专题3 第10讲 磁场 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考A版，鲁湘鄂豫皖冀）

专题三　 电场与磁场 第10讲　磁场 1 会用安培定则判断磁场的方向，会进行磁感应强度的叠加。 2 会分析和计算安培力、洛伦兹力的方向和大小。 目标要求 2 会判断带电粒子在磁场中的运动性质并会解决相应问题。 内容索引 考点一 考点二 高考预测 磁场的基本性质　安培力 带电粒子在匀强磁场中的运动 专题强化练 考点三 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界与极值问题 考点一 磁场的基本性质　安培力 1.磁场的产生与叠加 2.安培力的分析与计算 方向 左手定则 电流间的作用力：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥 大小 直导线 F＝BILsin θ，θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL 导线为曲线时   等效为ac直线电流 受力分析 　 根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程 　(2023·浙江一轮联考)如图为边长为d的正方体，O为DE的中点，在FE、ND两边放置足够长的直导线，均通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。已知一根足够长直导线通过的电流一定时，磁感应强度大小与距离成反比。则图中C、O两点处的磁感应强度大小之比为 例1 √ 设放置在FE边的通电导线在C点的磁感应强度大小为 放置在FE边的通电导线在O点的磁感应强度大小为 放置在ND边的通电导线在O点的磁感应强度大小为 　(2022·全国甲卷·25)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈 内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直； 入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M 上后沿原路反射。 例2 线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r≫d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。 (1)若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s； 由题意，当线圈中通入微小电流I时，线圈受到的安培力为F＝NBIl 根据胡克定律有F＝NBIl＝k|Δx| 设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线 转过的弧度为2θ，如图所示， 又因为d≫Δx，r≫d 则sin θ≈θ，sin 2θ≈2θ 所以有Δx＝d·θ，s＝r·2θ (2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。 因为测量前未调零，设没有通电流时反射光点向上偏移的弧长为s′，初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根据前面的结论可知有 考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 19 1.分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法 基本思路 (1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹 (2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系 (3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式 基本公式 重要结论 圆心的确定 (1)轨迹上的入射点和出射点的速度方向的垂线的交点为圆心，如图(a) (2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b) (3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算) 半径的确定 方法二：由几何关系求，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定 时间的求解 2.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论 (1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，θ1＝θ2＝θ3)。 (2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连线OO′对称)。 (3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹对应的圆心角(如图甲，α1＝α2)。 3.带电粒子在磁场中运动的多解成因 (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)速度不确定形成多解； (4)运动的周期性形成多解。 　(2021·全国乙卷·16)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90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则 为 例3 √ 根据题意作出粒子的圆心如图所示， 设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1 根据几何关系有r1＝R， 　(2020·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求： (1)Q到O的距离d； 例4 关键表 述解读 磁感应强度分别为2B0、3B0 左右半径不同，在Ⅰ象限半径大，在Ⅱ象限半径小 甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场 同时进入磁场，沿x轴正向射入磁场，每次都垂直经过y轴 甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点 甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点，两粒子运动时间相等，乙通过时速度方向有沿x轴正方向、负方向两种可能 乙的比荷 可能的最小值 会出现多解情况，求其中比荷最小值 过程分析 在Ⅰ，Ⅱ象限各做半个圆周运动 一个周期在y轴上移动一定距离d＝2R1－2R2 乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲粒子在Q点相遇 乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇 甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2 且d＝2r1－2r2 (2)甲两次经过P点的时间间隔Δt； 甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别t1、t2 且Δt＝2t1＋3t2 乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动 若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，…) 根据题意，n＝1舍去。 