资源简介 (共95张PPT)高三一轮总复习高效讲义物 理01第十一章磁 场第2讲 磁场对运动电荷的作用知识梳理 夯实基础考点探究 提升能力课时通关精练020301学习目标教考衔接知识梳理 夯实基础运动电荷0qvBqvBsin θ正负FBvAI精准定位：高考命题关键点匀速直线匀速圆周AI精准定位：高考命题关键点考点探究 提升能力洛伦兹力的理解和应用考点一破题路径能力要语角度突破破题路径能力要语角度突破带电粒子在有界匀强磁场中的运动考点二能力要语角度突破破题路径角度突破角度突破模块融合角度突破带电粒子在有界匀强磁场中的多解问题考点三角度突破破题路径能力要语课时通关精练(二十八)课时1 洛伦兹力的理解和应用010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506课时通关精练(二十八)课时2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506010203040506课时通关精练(二十八)课时3 带电粒子在有界匀强磁场中的多解问题0102030405010203040501020304050102030405010203040501020304050102030405010203040501020304050102030405谢谢观看[课时通关精练(二十八)] 课时1 洛伦兹力的理解和应用(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)1.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在垂直纸面向里运动的匀速电子束。∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为( )A.∶1 B.∶2C.1∶1 D.1∶2解析：选B。依题意，设每根导线在O点产生的磁感应强度为，方向竖直向下，则电子在O点受到的洛伦兹力为F1＝B1ev；当M处长直导线移至P点时，O点合磁感应强度大小为B2＝2×B1×cos 30°＝B1，则电子在O点受到的洛伦兹力为F2＝B2ev＝B1ev，则F2与F1之比为∶2，B正确，A、C、D错误。2.(2025·无锡高三期中)一带电粒子沿垂直磁场方向射入匀强磁场，经过轨迹如图所示，轨迹上每一小段都可以近似看成圆弧，其能量逐渐减小(质量、电荷量不变)，从图中可以确定运动方向和电性是( )A.粒子从b到a，带负电B.粒子从a到b，带负电C.粒子从a到b，带正电D.粒子从b到a，带正电解析：选A。由题意可知，由于带电粒子的能量逐渐减小，故其速度减小，在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得其半径为r＝，由于速度减小，故其半径逐渐减小，故可知粒子的运动方向从b到a；由其偏转方向及左手定则可知粒子带负电，A正确。3.如图所示，真空中有一条水平放置的直导线，导线中通有向右的恒定电流，导线的正下方有一个带正电粒子以一定的初速度平行于导线射入。不计粒子的重力，则粒子的运动轨迹(图中虚线)可能是( )解析：选C。根据安培定则可知，在导线下方磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，判断粒子受力的方向向上，因此粒子向上偏转，由于是非匀强磁场，不做圆周运动，C正确。4.如图甲所示，一带电荷量为q的圆环，套在足够长的绝缘粗糙竖直细杆上，细杆处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将圆环由静止释放，圆环运动的v-t图像如图乙所示，已知圆环与细杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，圆环的质量为( )A. B.C. D.解析：选A。当圆环达到最大速度时，则有mg＝μN，N＝qvmB，可解得m＝，A正确。5.真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。直径略小于绝缘管直径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是( )A.小球先加速后减速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D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终竖直向上解析：选C。根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a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，B、D错误，C正确。6.如图所示，一个内壁粗糙程度一致的绝缘细管固定在水平面上，细管处在垂直于纸面向里的水平匀强磁场中。一个带正电的小球(球的直径略小于细管的内径)以一定的初速度v0沿管向右滑动，细管足够长，则小球的速度大小v随时间t的关系图像一定不正确的是( )解析：选D。设小球质量为m0，若m0g＝qv0B，小球做匀速直线运动；若m0g＜qv0B，由牛顿第二定律得μ(qv0B－m0g)＝m0a，小球先做加速度减小的减速运动，后做匀速运动；若m0g＞qv0B，由牛顿第二定律得μ(m0g－qv0B)＝m0a，小球做加速度增大的减速运动，D错误。[课时通关精练(二十八)] 课时2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)1.如图所示，两个初速度大小不同、比荷相同的粒子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，其中b粒子速度方向与屏OP垂直，a粒子速度方向与b粒子速度方向的夹角θ＝30°。两粒子最后均打到屏上同一点Q上，不计粒子重力。下列说法中正确的是( )A.a粒子带负电、b粒子带正电B.a、b两粒子在磁场中飞行速度之比为2∶3C.a、b两粒子在磁场中飞行的周期之比为2∶3D.a、b两粒子在磁场中飞行的时间之比为4∶3解析：选D。两粒子最终从边界的同一点射出，两粒子在磁场中沿顺时针方向偏转，粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知，两粒子都带正电，A错误；由几何知识可知，两粒子轨迹半径间的关系为racos 30°＝rb，a、b两粒子轨迹半径之比ra∶rb＝1∶cos 30°＝2∶，由r＝，可知速度之比也为2∶，B错误；粒子运动的周期T＝，a、b为比荷相同的粒子，则其周期相同，C错误；b飞行的时间为，a飞行的时间为，则a、b两粒子在磁场中飞行的时间之比为4∶3，D正确。