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新高考物理一轮复习精讲精练第10章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第10章 磁场 第2讲 磁场对运动电荷的作用（含解析），共27页。试卷主要包含了洛伦兹力的大小和方向，带电粒子在匀强磁场中的运动等内容，欢迎下载使用。
第二讲 磁场对运动电荷的作用
Ø 知识梳理
一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：运动电荷在磁场中受到的力。
2．大小
(1)v∥B时，F＝0；
(2)v⊥B时，F＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin_θ。
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v。即F垂直于B、v决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。
2．若v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动。
3．做匀速圆周运动的基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m；
(2)轨道半径公式：r＝；
(3)周期公式：T＝。
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。
考点一、洛伦兹力的理解和应用
1．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力的方向时，要注意使四指指向电荷运动的反方向。
2．洛伦兹力与静电力的比较
洛伦兹力
静电力
产生条件
≠0且v不与B平行
电荷处在静电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与
场方向的
关系
一定是F⊥B，F⊥v，且与电荷电性有关
正电荷受力与电场强度方向相同，负电荷受力与电场强度方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功，也可能不做功
力为零时
场的情况
F为零，B不一定为零
F为零，E一定为零
作用效果
只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小
既可以改变电荷运动速度的大小，也可以改变电荷运动的方向
例1、如图所示，M、N为两根垂直纸面的平行长直导线，O为M、N连线中点，一电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出，当两导线同时通有如图方向电流时，该电子将( )
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向左偏转 D．向右偏转
【答案】D
【解析】根据右手螺旋定则可知，M、N两导线在O点形成的磁场方向都是向上的，故O点处合磁场方向向上，电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出时，由左手定则可知，电子受洛伦兹力向右．
例2、(2022·江西重点中学联考)如图，光滑绝缘的圆弧轨道MON固定在竖直平面内。O为其最低点，M、N等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。将一个带正电的小球自M点由静止释放，它在轨道上M、N间往复运动。下列说法中正确的是( )
A．小球在M点和N点时均处于平衡状态
B．小球由M到O所用的时间小于由N到O所用的时间
C．小球每次经过O点时对轨道的压力均相等
D．小球每次经过O点时所受合外力均相等
【答案】D
【解析】平衡状态的加速度为零，故A错误；由于洛伦兹力总是与运动方向垂直，又没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B错误；根据机械能守恒定律，小球每次经过最低点的速度大小相同，由F合＝m可知，F合大小相等，故D正确；小球在最低点时受重力、支持力和洛伦兹力，从N到M时，洛伦兹力向下，故有F1－mg－F洛＝m，故此时小球对轨道的压力为F1＝mg＋F洛＋m，小球从M到N时，洛伦兹力向上，故有F2＋F洛－mg＝m，故此时小球对轨道的压力为F2＝mg－F洛＋m，所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误。
l 课堂随练
训练1、下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
【答案】B
【解析】根据左手定则判断，A项中洛伦兹力方向竖直向上；B项中洛伦兹力方向竖直向下；C项、D项电荷不受洛伦兹力；故选项B正确，A、C、D错误。
训练2、如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
【答案】C
【解析】根据左手定则可知，滑块下滑过程中，受到垂直斜面向下的洛伦兹力，故C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，故A错误；B越大，滑块下滑过程中受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，故B错误；由于开始滑块不受洛伦兹力时能下滑，说明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B很大时，若滑块速度很小，则摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑块不会静止在斜面上，故D错误。
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．圆心、半径和时间的确定
基本思路
图例
说明
圆心的确定
①与速度方向垂直的直线过圆心
P、M点速度方向垂线的交点
②弦的垂直平分线过圆心
P点速度垂线与弦的垂直平分线交点
③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心
某点的速度垂线与切点法线的交点
半径的确定
利用平面几何知识求半径
常用解三角形法：左图中，R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
运动时间的确定
利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间
①t＝T
②t＝
(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ
(2)偏转角φ与弦切角α的关系：
φ＜180°时，φ＝2α；φ＞180°时，φ＝360°－2α
2．运动轨迹
(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)。
3．常用结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
例1、(多选) (2021·湖北卷，9)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是( )
A．a带负电荷 B．b带正电荷
C．c带负电荷 D．a和b的动量大小一定相等
【答案】BC
【解析】由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，解得R＝，由于a粒子与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误。