若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇。 考点三 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界与极值问题 1.解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。 2.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。 3.常见的动态圆   示意图 适用条件 应用方法 放缩圆   (轨迹圆的圆心在P1P2直线上) 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切   示意图 适用条件 应用方法 旋转圆   (轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝ 的圆上) 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同 将一半径为R＝ 的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件   示意图 适用条件 应用方法 平移圆   (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定 将半径为R＝ 的圆进行平移   示意图 适用条件 应用方法 磁聚焦与磁发散 　 磁聚焦   磁发散 粒子速度大小相同，轨迹圆半径等于区域圆半径 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散 　(2020·全国卷Ⅲ·18)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 例5 √ 磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运 　(多选)(2023·江西九江市三模)如图所示，S为一离子源，MN为足够长的荧光屏，S到MN的距离为SP＝L，MN左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面各个方向均匀地喷发大量的质量为m、电荷量为q、速率为 的正离 子(此后不再喷发)，不计离子重力，不考虑离子之间的相互作用力。则 例6 √ √ 根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角 离子运动轨迹如图乙所示 离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切于B点， 离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切 离子恰好打到MN上的临界运动轨迹如图丙所示 离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到N′点的离子离开S时的初速度方向和打到M′点的离子离开S时的初速度方向夹角θ＝π，能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比 　(2023·重庆市模拟调研)如图所示，半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内有垂直坐标平面的匀强磁场(图中未画出)。磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速率为v的 粒子。已知从粒子源中点P发出的粒子，经 过磁场区域后，恰能从圆与y轴负半轴的交 点Q处沿y轴负方向射出磁场，不计粒子重力 及粒子间相互作用力。求： 例7 (1)匀强磁场的磁感应强度； 根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为r1，由几何关系可知r1＝R 根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里。 (2)从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围。 根据题意可知，从N点射出的粒子在磁场中运动的路程最短，如图甲所示 解得∠COB＝60° 因为四边形OBO1Q为菱形， 所以∠QO1B＝60° 根据题意可知，从M点射出的粒子在磁场中运动的路程最长，如图乙所示 易知四边形O2DOQ为菱形，根据几何关系可知∠QO2D＝120° 高考预测 52 1.(多选)(2023·江西上饶市一模)如图所示，PQO为圆心角为74°的扇形有界区域，O点为圆心，半径为R，M点为圆弧PQ的中点，区域内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，完全相同的两个带电粒子a和b以相同速度v分别从P、M两点飞入匀强磁场区域，粒子a的速度方向与PO成16°角，已知粒子a恰好从Q点飞出，a、b粒子所受重力不计，下列说法正确的是 A.粒子带正电 B.粒子b也从Q点飞出磁场区域 C.粒子a和b射出磁场时速度方向相同 D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为2∶1 1 2 √ √ 1 2 粒子a刚好从Q点飞出，由左手定则知，粒子a和b均带负电荷，A错误； 设两个粒子a和b做圆周运动的圆心分别为O1和O2，由对称性可知，O1在OM的延长线上。粒子a在磁场中做圆周运动的半径为 R1，由题意和几何知识，可知∠QO1M＝∠MO1P＝37°，所以QO1PO为菱形，所以R1＝R， 1 2 粒子a在磁场中做圆周运动的半径为R，两粒子运动示意图如图所示，粒子b的轨道半径也是R，由图可知四边形QO2MO是菱形，故粒子b也从Q点飞出磁场区域，飞出磁场时两粒子的速度方向不同，B正确，C错误； 完全相同的两个粒子a和b以相同速度v分别从M、P两点飞入磁场区域，粒子b的轨道半径也是R，由图可知，粒子b在磁场中做圆周运动的圆心角∠QO2M等于粒子a在磁场中做圆周运动的圆心角∠QO1P的一半，粒子a和b在磁场中运动的时间之比为2∶1，D正确。 2.(2023·广东深圳市二模)某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。水平放置的目标靶长为2l，靶左端点M与磁场圆心O的水平距离为l、竖直距离为 。从电子枪逸出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度可以忽略)经匀强电场加速时间t后，以速度v0沿PO方向射入磁场(PO与水平方向夹角为60°)，恰好击中M点，求： 1 2 (1)匀强电场场强的大小； 1 2 电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得E1et＝mv0 (2)匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间； 1 2 1 2 由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得 1 2 由于电子射出磁场时速度的反向延长线必过O点，设OM与竖直方向夹角为α，则有 可得α＝30° 由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，则电子在磁场中运动时间为 (3)为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围(匀强电场极板间距不变)。 1 2 1 2 ②当电子击中N点时，设ON与竖直方向夹角为β，则有 可得β＝60° 1 2 由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为90°，设粒子穿过匀强电场后的速度v1，则偏转半径为 1 2 专题强化练 65 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 1.