该负点电荷沿椭圆轨道逆时针方向运动。O点是椭圆轨道的中心，M点是椭圆轨道的一个焦点，a、b和c为椭圆轨道与坐标轴的交点。不计重力，下列说法正确的是()A．正点电荷从a点运动到c点的过程中动能不断增大B．正点电荷运动到a点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动C．正点电荷运动到b点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动D．正点电荷运动到c点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动答案AD解析根据题意可知，正点电荷从a点运动到c点的过程中，电场力一直做正功，由动能定理可知，动能不断增大，故A正确；正点电荷在a点时，所受库仑力大于做匀速圆周运动所需的向心力，做近心运动，如加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，根据左手定则可知正点电荷受到向左的洛伦兹力，则库仑力与洛伦兹力的合力更大于做匀速圆周运动所需的向心力，则正点电荷做更明显的近心运动，故B错误；正点电荷在b点时，运动方向与库仑力方向不垂直，不满足匀速圆周运动的条件，而加入垂直xOy平面向里的匀强磁场也不能使合力与速度方向垂直，故无法使正点电荷绕负点电荷做匀速圆周运动，故C错误；正点电荷在c点时，不加磁场时，做离心运动，库仑力小于做匀速圆周运动所需的向心力，加入一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场后，有可能使库仑力与洛伦兹力的合力等于做匀速圆周运动所需的向心力，使正点电荷绕负点电荷做匀速圆周运动，故D正确。6.(2023·山西省晋城市高三下5月第三次模拟)(多选)如图所示，平面直角坐标系xOy横轴上的P点有一粒子发射源，粒子源能沿坐标平面且与x轴正方向的夹角不超过90°的方向，向第二象限发射速率相同、带电荷量为q、质量为m的正粒子，由于第一、二象限内除实线与横轴所围区域外，存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子源发射的所有粒子均能经过Q点。已知P、Q两点关于原点O对称，Q点的坐标为(a，0)，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A．粒子的速度大小为eq\f(qBa,m)B．粒子在磁场中运动的轨迹半径为2aC．第一象限内磁场边界方程为y＝xeq\r(\f(a－x,a＋x))(a≥x≥0)D．第二象限内磁场边界方程为y＝2xeq\r(\f(a＋x,a－x))(－a≤x≤0)答案AC解析同一粒子从P到Q的运动轨迹关于y轴对称，由对称性可知，从P点垂直x轴射入的粒子在磁场中运动的轨迹为半圆，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝a，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的速度大小为v＝eq\f(qBa,m)，A正确，B错误；如图所示，设从P点以与x轴正方向成β角射入的粒子运动轨迹与边界的交点坐标为(x，y)，由几何关系有r2＝x2＋(rcosβ)2，而tanβ＝eq\f(y,a－|x|)，整理可得x2(a－|x|)2＋x2y2＝y2a2，解得第一象限内磁场边界方程为y＝xeq\r(\f(a－x,a＋x))(a≥x≥0)，第二象限内磁场边界方程为y＝－xeq\r(\f(a＋x,a－x))(－a≤x≤0)，C正确，D错误。7.如图所示，将一质量为m、带电量为＋q的小球在空间垂直纸面向里的匀强磁场中由静止释放，其运动轨迹为“轮摆线”，为方便分析，可将初始状态的速度(为零)分解为一对水平方向等大反向的速度v，即该运动可以分解为一个匀速直线运动1和一个匀速圆周运动2两个分运动，重力加速度为g，磁感应强度大小为B，为实现上述运动的分解，下列说法正确的是()A．速度v＝eq\f(2mg,qB)B．分运动2的半径为eq\f(m2g,2q2B2)C．小球在轨迹最低点处的曲率半径为eq\f(4m2g,q2B2)D．小球从释放到最低点的过程中重力势能的减少量为eq\f(m3g2,2q2B2)答案C解析因分运动1为匀速直线运动，根据平衡条件，分运动1所引起的洛伦兹力与重力等大反向，故qvB＝mg，所以v＝eq\f(mg,qB)，A错误；对于分运动2，由洛伦兹力提供向心力，得：qvB＝meq\f(v2,R)，所以R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m2g,q2B2)，B错误；设小球在轨迹最低点处的曲率半径为r，此时两个速度v方向相同，由牛顿第二定律有：2vqB－mg＝meq\f(4v2,r)，解得r＝eq\f(4m2g,q2B2)，C正确；小球从释放点到最低点的过程中只有重力做功，减少的重力势能全部转化为动能的增加量，所以ΔEp减＝eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(2m3g2,q2B2)，D错误。二、非选择题(本题共1小题)8．(2023·福建省三明市高三下质量检测)如图甲，某回旋加速器的两个D形盒，半径为R，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与D形盒底面垂直，位于圆心O处的质子源P能不断产生质子，质子飘入狭缝间的高频交变电场时初速度不计。完成加速后，需要把质子束从加速器中引出，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)。