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第九章磁　场
考 纲 要 求
考 情 分 析
磁场、磁感应强度、磁感线
Ⅰ
1.命题规律
近几年高考对该部分内容考查的重点是安培力、洛伦兹力以及带电粒子在磁场(或复合场)中的运动问题，对安培力、洛伦兹力的考查多以选择题的形式出现，对带电粒子的运动问题多以计算题的形式出现，综合考查受力分析、动力学关系、功能关系、圆周运动、平抛运动等知识，难度较大，分值较高。
2.考查热点
预计在今后的高考中仍将以带电粒子在有界磁场、组合场、叠加场中运动的综合分析为重点，出现大型综合题的概率较大。
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
Ⅰ
安培力、安培力的方向
Ⅰ
匀强磁场中的安培力
Ⅱ
洛伦兹力、洛伦兹力的方向
Ⅰ
洛伦兹力公式
Ⅱ
带电粒子在匀强磁场中的运动
Ⅱ
质谱仪和回旋加速器
Ⅰ
　磁场及其对电流的作用(双基落实课)
点点通(一)　磁场和磁感应强度
1．磁场的基本性质
磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用。
2．磁感线
为了形象地描述磁场，在其中画出的一系列有方向的曲线，曲线上各点的切线方向即为该点的磁场方向。
3．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)定义式：B＝(通电导线垂直于磁场)。
(3)方向：小磁针静止时N极所指的方向。
(4)单位：特斯拉，符号T。
4．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)磁感线分布特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
[小题练通]
1．(多选)(教科教材原题)一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中，当通过它的电流为I时，所受安培力为F。以下关于磁感应强度B的说法正确的是(　　)
A．磁感应强度B一定等于
B．磁感应强度B可能大于或等于
C．磁场中通电直导线受力大的地方，磁感应强度一定大
D．在磁场中通电直导线也可以不受力
解析：选BD　只有在通电直导线垂直于磁场时，B＝才成立，通电直导线和磁场不垂直时，B>，通电直导线和磁场平行时，导线不受力，故A错误，B、D正确；磁感应强度是用比值法定义的，通电直导线受力大的地方，磁感应强度不一定大，C错误。
2．(多选)(鲁科教材原题)下列说法正确的是(　　)
A．磁感线从磁体的N极发出，终止于磁体的S极
B．磁感线可以表示磁场的方向和强弱
C．磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场
D．因为异名磁极相互吸引，所以放入通电螺线管内的小磁针的N极一定指向通电螺线管的S极
解析：选BC　磁感线是闭合曲线，A错误；磁感线可以表示磁场的方向和强弱，B正确；磁铁和电流都能产生磁场，C正确；通电螺线管内部的磁场方向从S极指向N极，则放入其中的小磁针的N极指向与其内部磁场方向一致，即指向通电螺线管的N极，故D错误。
3.(2019·安徽江南十校联考)中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是(　　)
A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极
B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强
C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的
D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置
解析：选B　地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，所以在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，选项A错误；在地球的南北极地磁场的方向几乎与地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场力最大，选项B正确；地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可能地球是带负电的，选项C错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，选项D错误。
[融会贯通]
(1)磁感应强度是用比值法定义的物理量，只有在通电直导线和磁场方向垂直时，定义式B＝才成立，通电直导线在磁场中受力为零时，磁感应强度不一定为零。
(2)磁感线可以表示磁场的方向和强弱，放入磁场中的小磁针静止时N极所指的方向和该点的磁场方向一致。
点点通(二)　安培定则的应用与磁场叠加
1．电流周围的磁场(安培定则)
直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
特点
无磁极、非匀强磁场且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场
环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安 培 定 则
2.磁场的叠加
磁感应强度是矢量，磁场叠加时符合矢量运算的平行四边形定则。
[小题练通]
1.如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是(　　)
A．a、b、c的N极都向纸里转
B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
解析：选B　由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向里，磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以小磁针b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转。故B正确。
2．(鲁科教材原题)两根长直漆包线交叉放置并分别通以如图所示的电流I，那么两电流的磁场在导线平面内方向一致的是(　　)
A．区域1、2　　 　　 B．区域3、4
C．区域1、3 D．区域2、4
解析：选C　根据安培定则判断，两电流的磁场在导线平面内方向一致的是区域1、3，故C正确。
3．(教科教材原题)如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的P点处，M、N导线在该点产生的磁场的方向如何？说说理由。M导线受到的安培力方向又怎样？
解析：根据安培定则和磁场的矢量叠加，P点磁场方向水平向右；根据安培定则知，N导线在M导线处产生的磁场方向水平向右，再根据左手定则，M导线受到的安培力方向竖直向上。
答案：水平向右，理由见解析　竖直向上
[融会贯通]
(1)通电螺线管内部磁感线的方向是从S极指向N极，磁感线是闭合曲线。
(2)判断合磁场的方向，要先确定每个电流在该点产生的磁场的方向，再根据平行四边形定则合成后判断。
点点通(三)　磁场对电流的作用——安培力
1．安培力的大小
F＝BILsin θ，θ为磁感应强度与电流方向的夹角。
(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，Fmax＝BIL。
(2)当磁场与电流平行时，安培力为零。
2．安培力的方向——左手定则
伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
[注意]　F⊥B且F⊥I，但I与B的方向可成任意夹角。
[小题练通]
1．下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中F的方向正确的是(　　)
解析：选C　根据左手定则判断可知，A中F方向向右，B中F方向向下，C中F方向向下，D中磁场与电流平行，F＝0，故只有C正确。
2．(粤教教材原题)把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用。关于安培力的方向，下列说法中正确的是(　　)
A．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同
B．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直
C．安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直
D．安培力的方向一定跟电流方向垂直，也一定跟磁感应强度方向垂直
解析：选D　安培力的方向一定跟电流方向垂直，也一定跟磁感应强度方向垂直，故D正确。
3.(沪科教材原题)电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示。1982年澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)。若轨道宽2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试问轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场的最大功率有多大(轨道摩擦不计)?
