第9讲 磁场-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

ㄧ物理 课堂评价>高考预测 1.(多选)(2025·四川德阳市联考) (1)求小球所受的静电力大小； 如图所示，电荷量分别为q和一q (2)求小球在A点的速度为多大时，小球经过D (q>0)的点电荷固定在正四面体 点时对圆轨道的压力最小（结果可用根号表示）. 的两顶点上，a、b是正四面体的 另外两个顶点.则 ( ) A.a点和b点的电势相等 B.a点和b点的电势不相等 C.a点和b点的电场强度等大但方向不同 D.a点和b点的电场强度等大且方向相同 2.(2025·湖北武汉联考)如图所 B D 示，在竖直平面内固定的圆形 绝缘轨道的圆心为O,半径为 H =0.2m,内壁光滑，A、B两点分 别是圆轨道的最低点和最高点. 该区间存在方向水平向右、电场 A 强度为E的匀强电场，一质量m=0.1kg、带负电荷 的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不 变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的 C温馨提 夹角0=30°，重力加速度g=10m/s2. 学习至此，请完成配套训练专题精准强化8 第9讲 磁场 核心素养>助学提能 考点一 磁场的性质 安培力 专向1磁场方向的判断及磁场叠加 专向2安培力作用下的方电综合 1.根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向. 1.两个常用的等效模型 2.磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感 (1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的 线的切线方向. 大小和判断方向时均可等效为ac直线电流， 3.磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠 XXXX 加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在 时在该点的磁感应强度的矢量和. 。。 ×1×1☒ 例1](2025·福建卷，3)如 L 图所示，空间中存在两根无 限长直导线L1与L2,通有 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线 大小相等，方向相反的电M N 管可等效为条形磁铁，如图乙 流.导线周围存在M、O、N 2.安培力作用下力学问题的解题思路 三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且 (1)选定研究对象：通电导线（或通电导体棒）. OM=ON,初始时，M处的磁感应强度大小为B1,O 点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变， (2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B,F 仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为 ( ) ⊥I. A.B. B号B,-B (3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程， [例2](2025·山东日照一模 B E. C.B2-B1 D.B-B2 统考)如图所示，一宽为L的 [解题指导] 平行金属导轨固定在倾角为 (I)由安培定则判断两导线分别在M、O、N场 0的斜面上，在导轨上端接入 强的方向： 电源和滑动变阻器R,电源电动势为E、内阻为 (2)由对称性及磁场叠加计算N点的磁感应 r,一质量为m的金属棒ab静止在导轨上，与两 强度大小 滚筒洗衣机发源于欧洲，洗衣方法是模仿棒锤击打衣物原理设计。滚简洗衣机是由不锈钢内桶， ·44·机械程序控制器，经过磷化、电泳、喷涂三重保护的外壳，和若干笨重的水泥块用于平衡滚筒旋转时产 生的巨大离心力做重复运动，加上洗衣粉和水的共同作用使衣物洗涤干净。 第一部分：专题三电场和磁场丨 导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度 D.要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R 大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中， 接入电路中的最小阻值为 BLE 金属棒的电阻为R。,导轨电阻不计.金属导轨与 mgsin 0+Fim 金属棒之间的最大静摩擦力为Fm,重力加速度 为g.闭合开关后，下列判断正确的是 -R0 A.金属棒受到的安培力方向沿斜面向上 [解题指导] B.金属棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下 (1)根据左手定则判断安培力方向方向. C.若金属棒恰好不运动，则滑动变阻器的阻值 (2)根据平衡条件及闭合电路求滑动变阻器的 BLE 为Fmsin0I-R 阻值 考点二 带电粒子在磁场中的运动 核心透视 续表 1.