引出质子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使质子从M点进入通道，沿通道中心线从N点射出。已知ON长度为L。ON与OM的夹角为θ(0<θ<90°)，质子质量为m，电荷量为q。求：(1)高频交变电压的频率f；(2)质子被加速后获得的最大速度v；(3)通道内匀强磁场的磁感应强度B′的大小。答案(1)eq\f(qB,2πm)(2)eq\f(qBR,m)(3)eq\f(2BR（R－Lcosθ）,L2＋R2－2LRcosθ)解析(1)回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率f等于质子在D形盒磁场中运动的频率，则质子在D形盒磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(1,f)设质子在D形盒磁场中运动的速度大小为v1，轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r)又T＝eq\f(2πr,v1)联立解得f＝eq\f(qB,2πm)。(2)质子速度最大时，做匀速圆周运动的半径等于D形盒半径，则有qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(qBR,m)。(3)设质子在引出通道中做半径为R1的圆周运动，分析知，质子在引出通道内的运动轨迹与在D形盒中的运动轨迹相切于M点，如图所示，在△NOO′中，由余弦定理可得Req\o\al(2,1)＝L2＋(R1－R)2－2L(R1－R)cos(180°－θ)由牛顿第二定律可得qvB′＝meq\f(v2,R1)联立解得B′＝eq\f(2BR（R－Lcosθ）,L2＋R2－2LRcosθ)。专题强化十二带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题和临界问题关键能力发展与提升考点一带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题解题技巧带电粒子在匀强磁场中运动形成多解的原因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．磁感应强度大小或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．带电粒子射入磁场时的速度大小或方向不确定形成多解有些题目只指明了带电粒子的电性，但未具体指出粒子射入磁场时速度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形成的多解。如图丙所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界匀强磁场时，由于粒子速度大小不确定，因此，它飞出磁场的情况不唯一，可能穿过下边界，也可能转过180°反向飞出，于是形成多解。4．带电粒子运动的周期性或往复性形成多解带电粒子在磁场中运动时，若因为磁场周期性变化、粒子与挡板反复碰撞或与电场组合等原因而导致运动具有周期性或往复性，则通常会形成多解。如图丁所示，粒子进入磁场的位置、时间不唯一。考向1周期性形成多解例1(2022·湖北高考)(多选)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]若离子最后经过下部分磁场从P点射出，如图1，则θ＝60°，R＝eq\f(L,n)(n＝1，3，5，…)，又qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(kBL,n)(n＝1，3，5，…)；若离子最后经过上部分磁场从P点射出，如图2，则θ＝0°，R＝eq\f(L,n)(n＝2，4，6，…)，又qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(kBL,n)(n＝2，4，6，…)。综上可知，B、C可能，A、D不可能。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的原因。(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。考向2临界状态不唯一形成多解例2(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)[答案]AB[解析]如图所示，若带电粒子刚好打在极板右边缘，有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2，又因为qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，解得v1＝eq\f(5Bql,4m)；若粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝eq\f(l,4)，又qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，解得v2＝eq\f(Bql,4m)。欲使粒子不打在极板上，应使v<eq\f(Bql,4m)或v>eq\f(5Bql,4m)，故A、B正确，C、D错误。考点二带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值问题解题技巧1．常见临界问题(1)恰好穿出(或不穿出)有界磁场的速度、轨迹半径等。(2)在磁场中运动的最长时间、最短时间。(3)能否通过两磁场边界的交点。2．解题思路(1)先不考虑磁场边界，假设磁场充满整个空间，根据粒子的入射特点，运用“动态”思维尝试画出粒子可能的运动轨迹圆。(2)结合磁场边界找出临界条件。(3)根据几何关系、运动规律求解。