第一篇 专题三 第9讲 磁场-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（苏京版）（课件PPT+word教案）

电场与磁场 专题三 第9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。 3会判断带电粒子在磁场中的运动性质并会解决相应问题。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动 考点一　磁场的基本性质　安培力 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 磁场的基本性质　安培力 考点一 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 　 (2022·江苏卷·3)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向 A.平行于纸面向上 B.平行于纸面向下 C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里 D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外 √ 例1 根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面 向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。 　 (2024·江苏苏锡常镇四市一模)在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，导线通有图示电流I，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，则导线中的张力为 A.0 B.BIL C. D. √ 例2 将一小段导线看作一段圆弧受力分析如图 FA=2BIθR 由于2FTsin θ=FA 当θ→0时，sin θ≈θ，则得 2FTθ=2BIθR，2πR=L 得FT=，故选D。 带电粒子在匀强磁场中的运动 考点二 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 qvB=m，T= 重要结论 r=，T= 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已知或可算时)   半径的确定 方法一：由物理公式求，由于Bqv= 所以半径r= 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 方法一：由圆心角求，t=·T 方法二：由弧长求，t= 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。 (2024·广西卷·5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为+q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为 A. B. C.(1+ D.(1+ √ 例3 粒子运动轨迹如图所示 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m， 可得粒子做圆周运动的半径r=， 根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+=(1+，故选C。 (2023·浙江6月选考·20改编)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出 例4 质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； 答案　　 当离子不进入磁场Ⅱ且速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系r1cos 60°=r1-L 解得r1=2L 根据qv1B1=m 解得v1= 在磁场中运动的周期T= 运动时间t=T= (2)若B2=2B1，求能到达y=处的离子的最小速度v2。 答案　 若B2=2B1，根据r= 可知r1'=2r2 离子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系r1'sin α-r1'sin 30°=L r2-r2sin α= 解得r2=2L sin α= 根据qv2B2=m 解得v2=。 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界与极值问题 考点三 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 A. B. C. D. √ 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动知识得 evB=m，联立解得B=，故选C。 　利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场下方有一长度为R的线状粒子源GH，其左边界G与竖直半径MO共线，该粒子源不断射出速度方向竖直向上、速度大小范围为0~v0的粒子，粒子带电荷量均为+q，质量均为m。在沿半径MO入射的粒子中，速度大小为v0的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场。不计粒子重力及粒子间相互作用力，求： 例6 (1)匀强磁场磁感应强度B的大小； 答案　 由题可知，以速度v0沿半径MO入射的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场， 该粒子圆周运动的轨道半径r=R 由洛伦兹力提供向心力，则Bqv0=m 解得B= (2)圆形磁场中，有粒子通过的区域的面积S； 答案　πR2-R2 当粒子以v0入射时，则 Bq·v0=m 解得此时的轨道半径R1=R 有粒子通过的区域如图中阴影部分的面积 则S1=πR2-×2Rsin 60°·Rcos 60°=πR2-R2 S2=π·(R)2-R)2sin 60°=- 所以S=S1+S2=πR2-R2 (3)在圆形磁场右侧有一长度为无限长的竖直挡板CD，挡板上有一小孔与N点重合，CD右侧1.6R处是竖直长度为2R的竖直荧光屏PQ，其中心点N'与N等高。CD右侧空间加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也 答案　1.6R　 为B，若线状粒子源GH只发射速度竖直向上、速度大小为v0的粒子，射出的粒子在GH间均匀分布，所有通过小孔的粒子打在荧光屏PQ上都被吸收。