例2、(多选)(2022·山东省二模)如图，虚线上方空间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的方向从粒子源O先后发射速率均为v的质子和α粒子，质子和α粒子同时到达P点。已知OP＝l，α粒子沿与PO成30°角的方向发射，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A．质子在磁场中运动的半径为l
B．α粒子在磁场中运动的半径为l
C．质子在磁场中运动的时间为
D．质子和α粒子发射的时间间隔为
【答案】ACD
【解析】
根据题意作出α粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，α粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝l，因为粒子做圆周运动的半径r＝，质子与α粒子的比荷为2∶1，所以其半径之比为1∶2，质子半径为l，故A正确，B错误；α粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，转过的圆心角θ1＝300°，则α粒子在磁场中的运动时间t1＝T＝，质子从O点射入，P点射出，半径为l，可知从O点射入的速度方向必与OP边界垂直，θ2＝180°，故t2＝T′＝，所以质子和α粒子发射的时间间隔为t1－t2＝，故C、D正确。
例3、(2021·北京高考)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出( )
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【解析】 粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作出轨迹如图所示，O1为轨迹圆心，由几何关系可知OO1＝atan30°＝a，轨迹半径R＝＝a，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋2＝a2，故A正确；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝，轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知且不可求出，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故B、D错误；带电粒子在磁场中转过的圆心角为π，周期为T＝＝，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，因磁感应强度B未知且不可求出，则运动时间无法求出，故C错误。
例4、如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d，O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是( )
A．电子将向右偏转
B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
D．电子在磁场中运动的时间为
【答案】D
【解析】
电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，故A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，故D正确。
例5、(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( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中做圆周运动的轨迹半径r2＝Rtan 60°＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，则r1＝，r2＝，解得＝，B正确。
l 课堂随练
训练1、一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，则从图中情况可以确定( )
A．粒子从a到b，带正电
B．粒子从a到b，带负电
C．粒子从b到a，带正电
D．粒子从b到a，带负电
【答案】C
【解析】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，则速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带正电，故C正确，A、B、D错误．
训练2、如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是( )
A．粒子a带负电
B．粒子c的动能最大
C．粒子b在磁场中运动的时间最长
D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大
【答案】D
【解析】由左手定则可知，a粒子带正电，故A错误；由qvB＝m，可得r＝，由题图可知粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝mv2，知粒子c的动能最小，故B错误；根据洛伦兹力提供向心力有F向＝qvB，则可知粒子b的向心力最大，故D正确；由T＝，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b在磁场中运动的时间t＝T最短，故C错误。
训练3、(多选)如图所示，在坐标系的y轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的宽度为d，磁场方向垂直于xOy平面向里。一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子，从原点O射入磁场，速度方向与x轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y轴的某点离开磁场。忽略粒子重力。关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．它的轨迹半径为d
B．它进入磁场时的速度为
C．它在磁场中运动的时间为
D．它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为d
【答案】AB
【解析】粒子运动轨迹如图所示，设粒子运动轨迹半径为r，由几何关系有r＋rsin30°＝d，解得r＝d，A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子进入磁场时的速度为v＝＝，B正确；由T＝＝，如图由几何关系知粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为240°，则运动时间t＝T＝T＝，C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y＝－2rcos30°＝－d，D错误。
训练4、如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A．∶2 B．∶1
C．∶1 D．3∶
【答案】C
【解析】
由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。
训练5、(2019·全国卷Ⅲ·18)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，
对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝＝，可得t2＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D错误．
考点三、带电粒子在有界磁场中的临界极值问题
分析思路和方法
两种思路
一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种方法
物理方法