解析：根据安培力F＝BIL
再根据动能定理Fs＝mv2
解得F＝1.1×103 N，B＝55 T
根据P＝Fv，解得P＝1.1×107 W。
答案：55 T　1.1×107 W
[融会贯通]
(1)安培力的方向一定跟磁感应强度和电流的方向都垂直。
(2)导体中的电流方向和磁感线方向平行时，导体不受安培力的作用，应用左手定则时，首先要排除这种情况。
(3)应用F＝BIL计算安培力的大小时，L一定是有效长度。
1．磁场叠加问题的分析思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向，如图所示M、N在c点产生的磁场磁感应强度分别为BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中c点的合磁场磁感应强度为B。
2．安培力作用下导体的平衡问题
(1)根据导体中的电流方向与磁场方向，先利用左手定则判断出安培力的方向，然后对导体进行受力分析，再结合力的平衡条件求解。
(2)若不能判断出安培力的方向，要先对导体进行受力分析，然后结合力的平衡条件确定安培力的方向和大小，此类试题一般是包括安培力在内的三力动态平衡问题，通常利用“闭合矢量三角形法”或“相似三角形法”求解。
[课堂综合训练]
1.(2017·上海高考)如图，一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间，电键闭合后导体棒受到的安培力方向(　　)
A．向上　　　　 　　 B．向下
C．向左 D．向右
解析：选D　根据图中所示的电流方向，由安培定则知U形铁芯下端为N极，上端为S极，ab中的电流方向由a→b，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D正确。
2.(多选)如图所示，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是(　　)
A．a处的磁感应强度大小比c处的大
B．b、c两处的磁感应强度大小相等
C．a、c两处的磁感应强度方向相同
D．b处的磁感应强度为零
解析：选AD　a、c两点处的磁感应强度是两导线电流产生的磁场的合磁感应强度，由于a点比c点距离两导线较近，所以a处的磁感应强度比c处的大，A正确；根据安培定则知，a、c两处磁感应强度方向相反，C错误；b点位于两导线中间，两导线在b点处产生的磁场大小相等，方向相反，合磁感应强度为零，c处磁感应强度不为零，D正确，B错误。
3.如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，GH与CD相距为d，则金属棒MN所受安培力大小(　　)
A．F＝BId B．F＝BIdsin θ
C．F＝ D．F＝BIdcos θ
解析：选C　金属棒MN与磁感应强度B垂直，金属棒MN的有效长度L＝，所以F＝BIL＝，选项C正确。
4．目前世界上输送功率最大的直流输电工程——哈(密)郑(州)特高压直流输电工程已正式投运。已知某段直流输电线长度l＝200 m，通有从西向东I＝4 000 A的恒定电流，该处地磁场的磁感应强度B＝5×10－5 T，磁倾角(磁感线与水平面的夹角)为5°(sin 5°≈0.1)。则该段导线所受安培力的大小和方向为(　　)
A．40 N，向北与水平面成85°角斜向上方
B．4 N，向北与水平面成85°角斜向上方
C．4 N，向南与水平面成5°角斜向下方
D．40 N，向南与水平面成5°角斜向下方
解析：选A　地磁场方向(从南向北)与电流方向垂直，安培力F＝BIl＝40 N，B、C项错；北半球地磁场磁感线相对水平面向下倾斜，由左手定则可知，导线所受安培力方向向北与水平面成85°角斜向上方，A项对，D项错。
5.如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E0的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计。为使ab静止，需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为(　　)
A．，水平向右
B．，垂直于回路平面向上
C．，竖直向下
D．，垂直于回路平面向下
解析：选D　对ab受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示；从图可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，故安培力的最小值为FA＝mgsin θ，故磁感应强度的最小值为B＝＝，根据欧姆定律，有E0＝IR，故B＝，由左手定则可知，磁感应强度方向垂直于回路平面向下，故D正确。

1.如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的(　　)
A．B1　　　　　　　　　 B．B2
C．B3 D．B4
解析：选C　根据安培定则及电流的相对大小可得，两电流在H点的磁场方向如图所示，根据平行四边形定则可判定，H点的合磁感应强度方向可能为B3方向，C正确。
2.如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。选项图所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是(　　)
解析：选A　由F＝nBIL可知，磁场发生微小变化时，选项图中载流线圈在磁场中的有效长度越长，载流线圈所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项A符合题意。
3.如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B(未画出)，导轨宽度为L，一端与电源连接。一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝。在安培力的作用下，金属棒ab以速度v0向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过金属棒ab的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为(　　)
A．37° B．30°
C．45° D．60°
解析：选B　由题意对金属棒ab受力分析，如图所示，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcos θ＝f＝μFN＝μ(mg－BILsin θ)，整理得BIL＝，安培力最小时，电流最小，由数学知识解得θ＝30°，B正确。
4.如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上，使其水平且始终与导轨保持良好接触。t＝0时刻在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动，已知电流I随时间t变化的关系式为I＝kt(k为常数，k>0)，金属棒PQ与导轨间的动摩擦因数一定。以竖直向下为正方向，则选项图中表示金属棒PQ的速度v、加速度a随时间t变化的关系可能正确的是(　　)
解析：选B　根据牛顿第二定律得，金属棒PQ的加速度a＝，f＝μN＝μFA＝μBIL＝μBLkt，联立解得加速度a＝g－，与时间成线性关系，故C错误；t＝0时刻电流为零，无安培力，只有重力，加速度竖直向下，为正值，故D错误；由上述分析知，开始时金属棒PQ加速度方向向下，与速度方向相同，所以金属棒PQ做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的变加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变减速运动，故A错误，B正确。
5．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
解析：选AC　外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：B0＝B0－B1＋B2，在a点：B0＝B0－B1－B2，由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。
6．(多选)如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根通电直导线，电流方向指向读者，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中(　　)
A．a、b两点磁感应强度相同
B．a点磁感应强度最大
C．c、d两点磁感应强度大小相等
D．b点磁感应强度最大
解析：选CD　根据安培定则，直导线电流的磁感应强度如图所示。
根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁感应强度情况如图所示。
显然，c点与d点合磁感应强度大小相等；a点磁感应强度为两磁感应强度之差的绝对值，最小；b点磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大，故C、D正确。
7.(多选)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图。在如图所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线连线的中垂线上两点，与O点的距离相等，aM与MN的夹角为θ。若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流I，单根导线中的电流在M处产生的磁感应强度大小为B0，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是(　　)
A．M点和N点的磁感应强度方向一定相同
B．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0cos θ
C．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0sin θ
D．在线段MN上有磁感应强度为零的点
解析：选AC　作出两根导线在M、N两处产生的磁感应强度的图示如图所示，并根据平行四边形定则求出合磁感应强度，M、N两处磁感应强度相同，大小为B＝2B0sin θ，选项A、C正确，B错误；由图可知，线段MN上各点磁感应强度方向均水平向右且不为零，选项D错误。
8.(多选)质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图所示。选项中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是(　　)
