专题20 磁场对运动电荷的作用-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题20 磁场对运动电荷的作用 考点 考情 命题方向 考点 带电粒子在有边界的磁场中运动 2024年高考河北卷 2024年高考广西卷 2023年高考湖北卷 2023年6月江高考选考 2023年高考全国甲卷 2022年高考辽宁物理 1.带电粒子在直线边界磁场中的运动是高考考查频率较高的知识，直线边界包括矩形边界、三角形边界、多边形边界、坐标轴边界平行直线边界等。 2.带电粒子在圆形边界磁场中的运动考查主要为：环形边界、圆形边界、扇形边界等，临界问题的考查有增加的趋势。 题型一 对洛伦兹力的理解和应用 1．洛伦兹力 磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力． 2．洛伦兹力的方向 (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； 大拇指——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决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)． 3．洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°) (2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°) (3)v＝0时，洛伦兹力F＝0. [模型演练1] （2024•陕西一模）我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如下图（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。下列说法正确的是（　　） A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大 B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大 C．漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进 D．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距Δx增大 [模型演练2] （2024•平谷区模拟）图示照片是2023年12月1日晚网友在北京怀柔拍摄到的极光。当太阳爆发的时候，就会发生日冕物质抛射，一次日冕物质抛射过程能将数以亿吨计的太阳物质以数百千米每秒的高速抛离太阳表面。当日冕物质（带电粒子流）与地球相遇后，其中一部分会随着地球磁场进入地球南北两极附近地区的高空，并与距离地面一百到四百千米高的大气层发生撞击，撞击的过程伴随着能量交换，这些能量被大气原子与分子的核外电子吸收之后，又快速得到释放，释放的结果就是产生极光。绿色与红色极光便是来自氧原子，紫色与蓝色极光则往往来自氮原子。则下列说法中最合理的是（　　） A．若带正电的粒子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，在地球磁场的作用下将会向西偏转 B．地球南北两极附近的地磁场最强。但在两极附近，地磁场对垂直射向地球表面的带电粒子的阻挡作用最弱 C．若氮原子发出紫色极光的光子能量为E0，则与该氮原子核外电子发生撞击的带电粒子的能量也为E0 D．若氧原子的核外电子吸收能量为E0的光子后，则该氧原子就会放出能量为E0的光子 [模型演练3] （2023•玉林三模）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（　　） A．电场力的瞬时功率为qE B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C．v2与v1的比值不断变大 D．该离子的加速度大小不变 题型二 带电粒子做圆周运动分析思路 1．匀速圆周运动的规律 若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动． 2．圆心的确定 (1)已知入射点、出射点、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(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)． (2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，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迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)． 3．半径的确定 可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小． 4．运动时间的确定 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θ时，其运动时间表示为t＝T(或t＝)． [模型演练4] （2024•江西模拟）如图所示，粒子甲垂直ab边界进入垂直纸面向外的匀强磁场时发生核反应：甲→乙+丙，产生的乙和丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：3，不计重力及空气阻力，则（　　） A．甲带正电 B．乙带负电 C．甲、乙的动量大小之比为8：5 D．乙、丙的动量大小之比为1：1 [模型演练5] （2024•湖北三模）带电粒子在磁场中运动时，我们可以根据粒子的运动轨迹寻找到很多美丽的对称图形。空间中一圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域外为磁感应强度大小相同、方向相反的匀强磁场，一带电粒子从某处以正对虚线圆圆心方向入射，通过改变带电粒子速度，可得到如图甲、乙所示轨迹（虚线为磁场边界，实线为带电粒子运动轨迹），则两图中粒子的速度之比为（　　） A．2：1 B．：1 C．：1 D．1：1 [模型演练6] （2024•昌平区二模）如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图。螺线管内存在磁感应强度为B、方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为v，方向不同的电子，且电子速度v与磁场方向的夹角非常小。电子电荷量为e、质量为m。电子间的相互作用和电子的重力不计。这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点。下列说法错误的是（　　） A．电子在磁场中运动的时间可能为 B．荧光屏到电子入射点的距离可能为 C．若将电子入射速度变为，这些电子一定能会聚在P点 D．