专题09 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动【讲】-2022年高考物理二轮（新教材新高考）

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专题09 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动【讲】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc11908" 一．讲高考真题-----感悟核心素养 PAGEREF _Tc11908 \h 1
\l "_Tc8754" 【考情研判】 PAGEREF _Tc8754 \h 1
\l "_Tc7957" 【考题分析】 PAGEREF _Tc7957 \h 1
\l "_Tc19291" 【题后总结】 PAGEREF _Tc19291 \h 12
\l "_Tc7595" 二．讲核心问题-----提炼主干必备知识 PAGEREF _Tc7595 \h 13
\l "_Tc8579" 核心问题一 磁感应强度的叠加问题 PAGEREF _Tc8579 \h 13
\l "_Tc25873" 核心问题二 磁场对通电导体的作用力问题 PAGEREF _Tc25873 \h 15
\l "_Tc11993" 核心问题三 带电粒子在匀强磁场中的运动问题 PAGEREF _Tc11993 \h 17
\l "_Tc20252" 核心问题四 带电粒子在组合场中的运动问题 PAGEREF _Tc20252 \h 23
\l "_Tc1204" 核心问题五 带电粒子在叠加场中的运动问题 PAGEREF _Tc1204 \h 28
\l "_Tc13109" 三．讲重点模型-----模型构建-----动态圆模型 PAGEREF _Tc13109 \h 31
\l "_Tc17028" 四．讲学科态度-----磁与现代科技的应用 PAGEREF _Tc17028 \h 35
一．讲高考真题-----感悟核心素养
【考情研判】
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，也可能结合其它知识以计算题的形式考查．
2．纵观近几年高考，涉及磁场知识点的题目每年都有，对与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动的考查最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题．
3．新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合．
【考题分析】
【例1】（2021·全国高考真题）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与在一条直线上，与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（ ）
A．B、0B．0、2BC．2B、2BD．B、B
【试题情境】本题以通电直导线周围磁场的分布为素材创设学习探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于基础性。
【必备知识】本题考查的知识点为磁场的叠加。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境结合安培定则画出直导线周围磁场的分布图。
(2)推理论证能力：根据直导线周围磁场的分布图求解M、N两点处的磁感应强度。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立磁感线的理想化模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，磁场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，安培力。
(2)科学思维：建立磁感线的理想化模型之后，根据直导线周围磁场的分布的特点分析求解磁场的叠加。
【答案】B
【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。
故选B。
【例2】（2021·全国高考真题）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（ ）
A．B．C．D．
【试题情境】本题以带电粒子在圆形磁场中的运动为素材创设学习探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于基础性。
【必备知识】本题考查的知识点为洛伦兹力、几何知识。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境结合圆形磁场径向对称的特点准确分析带电粒子的受力及运动情况。
(2)推理论证能力：根据左右定则、圆形磁场径向对称的特点、洛伦兹力提供向心力、几何知识等综合推理分析。
(3)模型构建能力：根据问题情境构建匀速圆周运动模型模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，带电粒子、磁场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，洛伦兹力。
(2)科学思维：能利用运动和相互作用的观念对带电粒子的运动进行分析，根据牛顿第二定律和几何知识推导带电粒子在运动过程中的速度表达式。
【答案】B
【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
所以
故选B。
【例3】（2021·河北高考真题）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
【试题情境】本题以磁流体发动机为背景创设科技探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于基础性、应用性。
【必备知识】本题考查的知识点为安培力公式、电磁平衡。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境准确对等离子体进行受力分析和运动分析。
(2)推理论证能力：能正确根据题意建立带电粒子在复合场中的匀速直线运动模型并应用其规律推理分析。
(3)模型构建能力：根据问题情境，电磁平衡模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，磁场、等离子体； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力、洛伦兹力、安培力。
(2)科学思维：建立根据问题情境分析等离子体受力特点，能对等离子体进行准确的运动分析，根据平衡条件及安培力公式求解得出结论。
【答案】B
【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足

由欧姆定律和安培力公式可得
再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得
则
金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。
故选B。
【例4】（2021·广东高考真题）图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取。
（1）当时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。
【试题情境】本题以电子加速器简化示意图为背景创设学习探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于综合性、应用性。
【必备知识】本题考查的知识点为动能定理、牛顿运动定律、几何知识等。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境准确对电子受力分析和运动分析。
