第十一章 第57讲 带电粒子在匀强磁场中运动-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习学案

跟踪训练5：BN1N2中电流在MM2处产 则可知圆环所受的安培力沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向 生的磁感应强度大小为B。=元，由于 下，有mgsin0-F安=0，其中安培力为F发=2×B×7×d= M1M2和V1N2中电流大小相等，且三棱 柱底边为等边三角形，三条棱距离相等， Bd,联立解得B=msm日，故A错误，B正确；当磁场方向沿竖 ld 因此M,M,和NN,中电流在棱P,P处M小N 直方向时，根据平衡条件结合左手定则可知圆环所受的安培力 产生的磁感应强度大小相等，都为B。,根据安培定则知，MM2 水平向右，磁场方向竖直向下，有F岁=mgtan0,其中安培力为 和N,N2中电流在棱PP2上产生的磁场方向如图所示，则PP2 ×d=Bd,联立解得B=mgm0,故C正确，D 上各点的磁感应强度大小为B=2B,0s30°=BB正确，A Fx=2×B×2 ld 错误。 C、D错误。 例1：BD通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条例6：(1)hML(2)1:4(3)√ /10kP Ls m 件有2F,=mg;通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可 判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2F' [解析](1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为 =mg+F岁，可知通电后两绳的拉力变大，A错误，B正确；半圆 B =kl 环的有效长度为2r,由安培力公式可知F=2B,C错误，D 金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F=BL=kL。 正确。 (2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度 跟踪训练6：AD圆环的上半部分的电流 F:x 是顺时针，下半部分的电流是逆时针， 大小为a,=E_f m m 把圆环平均分成右上、左上、左下、右下 第二级区域中磁感应强度大小为B2=2k1 四部分，根据左手定则可得这四部分的 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F'=B·2D 受力如图。安培力公式为F=B,其中 =4k2L !为导线的有效长度，四部分的有效长 ×× 度都为，厄，且导线中的电流相同，大小为了，则四部分所受的 金属棒经过第二级区城的加速度大小为4，=_L m m 安培力大小相等，且F,与F方向相反，F2与F4方向相反，即 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1:a2=1:4。 圆环所受安培力的合力为零，故A正确；左侧F2=F3=B· (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可 子巨1=号h,则F6'=F店+写=B助，D项正确。 得s+Fs=2m-0 例2：D当开关S接通时，根据安培定则知电 解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为 B 磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定 10kPLs 则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B v=入m 端受力指向纸外，故直导线将转动，由特殊 名师讲坛·素养提升 位置法知当直导线转到与磁感线垂直（即转 过90°)时，整个直导线受到的安培力方向竖 例7：(1)√2m/s4.17A(2)0.085C 直向下，故悬线张力变大。故选D项。 [解析](1)对金属杆，跳起的高度为H,竖直上抛运动由运动 例3：C根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产 学关系式2=2gH, 生的磁场方向水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁 解得金属杆离开液面时的速度大小v=√2gH=√万m/s, 针，P等效于左侧$极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排 通电过程金属杆受到的安培力大小为F。=BL 斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q顺时针转动； 转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两圆环相 由动能定理得BILh-mg(H+h)=0 互吸引，Q、P间细线拉力减小，故C正确，A、B、D错误。 解得1=4.17A。 例4：D根据条形磁铁磁场分布和叠加，可知两条形磁铁在导线 (2)对金属杆，通电时间t'=0.002s,由动量定理有(B1'L-mg) 处产生的合磁场方向竖直向上，根据左手定则知，长直导线受 t'=m'-0 到的安培力水平向右：木板和磁铁始终处于静止状态，且竖直 由运动学公式v2=2gH 方向不受导线的作用力，由于两条形磁铁和木板的总重力为G, 通过金属杆截面的电荷量q='t 故木板对地面的压力等于G;又因长直导线受到的安培力水平 联立解得q=0.085C。 