分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法 时间的 方法一：由圆心角求，t= 2π XT (1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半 求解 径并画出轨迹 方法二：由弧长求，1=9 基本 (2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运 2.带电粒子在磁场中运动的多解成因 思路 动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动 (1)磁场方向不确定形成多解； 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 (2)带电粒子电性不确定形成多解； 动的规律，特别是周期公式和半径公式 (3)速度不确定形成多解； (4)运动的周期性形成多解. 基本 9B-=m F:T=2xr 典题例析 公式 U [例3](2025·黑吉辽蒙卷，15)y 重要 结论 9浴1- 如图，在xOy平面第一、四象限 qB 内存在垂直平面向里的匀强磁 场，磁感应强度大小为B.一带 X0 XXx (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) 正电的粒子从M(0,一yo)点射 M (2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入 入磁场，速度方向与y轴正方向 射点、出射点两点连线中垂线的交点为 夹角0=30°，从V(0,yo)点射出磁场.已知粒子 圆心，如图(b) 的电荷量为g(q>0),质量为m,忽略粒子重力 圆心的(3)沿半径方向距入射点距离等于r的 及磁场边缘效应。 确定点，如图(c)(当r已知或可算) (1)求粒子射入磁场的速度大小1和在磁场中 O ·B 0 Oix x xi rx xx 运动的时间t1. Xx X ×X M (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷 x型x 量为一48粒子质量取m(长为静电力帝 (a) (b) (c) k 量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点， 方法一：由物理公式求， 求射入磁场的速度大小2· 由于Bg=mw (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始， 半径的 经时间2速度方向首次与N点速度方向相反， 确定 所以半径r=m gB 求2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无 方法二：由几何关系求，一般由数学知识 限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的 (勾股定理、三角函数等)通过计算来确定 电势”=k). -0 ·45· 丨物理 [解题指导] 2.(2025·陕晋青宁卷，14)电子比荷是描述电子性 (1)由几何关系确定电荷做圆周运动半径，再 质的重要物理量.在标准理想二极管中利用磁控 由半径公式求电荷速度，并求出粒子在电场中 法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心 运动时间； 轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示， (2)洛伦兹力和电场力的合力提供向心力，由 足够长圆柱形筒半径为R,正中央有一电子源O 牛顿第二定律求速度； 持续向空间各方向发射大量速度大小均为。的 (3)正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭 电子.某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向 圆运动，由能量守恒及开普勒第二定律求2： 下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图 (b)所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B。 时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互 作用及其重力的影响.求：(R、o、B。均为已知 量) 横截面轴截面 图(a) 图(b) (1)电子的比荷e: m (2)当磁感应强度大小调至号B,时，筒壁上落有 电子的区域面积S. 对点集训 1.（多选)(2024·河北卷，D…·..····· 10)如图，真空区域有同心 正方形ABCD和abcd,其 ·d 各对应边平行，ABCD的 边长一定，abcd的边长可 调，两正方形之间充满恒 B 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 进入磁场.调整abcd的边长，可使速度大小合适 的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出. 对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是 ( A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为 45°，则粒子必垂直BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为 60°，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 D.