解析：选AB　选项A中，ab可能受重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图1所示，所以ab与导轨间的摩擦力可能为零。选项B中，ab可能受重力、安培力作用处于静止状态，如图2所示，所以ab与导轨间的摩擦力可能为零。选项C和D中，ab受重力、安培力、导轨弹力作用均具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图3、4所示，所以ab与导轨间的摩擦力一定不为零。综上所述，A、B正确。
9.(2019·武汉模拟)如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，连入导轨间的电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，轻绳对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)通过ab的电流大小和方向；
(2)ab受到的安培力大小；
(3)重物重力G的取值范围。
解析：(1)通过ab的电流大小为I＝＝2 A
方向为a到b。
(2)ab受到的安培力为F＝BIL＝5 N。
(3)对ab受力分析如图所示，
最大静摩擦力fm＝μFN＝μ(mg－Fcos α)＝3.5 N
当最大静摩擦力方向向右时
FT＝Fsin α－fm＝0.5 N
当最大静摩擦力方向向左时
FT＝Fsin α＋fm＝7.5 N
又FT＝G
所以0.5 N≤G≤7.5 N。
答案：(1)2 A　电流方向为a到b　(2)5 N　(3)0.5 N≤G≤7.5 N
第56课时　磁场对运动电荷的作用(重点突破课)
考点一　对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，F＝0。
(2)v⊥B时，F＝qvB。
(3)v与B夹角为θ时，F＝qvBsin_θ。
2．洛伦兹力的方向(左手定则)
如图，①表示正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，②表示磁感线的方向，③表示洛伦兹力的方向。
3．对洛伦兹力的理解
(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时，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。
[典例]　(多选)如图为显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转，不加磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点。若要使电子束打在荧光屏上的位置由O逐渐向A移动，则(　　)
A．在偏转过程中，洛伦兹力对电子束做正功
B．在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动
C．偏转磁场的磁感应强度应逐渐变大
D．偏转磁场的方向应垂直于纸面向外
[解析]　在偏转过程中，洛伦兹力与电子束运动方向始终垂直，对电子束不做功，A错误；在偏转过程中，加速度的方向始终指向运动轨迹的圆心，即加速度方向时刻改变，故电子束做变加速曲线运动，B错误；电子束打在荧光屏上的OA之间，即电子束受向上偏左的洛伦兹力，由左手定则可知磁感应强度应垂直于纸面向外，电子束打在荧光屏上的位置由O逐渐向A移动，即电子束偏转角度越来越大，运动轨迹半径越来越小，由r＝知，磁感应强度应逐渐变大，C、D正确。
[答案]　CD

洛伦兹力的方向，取决于磁感线方向和粒子运动的方向。应特别注意其方向还和粒子所带电荷的正、负有关。　　
[集训冲关]
1.如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(　　)
A．向上　　　　　　　　 B．向下
C．向左 D．向右
解析：选A　条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确。
2．在选项图中，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(　　)
解析：选B　根据左手定则，A中F方向向上，B中F方向向下，选项A错误，B正确；C、D中v都与B的方向平行，F＝0，选项C、D错误。
3.如图所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：选B　根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得O点处的磁场方向水平向左，再根据左手定则判断可知，带电粒子受到的洛伦兹力方向向下，B正确。
考点二　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(如图甲)。
2．若v⊥B，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(如图乙、丙)。
(1)向心力公式：qvB＝m。
(2)轨道半径公式：r＝。
(3)周期公式：T＝＝。
[考法细研]
[例1]　如图所示，匀强磁场中有一电荷量为q的正离子，由a点沿半圆轨迹运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨迹运动到c点，已知a、b、c在同一直线上，且ac＝ab。电子的电荷量为e，质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为(　　)
A．　　　　　　　　　　 B．
C． D．
[解析]　正离子由a到b的过程，轨迹半径r1＝，此过程有qvB＝，正离子在b点吸收n个电子，因电子质量不计，所以正离子的速度不变，电荷量变为q－ne，正离子从b到c的过程中，轨迹半径r2＝＝ab，且(q－ne)vB＝，解得n＝，D正确。
[答案]　D
[例2]　如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c，以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的运动轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是(　　)
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电
B．射入磁场时粒子a的速率最小
C．射出磁场时粒子b的动能最小
D．粒子c在磁场中运动的时间最长
[解析]　若粒子a、b、c均带正电，根据左手定则，可判断出粒子a、b、c均应向左偏转，粒子b、c偏转方向与假设相反，因此粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即Bvq＝m，解得r＝，由此可知，粒子速率越大时，轨迹半径越大，易知射入磁场时粒子c的速率最小，动能最小，又洛伦兹力不做功，故B、C错误；粒子运动的周期为T＝，故粒子在磁场中的偏转角越大，运动时间越长，可知粒子c在磁场中运动的时间最长，故D正确。
[答案]　D
[集训冲关]
1．(2019·深圳模拟)一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。则能正确表示运动周期T与半径R之间关系的图像是(　　)
解析：选D　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，有qvB＝m，可得R＝，由圆周运动规律，T＝＝，可见运动周期与半径无关，故D项正确。
2.(2019·楚雄检测)如图所示，平行金属板P、Q间有磁感应强度为B的匀强磁场，静止的电子在O点经加速电压U作用后，由P板上的小孔垂直进入磁场，打在Q板上的A点。现使磁感应强度大小B加倍，要使电子的运动轨迹不发生变化，仍打在Q板上的A点，应该使U变为原来的(　　)
A．4倍 B．2倍
C．倍 D．
解析：选A　要使电子仍打在A点，则电子在磁场中的运动半径不变，由Bqv＝m可知R＝；B加倍，而R不变，速度v一定也要加倍；对加速过程分析可知，Uq＝mv2，解得v＝ ，要使速度v加倍，U应变为原来的4倍，故A正确。
3.(2019·兰州模拟)如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向相同(磁场未画出)，大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则(　　)
A．ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1
C．t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1
解析：选C　由qvB＝m和v＝ωR得ω＝，故ω1∶ω2＝1∶2，A、B错误；若磁场方向垂直纸面向外，由几何关系知，粒子在区域Ⅰ中的轨迹对应的圆心角为120°，在区域Ⅱ中的轨迹对应的圆心角为240°，由T1＝、T2＝和t＝·T知t1∶t2＝1∶1，C正确；若磁场方向垂直纸面向里，由几何关系知，粒子在区域Ⅰ中的轨迹对应的圆心角为240°，在区域Ⅱ中的轨迹对应的圆心角为120°，可知t1∶t2＝4∶1，D错误。

1.匀强磁场中一个运动的带电粒子，所受洛伦兹力F的方向如图所示，则该粒子所带电性和运动方向可能是(　　)
A．粒子带负电，向下运动
B．粒子带正电，向左运动
C．粒子带负电，向上运动
D．粒子带正电，向右运动
解析：选A　根据题图，利用左手定则，让磁感线穿过掌心，拇指指向F的方向，则四指向上，这样存在两种可能：粒子带正电，向上运动；或粒子带负电，向下运动，故A正确。
2.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则电子将(　　)
A．向上偏转　　 　　 　　 B．向下偏转
C．向纸里偏转 D．向纸外偏转
解析：选B　由题图可知，直导线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直于纸面向里，而电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电荷，四指要指向电子运动方向的反方向)，电子将向下偏转，故B选项正确。
3．两个质量和电荷量均相同的带电粒子a、b，分别以速度v和2v垂直射入一匀强磁场，其运动半径分别为ra和rb，运动的周期分别为Ta和Tb，不计粒子重力，则(　　)
A．ra>rb B．raC．Ta>Tb D．Ta解析：选B　根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得r＝，由题知m、q、B大小均相同，则速度大的半径大，故ra4.如图所示，一速度为v0的电子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，若B、E、v0同时增大为原来的两倍，则电子将(　　)
A．仍沿直线飞出选择器 B．往上偏
C．往下偏 D．往纸外偏
解析：选C　电子开始沿直线飞出选择器，表示它在选择器中受力平衡，即qv0B＝qE，B、E、v0均变为原来的两倍后，q·2v0·2B>q·2E，电子受到的洛伦兹力大于电场力，根据电子受力方向知，它将向下偏，C对，A、B、D错。