3．常见的临界条件(1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的临界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长。(3)当速度大小v变化时，带电粒子在有界磁场中运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。(4)带电粒子在多边形边界或角形区域磁场中运动时，是否会从某顶点射出的判断：①当α≤θ时，可以过两磁场边界的交点，发射点到两磁场边界的交点距离为d＝2Rsinα，如图甲所示。②当α>θ时，不能通过两磁场边界的交点，粒子的运动轨迹会和另一个边界相切，如图乙所示。4．解题技巧根据粒子射入磁场时的特点，分析临界条件的常用技巧有三种：缩放圆法、旋转圆法、平移圆法。(1)缩放圆法适用条件入射点相同，速度方向一定、大小不同带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的增大而增大，如图所示轨迹圆圆心特点轨迹圆圆心共线运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上临界轨迹界定方法缩放轨迹圆以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径缩放作轨迹圆，从而探索粒子的临界条件(2)旋转圆法适用条件入射点相同，速度大小一定、方向不同带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则圆周运动半径为r＝eq\f(mv0,qB)，如图所示轨迹圆圆心特点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O为圆心、半径r＝eq\f(mv0,qB)的圆上临界轨迹界定方法旋转轨迹圆将半径为r＝eq\f(mv0,qB)的轨迹圆以入射点为定点进行旋转，从而探索粒子的临界条件(3)平移圆法适用条件入射点在同一直线上，且速度大小、方向均相同带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则运动半径r＝eq\f(mv0,qB)，如图所示轨迹圆圆心特点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与入射点所在直线平行的同一直线上临界轨迹界定方法平移轨迹圆将半径为r＝eq\f(mv0,qB)的圆沿入射点所在直线进行平移，从而探索粒子的临界条件考向1缩放圆法例3(2020·全国卷Ⅲ)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)[答案]C[解析]电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,r)，则磁感应强度与圆周运动轨迹半径的关系式为：B＝eq\f(mv,er)，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。电子从圆心沿半径方向进入磁场，当其恰好不离开图中实线圆围成的区域时，运动轨迹与实线圆相切，此时电子运动轨迹半径有最大值rmax，如图所示，其中A点为电子做圆周运动的圆心。由几何关系可得：(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a，则磁场的磁感应强度最小为Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故C正确。【跟进训练】1.(多选)如图所示，仅在x>0、y>0的空间中存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在x轴上有一粒子源P，到坐标原点的距离为L，可垂直于磁场沿着与x轴成30°角的方向发射速率不同的相同粒子，粒子质量为m、电荷量为＋q。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是()A．粒子从x轴上射出的位置坐标可能是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2L,3)，0))B．粒子从x轴上射出的位置坐标可能是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,6)，0))C．粒子在磁场中运动的最长时间为eq\f(5πm,3Bq)D．粒子在磁场中运动的最长时间为eq\f(7πm,3Bq)答案AC解析画出粒子从x轴上射出的临界轨迹如图所示，此时轨迹圆与y轴相切，由几何关系可知α＝30°，设临界轨迹半径为R，则有R＋Rsinα＝L，解得R＝eq\f(2L,3)，则此时粒子从x轴上x＝L－2Rsinα＝eq\f(L,3)位置射出，故粒子从x轴上射出的位置坐标满足：eq\f(L,3)<x<L，A正确，B错误；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，又T＝eq\f(2πr,v)，联立解得粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)，由几何关系可知，粒子从x轴上射出时，在磁场中运动轨迹所对应的圆心角最大，为θ＝300°，因此粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(5,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(5πm,3qB)，C正确，D错误。