2.如图所示，矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边的中点O处垂直磁场方向向里射入一带正电粒子，其入射速度大小为v0、方向与ad边的夹角为30°。已知粒子的质量为m、电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计。欲使粒子从ab边射出磁场，则磁感应强度B的范围为( )A.＜B＜ B.B＜C.B＞ D.B＜或B≥解析：选A。粒子在磁场中做圆周运动，有R＝，磁场的磁感应强度越大，粒子的轨迹半径越小。设粒子的轨迹刚好与cd边相切时，轨迹的圆心是O1，则有R1－R1sin 30°＝，解得R1＝L，则B1＝，故当磁场的磁感应强度大于时，粒子不会从cd边射出磁场；当粒子轨迹刚好与ab边相切时，圆心为O2，则有R2＋R2sin 30°＝，则R2＝，B2＝，故当磁场的磁感应强度小于且大于时，粒子将从ab边射出磁场，A正确。3.(2025·南通高三期中)如图所示，边长为L的等边三角形区域内有匀强磁场。大量电子从B点射入磁场中，入射方向分布在与BC边的夹角为α(0≤a≤60°)的范围内，在磁场中的运动半径均为L。不计电子间的相互作用。则在磁场中运动时间最长的电子入射时的α角为( )A.0°B.15°C.30°D.45°解析：选C。在磁场中运动时间t＝T＝，可知圆心角越大，在磁场中运动时间越长，根据数学知识可知，所对应弦长越长，圆心角越大，由于在磁场中的运动半径均为L，所以当电子过A点时，对应弦长最长，圆心角最大，由图可知，AB边长等于半径，所以△AOB为等边三角形，∠ABO＝60°，此时在磁场中运动时间最长，电子入射时的α角为α＝30°，C正确。4.如图所示，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60°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转90°。不计粒子重力，则为( )A.B.C.D.解析：选B。根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示，设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为R1＝＝r，R2＝r，由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m，则粒子的速度v＝，则粒子两次的入射速度之比为＝＝，B正确。5.如图所示，在等腰梯形abcd区域内(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长ad＝dc＝bc＝l，ab＝2l。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从a点沿着ad方向射入磁场中，不计粒子的重力，为了使粒子不能从bc边射出磁场区域，粒子的速率可能为( )A. B.C. D.解析：选C。粒子不从bc边射出，其临界分别是从b点和c点射出，其临界轨迹如图所示，当粒子从c点飞出时，由几何关系有r1＝ac＝l，若粒子从b点飞出时，由几何关系有r2＝l，粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，整理有r＝，所以综上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜或v＞，C正确。6.磁约束是一种利用磁场对带电粒子进行约束的技术，在离子源、等离子体物理、核聚变等领域有着广泛的应用。如图所示，内半径为R、外半径为R的环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，CD为一条水平直径，一质量为m、带电荷量为＋q(q＞0)的粒子从C点沿与CD成60°角的方向射入磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是( )A.有且仅有一个速率能使粒子经过D点B.粒子在磁场中连续偏转90°角后能经过圆心OC.速率满足v≥的粒子均不进入小圆D.速率满足0＜v≤的粒子均不进入小圆解析：选D。过O点做PA垂直于CD，由几何关系可知，从C点射入的粒子，圆心在A点时，轨迹半径为2R，恰经过P点，然后到达D点；速度较小的粒子，若进入小圆时的速度方向与CD平行，如图中的F点进入时，在小圆内部做直线运动，然后从G点再次射入磁场，也能经过D点，A错误；根据沿CPD运动的粒子轨迹可知，粒子在磁场中连续偏转90°角后不可能经过圆心O，B错误；根据以上分析可知，粒子运动轨迹半径为2R时恰好不进入小圆，根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝，解得v1＝；另一种情况恰不能进入小圆的粒子轨迹与小圆相切，圆心在E点，设该圆轨道半径为r，则由余弦定理(r＋R)2＝r2＋(R)2－2r·Rcos 30°，解得r＝，由于qvB＝m，可得v＝，则不进入小圆的粒子速度满足v≥或0＜v≤，C错误，D正确。[课时通关精练(二十八)] 课时3 带电粒子在有界匀强磁场中的多解问题(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)1.平面OM和平面ON之间的夹角为35°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，大小为B，方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成20°角，运动一会儿后从OM上另一点射出磁场，不计粒子重力。则下列几种情形不可能出现的是( )A.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是B.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是C.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是D.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是解析：选C。带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，得r＝，由T＝得T＝。