5.(2019·六安模拟)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向夹角为θ(0<θ<π)的方向，发射一个速率为v的带正电粒子(重力不计)。则下列说法正确的是(　　)
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
解析：选A　由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转，粒子在磁场中运动的周期T＝，在磁场中运动的时间t＝T＝。若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项A正确；由几何关系知，若v一定，θ等于90°时，粒子离开磁场的位置距O点最远，选项B错误；粒子在磁场中运动的时间与v无关，由ω＝＝可知粒子在磁场中运动的角速度与v无关，选项C、D错误。
6.(多选)如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从等高的A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时(　　)
A．小球的动能相同
B．丝线所受的拉力相同
C．小球所受的洛伦兹力相同
D．小球的向心加速度大小相同
解析：选AD　小球受到洛伦兹力和丝线的拉力与速度方向时刻垂直，对小球不做功只改变速度方向，不改变速度大小，只有重力做功，故两次经过O点时速度大小不变，动能相同，A正确；小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时速度方向相反，由左手定则可知两次过O点洛伦兹力方向相反，丝线的拉力大小不同，故B、C错误；由a＝可知向心加速度大小相同，D正确。
7．(多选)空间有一磁感应强度为B的水平匀强磁场，有一质量为m、电荷量为q的质点，以垂直于磁场方向的速度v0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上
B．质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下
C．质点飞出磁场时速度的大小为v0
D．质点飞出磁场时速度的大小为 
解析：选AD　因为磁场方向水平，质点沿水平且垂直于磁场的方向进入该磁场，若磁感应强度方向为垂直纸面向里，利用左手定则可知，若质点带正电，从左向右进入时所受洛伦兹力方向向上，若质点带负电，进入时所受洛伦兹力方向向下，A对，B错；对质点在磁场中的运动过程应用动能定理，有mgh＝mv2－mv02，得v＝ ，C错，D对。
8.(多选)(2019·南宁模拟)如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(区域都足够大)。现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以平行于纸面的初速度v0射入，下列有关判断正确的是(　　)
A．如果粒子回到MN上时速度增大，则该空间存在的一定是电场
B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场
C．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场
D．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场
解析：选AD　洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可对带电粒子做功，使粒子速度增大，故A正确；若该空间存在匀强磁场，则粒子返回MN时速度大小不变，故B错误；若MN为电场中的等势面，则粒子回到MN时，速度大小不变，且沿MN方向的速度不变，则速度与MN所成夹角不变，故C错误；若MN为电场中的等势面，只改变粒子的初速度大小，粒子所受电场力不变，则粒子再回到MN所用的时间一定改变，由T＝知，粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，故D正确。
第57课时　带电粒子在有界磁场中的运动(题型研究课)
命题点一　带电粒子在有界磁场中的运动
　　1.两种方法定圆心
(1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心。如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点。
(2)已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心。如图乙所示，P为入射点，M为出射点。
2．几何知识求半径
(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)。
考法1　直线边界的磁场　
[例1]　(多选)如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q、不计重力的带电粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远可落在边界上的A点。下列说法中正确的有(　　)
A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0
C．若粒子落在A点左右两侧相距为d的范围内，其速度不可能小于v0－
D．若粒子落在A点左右两侧相距为d的范围内，其速度不可能大于v0＋
[解析]　因粒子由O点以速度v0射入磁场时，最远落在A点，又粒子在O点垂直于边界射入磁场时，在边界上的落点最远，即＝，所以粒子若落在A点的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A点的左侧时，由于不一定是垂直于边界入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错误；当粒子射到A点左侧相距为d的点时，最小速度为vmin，则＝，又因＝，即vmin＝v0－，所以粒子落在A点左右两侧相距为d的范围内，其速度不可能小于vmin＝v0－，C正确；当粒子射到A点右侧相距为d的点时，最小速度为v1，则＝，又因＝，即v1＝v0＋，D错误。
[答案]　BC
考法2　平行边界的磁场　
[例2]　(多选)如图所示，宽d＝4 cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里。现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r＝10 cm，则(　　)
A．右边界：－8 cmB．右边界：0C．左边界：y>8 cm有粒子射出
D．左边界：0[解析]　根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨迹半径r＝10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm，由几何知识求得AB＝BC＝8 cm，OE＝16 cm，因此A、D正确。
[答案]　AD
考法3　圆形边界的磁场　
[例3]　(2019·四川四市二诊)如图所示，半径为r的圆形空间内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A点沿半径方向垂直射入磁场，在C点射出。已知∠AOC＝120°，粒子在磁场中运动时间为t0，则加速电场的电压是(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
[解析]　根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为α＝180°－120°＝60°＝，轨迹半径为R＝rtan 60°＝r，由t0＝·及qU＝mv2，得U＝，A正确。
[答案]　A
考法4　正方形边界的磁场　
[例4]　(多选)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则(　　)
A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出
C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度B增大为原来的二倍，粒子将从d点射出
D．只改变粒子的速度，使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用的时间最短
[解析]　由r＝可知，如果粒子的速度增大为原来的二倍，粒子在磁场内运动时的轨迹半径增大到原来的二倍，粒子将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，假设磁场区域足够大，粒子会通过ad延长线上的g点，且dg＝ae，可知粒子将从d、f之间的某确定点射出，选项B错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度增大为原来的二倍，粒子将从ae的中点射出，选项C错误；粒子从e、d点射出时转过的角度相等，所用时间相等，从f点射出时转过的角度最小，所用的时间最短，选项D正确。
[答案]　AD
考法5　三角形边界的磁场　
[例5]　(2019·福州模拟)如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，一束带正电的相同粒子以不同的速度v沿bc方向从b点射入磁场，不计粒子的重力。关于粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．入射速度越大的粒子，在磁场中的运动时间越长
B．入射速度越大的粒子，在磁场中的运动轨迹越长
C．从ab边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等
D．从ac边出射的粒子在磁场中的运动时间都相等
[解析]　带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹半径r＝，速度越大，半径越大，从ac边出射的粒子，速度越大，运动轨迹越短，对应的圆心角θ越小，根据t＝T和T＝可知，粒子在磁场中的运动时间越短，选项A、B、D错误；从ab边出射的粒子速度的偏向角都相同，而粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角等于速度的偏向角，由t＝T可知，粒子在磁场中的运动时间相等，选项C正确。
[答案]　C
考法6　其他形状边界的磁场　
[例6]　(2016·四川高考)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则(　　)
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