若将电子入射速度变为2v，这些电子一定能会聚在P点 题型三 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动 带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 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(沿径向射入必沿径向射出，如图所示) 4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是： (1)画出运动轨迹； (2)确定圆心和半径； (3)利用洛伦兹力提供向心力列式． 类别 特点 图示 直线 边界 进出磁 场具有 对称性 平行 边界 存在临界条件 圆形 边界 沿径向射 入必沿径 向射出 环形 边界 与边界相切 类型1 带电粒子在直线边界磁场中运动 [模型演练7] （2024•成都模拟）如图所示，xOy直角坐标系的第一象限内，半径为a的圆弧外存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。位于O点的粒子源向第一象限内的各个方向均匀发射完全相同的带正电的粒子，粒子速度大小均为v，比荷k。经过一段时间后发现发射出的总粒子中有的粒子可以回到O点，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． [模型演练8] （多选）（2024•郑州模拟）如图所示，边长为a的正方形MNPQ区域内有一方向垂直正方形平面向外的匀强磁场，NP边上有一点S，SN。两个质量相同、带等量异种电荷的粒子均从S点平行于MN方向射入磁场。带正电粒子甲与带负电粒子乙重力均不计，不考虑甲、乙两粒子间的作用。下列说法正确的是（　　） A．若两粒子在磁场中运动的时间相等，则甲与乙的初速度大小之比一定为1：3 B．若两粒子的初速度相同，则甲与乙在磁场中运动的时间之比可能为1：2 C．若其中一个粒子垂直PQ边射出磁场，则甲与乙在磁场中运动时间之比一定不大于2：1 D．若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，则甲与乙的初速度大小之比恰好为2：1 [模型演练9] （多选）（2024•海南）如图所示，边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ad边中点O有一粒子源，可平行纸面向磁场内任意方向发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度大小均为v，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。已知垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，下列说法中正确的是（　　） A．粒子带负电 B．磁场的磁感应强度大小为 C．从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为 D．有粒子从b点射出磁场 类型2 带电粒子在圆形边界磁场中运动 [模型演练10] （2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上，且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为（　　） A． B． C． D． [模型演练11] （2024•临沂二模）如图所示，半径为R圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为+q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，最后经过C点离开磁场。已知弧CA对应的圆心角为60°，不计粒子重力。则（　　） A．粒子运动速率为 B．带电粒子运动过程中经过圆心O C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子在磁场中运动的路程为 [模型演练12] （2024•龙凤区校级开学）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转60°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转90°。不计重力，则为（　　） A． B． C． D． 类型3 带电粒子在环形边界磁场中运动 [模型演练13] （2024•盘锦三模）如图所示，在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源（图中未画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是（　　） A．粒子速度的最大值为 B．粒子速度的最大值为 C．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） D．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） [模型演练14] （2024•聊城二模）2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核H沿内环切线向左进入磁场，氚核H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则H和H的速度之比为（　　） A．2：1 B．3：2 C．2：3 D．1：2 [模型演练15] （2024•咸阳二模）2023年8月25日下午，新一代人造太阳“中国环流三号”取得重大科研进展，首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，标志着中国核聚变研究向“聚变点火”又迈出重要一步。环流器局部区域的磁场简化示意图，如图所示，在内边界半径为R、外边界半径为2R的环形磁场区域内，存在磁感应强度大小为B，方向垂直于平面向内的匀强磁场。在内圆上有一粒子源S，可在平面内沿各个方向发射比荷相同的带正电的粒子。粒子a、b分别沿径向、内圆切线向下进入磁场，二者均恰好不离开磁场外边界。不计重力及二者之间的相互作用，则粒子a、b的速度大小之比为（　　） A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1 类型4 带电粒子在三角形边界磁场中运动 [模型演练16] （2024•包头一模）如图，一直角三角形边界匀强磁场磁感应强度为B，其中ac＝2d，bc＝d，c点有一发射带正电粒子的粒子源，粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，粒子比荷为k，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．ab边有粒子出射的区域长度为0.5d B．粒子在磁场中运动的最长时间为 C．若粒子从ac边出射，入射速度v＞kBd D．若某粒子，则粒子可以恰好从a点飞出 [模型演练17] （多选）（2024•成都模拟）如图所示，边长为2L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子从D点以不同的速率平行于BC边方向射入磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子可能从B点射出 B．