向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线对磁铁的作用力水平 向左，所以磁铁和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的 第57讲带电粒子在匀强磁场中运动 摩擦力水平向右，故A、B、C错误，D正确。 例5：A导体棒受的安培力斜向右下方，则 F 基础梳理·易错辨析 受力分析如图，可知F若cos0=f,F、=mg 知识梳理 +F安sim0,根据f≤F、,解得g≥os旦 一、1.运动电荷 2.(1)垂直(2)四指(3)拇指正电荷负电荷磁场 in6,由题意可知os9-in0≤0，则 洛伦兹力 3.quBsin 0 (1)0 (2)quB an0≥，即当an0≥时无论所加磁 二、1.B平面大小不做功 mg 场多强，均不能使导体棒发生移动，故A 2.（1)不受洛伦兹力匀速直线运动(2)匀速圆周运动 正确，B、C、D错误。 跟踪训练7：BC当磁场垂直于斜面时，根据平衡条件结合左手定 3(0m号花(22需(3盟4盟 r gB gB 547 易错辨析 图甲所示，当粒子恰好从A点射出时，根据几何关系可得粒子 1.×2.×3.×4.×5.V 与OC成60°角人射，所以与0C成45°角入射的粒子将从AC边 核心考点·重点突破 射出，故B正确： 跟踪训练1：C根据安培定则可知，直导线产 如图乙所示，根据几何关系可知沿OC方向 生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹 入射的粒子将恰好从D点射出，结合上面B 力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球 ⊙ 项分析可知AD为AC边界上有粒子射出的 速率不变，A错误；当运动到b中点时，磁感 区域，其长度为L,故C正确；所有粒子在磁C 乙 线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自α 场中运动的周期均相同，设为T,设粒子在 端到中点洛伦兹力竖直向下，中点到b端洛伦兹力竖直向上， 磁场运动过程中转过的圆心角为α，则粒子运动时间为t= B、D错误，C正确。 跟踪训练2：D由于小球a在磁场中运动，受到的洛伦兹力对小 会，由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的圆，从01射出的 球不做功，整个过程中小球a的机械能守恒：而小球b在电场中 粒子，其轨迹所截A0的长度不同，对应转过的圆心角不同，所 运动，受到的电场力对小球b做负功，到达最低点时的速度较 以所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不等，故D 错误。 小，所以下滑的时间较长，故A、B、C错误；小球a在磁场中运 跟踪训练4：AD设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为0。 动，在轨道最低点M处对小球a受力分析可知F,-mg-Bgmg 若粒子穿过ad边、cd边垂直BC射出，则运动轨迹如图甲所示， 三m,解得R,=m +mg+Bq吧w。小球b在电场中运动， 设粒子在磁场中运动轨迹的半径为r,ef的长度为l,则rsin0+ lcos0=rcos0+lsin0,即(r-l)(sin0-cos0)=0,可得r=l或0 在轨道最低点N处对小球b受力分析可知Fy-mg=m =45°时，粒子必垂直BC射出，其中当r=l时，与0大小无关，A 得F,=m 正确，C错误；若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°， +mg,因为w>,所以Fy>Fv,结合牛顿第三定 且粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示， 律可知，D正确。 可见粒子不可能垂直BC射出，B错误；若粒子穿过ad边、bc边 例1：C粒子运动轨迹如图所示，在磁场 垂直BC射出，运动轨迹如图丙所示，设大正方形边长为L1,小 中，根据洛伦兹力提供向心力，有gB= 正方形边长为L,对粒子穿过ad边前在磁场中的运动过程，根 ,可得粒子做圆周运动的轨迹半径 据几何关系有，上=r-s0,对粒子穿过c边后在磁场中 X××知×× 2 B根据几何关系可得P点至0点××.X×× r=m 的运动过程，根据几何关系有，之=7ms0,解得cs日=分， 2 则0=60°，D正确。 的距离Lm=7+m4行=1+万)需放C正确。 D D 例2：D在圆形匀强磁场区域内，沿径向射入的带电粒子，总是沿 径向射出，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O 点，A、B错误；粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域， 时间间隔最小时，根据对称性画出粒子的运动轨迹如图甲所 a b··0 a 不，则最小时间间隔=2T=4,C错误；粒子从A点射人到从 C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图乙所示，设 粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为τ，根据几何关系 D 可知，=尽，又根据洛伦兹力提供向心力有g如B=m三，解得 .'d r-店联立可得= 3m,D正确。 