2025届高考物理一轮复习第9章磁场第2节磁吃运动电荷的作用教案新人教版

PAGE20-第2节磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力的大小和方向1．定义：磁场对运动电荷的作用力。2．大小(1)v∥B时，F＝0。(2)v⊥B时，F＝qvB。(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsinθ。3．方向(1)判定方法：左手定则掌心——磁感线垂直穿入掌心；四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指——指向洛伦兹力的方向。(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v确定的平面。(留意B和v可以有随意夹角)，如图所示：甲v与B垂直乙v与B不垂直洛伦兹力与粒子运动方向、磁感应强度方向的关系4．做功：洛伦兹力不做功。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做匀速圆周运动。3．基本公式(1)向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)。(2)轨道半径公式：r＝eq\f(mv,Bq)。(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB)。留意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。一、思索辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)1．带电粒子在磁场中运动时肯定会受到磁场力的作用。 (×)2．洛伦兹力的方向在特别状况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。 (×)3．依据公式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．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。 (√)5．荷兰物理学家洛伦兹提出磁场对运动电荷有作用力的观点。 (√)二、走进教材1．(人教版选修3－1P98T1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()ABCD[答案]B2．(鲁科版选修3－1P132T2)(多选)两个粒子，电荷量相等，在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动()A．若速率相等，则半径必相等B．若动能相等，则周期必相等C．若质量相等，则周期必相等D．若动量大小相等，则半径必相等CD[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，可知C、D正确。]对洛伦兹力的理解及应用eq\o([依题组训练])1.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，导线中通有大小相同的电流，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，此时它所受洛伦兹力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右B[带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，依据安培定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生的磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左。依据左手定则，带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向下，故B正确。]2.(多选)如图所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面对里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中，一带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是()A．C点与A点在同一水平线上B．小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等C．小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同D．小球从A到B的时间是从C到P时间的eq\r(2)倍AD[小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满意机械能守恒，因此C点与A点等高，在同一水平线上，选项A正确；小球向右或向左滑过B点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项B错误；同理小球向上或向下滑过P点时，洛伦兹力也等大反向，选项C错误；因洛伦兹力始终垂直BC，小球在AB段和BC段(设斜面倾角均为θ)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsinθ，由x＝eq\f(1,2)at2得小球从A到B的时间是从C到P的时间的eq\r(2)倍，选项D正确。]3．(多选)带电小球以肯定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则()A．肯定有h1＝h3 B．肯定有h1<h4C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较AC[第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)。第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，veq\o\al(2,0)＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确；而第2个图：洛伦兹力变更速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又由于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，所以h1>h2，故D错误；第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故B错误，C正确。]1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则推断洛伦兹力的方向，留意区分正、负电荷。(2)运动电荷在磁场中不肯定受洛伦兹力作用。(3)洛伦兹力肯定不做功。2．洛伦兹力与安培力的联系及区分(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛仑兹力是安培力的微观说明，性质相同都是磁场力。(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力方向与场方向的关系F⊥B，F⊥vF∥E做功状况任何状况下都不做功可能做功，也可能不做功带电粒子在匀强磁场中的运动eq\o([讲典例示法])1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法。在详细问题中，要依据题目条件和情景而定。解题的理论依据主要是由牛顿其次定律列式：qvB＝meq\f(v2,r)，求半径r＝eq\f(mv,qB)及运动周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)。2．两种方法定圆心方法一若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可依据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处速度的垂线，其交点即为圆心，如图(a)。方法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与速度方向的垂线的交点即为圆心，如图(b)。(a)(b)3．几何学问求半径利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时留意以下几个重要的几何特点：(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)直角三角形的应用(勾股定理)。找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形。4．求时间的两种方法方法一：由运动弧长计算，t＝eq\f(l,v)(l为弧长)；方法二：由偏转角度计算，t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T))。5．三类边界磁场中的轨迹特点(1)直线边界：进出磁场具有对称性。(a)(b)(c)(2)平行边界：存在临界条件。(d)(e)(f)(3)圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。(g)(h)eq\o([典例示法])(一题多变)如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为eq\f(R,2)，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)()A．eq\f(qBR,2m)B．eq\f(qBR,m)C．eq\f(3qBR,2m)D．eq\f(2qBR,m)审题指导：解此题关键有两点：(1)射入点与ab的距离为eq\f(R,2)，由此可确定射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30°。(2)粒子的偏转角是60°，由此确定粒子的轨迹圆弧对应的圆心角为60°。B[如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形。由于O1D＝eq\f(R,2)，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝eq\f(mv2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，B正确。][变式1]此[典例示法]中，带电粒子在圆柱形匀强磁场区域中的运行时间为()A．eq\f(πm,6qB)B．eq\f(πm,3qB)C．eq\f(2πm,3qB)D．eq\f(πm,qB)B[粒子在磁场中做圆周运动，转过的圆心角θ＝60°，则在磁场中运行时间t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，B项正确。][变式2]此[典例示法]中，若带电粒子对准圆心沿直径ab的方向射入磁场区域，粒子射出磁场与射入磁场时运动方向的夹角仍为60°，则粒子的速率为()A．