若粒子带负电，将做逆时针方向的匀速圆周运动，粒子回到OM直线时，由圆周运动的对称性，速度方向必与OM成20°角，但由于35° ＞ 20°，则粒子轨迹与ON只可能有一个交点，故粒子偏转角只可能为40°，运动时间t＝×＝，A正确，C错误。若粒子带正电，将做顺时针方向的匀速圆周运动，无论轨迹与ON有几个交点，粒子回到OM直线时，由圆周运动的对称性，速度方向必与OM成20°角，粒子偏转角为360°－40°＝320°，则粒子运动时间为t＝×＝，B、D正确。2.一质量为m、电荷量为q的负电荷(重力不计)在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )A. B.C. D.解析：选A。依题中条件“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电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝ ＝，A正确。3.如图所示，abcd为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内(含边界)处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ad＝L，ab＝L。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子，从a点沿ab方向射入磁场，不计粒子重力。下列说法正确的是( )A.粒子能通过cd边的最短时间t＝B.若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度v＝C.若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度v＝D.若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度0＜v≤解析：选D。粒子能通过cd边，从c点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示，根据几何关系有(r2－L)2＋(L)2＝，解得r2＝2L，则转过的圆心角的正弦sin θ＝＝，即θ＝60°，粒子在磁场中运动的周期T＝，则粒子能通过cd边的最短时间t＝T＝，A错误；若粒子恰好从c点射出磁场，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m，解得v2＝，B错误；若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其半径r1＝，根据qv1B＝m，解得v1＝，故C错误；若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点射出时半径最大，对应的入射速度最大，则vm＝，若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度0＜v≤，D正确。4.如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q＞0)的同种粒子(重力不计，粒子间的相互作用不计)，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是( )A. B.C. D.解析：选C。粒子可能在两个磁场间做多次运动，画出粒子可能的轨迹，如图所示，所有轨迹对应的圆心角均为120°，由几何关系可知2nrcos 30°＝L(n＝1，2，3，…)，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，解得v＝＝(n＝1，2，3，…)，当n＝1时，可得v＝，C正确，A、B、D错误。5.如图所示，左、右边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量绝对值为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ'射出，求粒子入射速度v0的最大值。(粒子不计重力)解析：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m解得半径为R＝若粒子带正电，最大半径的轨迹如图所示，根据几何关系可知R－R＝d解得半径为R＝d则粒子入射速度最大值为v0＝＝若粒子带负电，运动轨迹如图所示，根据几何关系可知R＋R＝d同理解得速度最大值为v0'＝＝。答案：若粒子带正电，最大速度为；若粒子带负电，最大速度为第2讲 磁场对运动电荷的作用 对应学生用书P231 学习目标 教考链接1.掌握洛伦兹力的大小和方向的判断方法 2.会分析洛伦兹力作用下带电体的运动 3.学会分析处理带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，能够确定粒子运动的圆心、半径和运动时间 1.基础性：重点考查洛伦兹力方向(左手定则)、大小及圆周运动半径、周期公式 2.几何应用：确定圆心、画出轨迹、利用几何关系求半径是解题关键，突出数形结合能力考查 3.综合性：紧扣科技情境，融合临界、多解问题，凸显综合推理能力一、洛伦兹力的大小和方向1.洛伦兹力的定义磁场对运动电荷的作用力。2.洛伦兹力的大小(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.洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向正电荷运动的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不一定垂直) 洛伦兹力不做功AI精准定位：高考命题关键点准确判断洛伦兹力方向是分析其只改变速度方向的前提1.左手定则判断方向时注意电荷正负，负电荷则四指方向与运动方向相反。2.计算大小时注意速度与磁场夹角θ，平行时无洛伦兹力，垂直时最大。3.分析带电粒子运动时，洛伦兹力恒垂直速度方向，只改变速度方向不做功。【例1】 电荷量为q、速度为v的带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动时，下列图中不正确的是( )二、带电粒子在匀强磁场中的运动1.在匀强磁场中，当v∥B，粒子做匀速直线运动。2.当v⊥B，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。(1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝ 。(2)轨迹半径：r＝。(3)周期：T＝＝。 