0····· 丙 名师讲坛·素养提升 例3：BD根据题目中条件“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静电力方向相同时，根 甲 据牛顿第二定律可知4uB=m,得U=4W,此种情况下， 跟踪训练3：ABC粒子在磁场中做匀 m 速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 电荷运动的角速度为0=”=4少；当负电荷所受的洛伦兹力 m 有gB= ,,解得粒子在磁场中运 60X 甲 与静电力方向相反时，有298=m号，。=2此种情况下，负 m 动的半径为r==L,故A正确：如 Bg 电荷运动的角速度为0=”-2，故选项B,D正确。 r m -548 例4：CD若粒子带正电，粒子与挡板MN碰撞后恰好从Q点射 u2m2-BL(n=1,2,3, 出，粒子运动轨迹如图甲所示，设轨迹半径为，，由几何知识得 L+(2-0.5L)2=2’,解得，=L,根据牛顿第二定律得0，B 此时出射方向与入射方向的夹角为0=60°； 当粒子从上部分磁场射出时，需满足 =子部得6兴根据动量定理得1：：婴，放A 2 2 =8(m=1,23,… 错误，C正确；若粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图乙所示，粒 此时出射方向与人射方向的夹角为0=0°。 子做圆周运动的半径为=L,由牛顿第二定律得%B= 故B、C正确，A、D错误。故选BC。 一，解得=兴此时半径最小，速度也最小，故B错误：若 第58讲专题强化十六用“动态圆”思想处理临界、 极值问题“磁聚焦”和“磁发散”模型 粒子带负电，当粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为写 核心考点·重点突破 例1：BD由左手定则，粒子刚进人磁 3gB,故D正确。 时，粒子在磁场中的运动时间为1=石T= 场时洛伦兹力向右，故A错误；垂直 于PV边射出磁场时，半径为子，根 据洛伦兹力提供向心力有gB= Me- v:-.·iM n云，放速度为=器放B正确： 0- 如图所示，由几何关系可知，当运动轨迹与MW相切时，运动时 例5：AB如图所示，若带电粒子刚好打在极 间最长，偏转的圆心角最大为45°，根据u=2π， T,wB=m R,联 12 板右边缘，有2=（-2) 、r +2,又因为r 、产 立得到7-巴，可求出运动的最长时同1一1，解得 gB 一需解得-若粒千柳打在极反习 Tm +q m=4B,故D正确：当运动轨迹与PV相切时，是粒子从PV射 左边缘，有=4=西 解得 。欲 出磁场的最小速度，轨迹为半径为A0=十的半圆，根据q如B= 使粒子不打在极板上，应使 BL或v 5BL,故AB正确.CD 4 m发，得到：=兴：当运动轨迹与MN相切时，粒子从PW射出 错误。 磁场的速度最大，因为C0'垂直于MC,且∠CM0'=45°，C0= 例6：BC若粒子通过下部分磁场直接到达P 点，如图 0,利用几何知识可得出半径0=0=兰+号L,根据 根据几何关系则有R=L,qB=mR D 30 quB =m- 得到：-.山+BL若粒子从PV边射出蓝 m 2m 可得=BL=kBL、 m 场，则<<1+万)BL,故C错误。 X 4m 2m 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0 例2：A根据问题描述，粒子a沿径向向左进人磁场，而粒子b沿 内圆切线向下进入磁场。在不计重力和相互作用的情况下，粒 =60°。 子在磁场中会做圆周运动，由几何关系可知(2R-.)2=,2+ 当粒子上下均经历一次时，如图 。 R,2=3R,解得=子R,元=号R。对于粒子a,其向心力为 m.4,=m洛伦滋力为P,三g,心B。由洛伦滋力提供向心 50为 -----P 力，可以得到。=二①，对于粒子b,其洛伦兹力为F,= ma ×× q,B,向心力为m6a6=m6 XXX ，由洛伦兹力提供向心力，可以得 L 到g,B=m,二，化简后可得=9②，将式①和式②相 因为上下磁感应强度均为B,则根据对称性有R=2L, 除，消去B,并由题目知粒子ab的比荷相同，即9=弘，则 m.m 根据洛伦兹力提供向心力有9B=mR, =,故选A 可得=兴=之。 例3：D以粒子在磁场中顺时针旋转圆周运动 此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角： 为例来说明（逆时针旋转结果相同）。粒子 为0=0°。 从上边界射出两种临界情况如图所示。 通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足 种临界情况为从O点水平射出，打在上边界 549第57讲带电粒子在匀强磁场中运动 县础梳理·易错莽析 2.粒子的运动性质 知识梳理 (1)若o∥B,则粒子 、在磁场 一、洛伦滋力 中做 1.洛伦兹力：磁场对 的作用力。 (2)若o1B,则带电粒子在匀强磁场中做 2.洛伦兹力的方向（左手定则） (1)伸出左手，使拇指与其余四个手指 3.基本公式 并且都与手掌在同一个平面内。 (1)由gB= 得r= (2)让磁感线从掌心进入，并使 指向正 电荷运动的方向（或负电荷运动的反方向）。 (2)由-2平得7 (3) 所指的方向就是运动电荷在磁场中 1 (3)f=T= 所受洛伦兹力的方向。 如图，①表示 运动的方向 匹=2= (4)ω=T 或 运动的反方向，②表示 的方向，③表示 的 2 易错蕲析 方向。 1.带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的 3.洛伦兹力的大小：F= 作用。 ,0是v与B之间的夹角。 2.洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速 (1)当∥B时，F= 度方向不垂直。 ) (2)当v⊥B时，F= 3.