[解析]　如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨迹半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨迹半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m得v＝，故＝＝。由T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故选项A正确，B、C、D错误。
[答案]　A

(1)带电粒子在有界磁场中的运动，一般要先根据不同的磁场边界画出粒子运动的轨迹，然后利用几何知识计算轨迹半径。
(2)根据r＝、T＝，已知m、v、q、B可计算半径、周期；已知半径、周期也可计算磁感应强度、比荷、电荷量等。
(3)计算粒子在磁场中运动的时间，需要知道周期和圆心角，常根据t＝·T计算。　　
命题点二　临界极值问题
1.临界条件的挖掘
(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)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大(前提条件是劣弧)，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速率v变化时，轨迹圆心角越大，运动时间越长。
(4)当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，则以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大。
2．不同边界磁场中临界条件的分析
(1)平行边界：常见的临界情景和几何关系如图所示。
(2)矩形边界：如图所示，可能会涉及与边界相切、相交等临界问题。
(3)三角形边界：如图所示是正△ABC区域内某正粒子垂直于AB进入磁场的粒子临界轨迹示意图。粒子能从AB间射出的临界轨迹如图甲所示，粒子能从AC间射出的临界轨迹如图乙所示。
[典例]　(多选)如图所示，在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，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(不计重力)，沿纸面从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)
A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．该粒子以不同大小的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
[解析]　若粒子的入射速度为v＝，根据洛伦兹力充当向心力可知Bqv＝m，解得r＝l；根据几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大。根据几何关系可知，若要使粒子从CD边射出，粒子轨迹与AD边相切时半径最大，由几何关系可知，最大半径满足(rm＋l)2＝rm2＋rm2，解得rm＝(＋1)l，则若要使粒子从CD边射出，该粒子从O点入射的最大速度应为v＝，故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大轨迹半径为l，因此最大速度应为v＝，故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转对应的最大圆心角为180°，故在磁场中运动的最长时间为，故D正确。
[答案]　ACD
[集训冲关]
1.如图所示，半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)。一质量为m、电荷量为－q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ＝30° 的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从圆弧MAN上射出，则磁感应强度的大小不可能为(　　)
A．　　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选B　由题意知，临界条件为粒子运动轨迹恰好与MN相切，粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识可得∠AO′B＝120°，∠OAB＝∠BAO′＝30°，故＝，r＝，解得r＝R，又知r＝，解得B＝，为使粒子从圆弧MAN上射出，则r≤R，即B≥，故B不可能。
2.如图所示，在圆心为O的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。边界上的一粒子源A，向磁场区域发射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，其速度大小均为v，方向垂直于磁场且分布在AO右侧α角的范围内(α为锐角)。已知磁场区域的半径为，其左侧有与AO平行的接收屏，不计带电粒子所受重力和相互作用力，求：
(1)沿AO方向入射的粒子离开磁场时的速度方向与入射方向的夹角；
(2)接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度。
解析：(1)根据左手定则，可知粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，设其半径为R，
有qBv＝，得R＝，
可知带电粒子运动半径与磁场区域半径相等。
沿AO方向射入磁场的粒子离开磁场时的速度方向与入射方向之间的夹角为，如图所示。
(2)设粒子入射方向与AO的夹角为θ，粒子离开磁场的位置为A′，粒子做圆周运动的圆心为O′。
根据题意可知四边形AOA′O′四条边长度均为，是菱形，有O′A′∥OA，故粒子出射方向必然垂直于OA所在直线，然后做匀速直线运动垂直击中接收屏，如图所示。
设与AO成θ角射入磁场的粒子离开磁场时的位置A′与A点的竖直距离为d，有
d＝R＋Rcos＝
设d的最大值和最小值分别为d1和d2，有
d1＝，d2＝
故接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度为
Δd＝d1－d2＝。
答案：(1)　(2)
命题点三　匀强磁场中的多解问题
造成带电粒子在匀强磁场中运动多解的原因很多，列举以下几种情形：
1．带电粒子电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，由于电性不同，当速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。
如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。
2．磁场方向不确定形成多解
有些题目只知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。
如图乙所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a；若B垂直纸面向外，其轨迹为b。
3．临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图丙所示。
4．运动的往复性形成多解
带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示。
[例1]　如图所示，在半径为R的圆周内外两区域分别存在与圆周平面垂直、方向相反的匀强磁场，其中内部区域的磁感应强度大小为B，外部区域的磁感应强度大小未知。M、N、P、Q是两条互相垂直的直径与圆周边界的交点，现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从M点沿MN方向射入圆周内部区域。
(1)若粒子从M点沿MN方向射入圆周内部区域后，从P点射出圆周区域，求粒子所带电荷的电性及射入速度v0的大小；
(2)若该粒子从P点射出后，从N点返回圆周内部区域，求圆周外部区域的磁感应强度大小及该粒子由M点运动到N点所用的时间；
(3)若圆周内外的磁感应强度大小相等，要使粒子从M点指向圆心方向射入，经过偏转绕圆周边界一周后回到M点，求粒子运动的速度v应满足的条件。
[解析]　 (1)根据粒子偏转方向，利用左手定则可以判断粒子带正电荷。
如图甲所示，由几何关系易知，粒子做圆周运动的轨迹半径与圆周边界的半径相等，即r＝R
在圆周内部磁场区域里有
qv0B＝m
解得v0＝。
(2)如图乙所示，粒子从P点射出后，从N点返回圆周内部区域
由几何知识可得，粒子在圆周外部区域运动的轨迹半径r1＝R
设圆周外部区域磁感应强度大小为B1，粒子运动时洛伦兹力提供向心力，有qv0B1＝m
解得B1＝B
由粒子做圆周运动的周期T＝可知，粒子在圆周内部和圆周外部做匀速圆周运动的周期相等
即T外＝T内＝
粒子从M点运动到N点的时间为t＝T内＋T外
解得t＝。
(3)如图丙所示，粒子每次偏转中射入圆周内部区域的速度方向和射出速度方向与圆周边界有两交点，设两交点与圆心连线的夹角为θ
由几何关系可知，粒子在圆周内部区域的轨迹半径r2＝Rtan 
粒子运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
若经偏转绕圆周边界一周回到M点，由几何关系易知，粒子最少在圆周边界内外偏转3次，有nθ＝2π(n＝3,4,5,6，…)
解得粒子的运动速度为
v＝(n＝3,4,5,6，…)。
[答案]　(1)正电荷　　(2)B　 (3)v＝(n＝3,4,5,6，…)
[例2]　(2019·衡阳联考)“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化为如图所示示意图。辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径R1＝2 m，电势φ1＝50 V，内圆的半径R2＝1 m，电势φ2＝0，内圆里有磁感应强度大小B＝5×10－3 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板MN与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M、N与内圆间各存在一狭缝。假设太空中漂浮着质量m＝1.0×10－10 kg、电荷量q＝4×10－4 C的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰撞和作用。
(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；
(2)以收集薄板MN所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间。
[解析]　(1)粒子在电场中被加速时，由动能定理可知
qU＝mv2－0
U＝φ1－φ2
解得v＝2×104 m/s。
(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有
qvB＝
解得r＝1 m