若粒子经bc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60 自行车外胎为什么要有凸凹不平的花纹？摩擦力的大小跟两个因素有关：压力的大小、接 ·46·触面的粗糙程度。压力越大，摩擦力越大：接触面越粗糙，摩擦力越大。自行车外胎有凹凸不平的花纹，这是 通过增大自行车与地面间的粗糙程度，来增大摩擦力的，其目的是为了防止自行车打滑。 第一部分：专题三电场和磁场 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 核心透视 典题例析 1.解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题，关 [例4](2025·安徽卷， 键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界 7)如图，在竖直平面内 点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半 的Oxy直角坐标系中， 径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹， M x轴上方存在垂直纸面 ×dx 定好圆心，建立几何关系 向里的匀强磁场，磁感 2.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动 应强度大小为B.在第二象限内，垂直纸面且平 轨迹与磁场边界相切。 行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到x 3.常见的动态圆 轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子.位于原 示意图 适用条件 应用方法 点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方 向均匀发射相同的带正电粒子.已知粒子所带电 粒子的入 以入射点P为定 射点位置 点，将半径放缩作轨 荷量为4、质量为m,速度大小均为9B心不计粒 m 、 相同，速度 迹圆，粒子恰好不射 子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则 方向一定， 出磁场的临界状态 轨迹圆的圆心 速度大小 是粒子运动轨迹与 不同 磁场边界相切 A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d 在PP,直线上 B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√3d C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d 粒子的入 D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间 射点位置 将一半径为R= gB 为πm 转 轨迹圆的圆心 相同，速度 的圆以入射点为圆 6gm 圆 在以入射点P 大小一定， 心进行旋转，从而探 对点集训 为圆心、半径R 速度方向 索出临界条件 1.(2024·湖北卷，7)如图所 常的圆上 不同 示，在以O点为圆心、半径 为R的圆形区域内有垂直 XXXXXX XX 粒子的入 于纸面向里的匀强磁场，磁 射点位置 感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方 将半径为R=”的 移 轨迹圆的所有 不同，速度 gB 向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为、电 圆 圆心在一条直 大小、方向 圆进行平移 荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A 线上 均一定 点射入圆形区域.不计重力，下列说法正确的是 () 带电粒子平行射入 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 圆形有界匀强磁场， 粒子速度 则粒子从磁场边界 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该 磁聚 大小相同，上同一点射出，该点 区域的半径方向 焦与 磁聚焦 轨迹圆半切线与入射方向平 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区 磁发 径等于区 行—磁聚焦，从边 散 域圆半径 缘某点以不同方向 域的最小时间间隔为x四 3qB 入射时平行出射 D.若粒子从A点射人到从C点射出圆形区域用 磁发散 磁发散 时最短，粒子运动的速度大小为gBR 3m ·47· 丨物理 2.（2025·重庆市模拟调研 (1)匀强磁场的磁感应强度； 卷)如图所示，半径为R (2)从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程 的圆形区域的圆心位于 范围. 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o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： 课堂评价高考预测 1.