(2023·江苏卷·2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为 13 √ 因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则所受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2022·北京卷·7)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 √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题图可知，1和3粒子转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误； 13 粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2023·海南海口市一模)如图所示，四根通有恒定且大小相等的电流的长直导线垂直穿过xOy平面，1、2、3、4直导线与xOy平面的交点连成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出。已知无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，设导线1在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是 A.直导线1、2之间的相互作用力为吸引力 B.直导线2、4之间的相互作用力为吸引力 C.4根直导线在O点产生的合磁感应强度大小为 D.直导线1、2在O点产生的合磁感应强度大小为2B0 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据安培定则确定通电直导线电流的磁场方向，根据左手定则确定所受安培力的方向，可知当平行放置的长直导线中通有反向电流时，电流之间的作用力表现为排斥力，当平行放置的长直导线中通有同 13 向电流时，电流之间的作用力表现为吸引力，故A错误，B正确； 根据安培定则，结合题意可知，导线1、3在O点产生的合磁感应强度大小为0，导线2、4在O点产生的合磁感应强度大小为0，即4根直导线在O点产生的合磁感应强度大小为0，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 直导线1与2在O点产生的磁感应强度大小相等，均为B0，方向相互垂直，则合磁感应强度大小为 ，故D错误。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(多选)(2023·全国甲卷·20)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O B.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 √ 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，出射时也沿半径方向，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，由圆的对称性得粒子在其它点撞击同理，D正确； 13 假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，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； 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意可知粒子射入磁场以后轨迹的圆心连线组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B正确； 13 速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，但粒子运动时间不一定减少，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为 ，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域 再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射 后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为 13 √ 由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2023·甘肃兰州市诊断)如图所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°。某种带电粒子(重力不计)以不同速率从BC边上D点垂直BC边射入磁场，速率为v1时粒子垂直AC边射出磁场，速率为v2时粒子从BC边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC边相切，粒子两次在磁场中运动轨迹半径分别为r1、r2，运动时间分别为t1、t2。下列说法正确的是 A.粒子带正电 B.r1∶r2＝2∶1 C.v1∶v2＝3∶1 D.t1∶t2＝1∶4 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意再结合左手定则可知粒子带负电，故A错误； 根据题意作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由图中几何关系可得r1＝r2＋ ，可知粒子在磁场中运动的半径之比r1∶r2＝3∶1，故B错误； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据粒子在磁场中运动的轨迹可知，一个在磁场中偏转了30°，另一个在磁场中偏转了180°，而同一种粒子在相同磁场中运动的周期相同，则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比，即t1∶t2＝30°∶180°＝1∶6，故D错误。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2023·吉林长春市第二中学第四次调研)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，从静止 开始经U0＝2.5 V的电压加速后，从P点沿图示 方向进入磁场，已知OP＝15 cm(粒子重力不计， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0. 8)，求： (1)带电粒子到达P点时速度v的大小； 13 答案　10 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据动能定理可知 13 代入数据可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离； 13 答案　45 cm 根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆心恰好在x轴上，因此OQ＝R＋Rcos 37°＝45 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 若粒子不能进入x轴上方，临界状态时， 运动轨迹恰好与x轴相切，如图所示， 根据几何关系可知 R′＋R′sin 37°＝OP 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 争分提能练 8.