因为r＝R2，所以由几何关系可知，从收集薄板MN左端贴着其上表面进入磁场的粒子在磁场中运动圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速至外圆处后反向加速，并返回磁场，如此反复地做周期性运动，其运动轨迹如图所示。
由图易知，粒子运动一个周期内在磁场中所用时间为
T＝＝
解得T＝π×10－4 s
在电场和磁场中做周期性运动的粒子在外圆上的四个位置坐标分别为(0,2 m)，(2 m,0)，(0，－2 m)，(－2 m,0)。
[答案]　(1)2×104 m/s　(2)(0,2 m)，(2 m, 0)，(0, －2 m)，(－2 m, 0)　π×10－4 s
[集训冲关]
1.(多选)如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为 9 m，M点为x轴正方向上一点，OM间距为3 m。现有一个比荷大小为＝1.0 C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)，从挡板下端N处以不同的速度沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)
A．3 m/s　　　　　　　 B．3.75 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
解析：选ABD　因为小球射入磁场后再通过y轴时的速度方向一定是沿x轴正方向，故带电小球做圆周运动轨迹半径最小值Rmin＝lOM＝3 m，即Rmin＝，解得vmin＝3 m/s；经验证，带电小球能以3 m/s 速度进入磁场，与ON碰撞一次，再经四分之三圆周经过M点，如图甲所示，A项正确；当带电小球与ON不碰撞，直接经过M点，如图乙所示，小球沿x轴负方向射入磁场，则轨迹圆心一定在y轴上，由几何关系知，此时轨迹半径最大值满足Rmax2＝lOM2＋(lON－Rmax)2，解得Rmax＝5 m，又Rmax＝，解得vmax＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图丙所示，由过圆直径的内接三角形几何条件可得＝，解得轨迹半径R＝3.75 m(另一解R＝3 m舍去)，由半径公式R＝，得v＝3.75 m/s，B项正确；由上述分析易知C项错误。
2．某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。
(1)求磁场区域的宽度h；
(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；
(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。
解析：(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r
根据题意及几何关系可得L＝3rsin 30°＋3dcos 30°
且h＝r(1－cos 30°)
解得h＝。
(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r′
m＝qvB
m＝qv′B
由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°
解得Δv＝v－v′＝。
(3)设粒子经过上方磁场与经过下方磁场的次数之和为n，则n≥2
由题意知L＝2ndcos 30°＋2nrnsin 30°
且qvnB＝m
解得vn＝。
答案：(1)　(2)
(3)

1.(2019·成都高三质检)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场。若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为(　　)
A．　　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选A　粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示，由几何关系知，轨迹半径r＝R，运动轨迹对应的圆心角为π，故粒子在磁场中的运动时间t＝＝，故A正确，B、C、D错误。
2．(2019·马鞍山模拟)如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，磁场方向垂直边界平面向里。三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定(　　)
A．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电
B．粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1
C．粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1
D．粒子3的射出位置与d点相距
解析：选B　根据左手定则可知，粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电，选项A错误；由几何关系知，粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周，半径r1＝Lsin 45°＝L，在磁场中运动时间t1＝T＝×＝，粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周，半径r3＝＝L，在磁场中运动时间t3＝T＝×＝，则t1＝t3，选项C错误；由r1∶r3＝1∶2及r＝可知粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1，选项B正确；粒子3的射出位置与d点相距(－1)L，选项D错误。
3．(2019·南昌模拟)如图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是(　　)
A．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点
B．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为
C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
解析：选C　带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点，选项A错误；由于P点的位置不确定，所以粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角是轨迹圆弧与y轴相切时即300°，运动时间为T，而最小的圆心角是P点在坐标原点时即120°，运动时间为T，而T＝，故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为，最短为，选项C正确，B、D错误。
4．如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为(　　)
A．2cos θ B．sin θ
C．cos θ D．tan θ
解析：选C　由题意作出粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图1和2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，设磁场Ⅰ宽度为d，由几何关系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，联立得＝cos θ，C正确。
5.如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，a、b、c、d是圆上对称的四个点。一带电粒子从P点射入磁场，OP连线与Od的夹角为30°，带电粒子的速度大小为v，方向与ab成直角时，恰好能反向飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t。若只将cbd半圆内磁场方向变成垂直纸面向里，粒子仍从P点射入，设粒子在磁场中的偏转半径为r′，在磁场中运动的时间为t′，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子的偏转半径r′＝R
B．粒子的偏转半径r′＝R
C．粒子的运动时间t′＝2t
D．粒子的运动时间t′>2t
解析：选B　带电粒子的速度大小为v，方向与ab成直角时，恰好能反向飞出磁场，则粒子运动轨迹如图甲所示。由图甲可知，粒子的偏转半径r＝Rsin 30°＝R，在磁场中运动的时间t＝(T为粒子的运动周期)；若只将cbd半圆内磁场方向变成垂直纸面向里，粒子在磁场中的偏转半径r′＝r＝，故A项错误，B项正确；若只将cbd半圆内磁场方向变成垂直纸面向里，粒子仍从P点射入，则粒子运动轨迹如图乙。由图乙知粒子在磁场中运动的时间t′　　
6.(多选)如图所示，竖直平行边界MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ)，磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直于磁场。粒子间的相互作用及重力不计，设粒子入射方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直于PQ射出，则(　　)
A．从PQ垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为
B．沿θ＝90°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长
C．粒子的速率为
D．PQ上有粒子射出的范围长度为2a
解析：选AD　带电粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝m，所以v＝，粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直于PQ射出，则粒子在磁场中转过30°，如图甲所示，所以有Rsin 30°＝a，解得R＝2a，故v＝，C错误；t＝·＝，A正确；θ＝0时，粒子离开磁场的位置在PQ上O′点上方a处，如图乙所示；当θ增大时，粒子在PQ上离开磁场的位置下移，直到粒子运动轨迹与PQ相切时θ＝120°，切点在O′下方a处，如图丙所示，所以，PQ上有粒子射出的范围长度为2a，D正确；粒子在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，所以，沿θ＝120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长，B错误。
7.(多选)(2019·沈阳联考)如图所示，在正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子a、b从同一边的中点垂直磁场方向进入磁场，a粒子从正方形的顶点射出磁场，b粒子从正方形另一边的中点射出磁场，运动轨迹如图中圆弧所示，则(　　)