(1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值
数学方法
(1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等
从关键词找突破口
许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件
例1、(多选) 如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q。粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度大小为
B．磁感应强度大小为
C．若发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为
D．若发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为
【答案】BC
【解析】磁场方向垂直纸面向外，粒子恰好没有穿出磁场区域，因此带电粒子的轨迹圆的直径等于过O点垂直于cb的线段长度，设垂足为d，由几何关系得Od＝L，则粒子轨迹圆的半径为r＝L，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得B＝，A错误，B正确；当发射粒子速度为2v时，由2qvB＝m，得r′＝＝，求最短时间，也就是求粒子在磁场中转过最小的角度，当粒子从垂足d穿出时，时间最短，由几何关系知，转过的角度为θ＝60°，T＝＝，即最短时间t＝T＝，C正确，D错误。
例2、（2020全国3）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】为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，则其运动轨迹，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，r为半径，由图可知为直角三角形，则由几何关系可得
解得；
由洛伦兹力提供向心力
解得，故C正确，ABD错误。
故选C。
例3、如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°的方向以不同的初速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间；
(2)若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示，有qBv0＝
又T＝
解得T＝
又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁场中运动的最长时间t＝T＝。
(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图2所示，设此时初速度为v01，轨道半径为R1，由几何关系可得
R1＋R1sin37°＝0.4l
又qBv01＝
解得v01＝；
当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图3所示，设此时初速度为v02，轨道半径为R2，由几何关系可得R2＋R2cos37°＝l
又qBv02＝
解得v02＝
综上可得
训练1、如图所示，平行边界MN、PQ之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d。边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v＝。若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为( )
A．1 B．2∶3
C．∶2 D．2∶7
【答案】C
【解析】由v＝可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝＝d，则粒子能打到PQ上的区域长度为2＝d；粒子能打到MN上的区域的长度为2r＝d，故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为，故选C。
训练2、如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，不计重力，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】粒子沿ab边射入磁场且从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，如图所示，由题意和几何关系可知ab＝L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径r＝L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB＝，解得粒子的最大速度vm＝，故A正确，B、C、D错误。
训练3、(2022·苏锡常镇四市5月调研)如图，直角坐标系xOy中，y轴上P点处有一个粒子源，可沿－x到＋x方向向上180°范围内发射带正电的粒子，粒子的比荷均为＝5.0×106 C/kg，速度大小介于0～3.0×105 m/s。MN是一块置于x轴上的粒子收集薄金属板，各点坐标如图，其中a＝0.3 m。可以通过施加电场或磁场的方式进行粒子的收集。
(1)若平面内存在电场，且P和MN间电势差U＝7.0×103 V，求到达板上的粒子的速度最大值；
(2)若在平面内加一垂直于纸面向外的足够大匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1 T，求能够被板MN收集到的粒子的最小速度；
(3)在第(2)问的条件下，求能够被板MN收集到的粒子的最长运动时间。
【答案】(1)4×105 m/s (2)1.25×105 m/s (3)×10－5 s
【解析】(1)由动能定理可得
qU＝mv－mv
可解得最大速度vm＝4×105 m/s。
(2)由几何关系可知，最小速度的粒子的轨迹应该是以PM为直径的圆，如图甲所示，
所以r1＝＝0.25 m
由向心力公式可得qv1B＝m
可得v1＝1.25×105 m/s。
(3)粒子运动时间最长的应该是速度最大即为vm的粒子，其轨迹如图乙所示，轨迹圆与MN相切
由qv0mB＝m
可得r2＝0.6 m
由几何关系可得cos θ＝
所以θ＝
由圆周运动可知，运动时间t＝
可得t＝×10－5 s。
Ø 同步训练
1、(2022·浙江高三模拟)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是( )
A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大
B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小
C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大
D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小
【答案】B
【解析】水平导线中通有恒定电流I，根据安培定则判断可知，导线上方的磁场方向垂直纸面向里，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则判断可知，导线下方的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将向上偏转，其速率v不变，而离导线越近，磁场越强，磁感应强度B越大，由公式r＝，可知电子的轨迹半径逐渐变小，故选B.
2、云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是( )
A．a、b、c都是正电子的径迹
B．a径迹对应的粒子动量最大
C．c径迹对应的粒子动能最大
D．c径迹对应的粒子运动时间最长