(2)推理论证能力：能正确根据题意做出电子轨迹并依据动能定理求速度、几何知识求半径、牛顿定律求k。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立液滴的点电荷模型、等势面理想化模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，电子、加速器、磁场； = 2 \* GB3 ②运动观，匀速圆周运动 = 3 \* GB3 ③相互作用观，静电力、洛伦兹力 = 4 \* GB3 ④能量观，动能定理。
(2)科学思维：根据问题情境，磁场、电场的分布特点，能对电子进行准确的受力分析，根据动能定理、牛顿运动定律、几何知识等求解相关问题。
【答案】（1），，；（2）
【解析】（1）电子在电场中加速有
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得
联立解得
在磁场Ⅰ中的运动周期为
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
在磁场Ⅰ中的运动时间为
联立解得
从Q点出来的动能为
（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得
解得
由于
联立解得
【例5】（2021·湖南）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虛线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为，并沿轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
【试题情境】本题以带电粒子流的磁聚焦和磁控束技术为背景创设探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于应用性、创造性。
【必备知识】本题考查的知识点洛伦兹力、牛顿运动定律、几何知识。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境抽象、简化出带电粒子流的运动情况并能做出轨迹图。
(2)推理论证能力：能正确洛伦兹力、牛顿运动定律、几何知识分析问题解决问题。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立带电粒子流匀速圆周运动模型。
【学科素养】 = 1 \* GB3 ①物质观，带电粒子流； = 2 \* GB3 ②运动观，匀速圆周运动 = 3 \* GB3 ③相互作用观，洛伦兹力
(2)科学思维：根据问题情境，磁场的分布特点，能对带电粒子流进行准确的受力分析，根据牛顿运动定律、几何知识等求解相关问题。
【答案】（1）；（2），垂直与纸面向里，；（3），，，
【解析】（1）粒子垂直进入圆形磁场，在坐标原点汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
解得
（2）粒子从点进入下方虚线区域，若要从聚焦的点飞入然后平行轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域
磁场半径为，根据可知磁感应强度为
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为
（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周
根据可知I和III中的磁感应强度为
，
图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图
图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周与三角形之差，所以阴影部分的面积为
类似地可知IV区域的阴影部分面积为
根据对称性可知II中的匀强磁场面积为
【例6】（2021·全国高考真题）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
【试题情境】本题以带电粒子在组合场中运动为背景创设探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于综合性、创造性。
【必备知识】本题考查的知识点为运动合成与分解、类平抛规律、牛顿运动定律、几何知识。
【关键能力】(1)理解能力：要求能准确获取题目信息画出粒子运动轨迹并能联想相关知识求解问题。
(2)推理论证能力：能正确根据运动合成与分解、类平抛规律、牛顿运动定律、几何知识等分析问题解决问题。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立匀强电场中类平抛模型及磁场中匀速圆周运动模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，带电粒子、电场、磁场； = 2 \* GB3 ②运动观，匀速圆周运动 = 3 \* GB3 ③相互作用观，洛伦兹力、电场力。
(2)科学思维：根据问题情境，电磁场的分布特点，能对带电粒子进行准确的受力分析和运动分析，根据牛顿运动定律、几何知识等求解相关问题。
【答案】（1） ；（2） ；（3）粒子运动轨迹见解析，
【解析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
①
②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有
③
粒子发射位置到P点的距离
④
由①②③④式得
⑤
（2）带电粒子在磁场运动在速度
⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示
由几何关系可知，最小半径
⑦
最大半径
⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知
⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知
⑩
带电粒子的运动半径为
⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
⑫
由⑩⑪⑫式解得
⑬
【题后总结】
1．安培力大小的计算公式：F＝BILsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)．
(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL.
(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.
2．用准“两个定则”
(1)对电流的磁场用安培定则．
(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则．
3．画好“两个图”
(1)对安培力作用下的静止、运动问题画好受力分析图．
(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图．
4．记住“两个注意”
(1)洛伦兹力永不做功．
(2)安培力可以做正功，也可以做负功．
5．灵活应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的关系式
二．讲核心问题-----提炼主干必备知识
核心问题一 磁感应强度的叠加问题
磁场的叠加
磁感应强度为矢量，遵循平行四边形定则，如图所示．
【例1】如图所示，两根无限长导线，均通以恒定电流I.两根导线的直线部分和坐标轴非常接近，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的、半径相同的一段圆弧．规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，已知直线部分在原点O处不形成磁场，此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B.下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线，O处磁感应强度也为B的是( )

【答案】：A
【解析】：由安培定则知，两根通电直导线在原点O处产生的磁场方向都垂直纸面向里，由磁场叠加原理知，一根通电直导线在原点O处产生的磁感应强度的大小为eq \f(B,2).由安培定则及磁场叠加原理知，A项O处磁感应强度为B，B项O处磁感应强度为2B，C、D项O处磁感应强度为－B.故本题正确选项应为A.