若粒子从C点射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为L C．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为 D．若粒子从AB边射出，则粒子在磁场中运动的时间相同，且时间最长 [模型演练18] （多选）（2024•甘肃模拟）如图所示，直角三角形ABC区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，∠A＝60°，AC边长为L。两个相同的带正电粒子从A点沿AB方向分别以不同的速率v1、v2射入。若v1＜v2，且速率为v1的粒子从AC边射出，它们在三角形区域内运动的时间t1：t2＝2：1。不计粒子所受的重力及粒子间的相互作用，则两个粒子的速率之比v1：v2的可能为（　　） A．1：3 B．2：9 C．3：4 D．3：5 题型四 带电粒子在磁场运动的临界和极值问题 （1）动态放缩法 当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨道半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件。如图所示，粒子进入长方形边界OABC形成的临界情景为②和④。 （2）定圆旋转法 当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r是确定的。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件，如图所示为粒子进入单边界磁场时的情景。 [模型演练19] （2024春•天宁区校级期中）如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d、设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（　　） A．若磁感应强度，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间为 B．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为 C．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为 D．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为 [模型演练20] （2023秋•黄岛区期末）如图，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场下边界OM和荧光屏ON之间的夹角为30°。OM上的P点处有一粒子源沿与OM垂直的方向以不同的速率持续向磁场发射质量为m、电荷量为+q的粒子。已知P点到O点的距离为d，荧光屏上被打亮区域的长度为（　　） A． B． C．d D．2d [模型演练21] （2023秋•沙坪坝区校级期末）如图，空间分布着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。关于O点对称的薄板MN的长度为3a，O点到MN的距离为a。O点有一粒子源，能沿纸面内任意方向发射速率相同、质量为m、电荷量为q的正电粒子。已知水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN上，打到MN上、下表面的粒子均被吸收。不计粒子的重力，则被MN吸收的粒子在磁场中运动的最长时间为（　　） A． B． C． D． [模型演练22] （2023秋•兴庆区校级期末）如图所示，真空室内存在磁场方向垂直于纸面向里、磁感应强度的大小为B＝0.30T的匀强磁场。磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离为l＝32cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它能向各个方向发射α粒子，带正电的α粒子速度都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比为C/kg，现只考虑在纸面内运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度为（　　） A．40cm B．30cm C．35cm D．42cm [模型演练23] （2023秋•让胡路区校级期末）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、方向垂直于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、质量均为m、电荷量均为q的同种带负电粒子，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，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 B．从O点射出的粒子在磁场中运动的时间为 C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2：9 D．沿平行于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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题20 磁场对运动电荷的作用 考点 考情 命题方向 考点 带电粒子在有边界的磁场中运动 2024年高考河北卷 2024年高考广西卷 2023年高考湖北卷 2023年6月江高考选考 2023年高考全国甲卷 2022年高考辽宁物理 1.带电粒子在直线边界磁场中的运动是高考考查频率较高的知识，直线边界包括矩形边界、三角形边界、多边形边界、坐标轴边界平行直线边界等。 2.带电粒子在圆形边界磁场中的运动考查主要为：环形边界、圆形边界、扇形边界等，临界问题的考查有增加的趋势。 题型一 对洛伦兹力的理解和应用 1．洛伦兹力 磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力． 2．洛伦兹力的方向 (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； 大拇指——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决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)． 3．洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°) (2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°) (3)v＝0时，洛伦兹力F＝0. [模型演练1] （2024•陕西一模）我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如下图（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。