T与v、r均无关，只与B、有关(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝T。(5)动能：Ek＝mv2＝＝。[注意]当v与B不垂直时。找圆心－求半径－算时间是解决磁场圆周运动问题的关键三步【例2】 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。粒子在第二象限和第一象限中运动的时间之比为( )A.1∶2B.2∶1C.3∶4D.4∶3题后反思：【例1】 答案：选D。【例2】 解析：选C。粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则粒子在第二象限的运动时间为t1＝T1＝×＝，第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可知半径为原来的2倍，即R2＝2R1，根据几何关系可得cos θ＝＝，则θ＝60°，所以t2＝×T2＝×＝，则粒子在第二象限和第一象限中运动的时间之比＝，C正确。考点一 洛伦兹力的理解和应用结合左手定则与F＝qvB，判断洛伦兹力的方向和大小【例1】 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子(电性已在图中标出)的速率为v，带电荷量为q，则关于带电粒子所受洛伦兹力的大小和方向说法正确的是( )A.图甲F洛＝qvB，方向与v垂直斜向下B.图乙F洛＝qvB，方向与v垂直斜向上C.图丙F洛＝qvB，方向垂直纸面向里D.图丁F洛＝qvB，方向垂直纸面向里题后反思： 破题路径 能力要语牢记负电荷四指反向，明确力的大小与夹角有关，并理解其“只拐弯不加速”的独特作用效果。【例1】 解析：选B。图甲中根据左手定则可知洛伦兹力方向应该垂直运动方向斜向上，大小为F洛＝qvB，A错误；图乙中为负电荷，根据左手定则可知其受力方向垂直于运动方向向左上方，大小为F洛＝qvB，B正确；图丙中速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，C错误；图丁中将速度分解为水平和竖直方向，则竖直分速度受洛伦兹力，大小为F洛＝Bqvcos 60°＝Bqv，方向垂直于纸面向里，D错误。通过轨迹曲率变化，逆向推断粒子的电性、运动方向或能量变化【例2】 (2025·镇江高三期中)如图所示，MN是一块非常薄的铅板，一高速带电粒子在匀强磁场中运动并垂直穿过MN，穿过后粒子的能量减小，虚线表示其运动轨迹，可知粒子( )A.带正电B.从上向下穿过铅板C.穿过铅板后，运动的周期不变D.穿过铅板后，所受洛伦兹力大小不变题后反思： 角度突破1.半径公式r＝的理解(1)成立条件：v⊥B。(2)在同一匀强磁场中，由半径公式r＝知，r与m、q、v有关。(3)同一粒子在同一磁场中，由r＝知，r与v成正比。2.周期公式的理解两公式T＝和T＝都可以计算带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，可灵活选用。【例2】 解析：选C。由题知，穿过后粒子的能量减小，即动能减小，所以带电粒子穿过铅板后速度减小，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，可得r＝，则粒子的轨迹半径减小，可知粒子运动方向是edcba，即粒子是从下向上穿过铅板，由左手定则可知，粒子应带负电，A、B错误；根据周期公式T＝，可知穿过铅板后，运动的周期不变，C正确；穿过铅板后速度减小，粒子所受洛伦兹力为F＝Bqv，可知洛伦兹力大小减小，D错误。分析带电体在磁场中的平衡、有约束加速运动及收尾速度的求解【例3】 如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO'在竖直平面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α，一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO'棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α。现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：(1)圆环A的最大加速度为多大？(2)圆环A获得最大加速度时的速度为多大？(3)圆环A能够达到的最大速度为多大？解析：(1)圆环A沿杆下滑，所受洛伦兹力垂直于杆向上，垂直于杆列平衡方程得mgcos α＝FN＋qvB，可知当弹力FN等于零时，圆环A所受摩擦力为零，此时圆环A的加速度最大，由牛顿第二定律得mgsin α＝ma，解得圆环A的最大加速度为a＝gsin α。(2)圆环A获得最大加速度时，有qvB＝mgcos α，此时圆环A的速度为v＝。(3)圆环A的加速度为零时，其速度最大，沿杆方向有mgsin α＝μFN'垂直于杆方向有mgcos α＋FN'＝qvmB解得圆环A能够达到的最大速度为vm＝＋。答案：(1)gsin α (2) (3)＋ 破题路径 能力要语识别洛伦兹力随速度变化的特性，是分析动态过程和求解收尾状态的核心。教学札记：考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的运动直线边界磁场，借对称性分析粒子入射、出射方向与洛伦兹力作用【例4】 如图所示，在y＞0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸外，磁感应强度大小为B。一负电子(质量为m、电荷量为e)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为θ＝30°，电子重力不计。求：(1)该电子在磁场中运动的半径和时间；(2)该电子在磁场中离x轴的最远距离。题后反思：解析：(1)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得ev0B＝解得r＝粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝＝粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为300°，则有t＝·＝。(2)由几何关系可知该电子在磁场中离x轴最远距离为d＝r＋rcos 30°＝。答案：(1) (2) 角度突破1.定圆心2.定半径3.定时间 能力要语从某一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时，速度与边界的夹角相等。