(2023·安徽、云南、吉林、黑龙江适应性测试)空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段MN是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P为垂足，如图所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为 √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 粒子要打中MN的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从S飞出，绕过距离最近的M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒子运动的轨迹如图所示。MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，SP＝PQ＝L，MQ＝2L； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2023·吉林长春市第二中学调研测试)如图所示为一圆形区域，O为圆心，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B。电荷量为q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v＝ 射入 磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的 速度方向与粒子a射入时的速度方向成θ角，已知 粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为3∶4， 下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝2R B.θ＝60° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 粒子在磁场中轨迹如图所示， 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 则有θ＝90°－(180°－θb)＝30°， 13 由图中轨迹可以看出a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故C正确，B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(多选)(2022·湖北卷·8)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 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示， 根据几何关系则有R＝L， 13 根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上， 故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示， 因为两个磁场的磁感应强度大小均为B， 13 即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 通过以上分析可知当离子通过下部分磁场从P点射出时， 13 此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°； 当离子通过上部分磁场从P点射出时， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2023·天津市总复习质量调查)空间高能粒子是引起航天器异常或故障甚至失效的重要因素，是危害空间生物的空间环境源。某同学设计了一个屏蔽高能粒子辐射的装置，如图所示，铅盒左侧面中心O点有一放射源，放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ以速率v向外辐射质量为m、电荷量为q的带正电高能粒 13 子。铅盒右侧有一左右边界平行、磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，过O点的截面MNPQ位于垂直磁场的平面内，OH⊥MQ, ∠MOH＝∠QOH＝60°。不计粒子所受重力，忽略粒子间的相互作用。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)求垂直磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R， 由洛伦兹力提供向心力可得 13 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 经分析可知，当粒子沿OH方向进入磁场时， 垂直磁场边界向左射出磁场， 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，从而达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度d(结果可保留根号)。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若沿OQ方向进入磁场的粒子的运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场右边界穿出，如图所示 根据几何关系有 d＝R＋Rsin 60° 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ， 画出该粒子的运动轨迹如图。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 射入的粒子恰好不从AB边射出， 粒子在磁场中扫过的面积为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13.(2023·浙江宁波市十校二模)在现代研究受控热核反应的实验中，需要把107～109K的高温等离子体限制在一定空间区域内，这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化，磁约束就成了重要的技术手段。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子(不计重力)从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线(未全部画出)。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动，就像光在两个镜子之间来回“反 射”一样，不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁 瓶，磁场区域的两端被称为磁镜。根据上述信息 并结合已有的知识，可以推断该粒子 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A.从左端到右端的运动过程中，沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小 B.从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值 C.从左端到右端的运动过程中，其动能先增大后减小 D.从左端到右端的运动过程中，其运动轨迹的螺距先变小后变大 √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 从左端到右端的运动过程中，由于粒子只受洛伦兹力，故粒子的速度大小不变。