(多选)(2025·贵州遵义 B 粒子速度方向恰好指向O',已知粒子在圆形磁 模拟预测)如图所示的直 场中做圆周运动的半径为R,不计粒子重力和粒 角三角形区域内存在垂直 子间相互作用力. 纸面向外的匀强磁场（包 A 括边界，图中未画出)，∠ACB=30°，一带正电的 P 粒子由AC中点以速率v。沿垂直AC方向射入 磁场，经磁场偏转后从AC边离开磁场，已知AB =L,粒子的质量为m、电荷量为g,粒子重力忽 M粒子源N 略不计.则下列说法正确的是 甲 A.磁感应强度的大小可能为2m (1)求圆形匀强磁场区域的磁感应强度大小B; gL (2)求从粒子源右端点N发射的粒子从进入磁 B.磁感应强度最小时，粒子的出射点到C点的 场到打到屏上所经历的时间t; 距离为号 (3)若在圆形区域内再加上一个沿x轴正方向、 C.从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间均 场强为E冷耳足够长的匀强电场，此时从粒 为兴 子源中点及左右端点M、N发射的粒子打在屏 上P1、P2、P3三点上，如图乙所示； D.当磁感应强度取粒子从AC边离开磁场的最 ①请指出从M点发射的粒子打在屏上哪一点： 小值时，增大粒子的入射速度，粒子在磁场中 (不要求写推导过程) 的运动时间缩短 ②求打在屏上的所有粒子中与O点相距最远的 2.（2025·湖北新高考演练卷)为了探测带电粒子， 粒子在屏上的坐标. 研究人员设计了如图甲所示的装置.纸面内存在 一个半径为R、圆心为O的圆形匀强磁场区域， 磁场方向垂直纸面向外，该磁场区域在垂直纸面 的方向上足够长.以O右边的O点为坐标原点 建立一平面直角坐标系xOy,O和O'两点间距离 为2R.y轴与OO'连线垂直，x轴（图甲中未画 出)正方向垂直纸面向里，在xOy平面内存在一 个足够大的探测屏.圆形磁场区域正下方存在一 个长度为R且与y轴垂直的粒子源MN,该粒子 源各处均能持续不断地发射质量为m、电荷量为 C温馨提 +q的粒子，粒子发射时的速度大小均为o,方 学习至此，请完成配套训练专题精准强化9 向均沿y轴正方向，从粒子源MN中点发射的 ·48· 自行车机械能的知识运用动能和重力势能的相互转化。如骑车上坡前，人们往往要加紧 避几下，就容易上去些，这里是动能转化为势能。而骑车下坡，不用避，车速也越来越快，此为势能转化 为动能。〡物理 位置R处的电势比位置x,处的电势高，负试探电荷在 (2)换成交变电场后，粒子P 位置R处的电势能比在位置x2处的电势能小，C错误； 运动至M点的时间仍为t 由图乙可知电场强度方向由x1指向x2,根据沿电场线 方向电势降低可知位置x1处的电势高于位置x2处的电 L,结合题图乙可知， V 势，D正确.门 交变电场在此期间经历了两 2.AC[电子从O到x2的过程中，电势能增加，静电力做 个周期，粒子P沿y轴的分速 负功，说明静电力水平向左，电场强度沿x轴正方向，x2 度随时间变化的，一t图像如 之后，电势能减小，静电力做正功，电场强度沿x轴负方 向，可知A带负电，B带正电，故A正确，B错误；根据F 厨所示（六） △E,可知，图像斜率的绝对值表示静电力的大小，所 = 由图可知粒子在2个周期内的运动一直沿同一方向，可 △x 分为4段，每段的时间相同，加速度大小相等，发生的位 移大小也相等，所以整个运动过程粒子P在y轴方向运 以在工2处，静电力为零，合电场强度为零，所以有及号 动的距离为=4X号职（侣）， 解得红二十)，故C正确，D =k 92 x 错误.] 考点三 [例3][解析](1)由题意可知含A细胞的液滴在电场 解得E'=43md gl E4. 故 中做类平抛运动，垂直于电极板方向，则1=t1,沿电极 1 板方向x1=2af, 答案：(1)3m gl E1(2)4 2 课堂评价·高考预测 由牛顿第二定律qE=a, 1.AD[如图所示，O为两，点电荷 解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为Zx1=5X 连线的中点，则平面Oab为等量 10-3m: 异种，点电荷连线的中垂面，根据 (2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则竖 等量异种点电荷电势分布特，点可 直方向位移h=vt2,水平方向位移x2=at1t,联立解得 知，中垂面为一等势面，则a点和 q x2=0.05m,由对称性可知，A、B细胞收集管的间距△x b,点的电势相等，故A正确，B错 =2(x1+x2)=2×(0.005+0.05)m=0.11m. 误；由图可知，a点到等量异种点 [答案](1)5×103m(2)0.11m 电荷连线的中，点O的距离等于b [对点集训] ,点到等量异种，点电荷连线的中点O的距离，根据等量异 1,BC[由于匀强电场的电场强度 种点电荷电场强度分布特点可知，Q点和b点的电场强 D 为m竖，即静电力与重力大小相 度大小相等，a,点和b点的电场强度方向均与g、一q连 线平行，方向由q指向一q,即a点和b点的电场强度等 等，作出小圆环在大圆环上的等 0J45 大且方向相同，故C错误，D正确.] 效最低，点C与等效最高点D,如 96 2.