下列说法正确的是（　　） A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大 B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大 C．漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进 D．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距Δx增大 【解答】解：A．带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB 解得： 由半径公式可知，在地磁场作用下的旋转半径会越来越小，故A错误； B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，由偏转半径公式 可知，宇宙粒子的半径变小，故B错误； C．漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，水平分量向北，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，故C错误； D．当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D减小，而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx将增大，故D正确。 故选：D。 [模型演练2] （2024•平谷区模拟）图示照片是2023年12月1日晚网友在北京怀柔拍摄到的极光。当太阳爆发的时候，就会发生日冕物质抛射，一次日冕物质抛射过程能将数以亿吨计的太阳物质以数百千米每秒的高速抛离太阳表面。当日冕物质（带电粒子流）与地球相遇后，其中一部分会随着地球磁场进入地球南北两极附近地区的高空，并与距离地面一百到四百千米高的大气层发生撞击，撞击的过程伴随着能量交换，这些能量被大气原子与分子的核外电子吸收之后，又快速得到释放，释放的结果就是产生极光。绿色与红色极光便是来自氧原子，紫色与蓝色极光则往往来自氮原子。则下列说法中最合理的是（　　） A．若带正电的粒子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，在地球磁场的作用下将会向西偏转 B．地球南北两极附近的地磁场最强。但在两极附近，地磁场对垂直射向地球表面的带电粒子的阻挡作用最弱 C．若氮原子发出紫色极光的光子能量为E0，则与该氮原子核外电子发生撞击的带电粒子的能量也为E0 D．若氧原子的核外电子吸收能量为E0的光子后，则该氧原子就会放出能量为E0的光子 【解答】解：A、带正电的粒子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，故A错误； B、地球南北两极附近的地磁场最强。但在两极附近，地磁场的方向沿南北方向的分量最小，所以地磁场对垂直射向地球表面的带电粒子的阻挡作用最弱，故B正确； C、若氮原子发出紫色极光的光子能量为E0，根据玻尔理论，则与该氮原子核外电子吸收的能量值一定大于等于E0，与之发生撞击的带电粒子的能量一定是大于等于E0，故C错误； D、根据玻尔理论，氧原子的核外电子吸收能量为E0的光子后，该氧原子可能会放出能量为E0的光子，也可能会放出能量小于E0的光子，故D错误。 故选：B。 [模型演练3] （2023•玉林三模）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（　　） A．电场力的瞬时功率为qE B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C．v2与v1的比值不断变大 D．该离子的加速度大小不变 【解答】解：A、该粒子所受电场力的瞬时功率是电场力与沿电场力方向速度的乘积，所以P＝qEv1，故A错误； B、v2与B垂直，所以该粒子所受洛伦兹力大小f＝qv2B，故B错误； C、速度v1的方向与磁感应强度B方向相同，该分速度不受洛伦兹力作用；v2方向与B垂直，粒子在垂直于磁场方向平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，v2不变；粒子沿电场方向做加速运动，v1不断增大，则v2与v1的比值不断减小，故C错误； D、粒子做匀速圆周运动的向心加速度a向大小不变，电场力产生的加速度a电，q、E、m不变，a电不变，a向、a电大小都不变，两者方向垂直，粒子的加速度不变，故D正确。 故选：D。 题型二 带电粒子做圆周运动分析思路 1．匀速圆周运动的规律 若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动． 2．圆心的确定 (1)已知入射点、出射点、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(如图甲所示，P为入射点，M为出射点)． (2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，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迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)． 3．半径的确定 可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小． 4．运动时间的确定 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θ时，其运动时间表示为t＝T(或t＝)． [模型演练4] （2024•江西模拟）如图所示，粒子甲垂直ab边界进入垂直纸面向外的匀强磁场时发生核反应：甲→乙+丙，产生的乙和丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：3，不计重力及空气阻力，则（　　） A．甲带正电 B．乙带负电 C．甲、乙的动量大小之比为8：5 D．乙、丙的动量大小之比为1：1 【解答】解：AB、粒子乙在磁场中顺时针偏转，粒子丙在磁场中逆时针偏转，由左手定则判断，乙带正电，丙带负电。已知乙和丙的电荷量大小相等，根据电荷守恒定律，可知甲不带电，故AB错误； CD、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得： qvB＝m 又有动量p＝mv 联立可得：p＝qBr 可见粒子的动量大小与圆周运动半径为正比关系，已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：3，则乙、丙的动量大小之比为p乙：p丙＝5：3。 粒子甲发生核反应的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向，则有： p甲＝p乙+p丙，可得甲、乙的动量大小之比为8：5，故C正确，D错误。 故选：C。 [模型演练5] （2024•湖北三模）带电粒子在磁场中运动时，我们可以根据粒子的运动轨迹寻找到很多美丽的对称图形。空间中一圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域外为磁感应强度大小相同、方向相反的匀强磁场，一带电粒子从某处以正对虚线圆圆心方向入射，通过改变带电粒子速度，可得到如图甲、乙所示轨迹（虚线为磁场边界，实线为带电粒子运动轨迹），则两图中粒子的速度之比为（　　） A．