求荧光屏上有粒子打到区域的长度d及能打到荧光屏上的粒子数与通过小孔的粒子数之比η。 所有粒子都能通过小孔，磁感应强度不变，因此粒子的轨道半径都是R，粒子到达 N 点时的速度方向在沿竖直向上到水平向右 90°的范围内，如图所示， 从H点射出的粒子通过N点时速度竖直向上，到达荧光屏上的E点，由几何关系可知EN'间距离为 d1==0.8R 从K点进入圆形磁场的粒子过N点后轨迹与荧光屏相切于F点，则F为荧光屏上粒子打到的最低点，由几何关系可知 N'F间距离为d2==0.8R 故荧光屏有粒子打到的区域长度为d=d1+d2=1.6R 设轨迹与荧光屏相切的粒子在N点速度方向与竖 直方向成θ角，则Rcos θ+R=1.6R 得Rcos θ=0.6R，故η== 　(2024·江苏泰州市调研)如图所示，在竖直xOy平面内，足够长的平行边界MN与PQ间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，该区域宽度为d。一质量为m、带电量为q的带正电粒子从O点沿与+y轴成θ角(θ可在0°~90°范围内任意取值)以一定的初速度射入磁场，不计粒子的重力。 例7 (1)若θ=30°，为使粒子不穿出边界PQ，求粒子初速度的取值范围； 答案　0<v0≤ 粒子刚好与边界PQ相切时速度最大，由几何关系可得r+rsin 30°=d 求得r=d 由qv0B=可得v0= 粒子初速度的取值范围0<v0≤； (2)若在匀强磁场区域同时存在一方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，粒子从O点以θ=30°角方向入射，初速度v0=，且运动过程中不穿出边界PQ。求粒子在场区内偏离x轴的最大距离； 答案　 在x方向上的洛伦兹力仅由y轴方向的速度分量vy决定，由动量定理可得-∑BqvyΔt=-mv-mv0sin 30° 即Bqy=mv+mv0 又由动能定理可得-qEy=mv2-m 代入数据联立求得y= (3)若粒子在运动过程中还受到阻力，阻力f与速度v在大小上满足f=kv(k为已知常数)，求粒子能穿出PQ边界的最小入射速度。 答案　 设某瞬时的速度为v，竖直方向加速度为a，竖直方向上，根据牛顿第二定律可得 =ma 取极短时间Δt，竖直速度变化量为 Δv=aΔt=·vΔt 整理为vΔt= 粒子能发生的竖直位移大小为 d=∑vΔt=∑= 求得v0'=。 总结提升 洛伦兹力冲量公式 分析粒子在x轴方向的运动，取很小一段时间Δt内x轴方向的速度变化量为Δvx；由左手定则可知x轴方向的洛伦 兹力仅由y轴方向的速度分量vy决定，其大小为 Fx=qvyB。 由动量定理有-∑qvyB·Δt=mΔvx；(负号表示洛伦 兹力与vx0方向相反) 注意：此处判断正负号，应利用左手定则，判断洛伦兹力与vx的夹角是否大于90°。 两边求和有-qB∑vyΔt=m∑Δvx，其中∑vyΔt=Δy，∑Δvx=vx-vx0 得qBΔy=mvx-mvx0 同理可得qBΔx=mvy-mvy0 若粒子在末位置的速度v与其沿x轴方向的分量vx 的夹角为θ，则cos θ=。 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A A A B A B C 题号 9 10 答案 D (1)　(2)50%　(3)　 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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 A.0 B.BIl C.2BIl D.BIl √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 保分基础练 答案 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。 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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； 答案 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 答案 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=，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。 3.(2024·江苏泰州市一模)已知无限长直导线通电时，在某点所产生的磁感应强度的大小与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离成反比。两根足够长的直导线平行放置，其中电流分别为I、2I，A、B是两导线所在平面内的两点，到导线的距离分别如图所示，其中A点的磁感应强度为B0。则B点的磁感应强度 A.大小为，方向垂直纸面向外 B.大小为，方向垂直纸面向里 C.大小为，方向垂直纸面向外 D.大小为，方向垂直纸面向外 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由安培定则可知，两导线独立在A点产生的磁场的方向均垂直纸面向里，则有 B0=+=，左边导线在B点产生的磁场的方向垂直 纸面向外，右边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面 向里，则有B=-==，方向垂直纸面向外，故选A。 答案 4.(九省联考·河南·18)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.1∶2 B.2∶1 C.1∶3 D.3∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意可知，根据左手定则，粒子轨迹如图所示 由几何关系可知，氘核H的半径为r1，有 2r1=R2-R1=R1 则r1= 设氚核H的半径为r2，有 2r2=R2+R1=3R1 则r2= 即= 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由洛伦兹力提供向心力qvB=m 可得v= 则=·= 故选A。 答案 5.如图所示，某带电粒子(重力不计)从P点以垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ=45°，磁场的磁感应强度大小为B。则该带电粒子 A.带正电且动能不变 B.穿越磁场的时间为 C.运动轨迹为抛物线 D.电荷量与质量的比值为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据左手定则，粒子带负电，故A错误； 该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，轨迹如图，故C错误； 根据牛顿第二定律，有qvB=m，又sin 45°=， 解得=，故D错误； 穿越磁场的时间为t=， 又T=，解得t=，故B正确。 