根据公式T=2,说明带电粒子在匀强磁场中的运 轮 二、带电粒子在匀强磁场中的运动 动周期T与v成反比。 ( 1.洛伦兹力的特点：由于洛伦兹力F⊥ 4.由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力 F⊥ ,即F垂直于B和v决定的 ,所 也可能做功。 理 以洛伦兹力不改变带电粒子速度的 或者说， 5.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动 洛伦滋力对带电粒子 209 半径与带电粒子的比荷有关。 ( 核心考点·重点突破 耆点1 对洛伦兹力的理解 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不 做功。 (基础考点·自主探究)】 1.洛伦兹力的特点 3.洛伦兹力与静电力的比较 (1)洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的 洛伦兹力 静电力 大小，即洛伦兹力永不做功。 产生 v≠0且不与B平行 电荷处在电场中 (2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方 条件 向也随之变化。 大小 F=gB(v⊥B) F=gE (3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受 正电荷受力与电场强度方 的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反 方向 F⊥B且F⊥D 向相同，负电荷受力与电场 方向。 强度方向相反 2.洛伦兹力与安培力的联系及区别 (1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同 做功 可能做正功，可能做负功， 任何情况下都不做功 性质的力。 情况 也可能不做功 【跟踪训练】 (2)半径的计算方法 (洛伦兹力的特点)真空中竖直 方法一 三放置一通电长直细导线，俯视图 由R=后求得 如图所示。以导线为圆心作圆，光滑 方法二连半径构出三角形，由数学方法解三角 绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆 形或勾股定理求得 周上。直径略小于绝缘管直径的带正 、、 例如：如图甲，R=L 。或由R=L2+(R-d)2 sin 6 电小球自a端以速度，向b端运动过程中，下列说法 正确的是 求得 A.小球先加速后减速 O'0p(偏转角) B.小球受到的洛伦兹力始终为零 C.小球在ab中点受到的洛伦兹力为零 A 0入B D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终竖直 、 向上 0 (洛伦兹力与静电力的比较)如图所示，甲、乙是 竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N分 甲 别为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀 常用到的几何关系 强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小 ①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙， 球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放， =Qo 在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的 ②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙， 是 ( 1 210 0=2 (3)时间的计算方法 2p26 方法一 利用圆心角、周期求得1=，。7 2T 甲 乙 度 方法二利用弧长、线速度求得 A.a球下滑的时间比b球下滑的时间长 新 B.a、b两球的机械能均不守恒 计 C.a球到M点的速度小于b球到N点的速度 例如：t= 9T= 2T 衡 D.a球对M点的压力大于b球对N点的压力 2T 2T 学 雪点己带电粒子在有界匀强磁场中的运动 I AB 案 t= (能力考点·深度研析) v 1.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时 2.带电粒子在有界磁场中运动的常见情形 间的确定 (1)直线边界（进出磁场具有对称性，如图所示） (1)圆心的确定方法 ①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确 定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如 图甲。 (2)平行边界（往往存在临界条件，如图所示） ②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的 速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如 图乙。 ×0× ③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据，= 眉计算出载迹半径，则在该点沿洛伦滋力方向距离为 (3)圆形边界 r的位置为圆心，如图丙。 ①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图 0×x 甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏 IX XX 0。 ×××} 向角。 M ②速度方向不指向圆心：如图乙所示。粒子射入 ××× 磁场时速度方向与半径夹角为0，则粒子射出磁场时速 丙 度方向与半径夹角也为0。 ③环形磁场：如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域 场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一定沿半 的最小时间间隔为πm 3aB 径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有 最大速度或磁场有最小磁感应强度。 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56R 3m 不0 友思提升 M 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： 、画轨迹)→确定圆心 B -0 (1)轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系， 即R=m匹 gB 少 找联系2)油几何方法（如勾股定理、三角函数等）来 确定半径 考向1带电粒子在直线边界磁场中的运动 3)偏转角度与圆心角、运动时间相联系 例0124：广西卷10g坐 (4)粒子在磁场中的运动时间与周期相联系 用规律→利用牛顿第二定律和圆周运动的规律等，特 标平面内一有界匀强磁 P 别是周期公式、半径公式 场区域如图所示，磁感应强度大×B××××× 【跟踪训练】 小为B,方向垂直纸面向里。质××××× (带电粒子在三角形边界中的运动)（多选） 量为m、电荷量为+g的粒子，以 (2024·河北石家庄市调研) 初速度v从0点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时如图所示，△AOC为直角三角形 7 D,××XN 高 速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重 ∠0=90°，∠A=60°，A0=L,D为 ××0 0 力，则P点至O点的距离为 AC的中点。△AOC中存在垂直于 总 A.mv B.3mu 纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,在O点放 gB 2gB 置一粒子源，可以向各个方向发射质量为m、电荷量为 物 C.(1+2) gB n1+)器 -q、速度大小均为=B匙的粒子。不计粒子间的相 ●考向2带电粒子在圆形边界磁场中的运动 互作用及重力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列 例回(24·北卷)如图所示，在以0点为圆心、 说法正确的是 半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的 A.粒子在磁场中运动的半径为L 匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小 B.与0C成45°角入射的粒子将从AC边射出 相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为 C.在AC边界上有粒子射出的区域长度为L D.所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间 m、电荷量为9(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A 相等 点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是 用（带电粒子在正方形边界中的运动）（多选） (2024·河北卷)如图，真空区域有同心正方形 ABCD和abcd,其各对应边平行，ABCD的边长一定， →米--×--- abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方 ··××× 向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐 个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进 A.粒子的运动轨迹可能经过0点 入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区 经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条 域的半径方向 件的粒子，下列说法正确的是 () B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°， d 则粒子必垂直BC射出 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时 速度方向与ad边夹角必为45° ·a b· D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时 AL A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为 速度方向与ad边夹角必为60° 45°，则粒子必垂直BC射出 名师讲近·素养提升 带电粒子在磁场中运动的暑解问题 考向1磁场方向不确定形成多解 分析 图例 B·· N···M A.带电粒子一定带负电荷 只知道磁感应强度大小， 而未具体指出磁感应强 B带电粒子的速度量小值为册 度方向，由于磁感应强度 C.