解析：(1)小球在C点时速度最大，可判断C点为等效最 图所示，小圆环在等效最低，点速 C 低，点，则静电力与重力的合力沿DC方向 度最大，动能最大，在等效最高，点 速度最小，动能最小，根据沿电场 所以小球受到的静电力的大小为F=mgtan30°-5 g 线电势降低，可知>c, C点与D点不在同一等势面上，A错误： 小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的 (2)要使小球经过D点时对圆轨道的压力最小，则必须 转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的 使小球经过D,点时的速度最小，则D,点为等效最高，点， 位置恰是机械能最大的位置，B正确； 等效重力恰好完全提供向心力，即在D,点小球对圆轨道 小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环 通过等效最高点D的速度为0，对圆环分析有 的压力拾好为零，有80=m曾 -gERsin 45-mg(R+Rcos 45)=0-mA 1 在小球从圆轨道上的D点运动到A,点的过程中，根据动 解得vA=√2(1十√E)gR,C正确； 能定理有mgr(1十c0s30)+Ersin30°=m6 小圆环运动到B过程有 1 2mu2, mg·2R=之mu6-2mui, 联立解得v。=2√1十√5m/s. UB 在B点有Fv十mg=mR, 答案：1)N(2)2√1+5m/s 3 解得F、=(2√2-3)mg<0, 第9讲磁场 可知，小圆环过B,点受到大环的弹力大小为 核心素养·助学提能 (3-2√2)mg,D错误.] 考点一考向1 2.解析：(1)粒子P开始在电场中做类平抛运动，将粒子P运 [例1][解析]根据安培定则，两导线在O,点处产生的磁 动到M,点时的速度正交分解，其沿x轴方向上的分速度为 感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的 ,则沿y轴方向的分速度飞=√J(2)一《=√5山， 磁高应强度大小为B受，根搭对称性，两导线在N处的 粒子P在电场中的加速度a=E 72 磁感应强度大小应该与M点一样，为B,根据对称性，L2 在M,点，竖直方向v,=at, 水平位移l=t,竖直位移yw=之af, 在N点处产生的磁感应强度为且是，由于L在N点处 产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且 装主架得--9 方向相反，将L,撒去，N点的磁感应强度为B,一B. [答案]B ·248· 答案精析1 考向2 穿过ad边经cd边垂直BC射出时，速度方向与ad边夹 例2][解析]根据左手定则可知，金属棒受到的安培 角不一定为45°，C错误：当粒子穿过ad边的速度方向与 力方向沿斜面向下，由于金属棒的重力分力也沿斜面向 ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出 下，则金属棒受到的静摩擦力方向一定沿斜面向上，故 粒子运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若 A、B错误：若金属棒恰好不运动，金属棒受到的静摩擦 粒子经b边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所 力达到最大，此时金属棒在导轨上静止受到的安培力最 示，则粒子一定垂直BC边射出，B错误，D正确.门 大，根据受力平衡条件可得ngsin日十F安=Fm,又F安= D E BLE →D…···· BIL=BR+,+RL,联立可得R=F mgsin R。,要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电 BLE 路中的最小阻值为sin0一，故C正确，D 错误， [答案]C 丙 考点二 2.解析：(1)当磁场的磁感应强度为B。时，电子刚好不会 [例3][解析](1)作出正电荷在 Y个××× 落到筒壁上。 磁场中运动的轨迹，如图所示 ××× 则电子以速度，垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀 由几何关系可知，正电荷在磁场中 速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为R。 做匀速圆周运动的半径为r=0可0 R yo sin 2, XXX 2 XX X 由洛伦兹力提供向心力q四B= 根据洛伦兹力提供向心力可得eB,=m 。, 联立解得，品一后R: 解得正电荷的入射速度大小为心1= 2qByo (2)磁感应强度调整为号后，#电子逸庭沿多直轴线和 正电荷在磁场中运动的周期为T=2π！=2πm】 平行轴线方向进行分解，分别设U,心y,电子将在垂直轴 v1 gB' 所以正电符从M运动到N的时同为，-碧T=: 线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线 运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远，点时，其垂直轴 线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为R (2)由题意可知，在xOy平面内的负电荷在圆心O处，由 牛顿第二定律可知q,B十k生8y=m三，其中m R 2 1- Bo B 根据洛伦黄力提供向心力可得：受 R。 k 解得一B。 一4k9(舍去)： 6kq或m=By 联立解得=受 (3)在(2)的条件下，正电荷从N点离开磁场后绕负电荷 由射出到相切，经过半个周期，用时= 2 做椭圆运动，如图所示 ×× 之×2π2一2m=πK B eB e ×× 010 根据速度的合成与分解可知0-√一远- 2%, M××X 平行轴线方向运功距离y=:R。 4D. 