【变式训练1】已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比．如图所示，四根电流相等的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则a、b、c、d长直通电导线在O点产生的合磁场的磁感应强度B( )
A．大小为零
B．大小不为零，方向由O指向d
C．大小不为零，方向由O指向c
D．大小不为零，方向由O指向a
【答案】：D
【解析】：由安培定则可知，a、c中电流方向相同，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合矢量为零；b、d两导线中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确．
核心问题二 磁场对通电导体的作用力问题
1．通电导体在磁场中受到的安培力
(1)方向：根据左手定则判断．
(2)大小：F＝BIL.
①B、I与F三者两两垂直；
②L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．
2．熟悉“两个等效模型”
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流．
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示．
【例2】(2021年衡水中学调研)一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F.若将该导线做成eq \f(3,4)圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为( )
A．F B.eq \f(\r(2),3π)F C.eq \f(2\r(2),3π)F D.eq \f(3\r(2)π,2)F
【答案】 C
【解析】 设通电导线为L，平行放置时受到的安培力为F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则eq \f(3,4)×2πR＝L，解得R＝eq \f(2L,3π)，故ab的长度d＝eq \r(2)R＝eq \f(2\r(2)L,3π)，故此时圆环受到的安培力F′＝eq \f(d,L)F＝eq \f(2\r(2),3π)F，故C正确，A、B、D错误．
【方法技巧归纳总结】磁场中通电导体类问题的解题步骤
(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时要考虑安培力．
(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向，由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系．
(3)根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解．
【变式训练1】 (2021·成都经济开发区实验中学高三月考)在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框abc，磁场方向垂直于线框平面，ac两点间接一直流电源，电流方向如图所示。则( )
A．导线ab受到的安培力大于导线ac受到的安培力
B．导线abc受到的安培力大于导线ac受到的安培力
C．线框受到安培力的合力为零
D．线框受到安培力的合力方向垂直于ac向下
【答案】 D
【解析】 等效电路如图所示，由于导线abc与ac长度不同，ac中的电流I1大于abc中的电流I2，则导线ab受到的安培力小于导线ac受到的安培力，故A错误；导线abc的有效长度等于ac的长度，Fabc＝BI2L，Fac＝BI1L，又I2＜I1，故Fabc＜Fac，B错误；根据左手定则可知，线框abc受到的安培力的合力F＝Fabc＋Fac＝B(I1＋I2)L＝BIL，方向垂直于ac向下，故C错误，D正确。
【变式训练2】(2021·嘉兴市模拟)如图所示，由4根相同导体棒连接而成的正方形线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，顶点A、B与直流电源两端相接，已知导体棒AB受到的安培力大小为F，则线框受到的安培力的合力大小为( )
A.eq \f(1,3)F B.eq \f(2,3)F
C.eq \f(4,3)F D．4F
【答案】 C
【解析】 导体棒AB与导体棒ADCB相当于并联电路，电阻之比与长度成正比，则电阻之比为1∶3，所以电流之比为3∶1，所以导体棒DC所受安培力是导体棒AB所受安培力的三分之一，导体棒AD与导体棒CB所受的安培力大小相等、方向相反，所以线框ABCD受到的安培力的大小为导体棒AB与导体棒DC所受的安培力之和，则线框ABCD受到的安培力的大小为eq \f(4,3)F，C正确．
核心问题三 带电粒子在匀强磁场中的运动问题
1．基本公式：qvB＝meq \f(v2,r)
重要结论：r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)，T＝eq \f(2πr,v)
2．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，偏转角与圆心角、运动时间相联系，在匀强磁场中运动的时间与周期相联系．
(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．
3．轨迹圆的几个基本特点
(1)带电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，θ1＝θ2＝θ3)
(2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角．(如图，α1＝α2)
(3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图．
4．半径的确定
方法一：由物理公式求．由于qvB＝eq \f(mv2,r)，所以半径r＝eq \f(mv,qB)；
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．
5．时间的确定
方法一：由圆心角求．t＝eq \f(θ,2π)T；
方法二：由弧长求．t＝eq \f(s,v).