平行边界磁场，分析带电体射出条件，求解磁感应强度范围以及最长、最短运动时间等【例5】 阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器，其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图，探测器内矩形OMPN空间内存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，有大量速率不同、质量均为m、带电荷量均为q的带负电粒子从O点沿着ON方向进入磁场，OM长度为3d，ON长度为2d，忽略粒子间的相互作用，粒子重力不计，求：(1)粒子在磁场里运动的最长时间；(2)从MP上射出的粒子的最大速度及有粒子射出部分的长度。解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，则qvB＝m周期T＝＝运动时间t＝T＝当粒子速度较小时从OM边射出，圆心角均为π，此时对应的圆心角最大，故运动最长时间为t＝。(2)如图所示，当粒子运动轨迹和NP相切，粒子从MP射出且速度最大由几何关系得r＝2d由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m解得从MP上射出的粒子的最大速度为v＝MP有粒子射出的范围为BM的长度，由几何关系得BM＝＝d。答案：(1) (2) d 角度突破如图所示，带电粒子在有平行边界的匀强磁场中运动，经常出现带电粒子恰好从磁场另一侧飞出(或恰好飞不出)的临界问题。要寻找相关物理量的临界条件，总是先从临界轨迹入手。 破题路径教学札记：三角形边界磁场，通过几何分析确定粒子运动的圆心、半径及出射条件【例6】 如图所示，等边三角形acd在光滑绝缘水平面内，O为三角形的中心。在三角形acd内(含边界)存在竖直向下的匀强磁场。在O点给带正电小球P一初速度，使其沿水平面射向各个方向，小球均不会离开磁场，此时小球的初速度最大为v1。现在O点，给该带正电小球P另一初速度，平行da射向ac边，小球刚好不离开磁场，此时小球的初速度为v2，则v1与v2之比为( )A.2∶3 B.4∶9 C.3∶4 D.1∶2题后反思： 角度突破三角形边界磁场是指分布在三角形区域内的有界磁场，粒子的轨迹也是一段圆弧，由于三角形有等边三角形、等腰三角形、直角三角形等不同类型，且粒子入射方式不同，所以会有不同的临界情景。【例6】 解析：选C。设三角形边长为a，则小球速度为v1时，设圆心为O1，则运动半径为2R1＝tan 30°，小球速度为v2时，圆心为O2，运动半径为R2＋＝，根据qvB＝m，解得v＝∝R，可得＝＝，C正确。圆形边界磁场，依据沿半径方向射入必沿半径方向射出等特殊规律求解相关物理量【例7】 如图，在半径为R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆形区域右侧有一竖直感光板MN。带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子质量为m，带电荷量为q，粒子重力不计。若粒子对准圆心射入，则下列说法中错误的是( )A.粒子一定沿半径方向射出B.粒子在磁场中运动的时间为C.若粒子速率变为2v0，穿出磁场后一定垂直打到感光板MN上D.粒子以速率v0从P点以任意方向射入磁场，离开磁场后一定垂直打在感光板MN上题后反思： 角度突破等角进出，沿径向射入必沿径向射出。 模块融合【例7】 解析：选C。带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面且对准圆心射入磁场，根据对称性，一定沿半径方向射出，A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qv0B＝m，可得r＝＝R，粒子在磁场中运动的周期T＝，可得T＝，画出粒子运动轨迹如图甲所示，由图知轨迹圆弧对应的圆心角为，故运动时间为t＝＝，B正确；若粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2R，运动轨迹如图乙所示，粒子不是垂直打到感光板MN上，C错误；当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨迹半径为R，设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示，由几何知识，可知四边形POSO3为菱形，O3S∥PO，因此带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关，离开磁场后一定垂直打在感光板MN上，D正确。考点三 带电粒子在有界匀强磁场中的多解问题粒子电性及速度不确定时，分析有界匀强磁场中轨迹的多解可能【例8】 如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子能碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度从P点射入，恰好从Q点射出，下列说法正确的是( )A.带电粒子一定带负电荷B.带电粒子的速度最小值为C.若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量为D.带电粒子在磁场中运动时间可能为 角度突破受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电。当粒子具有相同的速度时，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，导致多解。带电粒子以速率v进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。【例8】 解析：选D。若粒子运动轨迹如图甲所示，由左手定则可知，粒子带负电，粒子做圆周运动的速度最小，轨道半径最小r1＝L，由牛顿第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，B错误；若粒子带正电，粒子与挡板MN中点碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图乙所示，则有＝L2＋，解得r2＝，则v2＝，设挡板作用力方向为正，由动量定理有I＝mv2－(－mv2)，解得I＝，A、C错误；若粒子带负电，运动轨迹如图丙所示，当轨迹半径等于L时，此时转过的圆心角为60°，所以在磁场中运动的时间为t＝T＝，D正确。