答案 6.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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，粒子做圆周运动 有qvB=m=，如果保持所有条件不变， 答案 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。 7.(2024·江苏连云港市模拟)如图所示，三角形ACD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，∠C=30°，∠D=45°，AO垂直于CD，OA长度为L。O点有一电子源，在ACD平面向磁场内各个方向均匀发射速率均为v0的电子，速度方向用与OC的夹角θ表示，电子质量为m、 电量为-e，且满足v0=，下列说法正确的是 A.从AC边射出的电子占总电子数的六分之一 B.从AD边射出的电子占总电子数的二分之一 C.从OD边射出的电子占总电子数的三分之一 D.所有从AC边射出的电子中，当θ=30°时，所用的时间最短 √ 争分提能练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由于粒子源发出的电子速率相同，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 ev0B=m，解得R==L，即所有电子的半径 答案 都相等，由左手定则可知，电子进入磁场后顺时针做圆周运动，所以其从AC边射出的一个临界位置为从A点射出，此时θ=60°，如图所示， 由题意及分析可知，当0°≤θ≤60°范围内，电子从AC边上射出，由 几何关系可知从AC边射出的电子占总电子的=，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 电子从AD边射出的另一个临界位置为从D点射出，此时θ=150°，电子从AD边射出时，由几 何关系可知从AD边射出的电子占总电子的 =，故B正确； 答案 由题意及分析可知，当粒子在150°≤θ≤180°范围内，当电子从OD 边射出时，由几何关系可知从OD边射出的电子占总电子的=，故 C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 电子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T，有T=，在磁场中运动的时间为t，有=，整理有t=，即电子运动的圆心角越小，其在 答案 磁场中运动的时间就越短，圆心角所对应的弦长越小，其圆心角越小，所以最短时间即为弦长的最小值，过O点作AC的垂线交AC于点E，OE即为最短弦长，由几何关系知此时θ≠30°，所以所有从AC边射出的电子中，当θ=30°时，所用的时间并不是最短的，故D错误。 8.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 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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；粒子运动的 答案 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。 9.(2024·湖北卷·7)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间 间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子 运动的速度大小为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿着径向射出的。根据圆的几何知识可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误； 粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，则根据对称性可知时间最短的轨迹如图(a)所示，则最短 时间为t=2T=，故C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图(b)所示，设粒子在磁场中运动的半径为 r，根据几何关系可知r=，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得v=，故D正确。 答案 10.(2024·江苏如皋市模拟)如图所示，坐标系xOy平面在纸面内，在x≥0的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，0≤x<d的区域Ⅰ和x>d的区域Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1和B2。大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从原点O在坐标平面内向与x正方向成θ(-90°≤θ≤90°)角射入，粒子的速度大小相等，方向随角度均匀分布。沿y轴正方向射入的粒子在P(d，d)点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (1)求粒子从原点O射入磁场时的速度大小v； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　 答案 洛伦兹力提供向心力qvB1=m 又由题意得R=d 解得v= (2)若在两磁场分界处有一垂直于xOy平面的足够大竖直挡板，求打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　50% 答案 由R=d，当初速度方向沿x轴正向时，轨迹与磁场边界相切，此时粒子刚好打到挡板上，0°≤θ≤90°范围内的粒子都能打到挡板，所以打 到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η=×100%=50% (3)若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k，观察发现沿y轴正方向射入的粒子，射入区域Ⅱ后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q点(未画出)，求该粒子由P点运动到Q点的时间t及该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度l。