6．临界问题
(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，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．
7．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】(2020·全国卷Ⅱ，24)如图，在0≤x≤h，－∞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为eq \f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
【答案】 (1)eq \f(mv0,qh) (2)eq \f(π,6) (2－eq \r(3))h
【解析】 (1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)①
由此可得R＝eq \f(mv0,qB)②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足
R≤h③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得
Bm＝eq \f(mv0,qh)④
(2)若磁感应强度大小为eq \f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
R′＝2h⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系
sin α＝eq \f(h,2h)＝eq \f(1,2)⑥
则α＝eq \f(π,6)⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cs α)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－eq \r(3))h⑨
【例4】(2021·湖南株洲市高三月考)如图所示，半径为r的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个质量为m，电量为q的带电粒子从圆形边界沿半径方向以速度v0进入磁场，粒子射出磁场时的偏向角为60°，不计粒子的重力。求：
(1)判断粒子的带电性质；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子在磁场中运动的时间。
【答案】 (1)负电 (2)eq \f(\r(3)mv0,3qr) (3)eq \f(\r(3)πr,3v0)
【解析】 (1)根据左手定则，初始位置粒子所受洛伦兹力的方向向下，则粒子带负电。
(2)粒子轨迹如图
根据几何知识tan 30°＝eq \f(r,R)
解得R＝eq \r(3)r
根据qv0B＝meq \f(v02,R)
解得B＝eq \f(\r(3)mv0,3qr)。
(3)粒子在磁场中转过的圆心角为θ＝60° ，粒子在磁场中运动的周期为 T＝eq \f(2πR,v0)
则粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(\r(3)πr,3v0)。
【方法技巧归纳总结】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法
(1)带电粒子在匀强磁场中运动时，要抓住洛伦兹力提供向心力，即：qvB＝eq \f(mv2,R)得R＝eq \f(mv,Bq)，T＝eq \f(2πm,qB)，运动时间公式t＝eq \f(θ,2π)T，粒子在磁场中的运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题．
(2)如果磁场是圆形有界磁场，在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．
①四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.
②六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r、入射速度直线OB和出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度垂线交点的连线AO.
③三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．
【变式训练1】(多选)(2021·河北唐山市一模)如图，直角三角形OAC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，∠A＝30°、OC边长为L，在C点有放射源S，可以向磁场内各个方向发射速率为v0的同种带正电的粒子，粒子的比荷为K.S发射的粒子有eq \f(2,3)可以穿过OA边界，OA含在边界以内，不计重力及粒子之间的相互影响．则( )
A．磁感应强度大小为eq \f(v0,2KL)
B．磁感应强度大小为eq \f(v0,KL)
C．OA上粒子出射区域长度为L
D．OA上粒子出射区域长度为eq \f(L,2)
【答案】 BC
【解析】 S发射的粒子有eq \f(2,3)可以穿过OA边界，根据左手定则可知，当入射角与OC夹角为30°的粒子刚好从O点射出，根据几何关系可知，粒子运动半径为R＝L，根据洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝meq \f(v02,R)，解得B＝eq \f(v0,KL)，则沿CA方向入射粒子运动最远，半径为L，从OA上射出，故OA上粒子出射区域长度为L，故选B、C.
【变式训练2】.(多选)(2021·河南高二月考)如图所示，空间存在相邻匀强磁场区域，磁场Ⅰ方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ方向垂直纸面向外，宽度为eq \f(d,2)。现让质量为m、电荷量为q的带正电粒子以水平速率v垂直磁场Ⅰ从O点射入，当粒子从磁场Ⅱ边缘C处射出时，速度也恰好水平。已知粒子在磁场Ⅰ中运动时间是磁场Ⅱ中运动时间的2倍，不计粒子重力，则( )
A．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B
B．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B