结合对称性，被电子击中的面积S=2X2πRy 由能量守恒定律得2m-g48g=号 2 mvgk48g =2√5πR. 由开普勒第二定律可知2r2=Urg, 2 答案：①斤-R 其中r2=2yo,联立解得3=6y, (2)S=2√3π2R 由牛顿第二定律k一 48q ,解得T 考点三 [例4][解析] 根据洛伦兹力提供向心力有gB=m 4√5πBy 3kg 可得R=m' =d,故A错误； gB 故正电荷从V点离开磁场后到首次速度变为与V点的 y 射出速度相反的时间为t2= 2V3πBy 3kg × [答案]1)29By」 π2 3gB (3)2V3πB X (2)6kg 3kg [对点集训门 1.AD[若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为 × 45°，则粒子必经过cd边，作出粒子运动轨迹图，如图甲 所示，粒子从C点垂直于BC射出，A正确；反之当粒子 ·249· ㄧ物理 当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 根据题意可知，从M点射出的粒 热爽阳以泽来而非皮是 子在磁场中运动的路程最长，如 图乙所示 y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，mx=√3d, 易知四边形O,DOQ为菱形，根据 几何关系可知∠Q0,D=120°， 故上表面接收到粒子的区域长度为s上=√d-d,故B 则粒子经过磁场区域的最长路程 错误；根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面V,点：当 粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离 为=子×2R=2, 3 y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为 所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为 d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确：根据 图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最 3 小，用时最短，有tmm=360· 部·器一器故D格花 答案：1贺方向垂直纸面向里 [答案]C [对点集训] (2)≤≤2π 3 1.D[AB.在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒 课堂评价·高考预测 子，总是沿径向射出的；根据圆的特，点可知粒子的运动 轨迹不可能经过O点，故AB错误；C.粒子连续两次由 1BDL根据洛伦滋力提供向B口 F A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短，根据对称性可 心力，有gmB=m之，解得， D 知轨迹知图① B,可知半径越大，磁感应 =m ◇O 强度越小，粒子能从AC边离A 开磁场的临界轨迹如图所示，由几何关系可得OC=2r, AC=2AB2L,可得CD3,则有r三W器≤号 解得B≥3m,故A错误，B正确：根据题意可知，从AC gL 边离开的教子在位场中运动的时同为1一艺=宁·巴 ≤，故C错误；粒子在磁场中的运动周期为T=2 图① 3U U 则最短时问有1=2T=智，故C错误：D粒子从A点 一留粗子在骏场中运功时间为1一是：T器当维 gB 射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图② 感应强度取粒子从AC边离开磁场的最小值时，增大粒 所示 子的入射速度，粒子运动半径增大，则粒子从BC边离开 磁场，速度越大，轨迹对应的圆心角日越小，粒子在磁场 中的运动时间越短，故D正确.] 2.解析：(1)粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力提供向心 力，故有gB=m爱，解得B-是 (2)设从M,点发射的粒子，在E ,点进入磁场；从V,点发射的粒 D 子，在A点进入磁场，从C点离 图② 开磁场，打在屏上的D,点，圆周 设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r= 运动的圆心为O1,如图所示 ,根据洛伦按力提供向心力有gB=m 由于粒子源MV长度为R,并与 3 ，可得= y轴垂直，且MN中点发射的粒 BBR,故D正确] 子速度方向恰好指向O',所以 M 3m OA=OE=AE-R, 2.解析：(1)根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在 故有∠OAE=60°， 由题意可得OA=OC=O1A=O1C=R, 磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为1，由几 由几何知识可得∠AOC=∠OAE=60°， 何关系可知门=R,根据洛伦兹力提供向心力，有qB= 所以∠CDO=∠AOC=60°， m号，联主解得B=贺根据左手定则可知，酸感应强度 粒子在磁场中的运动时间为 60 方向垂直纸面向里， U 3v (2)根据题意可知，从V点射出 粒子从C点到D点的运动时间为 的粒子在磁场中运动的路程最 短，如图甲所示 1-CD--R_2/5R 根据几何关系可得 vo vo sin 603= 