A．a带负电，b带正电
B．a带正电，b带负电
C．a、b进入磁场时的速率之比为1∶2
D．a、b在磁场中运动的时间之比为1∶1
解析：选BC　根据题图，由左手定则可知，正粒子的偏转方向向上，负粒子的偏转方向向下，所以a带正电，b带负电，A错误，B正确；由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，有r＝＝··v，比荷相同的两个粒子运动的半径与速率成正比，由题图可知，＝，则＝＝，C正确；由T＝＝·知，比荷相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由t＝·T知，＝＝＝，D错误。
8.(多选)如图所示，在xOy平面内的y轴和虚线之间除圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。虚线经过Q(3L,0)点且与y轴平行，圆形区域的圆心P的坐标为(2L,0)，半径为L。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，则(　　)
A．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v＝
B．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v＝
C．粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmin＝
D．粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmin＝
解析：选AC　若粒子没经过圆形区域到达了Q点，则轨迹如图甲所示，和圆形区域相切于Q点，则r＝3L，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝，得v＝，选项A正确，B错误；粒子第一次从P点经过了x轴，如图乙所示。
设粒子在磁场中运动转过的圆心角为θ，由几何关系得rsin θ＋Lcos θ＝2L，得r＝L＝L＝L＝L＝L≥ L，由Bqv＝得vmin＝，选项C正确，D错误。
9．如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上下两部分，上部分充满垂直于纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°。MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力。求：
(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少；
(2)若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最短是多少。
解析：(1)设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，粒子第一次到达MN边时，对应偏转角为－θ＝60°，则由几何关系得rcos 60°＝r－，
解得r＝a，
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，
解得最大速度为vm＝。
(2)由几何关系知，粒子每经过PQ一次，沿PQ方向前进的位移为轨迹半径R的倍，
设粒子进入磁场后第n次经过PQ时恰好到达Q点，
有n×R＝8a且R≈4.62，n所能取的最小自然数为5，
粒子做圆周运动的周期为T＝，
粒子每经过PQ一次用去的时间为t＝T＝T＝，
粒子到达Q点的最短时间为tmin＝5t＝。
答案：(1)　(2)
10.如图所示，在半径为R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆形区域最高点P有一速度为v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场。已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。
(1)若粒子对准圆心O射入，求它在磁场中运动的时间；
(2)若粒子对准圆心O射入，且速率为v0，求它打到感光板上的速度垂直感光板的分量大小；
(3)若粒子以速度v0从P点以任意角射入，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。
解析：(1)设粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力有Bqv0＝m
r＝R
粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图甲所示，则
t＝＝。
(2)由(1)知，当v＝v0时，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如图乙所示，
由几何关系可知∠PO2O＝∠OO2J＝30°，所以粒子离开磁场时偏转角为60°，粒子打到感光板上的速度垂直感光板的分量大小
v⊥＝vsin 60°＝v0。
(3)由(1)知，当粒子以速度v0射入时，粒子在磁场中的运动轨迹半径为R。设粒子射入方向与PO方向之间的夹角为θ，粒子从区域边界S点射出，粒子的运动轨迹如图丙所示。
因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R，所以四边形POSO3为菱形
由图可知PO∥O3S，v0′⊥SO3，故v0′⊥PO
因此，粒子射出磁场时均沿水平方向，垂直打在感光板上，与入射的方向无关。
答案：(1)　(2)v0　(3)见解析
11.(2019·哈尔滨六中模拟)如图所示，某平面内有折线PAQ为磁场的分界线，已知∠A＝90°，AP＝AQ＝L。在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点沿PQ方向射出，途经A点到达Q点，不计粒子重力。求粒子初速度v应满足的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值。
解析：根据运动的对称性，粒子能从P经A到达Q，运动轨迹如图所示，由图可得：L＝nx
其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，由几何关系知，偏转圆弧对应的圆心角为或
设粒子运动轨迹的半径为R，由几何关系可得：2R2＝x2
解得：R＝
又qvB＝m
解得：v＝(n＝1,2,3，…)
当n取奇数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：
θ1＝n·＋n·＝2nπ
从P经A到Q的总时间为：
t1＝·＝(n＝1,3,5，…)
当n取偶数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：
θ2＝n·＋n·＝nπ
从P经A到Q的总时间为：
t2＝·＝(n＝2,4,6，…)
综合上述两种情况，可得粒子从P经A到达Q所用时间的最小值为：
tmin＝。
答案：v＝(n＝1,2,3，…)　
第58课时　磁场中的动态圆、磁聚焦、磁发散问题(题型研究课)
命题点一　平移圆、放缩圆、旋转圆问题
题型1　平移圆问题
1．适用条件
(1)速度大小一定，方向一定，入射点不同但在同一直线上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则圆周运动半径R＝，如图所示(图中只画出粒子带负电的情景)。
(2)轨迹圆圆心共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行。
2．界定方法
将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆法”。
[例1]　(多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q、速度不同的粒子，从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是(　　)
A．射出粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
[解析]　利用左手定则可判定，射出粒子带负电，A项错误；利用qvB＝知r＝，能射出的粒子半径满足≤r≤，因此射出粒子的最大速度vmax＝＝，B项正确；射出粒子的最小速度vmin＝＝，Δv＝vmax－vmin＝，由此可判定，C项正确，D项错误。
[答案]　BC
题型2　放缩圆问题
1．适用条件
(1)速度方向一定，大小不同
粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。
(2)轨迹圆圆心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。带电粒子沿同一方向射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上。
2．界定方法
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩做轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。
[例2]　(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是(　　)
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
[解析]　如图所示，作出带电粒子以与Od成30°角的方向的速度射入正方形内时，刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。由图中几何关系可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于t0，小于t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于t0，小于t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是t0。综上所述，A、C正确。
[答案]　AC
题型3　旋转圆问题
1．适用条件
(1)速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示。
(2)轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点为圆心、半径R＝的圆上。
2．界定方法
将半径为R＝的圆以带电粒子入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆法”。
[例3]　边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v。如图所示，沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin 35°≈0.577。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的最长时间；