C．磁场Ⅰ的宽度为2d
D．磁场Ⅰ的宽度为d
【答案】 BD
【解析】 根据题意，如图，粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中偏转的圆心角θ相同，粒子在磁场Ⅰ中运动时间是磁场Ⅱ中运动时间的2倍，即eq \f(t1,t2)＝eq \f(2,1)，
根据t＝eq \f(θ,2π)T
则eq \f(T1,T2)＝eq \f(2,1)
根据T＝eq \f(2πm,qB)
可得eq \f(B,B2)＝eq \f(T2,T1)＝eq \f(1,2)
故B2＝2B
选项A错误，B正确；
设磁场Ⅰ的宽度为x，则有
sin θ＝eq \f(x,r1)＝eq \f(d,2r2)
根据r＝eq \f(mv,qB)，则eq \f(r1,r2)＝eq \f(B2,B)＝2，即r1＝2r2
可得x＝d，选项C错误，D正确。
核心问题四 带电粒子在组合场中的运动问题
1．做好“两个区分”
(1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．重力、电场力做功只与初、末位置有关，与路径无关，而洛伦兹力不做功．
(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同．“电偏转”是指带电粒子在电场中做类平抛运动，而“磁偏转”是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．
2．抓住“两个技巧”
(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同特点的小过程．
(2)善于画出几何图形处理边、角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯．
3．熟记带电粒子在复合场中的三种运动
(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．
(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．
(3)非匀变速曲线运动：当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．
【例5】(2021年石家庄一模)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第一象限有竖直向下的匀强电场，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场．一质量为m、电量为＋q的带电粒子沿x轴正向以初速度v0从A(0，1.5l)点射入第一象限，偏转后打到x轴上的C(eq \r(3)l，0)点．已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(mv0,ql)，不计粒子重力．
(1)求第一象限匀强电场的电场强度大小；
(2)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(2mv0,ql)，求粒子从C点运动到P(0，－3l)点所用的时间；
(3)为使从C点射入磁场的粒子经过第三象限偏转后直接回到A点，求第三象限磁场的磁感应强度大小．
【解析】 (1)粒子在第一象限内做平抛运动eq \r(3)l＝v0t
1．5l＝eq \f(1,2)at2，Eq＝ma解得E＝eq \f(mv02,lq)
(2)粒子y方向末速度vy＝at解得vy＝eq \r(3)v0
合速度v1＝eq \r(v02＋vy2)＝2v0
方向与x轴正向成60°角，斜向右下．
第四象限内粒子做匀速圆周运动，运动半径设为r1，
qv1B4＝eq \f(mv12,r1)解得r1＝2l
设粒子运动的周期为T1
qv1B4＝eq \f(m4π2,T12)r1或T1＝eq \f(2πr1,v1)解得T1＝eq \f(2πl,v0)
如图，粒子从C到P转过eq \f(2π,3)，
运动时间t2＝eq \f(1,3)T1＝eq \f(2πl,3v0)
粒子经P点进入第三象限后，设运动半径为r2，
qv1B3＝eq \f(mv12,r2)解得r2＝l
设粒子运动的周期为T2，qv1B3＝eq \f(m4π2,T22)r2解得T2＝eq \f(πl,v0)
如图，粒子从P点再回到P点所用时间
t3＝eq \f(1,2)T1＋T2＝eq \f(2πl,v0)
粒子从C点运动到P点所用的时间为t2＋t3＝eq \f(8πl,3v0)
故粒子从C点运动到P点所用的时间为eq \f(2πl,3v0)或eq \f(8πl,3v0)
(3)粒子在第三象限或第二象限运动的轨迹如图所示
设粒子在第三象限运动的轨道半径为r3，与y轴正方向的夹角为θ
r3sinθtanθ＝1.5l，r3csθ＋r3＝3l解得r3＝eq \f(9,5)l
由qv1B3′＝eq \f(mv12,r3)解得B3′＝eq \f(10mv0,9ql)
【方法技巧归纳总结】带电粒子在组合场中运动的处理方法
(1)明性质：要清楚场的性质、方向、强弱、范围等，如例题中磁场在第三象限且垂直纸面向里，电场在第四象限且竖直向上．
(2)定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况，如在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，在电场中受电场力做类平抛运动．
(3)画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图．
(4)用规律：根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(5)找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向的关系，上一个区域的末速度是下一个区域的初速度．
【变式训练1】如图所示，平行板电容器两金属板A、B长L＝32 cm，两板间距离d＝32 cm，A板的电势比B板高。电荷量q＝10－10 C、质量m＝10－20 kg的带正电的粒子，以初速度v0＝2×106 m/s沿两板中心线垂直电场线飞入电场。随后，粒子从O点飞出平行板电容器(速度偏转角为37°)，并进入方向垂直纸面向里、边长为CD＝24 cm的正方形匀强磁场区域。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，粒子的重力不计)