2：1 B．：1 C．：1 D．1：1 【解答】解：由几何关系可知甲图中带电粒子在磁场内部时转过的角度为90°，可知做圆周运动的半径等于圆形区域半径r1＝R 而乙图中带电粒子在磁场内部转过的角度为120°，则 根据 可得 速度之比等于圆周运动的半径之比，故两图中粒子的速度之比为。 故ACD错误，B正确。 故选：B。 [模型演练6] （2024•昌平区二模）如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图。螺线管内存在磁感应强度为B、方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为v，方向不同的电子，且电子速度v与磁场方向的夹角非常小。电子电荷量为e、质量为m。电子间的相互作用和电子的重力不计。这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点。下列说法错误的是（　　） A．电子在磁场中运动的时间可能为 B．荧光屏到电子入射点的距离可能为 C．若将电子入射速度变为，这些电子一定能会聚在P点 D．若将电子入射速度变为2v，这些电子一定能会聚在P点 【解答】解：由题图可知，螺线管内磁场方向水平向右，将粒子速度沿水平方向、竖直方向正交分解，则粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速圆周运动，粒子螺旋式前进，设螺线管长为L，若这些电子通过磁场汇聚在荧光屏上P点，则需满足： nT（n＝1，2，...3） T为粒子竖直方向做圆周运动的周期，又因为：evyB＝m 解得周期为：T 联立可得：（n＝1，2，3...） 因为电子速度v与磁场方向的夹角非常小，所以：vx＝v 可见，粒子的速度只要满足：（n＝l，2，3....） 即粒子的运动时间为粒子做圆周运动周期的整数倍，粒子就可以汇聚到P点。 A、由上述分析可知，若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P点，则运动的时间可能为，故A正确； B、若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P点，则：L＝vT，故B正确； C、由上述分析可知当粒子速度为v时，Lv（n＝1，2，3...），故当粒子速度为v时，L（n′＝2，4，6...），即粒子的运动时间仍然为粒子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子一定能汇聚在P点，故C正确； D、当粒子速度为2v时，L2v（n″，1，...），即粒子的运动时间不是总等于粒子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子不一定能汇聚在P点，故D错误。 本题选错误的。故选：D。 题型三 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动 带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 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(沿径向射入必沿径向射出，如图所示) 4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是： (1)画出运动轨迹； (2)确定圆心和半径； (3)利用洛伦兹力提供向心力列式． 类别 特点 图示 直线 边界 进出磁 场具有 对称性 平行 边界 存在临界条件 圆形 边界 沿径向射 入必沿径 向射出 环形 边界 与边界相切 类型1 带电粒子在直线边界磁场中运动 [模型演练7] （2024•成都模拟）如图所示，xOy直角坐标系的第一象限内，半径为a的圆弧外存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。位于O点的粒子源向第一象限内的各个方向均匀发射完全相同的带正电的粒子，粒子速度大小均为v，比荷k。经过一段时间后发现发射出的总粒子中有的粒子可以回到O点，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：根据题意，粒子向上偏转，沿着x轴正方向发射的粒子一定沿着与x轴正方向成60°的半径返回O点，粒子运动的临界轨迹如图所示 根据几何知识有 粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有 联立解得 ，故ABC错误，D正确。 故选：D。 [模型演练8] （多选）（2024•郑州模拟）如图所示，边长为a的正方形MNPQ区域内有一方向垂直正方形平面向外的匀强磁场，NP边上有一点S，SN。两个质量相同、带等量异种电荷的粒子均从S点平行于MN方向射入磁场。带正电粒子甲与带负电粒子乙重力均不计，不考虑甲、乙两粒子间的作用。下列说法正确的是（　　） A．若两粒子在磁场中运动的时间相等，则甲与乙的初速度大小之比一定为1：3 B．若两粒子的初速度相同，则甲与乙在磁场中运动的时间之比可能为1：2 C．若其中一个粒子垂直PQ边射出磁场，则甲与乙在磁场中运动时间之比一定不大于2：1 D．若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，则甲与乙的初速度大小之比恰好为2：1 【解答】解：设匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子的电荷量为q，质量为m，初速度为v，运动半径为r，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有 解得： 根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为 若粒子运动轨迹所对应的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为 A.若两粒子在磁场中运动的时间相等，则两粒子在磁场中的转过的圆心角相等，由此可见v1和v2取值具有不确定性，根据数学知识可知可以取任意值，不一定为，只有当正粒子恰好从N点射出，且负粒子恰好从P点射出时，才等于，故A错误； B.若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当正粒子的运动半径为时，它将垂直MN边射出，转过的圆心角为90°。而负粒子将从NP边射出，转过的圆心角为180°，所以二者在磁场中运动的时间之比为1：2，故B正确； C.若其中一个粒子（即负粒子）垂直PQ边射出磁场，则其转过的圆心角为90°，而正粒子的转过的圆心角最大值为180°，所以正粒子与负粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于2：1，故C正确； D.若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，设正、负粒子半径分别为r1和r2，运到轨迹如图所示 根据几何关系有， 解得， 所以正粒子与负粒子在磁场中运动的初速度大小之比恰好为 ，故D错误。 