【答案】C
【解析】正、负电子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知，a、b、c都是负电子的径迹，A错误；负电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝m，解得R＝，由图可知，Ra
A．粒子运动的周期变为原来的
B．粒子运动的半径仍为R
C．粒子运动的加速度变为原来的4倍
D．粒子运动轨迹所包围的磁通量变为原来的4倍
【答案】D
【解析】由题意得，a＝，R＝，Φ＝BS＝Bπ()2，T＝＝，当粒子的速度变为2v时，a变为原来的2倍，R变为原来的2倍，Φ变为原来的4倍，T不变，故A、B、C错误，D正确．
4、(多选) (2019·海南卷，9)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则( )
A．P和Q的质量之比为1∶2
B．P和Q的质量之比为∶1
C．P和Q速度大小之比为∶1
D．P和Q速度大小之比为2∶1
【答案】AC
【解析】设MN＝2R，则粒子P做圆周运动的轨迹圆半径R＝；粒子Q做圆周运动的轨迹圆半径为R，有R＝；又两粒子在磁场中运动时间相同，则tP＝，tQ＝TQ＝，即＝，解得mQ＝2mP，vP＝vQ，故A、C正确，B、D错误。
5、(2019·全国Ⅱ卷，17)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A．kBl，kBl B．kBl，kBl
C．kBl，kBl D．kBl，kBl
【答案】B
【解析】若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，
ra＝
由qvaB＝m得va＝＝＝
若电子从d点射出，运动轨迹如图线②
由几何关系得r＝＋l2
整理得rd＝l
由qvdB＝m得vd＝＝＝，选项B正确。
6、(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中x＞0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点。带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则( )
A．粒子P带正电
B．粒子P在磁场中运动的时间为
C．粒子Q在磁场中运动的时间可能为
D．粒子Q在磁场中运动的路程可能为
【答案】ABD
【解析】粒子P从C点沿x轴正向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转过O点，由左手定则知带正电，故A正确；据题意可知P粒子在磁场中做半个圆周运动，则半径为R1＝，运动时间为t1＝＝，故B正确；Q粒子与P粒子的比荷相同，而速度为4v，由R＝可知R2＝4R1＝2L，而CD距离为2L，故Q粒子不可能沿x轴正向进入磁场。设与y轴的夹角为θ，分別有两种情况从C点进过D出，轨迹如图所示：
由几何关系可知θ＝30°，两种轨迹的圆心角为60°和300°，则粒子Q的运动时间t2＝＝或t2＝＝，而圆周的弧长为s＝·2L＝或s＝·2L＝，故C错误，D正确。
7、如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】粒子在磁场中运动的半径为R＝＝＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为圆磁场的直径2r，故t＝＝＝，故选项C正确。
8、(2022·丹东一模)如图所示，坐标平面内有边界过P(0，L)点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，方向垂直于坐标平面，一质量为m、电荷量为e的电子(不计重力)，从P点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，从x轴上的Q点射出磁场区域，此时速度与x轴正方向的夹角为60°，下列说法正确的是( )
A．磁场方向垂直于坐标平面向外
B．磁场的磁感应强度B＝
C．圆形磁场区域的半径为2L
D．圆形磁场的圆心坐标为
【答案】B
【解析】粒子运动的轨迹如图所示，
根据左手定则可知磁场垂直于纸面向里，故A错误；根据几何知识可知，粒子的轨迹半径为r＝2L，又洛伦兹力提供向心力，得eBv0＝m，所以B＝＝，故B正确；根据几何知识可知，由于∠QOP＝90°，所以PQ为圆形磁场区域的直径，所以2R＝r，则磁场区域的半径R＝L，故C错误；由题意和图中的几何关系可得，过P、O、Q三点的圆的圆心在PQ连线的中点，所以圆心的x轴坐标为PO1sin 60°＝L，y轴坐标为y＝L－PO1cos 60°＝L，故Q1点坐标为，故D错误。
9、如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m，电荷量为q，初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P 点射入磁场，从Q 点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在磁场中运动的轨迹长度为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．圆形磁场区域的半径为tan θ
【答案】D
【解析】根据粒子的偏转方向，由左手定则可以判断出粒子带正电，A不符合题意；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得粒子在磁场中运动时，其轨迹的半径为r＝，由几何关系可知其对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的轨迹长度为s＝θr＝，B不符合题意；粒子做匀速运动的周期为T＝＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝·T＝，C不符合题意；设圆形磁场区域的半径为R，由tan ＝，解得R＝rtan ＝·tan ，D符合题意。
10、(2019·全国Ⅰ卷，24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v
由动能定理有qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，
由牛顿第二定律有
qvB＝m②
由几何关系知d＝r③
联立①②③式得＝。④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝⑥
联立②④⑤⑥式得t＝。
11、(2022·浙江百校3月联考)一简易的速度筛选器如图所示，形状为一等腰直角三角形，直角边长为2a。在该区域里，有一垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。一束速度大小不同，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从中点O垂直AB射入该磁场区域，在BC边放置一粒子收集器，长度与BC等长，粒子打到收集器上会被收集，从而把这些粒子筛选出来。其中粒子重力不计，也不计粒子间相互作用。
(1)求能被收集粒子的最小速度；
(2)求能被收集粒子的速度范围；
(3)讨论能被收集粒子在磁场中运动的时间与速度的关系；
(4)如果入射点稍向下移，能被收集粒子的速度范围会增大还是减小？(不需要写出推导过程)
【答案】(1) (2)≤v≤ (3)t＝arccos (4)增大
【解析】(1)设能被收集粒子的最小速度为v1
由qvB＝m
得R＝
打在粒子收集器x＝0处，故R1＝
粒子速度为v1＝。
(2)设最大收集速度为v2，粒子运动轨迹与AC相切，轨迹如图甲，
由几何关系得R2＝R2＋a
则半径R2＝(＋1)a，v2＝
因此筛选出来的粒子的速度范围为≤v≤。
(3)能被收集粒子半径满足＜R≤(＋1)a，由图乙可知
cos α＝
＝
T＝