由于粒子在两端之间来回运动，故沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小，故A错误； 从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内时，粒子的速度与轴线垂直，故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零，又粒子的速度的大小不变，故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 从左端到右端的运动过程中，粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功，故其动能不变，故C错误； A.1∶2 B.2∶1 C.：1 D.1∶1 BC1＝，根据右手螺旋定则可判断其方向沿CM， 放置在ND边的通电导线在C点的感应强度大小为 BC2＝，方向沿FC， 故C点处的磁感应强度大小为BC＝； BO1＝＝，方向沿DN， BO2＝＝，方向沿EF， 故O点处的磁感应强度大小为BO＝， 则题图中C、O两点处的磁感应强度大小之比为 ＝＝，故选A。 答案　　 |Δx|＝ 联立可得s＝Δx＝ 答案　 联立可得I′＝ s1＝＋s′ 同理可得没有通电流时反射光点向下偏移弧长s′，结果也相同，故待测电流的大小为I′＝。 当电流反向后有s2＝－s′ qvB＝m，T＝ r＝，T＝ 方法一：由物理公式求，由于Bqv＝ 所以半径r＝ 方法一：由圆心角求，t＝·T 方法二：由弧长求，t＝ A. B. C. D. 所以＝＝，故选B。 以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝R。 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝， 可得v＝， 答案　 nd′＝OQ，n(＋)＝＋ (n＝1,2,3……) 2R1′＋nd′＝OQ＝d，n(＋)＋＝＋(n＝0,1,2,3……) 由qvB＝m可知r＝， 故r1＝，r2＝ 解得d＝ 答案　 由T＝＝得t1＝，t2＝ 解得Δt＝ 答案　c (3)乙的比荷可能的最小值。 相遇时，有n＝d，n＝t1＋t2 解得＝n 当n＝2时，有最小值，()min＝ 综上分析，乙的比荷的最小值为。 A. B. C. D. 动知识得evB＝m，联立解得B＝，故选C。 A.打中荧光屏的最短时间为 B.打中荧光屏的最长时间为 C.打中荧光屏的宽度为2L D.打到荧光屏的离子数与发射的离子数比值为 根据qvB＝m，则离子轨道半径r＝＝L，离子轨迹对应弦长最短时运动时间最短， 即离子恰好打中P点，如图甲所示 为60°，能打中荧光屏的最短时间为t＝T＝，故A正确； 于A点，离子的周期T＝，打中荧光屏的最长 时间为t＝T＝，故B错误； 离子打中荧光屏的范围总长度为图乙中的AC长度，由几何关系可知|AC|＝(＋1)R＝(＋1)L，打中荧光屏的宽度为(＋1)L，故C错误； k＝＝，故D正确。 答案　，方向垂直纸面向里 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 联立解得B＝ 答案　≤s≤ 根据几何关系可得cos ∠COB＝＝ 则粒子经过磁场区域的最短路程为s1＝·2πR＝ 则粒子经过磁场区域的最长路程为s2＝·2πR＝ 所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为≤s≤。 l 答案　 解得E1＝ 答案　垂直纸面向里， 联立可得T＝ ev0B＝m 周期为T＝ tan α＝＝ t＝T＝ 答案　≤E≤ 设匀强磁场区域半径r，由几何关系得tan 30°＝，r＝R ①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为R＝ tan β＝＝ 设极板间距离为d，则有d＝t， 由动能定理得eE2d＝mv12 R1＝＝r＝R 则有v1＝v0 联立解得E2＝ 则匀强电场场强的范围为 ≤E≤。 A.0 B.BIl C.2BIl D.BIl 带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子做圆周运动的半径为r＝， B0 B0 A. B. C. D. 粒子做圆周运动有qvB＝m，则＝， 如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq＝qvB，联立有＝，故选A。 根据洛伦兹力充当向心力有Bqv＝m，解得粒子在磁场中运动时的速度为v＝，由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于运动轨迹半径之比，即v1∶v2＝r1∶r2＝3∶1，故C正确； U0q＝mv2 v＝＝ m/s＝10 m/s 根据qvB＝ 可得粒子在磁场中的轨迹半径R＝＝0.25 m＝25 cm 答案　B′≥ T 由qvB′＝解得B′＝ T 因此若粒子不能进入x轴上方，磁感应强度B′≥ T。 A. B. C. D. 粒子运动的半径为r，根据几何关系可知四边形SPOQ为平行四边形，则r2＝OQ2＋MQ2，解得r＝L，粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子的最小速率为v＝，故选C。 C.b粒子在磁场中的运动时间为运动周期的 D.a、b粒子离开磁场时的速度方向也成θ角 粒子a在磁场中的运动时间为ta＝T， 粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝＝＝R，故A错误； 粒子b在磁场中的运动时间为tb＝T， b粒子在磁场中的运动时间为tb＝T＝T＝T， 可得＝＝，又θa＝90°，可得θb＝θa＝120°， A.kBL,0° B.kBL,0° C.kBL,60° D.2kBL,60° 由qvB＝m，可得v＝＝kBL， 则根据对称性有R＝L， 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m， 可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同， 需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)， 需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。故B、C正确，A、D错误。 答案　 qvB＝m T＝ 解得T＝ 有t＝ 联立解得t＝ 解得T＝ 答案　 由qvB＝m可得R＝ 联立解得d＝。 12.(多选)(2023·重庆市一诊)如图，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，AC边长为l，∠B为，一群比荷为的带负电粒子以相同速度从C点开始在一定范围垂直AC边射入，射入的粒子恰好不从AB边射出，已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为2t0，则 A.磁感应强度大小为 B.粒子运动的轨道半径为l C.粒子射入磁场的速度大小为 D.粒子在磁场中扫过的面积为l2 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T， 由T＝，得T＝×＝t0， 解得B＝，故A正确； 则有T＝2t0，又由T＝t0得θ＝， 设轨迹半径为R，由几何知识得＋Rcos 30°＝l，可得R＝l，故B错误； 粒子射入磁场的速度大小为 v＝＝，故C正确； S＝·πR2＋R·Rcos 30°＝l2，故D正确。 粒子做圆周运动的周期为T＝，由于从左端到右端的运动过程中，磁感应强度先减小后增大，所以粒子的运动周期先增大后减小。根据题意可知，粒子运动轨迹的螺距为l＝v∥T＝，由于平行于轴线的速度先增大后减小，所以运动轨迹的螺距先变大后变小，故D错误。 $$