3 所以粒子源右端点V发射的粒子从进入磁场到打到屏 R 2 1 cos∠C0B=R=立' 上所经历的时同1=有中-及（x+2⑤)： (3)未加电场时，从M点发射的粒子 解得∠COB=60°， 从E点进入磁场，从C点离开磁场， 因为四边形OBOQ为菱形，所以∠QOB=60°， 打在屏上的F点，从MN中，点发射 则粒子经过磁场区域的最短路程为 的粒子会打在O,点，如图所示在磁场 =合×2nR=S, 3 区域加上一个沿x轴正方向的电场 时，粒子会在x轴方向加速，由于粒 ·250 答案精析1 子在x轴方向的分速度与磁场方向平行，所以该分速度 [对点集训] 不影响粒子所受的洛伦兹力，故粒子在x轴方向仅受静 1,A[直线通道PQ有电势差为U的加速电场，粒子带负 电力作用，做匀加速直线运动，在图甲所示的平面内的 电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场 运动情况与未加电场时相同，所以从M,点发射的粒子打 的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；根据题意， 在屏上的P,点；由图乙可知，从M,点发射的粒子打在屏 由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为 上时与O,点相距最远，在x轴方向gE=a,又因E 9U,由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动 所以a=E套， 1U6 能增莹为k9U,加速及水后，由功能定理：kqU=子md 由几何知识可得∠CAE=120°，∠CFO=60°， 所以粒子在磁场中的运动时间 乞m,解得 2kg更_m于2kqUm,故B.C 器T=·密 错误； 3U6 粒子在x轴方向的位移为 粒子在偏转磁场中运动的半径为R,则由B=mR,联 听十aigR+g成 立解得B=m=m √m'2+2kmgU gR R/+2k@U gR 故 粒子在y轴方向的位移为 y=-OF=-5R, D错误.] 3 2.解析：(1)根据题意，作出 所以所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标 粒子垂直挡板射入小孔 B K的运动轨迹如图所示， 加速电压 为（R-1, 根据几何关系可知粒子 在磁场中做圆周运动的 生 答案：(1)” 器 60 gR (2)尽(x+2B 3 轨迹半径为”=工K (3)①P (R+4gR,-R 号，在△OMN区域根据 9 第10讲带电粒子在复合场中的运动 洛伦兹力提供向心力有quB=m 核心素养·助学提能 考点一 在匀强加速电场中由动能定理有Uq= 2mu, [例1][解析](1)对乙粒子，如 图所示 联立解得U。=9BL 8m 由洛伦兹力提供向心力qB= 30× (2)根据题意，当轨迹半径 y 最小时，粒子速度最小，则 r 作出粒子以最小的速度从 料加速电压 由几何关系sin30°= L 小孔K射出的运动轨迹 0 如图所示， 联立解得，磁感应强度的大小为B ··X。× 根据几何关系可知粒子在 器 60° 磁场中做圆周运动的轨迹 2×需×型 (2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为 半径为=c0s60=子，在△OMN区战根据洛伦# 、gB3u 力提供向心力有9四B=m”一，粒子从小孔K射出后 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O 好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后 3 点，由运动学公式d=24十立a行， 受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受 到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则△OMN之 由牛顿第二定律a=gE=9 外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满 m4πL, 联立可得Ⅲ区宽度为d=是L 3 足9B=Eg,联立可得E=9BL Am (3)甲粒子经过O,点时的速度为 (3)在匀强加速电场中由动能定理有Ug=之m, 3 0p=之%十at1=3o, 可得”=3BL 因为甲在V区始终做匀速直线运动，则t=x=kX 6m 3,可得=品 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t,,乙粒子在V区运动时间 为to,则上式中t=t。十， 可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径 对乙可得E=u(t,十)一kx 9 整理可得=3u(,十，)-3uF, 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 qo 粒子从K射出时，”越偏 y 对甲可得x1=3(t十t2) 向y轴，离y轴越近，由 B 3vF 则△x=x1一x2三 L 构加速电压】 化简可得乙追上甲前F与△x间的关系式为 几何关系有sin9= F=9@·△x. 9则者9=0 60° 0 [答案](1) 由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿x 2gL 3U0 轴方向的匀速圆周运动，其中 ·251·