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　　 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 该粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示 洛伦兹力提供向心力qvB2=mωv 可得ω= 即角速度为一定值，又可知粒子与边界相切时转过的弧度为π，时间t= 解得t= 粒子在区域Ⅱ中做螺旋线运动，由于阻力最后停下来， 在切线方向上，牛顿第二定律kvt=mat=m 有k∑(vtΔt)=m∑Δvt 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 求和得kl=mv 解得l==。 答案 本课结束 THANKS $$ 第9讲　磁场 目标要求　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。3会判断带电粒子在磁场中的运动性质并会解决相应问题。 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 例1　(2022·江苏卷·3)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(　　) A.平行于纸面向上 B.平行于纸面向下 C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里 D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外 答案　C 解析　根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。 例2　(2024·江苏苏锡常镇四市一模)在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，导线通有图示电流I，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，则导线中的张力为(　　) A.0 B.BIL C. D. 答案　D 解析　将一小段导线看作一段圆弧受力分析如图 FA=2BIθR 由于2FTsin θ=FA 当θ→0时，sin θ≈θ，则得 2FTθ=2BIθR，2πR=L 得FT=，故选D。 考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动 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 qvB=m，T= 重要结论 r=，T= 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已知或可算时) 半径的确定 方法一：由物理公式求，由于Bqv= 所以半径r= 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 方法一：由圆心角求，t=·T 方法二：由弧长求，t= 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。 例3　(2024·广西卷·5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为+q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为(　　) A. B. C.(1+ D.(1+ 答案　C 解析　粒子运动轨迹如图所示 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m， 可得粒子做圆周运动的半径r=， 根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+=(1+，故选C。 例4　(2023·浙江6月选考·20改编)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； (2)若B2=2B1，求能到达y=处的离子的最小速度v2。 答案　(1)　　(2) 解析　(1)当离子不进入磁场Ⅱ且速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系r1cos 60°=r1-L 解得r1=2L 根据qv1B1=m 解得v1= 在磁场中运动的周期T= 运动时间t=T= (2)若B2=2B1，根据r= 可知r1'=2r2 离子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系r1'sin α-r1'sin 30°=L r2-r2sin α= 解得r2=2L sin α= 根据qv2B2=m 解得v2=。 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 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 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 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 例5　(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(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　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动知识得evB=m，联立解得B=，故选C。 例6　利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场下方有一长度为R的线状粒子源GH，其左边界G与竖直半径MO共线，该粒子源不断射出速度方向竖直向上、速度大小范围为0~v0的粒子，粒子带电荷量均为+q，质量均为m。在沿半径MO入射的粒子中，速度大小为v0的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场。不计粒子重力及粒子间相互作用力，求： (1)匀强磁场磁感应强度B的大小； (2)圆形磁场中，有粒子通过的区域的面积S； (3)在圆形磁场右侧有一长度为无限长的竖直挡板CD，挡板上有一小孔与N点重合，CD右侧1.6R处是竖直长度为2R的竖直荧光屏PQ，其中心点N'与N等高。CD右侧空间加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，若线状粒子源GH只发射速度竖直向上、速度大小为v0的粒子，射出的粒子在GH间均匀分布，所有通过小孔的粒子打在荧光屏PQ上都被吸收。