得t＝arccos。
(4)如果入射点稍向下移，则筛选出来粒子的最小速度会减小，最大速度会增大，因此范围会增大。
第二讲 磁场对运动电荷的作用
Ø 知识梳理
一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：运动电荷在磁场中受到的力。
2．大小
(1)v∥B时，F＝0；
(2)v⊥B时，F＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin_θ。
3．方向
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v。即F垂直于B、v决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。
2．若v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动。
3．做匀速圆周运动的基本公式
(1)向心力公式：qvB＝m；
(2)轨道半径公式：r＝；
(3)周期公式：T＝。
注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关。
考点一、洛伦兹力的理解和应用
1．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力的方向时，要注意使四指指向电荷运动的反方向。
2．洛伦兹力与静电力的比较
洛伦兹力
静电力
产生条件
≠0且v不与B平行
电荷处在静电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与
场方向的
关系
一定是F⊥B，F⊥v，且与电荷电性有关
正电荷受力与电场强度方向相同，负电荷受力与电场强度方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功，也可能不做功
力为零时
场的情况
F为零，B不一定为零
F为零，E一定为零
作用效果
只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小
既可以改变电荷运动速度的大小，也可以改变电荷运动的方向
例1、如图所示，M、N为两根垂直纸面的平行长直导线，O为M、N连线中点，一电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出，当两导线同时通有如图方向电流时，该电子将( )
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向左偏转 D．向右偏转
【答案】D
【解析】根据右手螺旋定则可知，M、N两导线在O点形成的磁场方向都是向上的，故O点处合磁场方向向上，电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出时，由左手定则可知，电子受洛伦兹力向右．
例2、(2022·江西重点中学联考)如图，光滑绝缘的圆弧轨道MON固定在竖直平面内。O为其最低点，M、N等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。将一个带正电的小球自M点由静止释放，它在轨道上M、N间往复运动。下列说法中正确的是( )
A．小球在M点和N点时均处于平衡状态
B．小球由M到O所用的时间小于由N到O所用的时间
C．小球每次经过O点时对轨道的压力均相等
D．小球每次经过O点时所受合外力均相等
【答案】D
【解析】平衡状态的加速度为零，故A错误；由于洛伦兹力总是与运动方向垂直，又没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B错误；根据机械能守恒定律，小球每次经过最低点的速度大小相同，由F合＝m可知，F合大小相等，故D正确；小球在最低点时受重力、支持力和洛伦兹力，从N到M时，洛伦兹力向下，故有F1－mg－F洛＝m，故此时小球对轨道的压力为F1＝mg＋F洛＋m，小球从M到N时，洛伦兹力向上，故有F2＋F洛－mg＝m，故此时小球对轨道的压力为F2＝mg－F洛＋m，所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误。
l 课堂随练
训练1、下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
【答案】B
【解析】根据左手定则判断，A项中洛伦兹力方向竖直向上；B项中洛伦兹力方向竖直向下；C项、D项电荷不受洛伦兹力；故选项B正确，A、C、D错误。
训练2、如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
【答案】C
【解析】根据左手定则可知，滑块下滑过程中，受到垂直斜面向下的洛伦兹力，故C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，故A错误；B越大，滑块下滑过程中受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，故B错误；由于开始滑块不受洛伦兹力时能下滑，说明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B很大时，若滑块速度很小，则摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑块不会静止在斜面上，故D错误。
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．圆心、半径和时间的确定
基本思路
图例
说明
圆心的确定
①与速度方向垂直的直线过圆心
P、M点速度方向垂线的交点
②弦的垂直平分线过圆心
P点速度垂线与弦的垂直平分线交点
③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心
某点的速度垂线与切点法线的交点
半径的确定
利用平面几何知识求半径
常用解三角形法：左图中，R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
运动时间的确定
利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间
①t＝T
②t＝
(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ
(2)偏转角φ与弦切角α的关系：
φ＜180°时，φ＝2α；φ＞180°时，φ＝360°－2α
2．运动轨迹
(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)。
3．常用结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速度v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
例1、(多选) (2021·湖北卷，9)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是( )
A．a带负电荷 B．b带正电荷
C．c带负电荷 D．a和b的动量大小一定相等
【答案】BC
【解析】由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，解得R＝，由于a粒子与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误。
例2、(多选)(2022·山东省二模)如图，虚线上方空间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的方向从粒子源O先后发射速率均为v的质子和α粒子，质子和α粒子同时到达P点。已知OP＝l，α粒子沿与PO成30°角的方向发射，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是( )