考向2旋转圆法例4(多选)如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射速度大小为v、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则()A．粒子能打到荧屏MN上的区域长度为2eq\r(3)dB．能打到荧屏MN上最左侧的粒子所用的时间为eq\f(πd,v)C．粒子从发射到打到荧屏MN上的最长时间为eq\f(πd,v)D．同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差为eq\f(7πd,6v)[答案]BD[解析]打在荧屏MN上的粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能打到荧屏MN上的区域长度为：l＝AB＝R＋eq\r(3)R＝(1＋eq\r(3))R＝(1＋eq\r(3))d，故A错误；由运动轨迹图可知，能打到荧屏MN上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：t＝eq\f(1,2)T，又T＝eq\f(2πd,v)，解得：t＝eq\f(πd,v)，故B正确；在磁场中运动时间最长(优弧1)和最短(劣弧2)的粒子的运动轨迹如图2所示，粒子做完整圆周运动的周期T＝eq\f(2πd,v)，由几何关系可知，最长时间：t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，最短时间：t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，根据题意得同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差：Δt＝t1－t2＝eq\f(7πd,6v)，故C错误，D正确。【跟进训练】2.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从原点O沿纸面内由从x轴负方向到y轴正方向之间的各个方向射入磁场区域。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＝eq\f(mv,qB)，则正确的图是()答案D解析如图，从O点沿x轴负方向射入的粒子，轨迹为圆，和x轴相切于O点，在x轴上方，半径为R；沿y轴正方向射入的粒子，轨迹为半圆，在y轴右侧，和x轴交点距O点为2R；沿其余方向射入的带电粒子，轨迹最远点均在以O为圆心、半径为2R的圆周上；由以上分析结合定圆旋转法，可知D正确。考向3平移圆法例5(多选)如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝eq\f(π,6)。现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为eq\f(4,3)t0(不计重力)，则下列说法中正确的是()A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B．该匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(πm,2qt0)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为eq\f(2,5)dD．粒子进入磁场时速度大小为eq\f(3πd,5t0)[答案]ABC[解析]根据题意，粒子垂直AB边射入，垂直AC边射出时经过四分之一个周期，即eq\f(1,4)T＝t0，解得T＝4t0，A正确；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，粒子运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)＝4t0，可解得该匀强磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(πm,2qt0)，B正确；当粒子轨迹与BC边相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，为eq\f(4,3)t0＝eq\f(1,3)T，则在磁场中转过的圆心角为120°，如图所示，根据几何关系可知Rsineq\f(π,6)＋eq\f(R,sin\f(π,6))＝d，解得R＝eq\f(2,5)d，C正确；根据T＝eq\f(2πR,v)可知，v＝eq\f(2πR,T)＝eq\f(2π·\f(2,5)d,4t0)＝eq\f(πd,5t0)，D错误。课时作业1.(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子与MN成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间可能为()A.eq\f(πm,3qB) B.eq\f(2πm,3qB)C.eq\f(4πm,3qB) D.eq\f(5πm,3qB)答案AD解析设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v)，联立可得T＝eq\f(2πm,qB)。若带电粒子所带电荷为正，则其在磁场中的轨迹为图中①所示，轨迹对应的圆心角为300°，在磁场中运动的时间为t1＝eq\f(300°,360°)·T＝eq\f(5πm,3qB)；若带电粒子所带电荷为负，则其在磁场中的轨迹为图中②所示，轨迹对应的圆心角为60°，在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(60°,360°)·T＝eq\f(πm,3qB)，故A、D正确。2.