故选：BC。 [模型演练9] （多选）（2024•海南）如图所示，边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ad边中点O有一粒子源，可平行纸面向磁场内任意方向发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度大小均为v，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。已知垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，下列说法中正确的是（　　） A．粒子带负电 B．磁场的磁感应强度大小为 C．从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为 D．有粒子从b点射出磁场 【解答】解：A．垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误； B．洛伦兹力提供向心力可得 垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，则运动半径为 解得，故B正确； C．从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 从a点射出磁场的粒子在磁场中的运动时间为 ，故C正确； D．离子的运动半径为 Ob之间距离大于L，即大于轨迹直径，所以没有粒子从b点射出磁场，故D错误。 故选：BC。 类型2 带电粒子在圆形边界磁场中运动 [模型演练10] （2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上，且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：作出各方向发射粒子运动的轨迹如图 设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，则粒子在磁场中做圆周运动的半径满足2rR， 得 图中着色区域为有粒子经过的区域，由几何关系，该区域面积为S，则 S•π（2r）2+（πR2R2） 代入数据，解得 S，故ACD错误，B正确。 故选：B。 [模型演练11] （2024•临沂二模）如图所示，半径为R圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为+q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，最后经过C点离开磁场。已知弧CA对应的圆心角为60°，不计粒子重力。则（　　） A．粒子运动速率为 B．带电粒子运动过程中经过圆心O C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子在磁场中运动的路程为 【解答】解：粒子在磁场中运动的轨迹如下图所示 由几何关系可得2rcos30°＝R，则rR A.根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得v，故A错误； B.由图可知，粒子运动的轨迹必过圆心O，故B正确； C.粒子在磁场中运的周期根据公式为T，图中轨迹对应的圆心角为240°，故运动时间t•T，故C错误； D.运动的路程为s2πr2π，故D错误。 故选：B。 [模型演练12] （2024•龙凤区校级开学）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转60°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转90°。不计重力，则为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示： 设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为 R2＝r 根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力可知 解得粒子的速度为 则粒子两次的入射速度之比为 故D正确，ABC错误； 故选：D。 类型3 带电粒子在环形边界磁场中运动 [模型演练13] （2024•盘锦三模）如图所示，在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源（图中未画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是（　　） A．粒子速度的最大值为 B．粒子速度的最大值为 C．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） D．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） 【解答】解：AB、根据洛伦兹力提供向心力： 解得： 可知速度最大时，半径最大，当轨迹与大圆相切时，半径最大，如图所示 根据几何关系可得：（2R﹣r）2＝R2+r2 联立解得：，故AB错误； CD、某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，即粒子速度最大时，根据几何关系有 解得其在磁场中运动的时间为 故C正确；D错误。 故选：C。 [模型演练14] （2024•聊城二模）2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核H沿内环切线向左进入磁场，氚核H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则H和H的速度之比为（　　） A．2：1 B．3：2 C．2：3 D．1：2 【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则，作图如图所示。 设氘核的半径为r1，由几何关系可知，有 2r1＝R2﹣R1＝R1 则 设氚核的半径为r2，由几何关系可知，有 2r2＝R1+R2＝3R1 则 由洛伦兹力提供向心力可得 联立解得氘核和氚核的速度之比为：，故ABC错误，D正确。 故选：D。 [模型演练15] （2024•咸阳二模）2023年8月25日下午，新一代人造太阳“中国环流三号”取得重大科研进展，首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，标志着中国核聚变研究向“聚变点火”又迈出重要一步。环流器局部区域的磁场简化示意图，如图所示，在内边界半径为R、外边界半径为2R的环形磁场区域内，存在磁感应强度大小为B，方向垂直于平面向内的匀强磁场。在内圆上有一粒子源S，可在平面内沿各个方向发射比荷相同的带正电的粒子。粒子a、b分别沿径向、内圆切线向下进入磁场，二者均恰好不离开磁场外边界。