求荧光屏上有粒子打到区域的长度d及能打到荧光屏上的粒子数与通过小孔的粒子数之比η。 答案　(1)　(2)πR2-R2　(3)1.6R　 解析　(1)由题可知，以速度v0沿半径MO入射的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场， 该粒子圆周运动的轨道半径r=R 由洛伦兹力提供向心力，则Bqv0=m 解得B= (2)当粒子以v0入射时，则 Bq·v0=m 解得此时的轨道半径R1=R 有粒子通过的区域如图中阴影部分的面积 则S1=πR2-×2Rsin 60°·Rcos 60°=πR2-R2 S2=π·(R)2-R)2sin 60°=- 所以S=S1+S2=πR2-R2 (3)所有粒子都能通过小孔，磁感应强度不变，因此粒子的轨道半径都是R，粒子到达 N 点时的速度方向在沿竖直向上到水平向右 90°的范围内，如图所示， 从H点射出的粒子通过N点时速度竖直向上，到达荧光屏上的E点，由几何关系可知EN'间距离为 d1==0.8R 从K点进入圆形磁场的粒子过N点后轨迹与荧光屏相切于F点，则F为荧光屏上粒子打到的最低点，由几何关系可知 N'F间距离为d2==0.8R 故荧光屏有粒子打到的区域长度为d=d1+d2=1.6R 设轨迹与荧光屏相切的粒子在N点速度方向与竖直方向成θ角，则Rcos θ+R=1.6R 得Rcos θ=0.6R，故η== 例7　(2024·江苏泰州市调研)如图所示，在竖直xOy平面内，足够长的平行边界MN与PQ间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，该区域宽度为d。一质量为m、带电量为q的带正电粒子从O点沿与+y轴成θ角(θ可在0°~90°范围内任意取值)以一定的初速度射入磁场，不计粒子的重力。 (1)若θ=30°，为使粒子不穿出边界PQ，求粒子初速度的取值范围； (2)若在匀强磁场区域同时存在一方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，粒子从O点以θ=30°角方向入射，初速度v0=，且运动过程中不穿出边界PQ。求粒子在场区内偏离x轴的最大距离； (3)若粒子在运动过程中还受到阻力，阻力f与速度v在大小上满足f=kv(k为已知常数)，求粒子能穿出PQ边界的最小入射速度。 答案　(1)0<v0≤　(2) (3) 解析　(1)粒子刚好与边界PQ相切时速度最大，由几何关系可得r+rsin 30°=d 求得r=d 由qv0B=可得v0= 粒子初速度的取值范围0<v0≤； (2)在x方向上的洛伦兹力仅由y轴方向的速度分量vy决定，由动量定理可得-∑BqvyΔt=-mv-mv0sin 30° 即Bqy=mv+mv0 又由动能定理可得-qEy=mv2-m 代入数据联立求得y= (3)设某瞬时的速度为v，竖直方向加速度为a，竖直方向上，根据牛顿第二定律可得 =ma 取极短时间Δt，竖直速度变化量为 Δv=aΔt=·vΔt 整理为vΔt= 粒子能发生的竖直位移大小为 d=∑vΔt=∑= 求得v0'=。 洛伦兹力冲量公式 分析粒子在x轴方向的运动，取很小一段时间Δt内x轴方向的速度变化量为Δvx；由左手定则可知x轴方向的洛伦 兹力仅由y轴方向的速度分量vy决定，其大小为Fx=qvyB。 由动量定理有-∑qvyB·Δt=mΔvx；(负号表示洛伦兹力与vx0方向相反) 注意：此处判断正负号，应利用左手定则，判断洛伦兹力与vx的夹角是否大于90°。 两边求和有-qB∑vyΔt=m∑Δvx，其中∑vyΔt=Δy，∑Δvx=vx-vx0 得qBΔy=mvx-mvx0 同理可得qBΔx=mvy-mvy0 若粒子在末位置的速度v与其沿x轴方向的分量vx的夹角为θ，则cos θ=。 专题强化练　[分值：50分] 1~6题每题4分，7~9题每题5分，10题11分，共50分 [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(　　) A.0 B.BIl C.2BIl D.BIl 答案　C 解析　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。 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 答案　A 解析　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；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；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=，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。 3.(2024·江苏泰州市一模)已知无限长直导线通电时，在某点所产生的磁感应强度的大小与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离成反比。两根足够长的直导线平行放置，其中电流分别为I、2I，A、B是两导线所在平面内的两点，到导线的距离分别如图所示，其中A点的磁感应强度为B0。则B点的磁感应强度(　　) A.大小为，方向垂直纸面向外 B.大小为，方向垂直纸面向里 C.大小为，方向垂直纸面向外 D.大小为，方向垂直纸面向外 答案　A 解析　由安培定则可知，两导线独立在A点产生的磁场的方向均垂直纸面向里，则有 B0=+=，左边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向外，右边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向里，则有B=-==，方向垂直纸面向外，故选A。 4.(九省联考·河南·18)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.1∶2 B.2∶1 C.1∶3 D.3∶1 答案　A 解析　由题意可知，根据左手定则，粒子轨迹如图所示 由几何关系可知，氘核H的半径为r1，有 2r1=R2-R1=R1 则r1= 设氚核H的半径为r2，有 2r2=R2+R1=3R1 则r2= 即= 由洛伦兹力提供向心力qvB=m 可得v= 则=·= 故选A。 5.如图所示，某带电粒子(重力不计)从P点以垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ=45°，磁场的磁感应强度大小为B。则该带电粒子(　　) A.带正电且动能不变 B.穿越磁场的时间为 C.运动轨迹为抛物线 D.电荷量与质量的比值为 答案　B 解析　 根据左手定则，粒子带负电，故A错误； 该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，轨迹如图，故C错误； 根据牛顿第二定律，有qvB=m，又sin 45°=， 解得=，故D错误； 穿越磁场的时间为t=， 又T=，解得t=，故B正确。 