磁场方向未知时，推导有界匀强磁场中运动的多解情况【例9】 如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是( )A.B＞，垂直纸面向里B.B＞，垂直纸面向里C.B＞，垂直纸面向外D.B＞，垂直纸面向外题后反思： 角度突破磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。带正电粒子以速率v进入匀强磁场，若B垂直于纸面向里，其轨迹为a；若B垂直于纸面向外，其轨迹为b。【例9】 解析：选B。当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知sin 30°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹如图乙所示，切点为N，由几何关系知sin 30°＝，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，综上可知，B正确，A、C、D错误。运动具有周期性时，分析有界匀强磁场中粒子运动的多解情形【例10】 如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里；在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l，3l)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力，sin 37°＝0.6。则下列说法不正确的是( )A.粒子一定沿y轴负方向经过O点B.粒子从P到O经历的路程与粒子的速度大小无关C.粒子运动的速度可能为D.粒子从P点运动到O点的最短时间为题后反思： 破题路径 能力要语对于周期性造成的多解问题，解题时注意寻找通项式。【例10】 解析：选D。画出粒子的运动轨迹如图所示，根据几何知识得tan α＝＝，故α＝37°，(图为一个周期的情况)故粒子不可能从b磁场中运动经过O点，只能从a磁场中经过O点，由对称性可知，A正确；设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝，当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示，粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为tb＝ Tb，ta＝Ta，故最短时间t＝ta＋tb＝，D错误；由几何关系可知，n(2Ra·cos α＋2Rb·cos α)＝＝5l，解得vn＝ (n＝1，2，3，…)，由表达式可知，当n＝2时，粒子运动的速度为v＝，故C正确；当速度为vn时，时间tn＝nt，故路程s＝vntn＝·＝，与v无关，B正确。[课时通关精练(二十八)] 课时1 洛伦兹力的理解和应用(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)1.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，在O点存在垂直纸面向里运动的匀速电子束。∠MOP＝60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处，则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为( )A.∶1 B.∶2C.1∶1 D.1∶2解析：选B。依题意，设每根导线在O点产生的磁感应强度为，方向竖直向下，则电子在O点受到的洛伦兹力为F1＝B1ev；当M处长直导线移至P点时，O点合磁感应强度大小为B2＝2×B1×cos 30°＝B1，则电子在O点受到的洛伦兹力为F2＝B2ev＝B1ev，则F2与F1之比为∶2，B正确，A、C、D错误。2.(2025·无锡高三期中)一带电粒子沿垂直磁场方向射入匀强磁场，经过轨迹如图所示，轨迹上每一小段都可以近似看成圆弧，其能量逐渐减小(质量、电荷量不变)，从图中可以确定运动方向和电性是( )A.粒子从b到a，带负电B.粒子从a到b，带负电C.粒子从a到b，带正电D.粒子从b到a，带正电解析：选A。由题意可知，由于带电粒子的能量逐渐减小，故其速度减小，在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得其半径为r＝，由于速度减小，故其半径逐渐减小，故可知粒子的运动方向从b到a；由其偏转方向及左手定则可知粒子带负电，A正确。3.如图所示，真空中有一条水平放置的直导线，导线中通有向右的恒定电流，导线的正下方有一个带正电粒子以一定的初速度平行于导线射入。不计粒子的重力，则粒子的运动轨迹(图中虚线)可能是( )解析：选C。根据安培定则可知，在导线下方磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，判断粒子受力的方向向上，因此粒子向上偏转，由于是非匀强磁场，不做圆周运动，C正确。4.如图甲所示，一带电荷量为q的圆环，套在足够长的绝缘粗糙竖直细杆上，细杆处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将圆环由静止释放，圆环运动的v-t图像如图乙所示，已知圆环与细杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，圆环的质量为( )A. B.C. D.解析：选A。当圆环达到最大速度时，则有mg＝μN，N＝qvmB，可解得m＝，A正确。5.真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。直径略小于绝缘管直径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是( )A.小球先加速后减速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D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向始终竖直向上解析：选C。根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a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，B、D错误，C正确。6.如图所示，一个内壁粗糙程度一致的绝缘细管固定在水平面上，细管处在垂直于纸面向里的水平匀强磁场中。一个带正电的小球(球的直径略小于细管的内径)以一定的初速度v0沿管向右滑动，细管足够长，则小球的速度大小v随时间t的关系图像一定不正确的是( )解析：选D。