(1)求A、B两板的电势差；
(2)粒子穿过磁场区域后打在放置于中心线上的荧光屏CD上，求磁感应强度B的取值范围。
【答案】 (1)300 V (2)1.7×10－3 T≤B≤3.75×10－3 T
【解析】 (1)带电粒子射出电场时
vy＝v0tan 37°①
vy＝at②
在电场中
qeq \f(U,d)＝ma③
L＝v0t④
联立①②③④解得A、B两板的电势差为U＝300 V。
(2)粒子进入磁场的速度为
v＝eq \f(v0,cs 37°)
带电粒子射出电场时在电场方向上的位移为
y＝eq \f(1,2)at2
粒子要打在CD上，当磁感应强度最大时，运动轨迹如图线1所示，设此时的磁感应强度为B1，半径为R1，由几何关系可得y＝R1＋R1cs 37°
由洛伦兹力提供向心力可得qvB1＝meq \f(v2,R1)
粒子要打在CD上，当磁感应强度最小时，假设运动轨迹与右边界相切且打在D点，
设此时的半径为R2，由几何关系可得
CD＝R2＋R2sin 37°
解得R2＝15 cm，又由于R2cs 37°＝12 cm＝y，故粒子轨迹圆心恰好在CD上，且打在D点，如图线2所示，假设成立，设此时的磁感应强度为B2
由洛伦兹力提供向心力可得qvB2＝meq \f(v2,R2)
联立以上各式并代入数据可得磁感应强度B的取值范围为1.7×10－3 T≤B≤3.75×10－3 T。
【针对训练2】(2021·山西大同市高三月考)如图所示，平面直角坐标系xOy的第Ⅱ、Ⅲ象限内有场强大小为E、沿y轴负方向的匀强电场；第Ⅰ、Ⅳ象限内有方向垂直于坐标平面向里的圆形有界匀强磁场，磁感应强度B＝eq \f(2\r(3)E,3v0)，磁场的半径为2L、边界与y轴相切于O点。一带电粒子从P(－2L，eq \r(3)L)点以速度v0沿x轴正方向射出，粒子经电场偏转后从O点离开电场进入磁场，最后从某点离开磁场。不考虑粒子的重力，求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子离开电场时速度的大小及方向；
(3)粒子在磁场中运动的时间。
【答案】 (1)eq \f(\r(3)veq \\al(2,0),2EL) (2)2v0 与x轴正方向夹角为60° (3)eq \f(5πL,6v0)
【解析】 (1)粒子在电场中做类平抛运动，设其质量为m，电荷量为q
x方向：2L＝v0t1
y方向：eq \r(3)L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
粒子在电场中的加速度a＝eq \f(qE,m)
解得eq \f(q,m)＝eq \f(\r(3)veq \\al(2,0),2EL)。
(2)粒子离开电场时的速度v的大小
v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))
其中vy＝at1
解得v＝2v0
设粒子离开电场时的速度v与x轴正方向的夹角为θ，
tan θ＝eq \f(vy,v0)
解得θ＝60°。
(3)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)
解得r＝2L
粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知粒子在磁场中运动的偏转角为150°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v)
粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间为t2＝eq \f(150°,360°)T
解得t2＝eq \f(5πL,6v0)。
核心问题五 带电粒子在叠加场中的运动问题
1．叠加场：电场、磁场、重力场中的两者或三者在同一区域共存，就形成叠加场。
2．带电体在叠加场中运动的几种情况
如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向下。一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域。
(1)若考虑重力，且mg＝qE，则粒子做匀速圆周运动。
(2)若不计重力，且qvB＝qE，则粒子做匀速直线运动。
(3)若不计重力，且qvB≠qE，则粒子做变加速曲线运动。
【力6】如图2所示，平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，两平面之间同时存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；匀强电场的方向竖直向上．一带电小球的质量为m，电荷量为q；带电小球沿竖直平面以大小为v0的初速度从平面OM上的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动．已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)．
(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场的电场强度E为多大？
(2)求出射点P到两平面交点O的距离s.
(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上的T点，求T点到O点的距离s′.
【解析】 (1)根据题意，带电小球受到的电场力与重力平衡，则带电小球带正电荷．
由力的平衡条件得qE＝mg，解得E＝eq \f(mg,q).
(2)带电小球在叠加场中，洛伦兹力充当向心力，做匀速圆周运动．
有qv0B＝meq \f(v02,R)，解得R＝eq \f(mv0,qB)
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点，I点为入射点，P点为出射点，小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，故QP＝2R
OP的长度s＝eq \f(QP,sin30°)
联立以上各式得s＝eq \f(4mv0,qB).
(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设其竖直位移为y，水平位移为x，运动时间为t.
则x＝v0t＝scs30°，竖直位移y＝eq \f(1,2)gt2
联立各式得s′＝2R＋y＝eq \f(2mv0,qB)＋eq \f(6m2g,q2B2).