eq\f(qBR,2m)B．eq\f(qBR,m)C．eq\f(\r(3)qBR,m)D．eq\f(\r(3)qBm,R)C[由题意粒子运动轨迹如图所示，则∠aO2c＝60°，∠aO1c＝120°。由几何学问得r＝eq\r(3)R，又qvB＝meq\f(v2,r)，则v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(3)qBR,m)，C项正确。][变式3]此[典例示法]中，若带电粒子速率不变，磁场方向改为垂直纸面对里，带电粒子从磁场射出时与射入磁场时运动方向的夹角为()A．30° B．45°C．60° D．120°D[因带电粒子的速率不变，由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝R，则粒子运动轨迹如图所示，由几何学问得∠EO2F无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤：eq\o([跟进训练])带电粒子在直线或平行边界磁场中的运动1.(2024·湖南长沙模拟)如图所示，一个志向边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面对里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d。O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列推断正确的是()A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为eq\r(3)dD．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πd,3v0)D[电子带负电，进入磁场后，依据左手定则推断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何学问得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何学问得sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，则电子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D正确。]带电粒子在圆形边界磁场中的运动2．(2024·全国卷Ⅱ)如图所示，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．eq\r(3)∶2 B．eq\r(2)∶1C．eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)C[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＝eq\f(1,2)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入射及出射状况，如图乙所示。由几何关系知r2＝eq\r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)R，可得r2∶r1＝eq\r(3)∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝eq\f(mv,qB)可得v∝r，所以v2∶v1＝eq\r(3)∶1。故选C。]带电粒子在三角形或四边形边界磁场中的运动3.(2024·全国卷Ⅱ)如图所示，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边中点有一电子放射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向放射电子。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()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)kBlB[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)))eq\s\up12(2)＋l2，解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)，选项B正确。]带电粒子在磁场中运动的临界、极值和多解问题eq\o([讲典例示法])带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题分析临界、极值问题常用的四个结论(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)当速率v肯定时，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)当速率v变更时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要依据受力状况和运动状况画出运动轨迹的草图，找出圆心，再依据几何关系求出半径及圆心角等。(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(全部的弦长中直径最长)。[典例示法1](2024·全国卷Ⅲ·T18)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，忽视重力。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)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，轨迹圆圆心为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。]解决临界极值问题的方法技巧(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。(2)一个“解题流程”突破临界问题(3)从关键词找突破口：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示意，审题时，肯定要抓住这些特定的词语挖掘其隐含的规律，找出临界条件。eq\o([跟进训练])1.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，方向垂直于纸面对外。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．eq\f(mv,2qB)B．eq\f(\r(3)mv,qB)C．eq\f(2mv,qB)D．eq\f(4mv,qB)D[如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝eq\f(mv,qB)，所以D正确。]2.(2024·河南郑州一模)如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面对里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，向各个方向放射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，全部粒子的初速度大小相等，经过一段时间后有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于eq\f(T,2)(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为()A．eq\f(T,3)B．eq\f(T,4)C．eq\f(T,6)D．eq\f(T,8)A[粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，依据几何学问，作ES⊥OM，则ES为最短的弦，即粒子从S到E的时间最短。由题意可知，粒子运动的最长时间等于eq\f(1,2)T，此时轨迹的弦为DS，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝eq\f(\r(3),3)d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：r＝eq\f(DS,2)＝eq\f(\r(3),6)d，由几何学问有ES＝OSsin30°＝eq\f(1,2)d，sineq\f(θ,2)＝eq\f(\f(ES,2),r)＝eq\f(\f(d,4),\f(\r(3),6)d)＝eq\f(\r(3),2)，则θ＝120°，粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(1,3)T，A正确。]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。多解形成缘由一般包含4个方面：类型分析图例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，形成多解如图所示，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磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未详细指出磁感应强度方向，此时必需要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解如图所示，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面对里，其轨迹为a，若B垂直纸面对外，其轨迹为b临界状态不唯一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，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解[典例示法2]如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充溢方向垂直于ADEC平面对外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满意的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。审题指导：(1)粒子不从AC边界飞出的几何临界条件是运动轨迹与AC相切。(2)要使粒子最终垂直DE边界飞出，粒子经上下磁场偏转速度方向再次与射入磁场时的方向一样。[解析](1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知：(R－a)2＋(3a)2＝R解得：R＝5由牛顿其次定律可知：qvB0＝meq\f(v2,R)解得：v＝eq\f(5aqB0,m)。