设小球质量为m0，若m0g＝qv0B，小球做匀速直线运动；若m0g＜qv0B，由牛顿第二定律得μ(qv0B－m0g)＝m0a，小球先做加速度减小的减速运动，后做匀速运动；若m0g＞qv0B，由牛顿第二定律得μ(m0g－qv0B)＝m0a，小球做加速度增大的减速运动，D错误。[课时通关精练(二十八)] 课时2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)1.如图所示，两个初速度大小不同、比荷相同的粒子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，其中b粒子速度方向与屏OP垂直，a粒子速度方向与b粒子速度方向的夹角θ＝30°。两粒子最后均打到屏上同一点Q上，不计粒子重力。下列说法中正确的是( )A.a粒子带负电、b粒子带正电B.a、b两粒子在磁场中飞行速度之比为2∶3C.a、b两粒子在磁场中飞行的周期之比为2∶3D.a、b两粒子在磁场中飞行的时间之比为4∶3解析：选D。两粒子最终从边界的同一点射出，两粒子在磁场中沿顺时针方向偏转，粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知，两粒子都带正电，A错误；由几何知识可知，两粒子轨迹半径间的关系为racos 30°＝rb，a、b两粒子轨迹半径之比ra∶rb＝1∶cos 30°＝2∶，由r＝，可知速度之比也为2∶，B错误；粒子运动的周期T＝，a、b为比荷相同的粒子，则其周期相同，C错误；b飞行的时间为，a飞行的时间为，则a、b两粒子在磁场中飞行的时间之比为4∶3，D正确。2.如图所示，矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边的中点O处垂直磁场方向向里射入一带正电粒子，其入射速度大小为v0、方向与ad边的夹角为30°。已知粒子的质量为m、电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计。欲使粒子从ab边射出磁场，则磁感应强度B的范围为( )A.＜B＜ B.B＜C.B＞ D.B＜或B≥解析：选A。粒子在磁场中做圆周运动，有R＝，磁场的磁感应强度越大，粒子的轨迹半径越小。设粒子的轨迹刚好与cd边相切时，轨迹的圆心是O1，则有R1－R1sin 30°＝，解得R1＝L，则B1＝，故当磁场的磁感应强度大于时，粒子不会从cd边射出磁场；当粒子轨迹刚好与ab边相切时，圆心为O2，则有R2＋R2sin 30°＝，则R2＝，B2＝，故当磁场的磁感应强度小于且大于时，粒子将从ab边射出磁场，A正确。3.(2025·南通高三期中)如图所示，边长为L的等边三角形区域内有匀强磁场。大量电子从B点射入磁场中，入射方向分布在与BC边的夹角为α(0≤a≤60°)的范围内，在磁场中的运动半径均为L。不计电子间的相互作用。则在磁场中运动时间最长的电子入射时的α角为( )A.0°B.15°C.30°D.45°解析：选C。在磁场中运动时间t＝T＝，可知圆心角越大，在磁场中运动时间越长，根据数学知识可知，所对应弦长越长，圆心角越大，由于在磁场中的运动半径均为L，所以当电子过A点时，对应弦长最长，圆心角最大，由图可知，AB边长等于半径，所以△AOB为等边三角形，∠ABO＝60°，此时在磁场中运动时间最长，电子入射时的α角为α＝30°，C正确。4.如图所示，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60°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转90°。不计粒子重力，则为( )A.B.C.D.解析：选B。根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示，设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为R1＝＝r，R2＝r，由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m，则粒子的速度v＝，则粒子两次的入射速度之比为＝＝，B正确。5.如图所示，在等腰梯形abcd区域内(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长ad＝dc＝bc＝l，ab＝2l。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从a点沿着ad方向射入磁场中，不计粒子的重力，为了使粒子不能从bc边射出磁场区域，粒子的速率可能为( )A. B.C. D.解析：选C。粒子不从bc边射出，其临界分别是从b点和c点射出，其临界轨迹如图所示，当粒子从c点飞出时，由几何关系有r1＝ac＝l，若粒子从b点飞出时，由几何关系有r2＝l，粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，整理有r＝，所以综上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜或v＞，C正确。6.磁约束是一种利用磁场对带电粒子进行约束的技术，在离子源、等离子体物理、核聚变等领域有着广泛的应用。如图所示，内半径为R、外半径为R的环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，CD为一条水平直径，一质量为m、带电荷量为＋q(q＞0)的粒子从C点沿与CD成60°角的方向射入磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是( )A.有且仅有一个速率能使粒子经过D点B.粒子在磁场中连续偏转90°角后能经过圆心OC.速率满足v≥的粒子均不进入小圆D.速率满足0＜v≤的粒子均不进入小圆解析：选D。过O点做PA垂直于CD，由几何关系可知，从C点射入的粒子，圆心在A点时，轨迹半径为2R，恰经过P点，然后到达D点；速度较小的粒子，若进入小圆时的速度方向与CD平行，如图中的F点进入时，在小圆内部做直线运动，然后从G点再次射入磁场，也能经过D点，A错误；根据沿CPD运动的粒子轨迹可知，粒子在磁场中连续偏转90°角后不可能经过圆心O，B错误；根据以上分析可知，粒子运动轨迹半径为2R时恰好不进入小圆，根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝，解得v1＝；另一种情况恰不能进入小圆的粒子轨迹与小圆相切，圆心在E点，设该圆轨道半径为r，则由余弦定理(r＋R)2＝r2＋(R)2－2r·Rcos 30°，解得r＝，由于qvB＝m，可得v＝，则不进入小圆的粒子速度满足v≥或0＜v≤，C错误，D正确。