若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的 212 方向不确定而形成多解 粒子带正电，若B垂直纸面向 冲量大小为5gBL 里，其轨迹为a,若B垂直纸面向 2 外，其轨迹为b D,带电粒子在磁场中运动时间可能为πm 3gB 年 例 ③（多选）一质量为m、电荷量为g的负电荷在磁 。考向3临界状态不确定形成多解 感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷 新 沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直 例P阳的本极 计 于它的运动平面，且作用在负电荷的静电力恰好是磁 如图所示。磁感应强度为B,板间距 场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是 离为l,极板不带电。现有质量为m、 x Bx 衡 电荷量为g的带正电粒子（不计重 学 A.9B B.2qB 力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射 m m 入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 C.3qB D.4gB m m 考向2 带电粒子电性不确定形成多解 A使袋子的法度：<别 分析 图例 B.使粒子的速度v> 5Bgl 4m C.使粒子的速度>B吧 m 带电粒子可能带正电荷， 也可能带负电荷，初速度 Am 相同时，正、负粒子在磁 几使发子的速度兴< 场中运动轨迹不同，形成 ●考向4运动的往复性形成多解 多解 如带正电，其轨迹为a;如带负 分析 图例 电，其轨迹为b ④（多选）如图所示，在边长为L的正方形PQMN 带电粒子在部分是电场， 区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为 部分是磁场或相邻两部 B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子碰到挡 分磁场方向不同的空间 板则能够以原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q 运动时，运动往往具有往 复性，从而形成多解 的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场， CD=l,l=n·2r,即粒子到D点 半径有n个值 恰好从Q点射出。下列说法正确的是 例圆多的在年 磁场方向 不同导致 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 >偏转方向 30° 不同 十 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 会使粒子 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 在两部分 比荷为，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 间反复运 为0，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 动 A.BL,0°B.BL,0 C.kBL,60° D.2kBL.60 弦切角为 由于粒子速度大小 不同，根据R=器 30°，圆心角 速度不同，导致偏转半径不同 应为60 可知，带电粒子做 引发的多解问题，借助图像找到几何关系求解 圆周运动的半径不 ●】 同，每次经过SP 粒子可以从下部 时与SP交点向右 分磁场通过P点射 延伸的距离也不同 30 D 5 出，也可以从上部 分磁场通过P点射 出 反思提升 (3)若为周期性的多解问题，寻找通项式；若是出现几 求解有界磁场中多解问题的技巧 种周期性解的可能性，注意每种解出现的条件。 高 (1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因。 温馨提示：复习至此，请完成练案[57 轮 (2)作出粒子运动轨迹示意图（全面考虑多种可能 总 性)。 复习 物 第58讲 专题强化十六 用“动态圆”思想处理临界、 极值问题 “磁聚焦”和“磁发散”模型 核考点·重点突破 专点1 用“动态圆”思想处理临界、极值问题 2.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 (能力考点·深度研析) 中运动的轨迹与边界相切。 1.解题思路 (2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带 (1)先不考虑磁场边界，假设磁场充满整个空间， 电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解 根据题给条件尝试画出粒子可能的运动轨迹圆。 题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的 (2)结合磁场边界找出临界条件。 草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等。 (3)根据几何关系、运动规律求解。 (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，则入射点和出射点为磁场区域圆直径 根据粒子射入磁场时的特点，分析临界条件的常 的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大（所有的弦长中 用技巧有三种：动态圆放缩法、定圆旋转法、平移圆法。 直径最长)。