(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)，垂直纸面向外答案BD解析当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则知，负离子向右偏转，被约束在OP之下的区域的临界情景是离子运动轨迹与OP相切，如图(大圆弧)，由几何关系得(s＋R1)sin30°＝R1，解得临界轨迹半径R1＝s，当离子轨迹的半径R小于R1时满足约束条件，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由R<R1得B>eq\f(mv,qs)，故A错误，B正确；当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知，负离子向左偏转，被约束在OP之下的区域的临界情景是离子运动轨迹与OP相切，如图(小圆弧)，由几何关系得(s－R2)·sin30°＝R2，解得临界轨迹半径R2＝eq\f(s,3)，当离子轨迹的半径R小于R2时满足约束条件，即R<R2，得B>eq\f(3mv,qs)，故C错误，D正确。3.(2023·重庆市高三下第九次质量检测)(多选)如图所示，半径分别为R和2R的同心圆处于同一平面内，O为圆心。两圆形成的圆环内(含边界)有垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由大圆上的A点以速率v沿大圆切线方向进入磁场，粒子仅在磁场中运动，不计粒子的重力，则粒子运动速率v可能为()A.eq\f(qBR,4m) B.eq\f(5qBR,4m)C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(7qBR,4m)答案ACD解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得轨迹半径r＝eq\f(mv,qB)，粒子仅在磁场中运动，则轨迹半径r满足0<2r≤R或3R≤2r≤4R，将r代入解得0<v≤eq\f(qBR,2m)，或eq\f(3qBR,2m)≤v≤eq\f(2qBR,m)，故A、C、D正确，B错误。4.(2023·河北省唐山市第二次模拟)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四分之一圆周上；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，不计粒子重力及粒子之间的相互作用力，则v2∶v1为()A.eq\r(3)∶2 B．3∶2C.eq\r(3)∶eq\r(2) D．3∶4答案C解析由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2,R)，可知R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径相同。假设粒子进入磁场后沿逆时针方向做圆周运动，若粒子射入的速率为v1，如图所示，通过旋转轨迹圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时AP＝2R1，∠POA＝90°，同理，若粒子射入的速率为v2，当粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时BP＝2R2，∠POB＝120°，设磁场圆半径为R0，由几何关系可知R1＝R0sineq\f(90°,2)＝eq\f(\r(2)R0,2)，R2＝R0sineq\f(120°,2)＝eq\f(\r(3)R0,2)，则v2∶v1＝R2∶R1＝eq\r(3)∶eq\r(2)，同理，假设粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，也有v2∶v1＝eq\r(3)∶eq\r(2)，故选C。5.如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中沿磁场方向放置一表面涂有荧光材料、底面半径为R的圆柱体，电子打到圆柱体表面时荧光材料会发出荧光，且被圆柱体吸收。圆柱体的底面圆心O到磁场边界MN的距离为2R。一平行电子束以垂直边界MN向右的初速度v0＝eq\f(3eBR,m)射入磁场，已知电子质量为m，电荷量为e，则图示截面圆上发光部分的长度等于()A.eq\f(1,2)πR B．πRC.eq\f(4,3)πR D.eq\f(5,3)πR答案C解析由洛伦兹力提供向心力得ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，解得电子在磁场中的轨迹半径r＝3R，画出与圆柱体相切的两条轨迹，如图所示，由几何关系知sinα＝eq\f(2R,r＋R)，解得α＝eq\f(π,6)，则截面圆上发光部分对应的圆心角为θ＝π＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝eq\f(4,3)π，则截面圆上发光部分的长度l＝θR＝eq\f(4,3)πR，故选C。6.(多选)如图，直角三角形OAC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，∠A＝30°、OC边长为L，在C点有放射源S，可以向磁场内各个方向发射速率为v0的同种带正电的粒子，粒子的比荷为K。S发射的粒子有三分之二可以穿过OA边界，OA含在边界以内，不计重力及粒子之间的相互影响。则()A．磁感应强度大小为eq\f(v0,2KL)B．磁感应强度大小为eq\f(v0,KL)C．OA上粒子出射区域长度为LD．OA上粒子出射区域长度为eq\f(L,2)答案BC解析如图所示，S发射的粒子有三分之二可以穿过OA边界，根据左手定则可知，入射