甲乙(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹与AC相切，如图乙所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1＋r1cosθ＝3由(1)知cosθ＝eq\f(3,5)所以r1＝eq\f(15a,8)依据qvB1＝meq\f(v2,r1)解得：B1＝eq\f(8B0,3)故当B1>eq\f(8B0,3)时，粒子不会从AC边界飞出。(3)如图丙所示，当B＝3B0时，依据qvB＝meq\f(v2,r)得粒子在OF下方的运动半径为r＝eq\f(5,3)a丙设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一样时的位置为P1，则P与P1的连线肯定与OF平行，依据几何关系知：eq\x\to(PP1)＝4a所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝neq\x\to(PP1)＝4na(n＝1,2,3…)。[答案](1)eq\f(5aqB0,m)(2)磁感应强度大于eq\f(8B0,3)(3)见解析巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题(1)分析题目特点，确定题目多解的形成缘由。(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题，找寻通项式，若是出现几种解的可能性，留意每种解出现的条件。eq\o([跟进训练])1．(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A．eq\f(4qB,m)B．eq\f(3qB,m)C．eq\f(2qB,m)D．eq\f(qB,m)AC[依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，依据牛顿其次定律可知4Bqv＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(4BqR,m)，此种状况下，负电荷运动的角速度为ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(4Bq,m)；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝meq\f(v2,R)，v＝eq\f(2BqR,m)，此种状况下，负电荷运动的角速度为ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(2Bq,m)，故A、C正确。]2.(多选)(2024·山东潍坊检测)如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列推断正确的是()A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不肯定重合D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间肯定不相同BC[由t＝eq\f(θ,2π)T知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r＝eq\f(mv,qB)知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故A错误，B正确；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不肯定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C正确，D错误。]3.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，则粒子入射速率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，所以分状况探讨。若带电粒子带正电荷，轨迹是图中与NN′相切的eq\f(1,4)圆弧，则轨迹半径R＝eq\f(mv,Bq)又d＝R－Rsin45°解得v＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)若带电粒子带负电荷，轨迹是图中与NN′相切的eq\f(3,4)圆弧，则轨迹半径R′＝eq\f(mv′,Bq)又d＝R′＋R′sin45°解得v′＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)。[答案](2＋eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q为正电荷)或(2－eq\r(2))eq\f(Bqd,m)(q为负电荷)“动态圆”模型在电磁学中的应用“放缩圆”模型的应用适用条件速度方向肯定，大小不同粒子源放射速度方向肯定，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更而变更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，运动半径也越大。可以发觉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，从而探究出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法[示例1](2024·全国卷Ⅰ·T18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对外，其边界如图中虚线所示，eq\o(ab,\s\up12(︵))为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac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。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为()A．eq\f(7πm,6qB)B．eq\f(5πm,4qB)C．eq\f(4πm,3qB)D．eq\f(3πm,2qB)C[带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力供应向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，运动时间t＝eq\f(θr,v)＝eq\f(θm,qB)，θ为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角确定。采纳放缩法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零起先渐渐放大，当r≤0.5R(R为eq\o(ab,\s\up12(︵))的半径)和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当0.5R<r<1.5R时，粒子从弧ab上射出，轨迹半径从0.5R渐渐增大，粒子射出位置从a点沿弧向右移动，轨迹所对圆心角从π渐渐增大，当半径为R时，轨迹所对圆心角最大，再增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小，因此轨迹半径等于R时，所对圆心角最大，为θm＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，粒子最长运动时间为eq\f(4πm,3qB)。]eq\o([跟进训练])1.(2024·福州模拟)如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，一束带正电的相同粒子以不同的速度v沿bc方向从b点射入磁场，不计粒子的重力。关于粒子在磁场中的运动状况，下列说法正确的是()A．入射速度越大的粒子，在磁场中的运动时间越长B．入射速度越大的粒子，在磁场中的运动轨迹越长C．从ab边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等D．从ac边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等C[带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径r＝eq\f(mv,qB)，速度越大，半径越大，从ac边出射的粒子，速度越大，运动轨迹越短，对应的圆心角θ越小，依据t＝eq\f(θ,2π)T和T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中的运动时间越短，选项A、B、D错误；从ab边出射的粒子速度的偏向角都相同，而粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角等于速度的偏向角，由t＝eq\f(θ,2π)T可知，粒子在磁场中的运动时间相等，选项C正确。]“旋转圆”模型的应用适用条件速度大小肯定，方向不同粒子源放射速度大小肯定、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，从而探究粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法[示例2]如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面对里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面对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，由牛顿其次定律得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，只变更圆的位置，画出“动态圆”，通过“动态圆”可以视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)eq\f(mv,Bq)(2)60°eq\o([跟进训练])2.如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁感应强度的大小B＝0.60T。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＝16cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向放射α粒子，α粒子的速率都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg。现只考虑在纸面内运动的α粒子，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＝meq\f(v2,R)由此得R＝eq\f(mv,qB)，代入数值得R＝10cm，可见2R>l>R。因朝不同方向放射的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