[课时通关精练(二十八)] 课时3 带电粒子在有界匀强磁场中的多解问题(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)1.平面OM和平面ON之间的夹角为35°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，大小为B，方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成20°角，运动一会儿后从OM上另一点射出磁场，不计粒子重力。则下列几种情形不可能出现的是( )A.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是B.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点，在磁场中运动的时间是C.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是D.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点，在磁场中运动的时间是解析：选C。带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，得r＝，由T＝得T＝。若粒子带负电，将做逆时针方向的匀速圆周运动，粒子回到OM直线时，由圆周运动的对称性，速度方向必与OM成20°角，但由于35° ＞ 20°，则粒子轨迹与ON只可能有一个交点，故粒子偏转角只可能为40°，运动时间t＝×＝，A正确，C错误。若粒子带正电，将做顺时针方向的匀速圆周运动，无论轨迹与ON有几个交点，粒子回到OM直线时，由圆周运动的对称性，速度方向必与OM成20°角，粒子偏转角为360°－40°＝320°，则粒子运动时间为t＝×＝，B、D正确。2.一质量为m、电荷量为q的负电荷(重力不计)在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )A. B.C. D.解析：选A。依题中条件“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电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝ ＝，A正确。3.如图所示，abcd为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内(含边界)处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ad＝L，ab＝L。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子，从a点沿ab方向射入磁场，不计粒子重力。下列说法正确的是( )A.粒子能通过cd边的最短时间t＝B.若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度v＝C.若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度v＝D.若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度0＜v≤解析：选D。粒子能通过cd边，从c点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示，根据几何关系有(r2－L)2＋(L)2＝，解得r2＝2L，则转过的圆心角的正弦sin θ＝＝，即θ＝60°，粒子在磁场中运动的周期T＝，则粒子能通过cd边的最短时间t＝T＝，A错误；若粒子恰好从c点射出磁场，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m，解得v2＝，B错误；若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其半径r1＝，根据qv1B＝m，解得v1＝，故C错误；若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点射出时半径最大，对应的入射速度最大，则vm＝，若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度0＜v≤，D正确。4.如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q＞0)的同种粒子(重力不计，粒子间的相互作用不计)，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是( )A. B.C. D.解析：选C。粒子可能在两个磁场间做多次运动，画出粒子可能的轨迹，如图所示，所有轨迹对应的圆心角均为120°，由几何关系可知2nrcos 30°＝L(n＝1，2，3，…)，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，解得v＝＝(n＝1，2，3，…)，当n＝1时，可得v＝，C正确，A、B、D错误。5.如图所示，左、右边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量绝对值为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ'射出，求粒子入射速度v0的最大值。(粒子不计重力)解析：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m解得半径为R＝若粒子带正电，最大半径的轨迹如图所示，根据几何关系可知R－R＝d解得半径为R＝d则粒子入射速度最大值为v0＝＝若粒子带负电，运动轨迹如图所示，根据几何关系可知R＋R＝d同理解得速度最大值为v0'＝＝。答案：若粒子带正电，最大速度为；若粒子带负电，最大速度为 展开更多...... 收起↑ 资源列表 [课时通关精练(二十八)] 课时1 洛伦兹力的理解和应用.docx [课时通关精练(二十八)] 课时2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动.docx 第2讲 磁场对运动电荷的作用.docx 第2讲 磁场对运动电荷的作用.pptx
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