不计重力及二者之间的相互作用，则粒子a、b的速度大小之比为（　　） A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1 【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，a粒子的运动轨迹如图所示 设a粒子的速度为v1，运动半径为r1，带电荷量为q1，质量为m1，由几何关系可知 解得 由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得 b粒子的运动轨迹如图所示 设b粒子的速度为v2，运动半径为r2，带电荷量为q2，质量为m2，由几何关系可知 由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得 又比荷相同，即 联立解得v1：v2＝1：2，故A正确，BCD错误。 故选：A。 类型4 带电粒子在三角形边界磁场中运动 [模型演练16] （2024•包头一模）如图，一直角三角形边界匀强磁场磁感应强度为B，其中ac＝2d，bc＝d，c点有一发射带正电粒子的粒子源，粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，粒子比荷为k，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．ab边有粒子出射的区域长度为0.5d B．粒子在磁场中运动的最长时间为 C．若粒子从ac边出射，入射速度v＞kBd D．若某粒子，则粒子可以恰好从a点飞出 【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速直线运动，由洛伦兹力提供向心力可得：，可得粒子运动半径R，因粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，故可以应用极限思维，若粒子速度极大（比如接近光速），那么粒子运动半径极大，在磁场中的运动轨迹趋于直线，那么在ab边有粒子出射的区域长度趋于ab边的长度，而ab的长等于d＞0.5d，故A错误； B、粒子在磁场中运动周期T 若粒子轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间：t 可见粒子在磁场中运动时间与轨迹的圆心角成正比，根据粒子速度偏转角等于轨迹圆心角可知，粒子沿cd边入射从ac边射出时速度偏转角最大，轨迹图如下图所示 由几何关系可得最大圆心角为α，则粒子在磁场中运动的最长时间为，故B正确； C、由R，可知粒子速率越小，运动半径越小，如上图所示，让粒子速率逐渐变小，则出射点会逐渐靠近c点，故半径可以小到趋近于零，即粒子速率可以小到趋近于零，仍可以从ac边出射，故C错误； D、粒子恰好从a点飞出，则其轨迹恰好在a点与ab边相切，轨迹图如下图所示 根据几何关系可得△aOc为等边三角形，易得轨迹半径R＝2d，由R，可得粒子的速率为v＝2kBd，故D错误。 故选：B。 [模型演练17] （多选）（2024•成都模拟）如图所示，边长为2L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子从D点以不同的速率平行于BC边方向射入磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子可能从B点射出 B．若粒子从C点射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为L C．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为 D．若粒子从AB边射出，则粒子在磁场中运动的时间相同，且时间最长 【解答】解：A.带负电的粒子从D点以某一速度平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误； BC.粒子从C点射出，如图1所示 根据几何关系可得 R2＝（R﹣Lsin60°）2+（2L﹣Lcos60°）2 解得RL 则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为sin∠DOC，所以∠DOC＝60°，根据粒子在磁场中运动时间和周期的关系有，粒子在磁场中运动的时间为 故B错误，C正确； D.根据牛顿第二定律， qvB0＝m 可得 若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图2所示 粒子从AB边射出时的圆心角相同且为180°，是最大的圆心角，根据 可知粒子在磁场中运动的周期相等，则其在磁场中运动的时间相同，且时间最长，故D正确。 故选：CD。 [模型演练18] （多选）（2024•甘肃模拟）如图所示，直角三角形ABC区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，∠A＝60°，AC边长为L。两个相同的带正电粒子从A点沿AB方向分别以不同的速率v1、v2射入。若v1＜v2，且速率为v1的粒子从AC边射出，它们在三角形区域内运动的时间t1：t2＝2：1。不计粒子所受的重力及粒子间的相互作用，则两个粒子的速率之比v1：v2的可能为（　　） A．1：3 B．2：9 C．3：4 D．3：5 【解答】解：速率为v1的粒子从AC边射出，根据粒子的运动轨迹如图所示 几何关系可知，该粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，当轨迹过C点时，粒子圆周运动的半径最大，根据几何关系可知，有 2R1sin60°＝L 根据牛顿第二定律，由于洛伦兹力提供向心力，则有 解得 粒子轨迹对应的圆心角为120°，两粒子运动的周期相同，由于两个粒子在三角形区域内运动的时间之比为2：1，可知速率为v2的粒子运动轨迹对应的圆心角为60°，可知速率为v2的粒子必定从BC边垂直射出，根据其运动轨迹及几何关系有 L＝R2sin60° 根据牛顿第二定律，由于洛伦兹力提供向心力，则有 解得 结合上述，两个粒子的速率之比 可知，两个粒子的速率之比v1：v2可能为1：3或2：9，故AB正确，CD错误。 故选：AB。 题型四 带电粒子在磁场运动的临界和极值问题 （1）动态放缩法 当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨道半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件。如图所示，粒子进入长方形边界OABC形成的临界情景为②和④。 （2）定圆旋转法 当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨道半径r是确定的。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件，如图所示为粒子进入单边界磁场时的情景。 [模型演练19] （2024春•天宁区校级期中）如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d、设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（　　） A．若磁感应强度，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间为 B．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为 C．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为 D．