6.(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(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　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，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。 [争分提能练] 7.(2024·江苏连云港市模拟)如图所示，三角形ACD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，∠C=30°，∠D=45°，AO垂直于CD，OA长度为L。O点有一电子源，在ACD平面向磁场内各个方向均匀发射速率均为v0的电子，速度方向用与OC的夹角θ表示，电子质量为m、电量为-e，且满足v0=，下列说法正确的是(　　) A.从AC边射出的电子占总电子数的六分之一 B.从AD边射出的电子占总电子数的二分之一 C.从OD边射出的电子占总电子数的三分之一 D.所有从AC边射出的电子中，当θ=30°时，所用的时间最短 答案　B 解析　由于粒子源发出的电子速率相同，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有ev0B=m，解得R==L，即所有电子的半径都相等，由左手定则可知，电子进入磁场后顺时针做圆周运动，所以其从AC边射出的一个临界位置为从A点射出，此时θ=60°，如图所示， 由题意及分析可知，当0°≤θ≤60°范围内，电子从AC边上射出，由几何关系可知从AC边射出的电子占总电子的=，故A错误；电子从AD边射出的另一个临界位置为从D点射出，此时θ=150°，电子从AD边射出时，由几何关系可知从AD边射出的电子占总电子的=，故B正确；由题意及分析可知，当粒子在150°≤θ≤180°范围内，当电子从OD边射出时，由几何关系可知从OD边射出的电子占总电子的=，故C错误；电子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T，有T=，在磁场中运动的时间为t，有=，整理有t=，即电子运动的圆心角越小，其在磁场中运动的时间就越短，圆心角所对应的弦长越小，其圆心角越小，所以最短时间即为弦长的最小值，过O点作AC的垂线交AC于点E，OE即为最短弦长，由几何关系知此时θ≠30°，所以所有从AC边射出的电子中，当θ=30°时，所用的时间并不是最短的，故D错误。 8.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(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　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；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。 9.(2024·湖北卷·7)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 答案　D 解析　在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿着径向射出的。根据圆的几何知识可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误； 粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，则根据对称性可知时间最短的轨迹如图(a)所示，则最短时间为t=2T=，故C错误； 若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图(b)所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r=，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得v=，故D正确。 10.(11分)(2024·江苏如皋市模拟)如图所示，坐标系xOy平面在纸面内，在x≥0的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，0≤x<d的区域Ⅰ和x>d的区域Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1和B2。大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从原点O在坐标平面内向与x正方向成θ(-90°≤θ≤90°)角射入，粒子的速度大小相等，方向随角度均匀分布。沿y轴正方向射入的粒子在P(d，d)点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。 (1)(3分)求粒子从原点O射入磁场时的速度大小v； (2)(2分)若在两磁场分界处有一垂直于xOy平面的足够大竖直挡板，求打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η； (3)(6分)若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k，观察发现沿y轴正方向射入的粒子，射入区域Ⅱ后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q点(未画出)，求该粒子由P点运动到Q点的时间t及该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度l。 答案　(1)　(2)50%　(3)　 解析　(1)洛伦兹力提供向心力qvB1=m 又由题意得R=d 解得v= (2)由R=d，当初速度方向沿x轴正向时，轨迹与磁场边界相切，此时粒子刚好打到挡板上，0°≤θ≤90°范围内的粒子都能打到挡板，所以打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η=×100%=50% (3)该粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示 洛伦兹力提供向心力qvB2=mωv 可得ω= 即角速度为一定值，又可知粒子与边界相切时转过的弧度为π，时间t= 解得t= 粒子在区域Ⅱ中做螺旋线运动，由于阻力最后停下来，在切线方向上，牛顿第二定律kvt=mat=m 有k∑(vtΔt)=m∑Δvt 求和得kl=mv 解得l==。 学科网（北京）股份有限公司 $$