A．质子在磁场中运动的半径为l
B．α粒子在磁场中运动的半径为l
C．质子在磁场中运动的时间为
D．质子和α粒子发射的时间间隔为
【答案】ACD
【解析】
根据题意作出α粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，α粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝l，因为粒子做圆周运动的半径r＝，质子与α粒子的比荷为2∶1，所以其半径之比为1∶2，质子半径为l，故A正确，B错误；α粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，转过的圆心角θ1＝300°，则α粒子在磁场中的运动时间t1＝T＝，质子从O点射入，P点射出，半径为l，可知从O点射入的速度方向必与OP边界垂直，θ2＝180°，故t2＝T′＝，所以质子和α粒子发射的时间间隔为t1－t2＝，故C、D正确。
例3、(2021·北京高考)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出( )
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【解析】 粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作出轨迹如图所示，O1为轨迹圆心，由几何关系可知OO1＝atan30°＝a，轨迹半径R＝＝a，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋2＝a2，故A正确；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝，轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知且不可求出，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故B、D错误；带电粒子在磁场中转过的圆心角为π，周期为T＝＝，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，因磁感应强度B未知且不可求出，则运动时间无法求出，故C错误。
例4、如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d，O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是( )
A．电子将向右偏转
B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
D．电子在磁场中运动的时间为
【答案】D
【解析】
电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，故A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，故D正确。
例5、(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( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中做圆周运动的轨迹半径r2＝Rtan 60°＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，则r1＝，r2＝，解得＝，B正确。
l 课堂随练
训练1、一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，则从图中情况可以确定( )
A．粒子从a到b，带正电
B．粒子从a到b，带负电
C．粒子从b到a，带正电
D．粒子从b到a，带负电
【答案】C
【解析】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，则速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带正电，故C正确，A、B、D错误．
训练2、如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是( )
A．粒子a带负电
B．粒子c的动能最大
C．粒子b在磁场中运动的时间最长
D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大
【答案】D
【解析】由左手定则可知，a粒子带正电，故A错误；由qvB＝m，可得r＝，由题图可知粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝mv2，知粒子c的动能最小，故B错误；根据洛伦兹力提供向心力有F向＝qvB，则可知粒子b的向心力最大，故D正确；由T＝，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b在磁场中运动的时间t＝T最短，故C错误。
训练3、(多选)如图所示，在坐标系的y轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的宽度为d，磁场方向垂直于xOy平面向里。一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子，从原点O射入磁场，速度方向与x轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y轴的某点离开磁场。忽略粒子重力。关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．它的轨迹半径为d
B．它进入磁场时的速度为
C．它在磁场中运动的时间为
D．它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为d
【答案】AB
【解析】粒子运动轨迹如图所示，设粒子运动轨迹半径为r，由几何关系有r＋rsin30°＝d，解得r＝d，A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子进入磁场时的速度为v＝＝，B正确；由T＝＝，如图由几何关系知粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为240°，则运动时间t＝T＝T＝，C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y＝－2rcos30°＝－d，D错误。
训练4、如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A．∶2 B．∶1
C．∶1 D．3∶
【答案】C
【解析】
由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。
训练5、(2019·全国卷Ⅲ·18)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，
对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝＝，可得t2＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D错误．
考点三、带电粒子在有界磁场中的临界极值问题
分析思路和方法
两种思路
一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种方法
物理方法
(1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值
数学方法
(1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等
从关键词找突破口