【方法技巧】带电粒子在叠加场中运动的处理方法
(1)弄清叠加场的组成．
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点．
(3)画出粒子的运动轨迹，如例4中在叠加场和重力场中的运动分别是圆周运动和平抛运动，灵活选择不同的运动规律．
①若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场中满足qE＝qvB时、重力场与磁场中满足mg＝qvB时、重力场与电场中满足mg＝qE时．
②若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．
③若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，qvB＝meq \f(v2,r)．
④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动量定理或能量守恒定律求解．
【变式训练1】(2021·福建南平市高二期末)如图，竖直平面内存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度方向水平向右。一质量为m、带电量为q的带电小球(视为质点)以某一速度，从M点沿着与水平方向成30°方向直线运动到N点，MN的长度为L，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．小球带负电
B．小球克服电场力做的功为eq \f(1,2)mgL
C．小球在N点的速度大小为eq \f(2\r(3)mg,3Bq)
D．仅将电场方向逆时针旋转90°，其余条件不变，小球可在空间做匀速圆周运动
【答案】 C
【解析】 由于小球做直线运动，若小球带负电，则受竖直向下的重力、水平向左的电场力、垂直速度斜向下的洛伦兹力，所以小球不可能做直线运动，则小球带正电，故A错误；由于小球带正电，受到水平向右的电场力，则电场力做正功，故B错误；由于洛伦兹力与速度有关，则小球一定做匀速直线运动，由平衡条件有qvB＝eq \f(mg,cs 30°)，得v＝eq \f(2\r(3)mg,3qB)，故C正确；电场方向没有改变时，由平衡条件可得mg＝qEtan 60°，即重力与电场力大小不相等，所以仅将电场方向逆时针旋转90°，其余条件不变，重力与电场力的合力不为0，则小球不可能在空间做匀速圆周运动，故D错误。
【变式训练2】(多选)空间内存在电场强度大小E＝100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1＝100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出)．一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．在运动过程中，小球的机械能守恒
B．小球经过A点时的速度最大
C．小球经过B点时的速度为0
D．l＝eq \r(2) m
【答案】 BC
【解析】 由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A错误；重力和电场力的合力大小为eq \r(2) N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B正确；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得eq \r(2)mgl＝eq \f(1,2)mv2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得qvyB1Δt＝mΔv，累计求和，则有qB1l＝mv，得l＝eq \f(\r(2),5) m，D错误
三．讲重点模型-----模型构建-----动态圆模型
1．从某点O向各个方向等速率发射大量相同的粒子，画出某个方向粒子的轨迹圆，以O为轴“旋转”圆，从而找到临界条件，如图甲所示．
2．从某点O向同一方向异速发射大量相同的粒子，按照半径从小到大的次序，画出不同速度粒子的轨迹圆，从而找到临界条件，如图乙所示．
3．从不同点向同一方向等速发射大量相同的粒子，画出某个粒子的轨迹圆，将该圆平移，从而找到临界条件，如图丙所示．
4．点入平出：若大量带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点的切线方向射出磁场，如图丁所示．
5．平入点出：若大量带电粒子以相互平行的速度射入匀强磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，圆周上该点的切线方向与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图戊所示．
【例7】如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为( )
A.eq \f(qBL,m)≤v≤eq \f(2\r(2)qBL,m) B.eq \f(qBL,m)≤v≤eq \f(5qBL,m)
C.eq \f(qBL,2m)≤v≤eq \f(\r(2)＋1qBL,m) D.eq \f(qBL,2m)≤v≤eq \f(5qBL,2m)
【答案】 C
【解析】 根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝eq \f(Bqr,m)，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子轨迹与AD边相切时速度最大，如图，则有AO′·sin 45°＝O′E，
即(R＋L)sin 45°＝R，
解得满足题目要求的最大半径为R＝(eq \r(2)＋1)L，
故最大速度为v1＝eq \f(\r(2)＋1qBL,m)；当粒子从C点出射时，满足题目要求的半径最小，为R′＝eq \f(L,2)，故最小速度应为v2＝eq \f(qBL,2m)，则v的取值范围为eq \f(qBL,2m)≤v≤eq \f(\r(2)＋1qBL,m)，故C正确，A、B、D错误．
【例8】如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场区域的上方有一水平放置的与磁场方向平行的感光板MN.从磁场区域最左端Q点垂直磁场方向射入大量的带电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，且速度满足v＝eq \f(qBR,m)，最后都打在了感光板上．不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力，关于这些粒子，以下说法正确的是( )
A．这些粒子都带负电
B．沿着圆心方向入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C．只有沿着圆心方向入射的粒子，出射后才垂直打在感光板MN上
D．沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN上
【答案】 D
【解析】 因为粒子最后都打在了感光板上，说明粒子向上偏，根据左手定则知粒子带正电，A错误；粒子所受洛伦兹力充当向心力，根据qvB＝meq \f(v2,r)，则粒子做r＝eq \f(mv,qB)的匀速圆周运动，因为速度满足v＝eq \f(qBR,m)，所以r＝R，根据几何关系知，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，且沿着圆心方向入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，B、C错误，D正确.