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为 【解答】解：A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有 代入磁感应强度，解得粒子运动的轨道半径为 R＝d 最短时间时，恰好弦长最短，打到P点的正左方，轨迹如图所示 根据几何关系，偏转的圆心角为，因此运动时间为 ，故A错误； B．由几何关系可知，打到MN板上最长时间恰好运动了个周期，轨迹如下图所示 因此时间差 ，故B错误； CD．若磁感应强度，则轨道半径为 R＝2d 最高点D到P的距离恰好等于圆的直径，因此P点上方长度为 而最低点轨迹恰好与MN相切，如图所示 则P点下方长度 因此荧光屏上形成的亮线长度为 ，故C错误，D正确。 故选：D。 [模型演练20] （2023秋•黄岛区期末）如图，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场下边界OM和荧光屏ON之间的夹角为30°。OM上的P点处有一粒子源沿与OM垂直的方向以不同的速率持续向磁场发射质量为m、电荷量为+q的粒子。已知P点到O点的距离为d，荧光屏上被打亮区域的长度为（　　） A． B． C．d D．2d 【解答】解：根据题意，若粒子的速率足够大，粒子无限接近沿直线打到荧光屏的A点，如图所示 由几何关系可得 若粒子的速率较小，打到荧光屏上B点为临界点，如图所示 设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可得 OB＝（d﹣r）cos30° 联立解得 则荧光屏上被打亮区域的长度为 ，故A正确，BCD错误。 故选：A。 [模型演练21] （2023秋•沙坪坝区校级期末）如图，空间分布着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。关于O点对称的薄板MN的长度为3a，O点到MN的距离为a。O点有一粒子源，能沿纸面内任意方向发射速率相同、质量为m、电荷量为q的正电粒子。已知水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN上，打到MN上、下表面的粒子均被吸收。不计粒子的重力，则被MN吸收的粒子在磁场中运动的最长时间为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，已知水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN上，其运动轨迹为四分之一圆周，如下图的轨迹①，易知粒子的轨迹半径r＝a。 由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m 粒子的运动周期T 若粒子运动轨迹的圆心角为α，则运动时间为t 可见粒子运动时间与轨迹的圆心角成正比，被MN吸收的粒子在磁场中运动时间最长，对应的轨迹圆心角最大，当粒子的轨迹为优弧时，优弧的弦长越短圆心角越大，如上图所示，轨迹②的弦长为O点到MN的距离OP，此弦长最短，故轨迹②是被MN吸收的粒子在磁场中运动时间最长的轨迹，易知轨迹图中的θ，则轨迹②的圆心角为2π，被MN吸收的粒子在磁场中运动的最长时间为tm，故A正确，BCD错误。 故选：A。 [模型演练22] （2023秋•兴庆区校级期末）如图所示，真空室内存在磁场方向垂直于纸面向里、磁感应强度的大小为B＝0.30T的匀强磁场。磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离为l＝32cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它能向各个方向发射α粒子，带正电的α粒子速度都是v＝3.0×106m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比为C/kg，现只考虑在纸面内运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度为（　　） A．40cm B．30cm C．35cm D．42cm 【解答】解：带正电的α粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，设其圆周轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力得：，解得：R＝0.2m＝20cm。 由于2R＞l＝32cm＞R，从放射源S朝不同方向发射的α粒子的圆周轨迹中，某一圆周轨迹会与ab相切，如下图所示，切点P就是α粒子能打中感光板的区域的左侧最远点。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于P1点，则P1点是能打中感光板的区域的右侧最远点。 根据几何关系可得： ，解得：NP＝16cm ，解得：NP1＝24cm 所求长度为PP1＝NP+NP1＝16cm+24cm＝40cm，故BCD错误，A正确。 故选：A。 [模型演练23] （2023秋•让胡路区校级期末）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、方向垂直于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、质量均为m、电荷量均为q的同种带负电粒子，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，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 B．从O点射出的粒子在磁场中运动的时间为 C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2：9 D．沿平行于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 【解答】解：A.粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，即轨道直径落在x轴上时，如图所示 由几何关系知 解得R＝d 根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，有 联立解得，故A错误； B.粒子运动的周期 从O点射出的粒子其轨迹为轨迹3，由几何关系可知 解得θ＝60° 即轨迹所对的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间，故B错误； C.运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子，其轨迹为轨迹2，对应的圆心角为270°，则运动的最长时间 运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子，其轨迹为轨迹3，对应的圆心角为60°，则运动的最短时间 所以t1：t2＝9：2，故C正确； D.沿平行于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，故D错误。 故选：C。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$