许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件
例1、(多选) 如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q。粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度大小为
B．磁感应强度大小为
C．若发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为
D．若发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为
【答案】BC
【解析】磁场方向垂直纸面向外，粒子恰好没有穿出磁场区域，因此带电粒子的轨迹圆的直径等于过O点垂直于cb的线段长度，设垂足为d，由几何关系得Od＝L，则粒子轨迹圆的半径为r＝L，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得B＝，A错误，B正确；当发射粒子速度为2v时，由2qvB＝m，得r′＝＝，求最短时间，也就是求粒子在磁场中转过最小的角度，当粒子从垂足d穿出时，时间最短，由几何关系知，转过的角度为θ＝60°，T＝＝，即最短时间t＝T＝，C正确，D错误。
例2、（2020全国3）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】为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，则其运动轨迹，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，r为半径，由图可知为直角三角形，则由几何关系可得
解得；
由洛伦兹力提供向心力
解得，故C正确，ABD错误。
故选C。
例3、如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°的方向以不同的初速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间；
(2)若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示，有qBv0＝
又T＝
解得T＝
又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁场中运动的最长时间t＝T＝。
(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图2所示，设此时初速度为v01，轨道半径为R1，由几何关系可得
R1＋R1sin37°＝0.4l
又qBv01＝
解得v01＝；
当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图3所示，设此时初速度为v02，轨道半径为R2，由几何关系可得R2＋R2cos37°＝l
又qBv02＝
解得v02＝
综上可得
训练1、如图所示，平行边界MN、PQ之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d。边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v＝。若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为( )
A．1 B．2∶3
C．∶2 D．2∶7
【答案】C
【解析】由v＝可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝＝d，则粒子能打到PQ上的区域长度为2＝d；粒子能打到MN上的区域的长度为2r＝d，故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为，故选C。
训练2、如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，不计重力，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】粒子沿ab边射入磁场且从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，如图所示，由题意和几何关系可知ab＝L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径r＝L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB＝，解得粒子的最大速度vm＝，故A正确，B、C、D错误。
训练3、(2022·苏锡常镇四市5月调研)如图，直角坐标系xOy中，y轴上P点处有一个粒子源，可沿－x到＋x方向向上180°范围内发射带正电的粒子，粒子的比荷均为＝5.0×106 C/kg，速度大小介于0～3.0×105 m/s。MN是一块置于x轴上的粒子收集薄金属板，各点坐标如图，其中a＝0.3 m。可以通过施加电场或磁场的方式进行粒子的收集。
(1)若平面内存在电场，且P和MN间电势差U＝7.0×103 V，求到达板上的粒子的速度最大值；
(2)若在平面内加一垂直于纸面向外的足够大匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1 T，求能够被板MN收集到的粒子的最小速度；
(3)在第(2)问的条件下，求能够被板MN收集到的粒子的最长运动时间。
【答案】(1)4×105 m/s (2)1.25×105 m/s (3)×10－5 s
【解析】(1)由动能定理可得
qU＝mv－mv
可解得最大速度vm＝4×105 m/s。
(2)由几何关系可知，最小速度的粒子的轨迹应该是以PM为直径的圆，如图甲所示，
所以r1＝＝0.25 m
由向心力公式可得qv1B＝m
可得v1＝1.25×105 m/s。
(3)粒子运动时间最长的应该是速度最大即为vm的粒子，其轨迹如图乙所示，轨迹圆与MN相切
由qv0mB＝m
可得r2＝0.6 m
由几何关系可得cos θ＝
所以θ＝
由圆周运动可知，运动时间t＝
可得t＝×10－5 s。
Ø 同步训练
1、(2022·浙江高三模拟)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是( )
A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大
B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小
C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大
D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小
【答案】B
【解析】水平导线中通有恒定电流I，根据安培定则判断可知，导线上方的磁场方向垂直纸面向里，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则判断可知，导线下方的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将向上偏转，其速率v不变，而离导线越近，磁场越强，磁感应强度B越大，由公式r＝，可知电子的轨迹半径逐渐变小，故选B.
2、云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是( )
A．a、b、c都是正电子的径迹
B．a径迹对应的粒子动量最大
C．c径迹对应的粒子动能最大
D．c径迹对应的粒子运动时间最长
【答案】C
【解析】正、负电子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知，a、b、c都是负电子的径迹，A错误；负电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝m，解得R＝，由图可知，Ra