【变式训练1】(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.eq \f(3mv,2ae) B.eq \f(mv,ae) C.eq \f(3mv,4ae) D.eq \f(3mv,5ae)
【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＝meq \f(v2,r)，联立解得B＝eq \f(3mv,4ae)，故选C.
【变式训练2】(2020·全国卷Ⅰ，18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，eq \(ab,\s\up8(︵))为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A.eq \f(7πm,6qB) B.eq \f(5πm,4qB) C.eq \f(4πm,3qB) D.eq \f(3πm,2qB)
【答案】 C
【解析】 带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，运动时间t＝eq \f(θr,v)＝eq \f(θm,qB)，θ为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大，当r≤0.5R(R为eq \(ab,\s\up8(︵))的半径)和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当0.5R四．讲学科态度-----磁与现代科技的应用
高中阶段常见的带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型．①④⑤⑥的共同特征是粒子在其中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡，即qE＝qvB⇒v＝eq \f(E,B).
特别注意：霍尔元件判断电势高低时注意载流子的电性
【例9】 (2021年洛阳一模)(多选)如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
B．带电粒子每运动一周被加速一次
C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3
D．加速电场方向不需要做周期性的变化
【答案】 BD
【解析】 由r＝eq \f(mv,qB)得v＝eq \f(qBr,m)，最大速度与D形盒的尺寸有关，选项A错误；由于图示中虚线中间不需加电场，带电粒子每运动一周被加速一次，选项B正确；应用动能定理，经第一次加速后，qU＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，解得v1＝eq \r(v02＋\f(2qU,m)).经第二次加速后，qU＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，解得v2＝eq \r(v12＋\f(2qU,m))＝eq \r(v02＋\f(4qU,m)).而轨迹半径r＝eq \f(mv,qB)，显然带电粒子每运动一周P1P2大于P2P3，选项C错误；对于正粒子，加速电场方向为A指向C，对于负粒子，电场方向为C指向A，即加速电场方向不需要做周期性的变化，选项D正确．
【例10】如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B并相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过，则该带电粒子( )
A．一定带正电
B．速度大小为eq \f(E,B)
C．可能沿QP方向运动
D．若沿PQ方向运动的速度大于eq \f(E,B)，将一定向下极板偏转
【答案】 B
【解析】 带电粒子沿题图中虚线水平通过，则粒子受到的电场力qE与洛伦兹力qvB等大反向，则速度v＝eq \f(E,B)，即粒子做匀速直线运动，与q无关，粒子可带正电也可带负电，故A错误，B正确；若粒子沿QP方向进入，电场力与洛伦兹力同向，不能做直线运动，故C错误；若速度v>eq \f(E,B)，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，若粒子带正电，粒子将向上极板偏转，若粒子带负电荷，粒子将向下极板偏转，故D错误．
【例11】为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)．如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小是f＝kLv2，其中k为比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速，则有( )
A．污水的流量Q＝eq \f(abU,B)
B．金属板M的电势不一定高于金属板N的电势
C．电压U与污水中的离子浓度有关
D．左、右两侧管口的压强差为eq \f(kav2,bc)
【答案】 D
【解析】 已知污水在管道中的流速为v，则当M、N间电压为U时，有qvB＝qeq \f(U,c)，解得v＝eq \f(U,Bc)，由于流量Q＝vbc＝eq \f(Ub,B)，选项A错误；由左手定则可知，负离子受到的洛伦兹力方向竖直向下，故N板带负电，M板带正电，则M板的电势高于N板的电势，选项B错误；离子所受电场力和洛伦兹力大小相等，即qvB＝qeq \f(U,c)，解得U＝Bcv，电压U与污水中离子的浓度无关，选项C错误；由于污水的流速为v＝eq \f(U,Bc)，污水流过该装置时受到的阻力为f＝kav2，且污水匀速通过该装置，所以左、右两侧管口受到的压力差等于污水流过该装置时受到的阻力，即Δp·S＝kav2，又因为S＝bc，故可解得Δp＝eq \f(kav2,bc)，选项D正确．
【例12】(2021·福建福州市一模)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，测出OP距离为x，下列x－U图象可能正确的是( )
【答案】B
【解析】 在加速电场中，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，则得x＝2r＝eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,q))，B、m、q都一定，则由数学知识得到，x－U图象是横卧抛物线，故选B.