A．粒子运动的周期变为原来的
B．粒子运动的半径仍为R
C．粒子运动的加速度变为原来的4倍
D．粒子运动轨迹所包围的磁通量变为原来的4倍
【答案】D
【解析】由题意得，a＝，R＝，Φ＝BS＝Bπ()2，T＝＝，当粒子的速度变为2v时，a变为原来的2倍，R变为原来的2倍，Φ变为原来的4倍，T不变，故A、B、C错误，D正确．
4、(多选) (2019·海南卷，9)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则( )
A．P和Q的质量之比为1∶2
B．P和Q的质量之比为∶1
C．P和Q速度大小之比为∶1
D．P和Q速度大小之比为2∶1
【答案】AC
【解析】设MN＝2R，则粒子P做圆周运动的轨迹圆半径R＝；粒子Q做圆周运动的轨迹圆半径为R，有R＝；又两粒子在磁场中运动时间相同，则tP＝，tQ＝TQ＝，即＝，解得mQ＝2mP，vP＝vQ，故A、C正确，B、D错误。
5、(2019·全国Ⅱ卷，17)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A．kBl，kBl B．kBl，kBl
C．kBl，kBl D．kBl，kBl
【答案】B
【解析】若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，
ra＝
由qvaB＝m得va＝＝＝
若电子从d点射出，运动轨迹如图线②
由几何关系得r＝＋l2
整理得rd＝l
由qvdB＝m得vd＝＝＝，选项B正确。
6、(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中x＞0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点。带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则( )
A．粒子P带正电
B．粒子P在磁场中运动的时间为
C．粒子Q在磁场中运动的时间可能为
D．粒子Q在磁场中运动的路程可能为
【答案】ABD
【解析】粒子P从C点沿x轴正向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转过O点，由左手定则知带正电，故A正确；据题意可知P粒子在磁场中做半个圆周运动，则半径为R1＝，运动时间为t1＝＝，故B正确；Q粒子与P粒子的比荷相同，而速度为4v，由R＝可知R2＝4R1＝2L，而CD距离为2L，故Q粒子不可能沿x轴正向进入磁场。设与y轴的夹角为θ，分別有两种情况从C点进过D出，轨迹如图所示：
由几何关系可知θ＝30°，两种轨迹的圆心角为60°和300°，则粒子Q的运动时间t2＝＝或t2＝＝，而圆周的弧长为s＝·2L＝或s＝·2L＝，故C错误，D正确。
7、如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】粒子在磁场中运动的半径为R＝＝＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为圆磁场的直径2r，故t＝＝＝，故选项C正确。
8、(2022·丹东一模)如图所示，坐标平面内有边界过P(0，L)点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，方向垂直于坐标平面，一质量为m、电荷量为e的电子(不计重力)，从P点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，从x轴上的Q点射出磁场区域，此时速度与x轴正方向的夹角为60°，下列说法正确的是( )
A．磁场方向垂直于坐标平面向外
B．磁场的磁感应强度B＝
C．圆形磁场区域的半径为2L
D．圆形磁场的圆心坐标为
【答案】B
【解析】粒子运动的轨迹如图所示，
根据左手定则可知磁场垂直于纸面向里，故A错误；根据几何知识可知，粒子的轨迹半径为r＝2L，又洛伦兹力提供向心力，得eBv0＝m，所以B＝＝，故B正确；根据几何知识可知，由于∠QOP＝90°，所以PQ为圆形磁场区域的直径，所以2R＝r，则磁场区域的半径R＝L，故C错误；由题意和图中的几何关系可得，过P、O、Q三点的圆的圆心在PQ连线的中点，所以圆心的x轴坐标为PO1sin 60°＝L，y轴坐标为y＝L－PO1cos 60°＝L，故Q1点坐标为，故D错误。
9、如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m，电荷量为q，初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P 点射入磁场，从Q 点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在磁场中运动的轨迹长度为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．圆形磁场区域的半径为tan θ
【答案】D
【解析】根据粒子的偏转方向，由左手定则可以判断出粒子带正电，A不符合题意；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得粒子在磁场中运动时，其轨迹的半径为r＝，由几何关系可知其对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的轨迹长度为s＝θr＝，B不符合题意；粒子做匀速运动的周期为T＝＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝·T＝，C不符合题意；设圆形磁场区域的半径为R，由tan ＝，解得R＝rtan ＝·tan ，D符合题意。
10、(2019·全国Ⅰ卷，24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v
由动能定理有qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，
由牛顿第二定律有
qvB＝m②
由几何关系知d＝r③
联立①②③式得＝。④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝⑥
联立②④⑤⑥式得t＝。
11、(2022·浙江百校3月联考)一简易的速度筛选器如图所示，形状为一等腰直角三角形，直角边长为2a。在该区域里，有一垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。一束速度大小不同，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从中点O垂直AB射入该磁场区域，在BC边放置一粒子收集器，长度与BC等长，粒子打到收集器上会被收集，从而把这些粒子筛选出来。其中粒子重力不计，也不计粒子间相互作用。
(1)求能被收集粒子的最小速度；
(2)求能被收集粒子的速度范围；
(3)讨论能被收集粒子在磁场中运动的时间与速度的关系；
(4)如果入射点稍向下移，能被收集粒子的速度范围会增大还是减小？(不需要写出推导过程)
【答案】(1) (2)≤v≤ (3)t＝arccos (4)增大
【解析】(1)设能被收集粒子的最小速度为v1
由qvB＝m
得R＝
打在粒子收集器x＝0处，故R1＝
粒子速度为v1＝。
(2)设最大收集速度为v2，粒子运动轨迹与AC相切，轨迹如图甲，
由几何关系得R2＝R2＋a
则半径R2＝(＋1)a，v2＝
因此筛选出来的粒子的速度范围为≤v≤。
(3)能被收集粒子半径满足＜R≤(＋1)a，由图乙可知
cos α＝
＝
T＝
得t＝arccos。
(4)如果入射点稍向下移，则筛选出来粒子的最小速度会减小，最大速度会增大，因此范围会增大。
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