(3)沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例。
[解析]　(1)OC＝Lcos 30°＝L
沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，由几何知识得，粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角为60°
半径r＝OC＝L
由qvB＝
得B＝＝。
(2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，设弦OA对应的圆心角为α，由几何关系得
sin ＝＝≈0.577，α≈70°
最长时间tm≈·＝。
(3)从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD＝OC，粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为60°，如图所示，由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30°，即沿OC方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出的时间相等，从OB方向到OC方向这30°范围内的粒子此时都还在磁场中，而入射的范围为60°，故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是。
[答案]　(1)　(2)　(3)
[集训冲关]
1.(2019·广州检测)不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图所示。分别用vM与vN、tM与tN、与表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则(　　)
A．如果＝，则vM>vN
B．如果＝，则vMC．如果vM＝vN，则>
D．如果tM＝tN，则>
解析：选A　由qvB＝m得＝，由题图可知RM>RN，如果＝，则vM>vN，A正确，B错误；如果vM＝vN，则<，C错误；由题图可知t＝＝，如果tM＝tN，则＝，D错误。
2. (多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为 θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T。电子质量m＝9.1×10－31 kg，电荷量大小e＝1.6×10－19 C，不计电子重力，电子源发射一个速度v＝1.6×106 m/s 的电子，该电子击中板的范围的长度为l，则(　　)
A．θ＝90°时，l＝9.1 cm　　 B．θ＝60°时，l＝9.1 cm
C．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm
解析：选AD　电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝，R＝＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90°时，击中板的范围如图甲所示，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确；θ＝60°时，击中板的范围如图乙所示，l＜2R＝9.1 cm，选项B错误；θ＝30°时，击中板的范围如图丙所示，l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图丁所示，l＞R＝4.55 cm，故选项D正确，C错误。
3.如图所示，磁感应强度大小为B＝0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R＝0.10 m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向射出速度不同的带正电的粒子流，粒子的重力不计，比荷＝1.0×108 C/kg。
(1)请判断当粒子分别以v1＝1.5×106 m/s和v2＝0.5×106 m/s的速度射入磁场时，能否打到荧光屏上；
(2)要使粒子能打在荧光屏上，求粒子的速度v0的大小应满足的条件；
(3)若粒子的速度v0＝3.0×106 m/s，且以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离A点的最远距离。
解析：(1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹示例如图甲所示，由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r>R时，粒子沿图中①方向射出磁场能打到荧光屏上，当粒子做圆周运动的半径r≤R时，将沿图中②、③方向射出磁场，不能打到荧光屏上。
当粒子速度为v1时，由洛伦兹力提供向心力，得qv1B＝m，
解得r1＝R>R，故能打到荧光屏上；
同理，当粒子的速度为v2时，
解得r2＝R(2)设当v0＝v3时，粒子恰好打不到荧光屏上，则这时粒子沿图甲中②方向从磁场的最高点竖直向上射出磁场。由几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径r3＝R，
由洛伦兹力提供向心力，得qv3B＝m，
解得v3＝1.5×106 m/s。
由分析可知，当v0>1.5×106 m/s时，粒子能打到荧光屏上。
(3)设速度v0＝v4＝3.0×106 m/s 时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4，
由洛伦兹力提供向心力，
得qv4B＝m，
解得r4＝2R，
如图乙所示，粒子在磁场中运动的轨迹是以E点为圆心，以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动，故磁场边界变为以O为圆心，以2R为半径的圆弧ABE，粒子轨迹圆弧与其交点为B，当A点恰转至B点，此时粒子的出射点为B，在磁场中的偏角α最大为60°，射到荧光屏上P点离A点最远，
由几何知识得AP＝CA·tan α＝(2R－r4tan 30°)·tan 60°＝ m≈0.15 m。
答案：(1)速度为v1时，能　速度为v2时，不能
(2)v0>1.5×106 m/s　(3)0.15 m
命题点二　磁聚焦和磁发散问题
磁聚焦
磁发散
电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行
　　[例1]　如图甲所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t＝0时，A板比B板的电势高，电压的正向值为u0，反向值为－u0。现有质量为m、带电荷量为q的正粒子组成的粒子束，沿A、B板间的中心线O1O2以速度v0＝射入，所有粒子在A、B板间的飞行时间均为T，不计重力影响。求：
(1)粒子射出电场时的位置离O2点的距离范围及对应的速度；
(2)若要使射出电场的粒子经某一圆形区域的匀强磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的一个点处，而便于再收集，对应磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度大小。
[解析]　(1)由题意知，当粒子由t＝nT(n＝0,1,2,3，…)时刻进入电场，向下侧移最大，
则s1＝2＋··－2＝，
当粒子由t＝nT＋(n＝0,1,2,3，…)时刻进入电场，向上侧移最大，
则s2＝2＝，
在距离O2点下方至O2点上方的范围内有粒子射出电场，
由上述分析知，粒子射出电场的速度都是相同的，方向垂直于v0向下的速度大小为
vy＝·＝，
所以射出速度大小为
v＝＝ ＝，
设速度方向与v0的夹角为θ，
则tan θ＝＝，
θ＝30°。
(2)要使射出电场的粒子能够交于圆形磁场区域边界一个点上且区域半径最小时，磁场区域直径与粒子射出范围的宽度相等，如图所示，
粒子射出范围的宽度D＝(s1＋s2)cos 30°，
即D＝cos 30°＝，
故磁场区域的最小半径为
r＝＝，
而粒子在磁场中做圆周运动，为使粒子偏转后都通过磁场边界的一个点处，粒子运动半径应为r，有
qvB＝m，
解得B＝。
[答案]　(1)离O2点下方至O2点上方的范围内　，方向与v0的夹角为30°偏向下　(2)　
[例2]　如图所示，真空中有一半径r＝0.5 m的圆形磁场，与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大小B＝2×10－3 T，方向垂直于纸面向外，在x＝1 m和x＝2 m之间的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强度E＝1.5×103 N/C。在x＝3 m处有一垂直于x轴方向的足够长的荧光屏，从O点处向不同方向发射出速率相同、比荷＝1×109 C/kg 且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从磁场最右侧的A点离开磁场，不计粒子重力及其相互作用，求：
(1)沿y轴正方向射入磁场的粒子进入电场时的速度大小和粒子在磁场中的运动时间；
(2)速度方向与y轴正方向成θ＝30°角(如图中所示)射入磁场的粒子，离开磁场时的速度方向；
(3)按照(2)中条件运动的粒子最后打到荧光屏上的位置坐标。
[解析]　(1)由题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径R＝r＝0.5 m，
由Bqv＝，可得粒子进入电场时的速度为
v＝＝1×109×2×10－3×0.5 m/s＝1×106 m/s，
在磁场中运动的时间为
t1＝T＝＝ s＝×10－6 s。
(2)由粒子的轨迹半径R＝r及几何关系可知，粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、C以及两圆的圆心O1、O2组成菱形，CO2和y轴平行，所以粒子离开磁场时的速度v的方向和x轴平行向右，如图甲所示。
(3)粒子在磁场中转过120°后从C点离开磁场，速度方向和x轴平行，做直线运动，再垂直电场线进入电场，如图乙所示。
在电场中的加速度大小为
a＝＝1.5×103×1×109 m/s2＝1.5×1012 m/s2，
粒子穿出电场时有
vy＝at2＝a·＝1.5×1012× m/s＝1.5×106 m/s，
tan α＝＝＝1.5，
在磁场中y1＝r(1＋sin θ)＝0.5×1.5 m＝0.75 m，
在电场中侧移为
y2＝at22＝×1.5×1012×2 m＝0.75 m，
飞出电场后粒子做匀速直线运动
y3＝Δxtan α＝1×1.5 m＝1.5 m，
y＝y1＋y2＋y3＝0.75 m＋0.75 m＋1.5 m＝3 m，
则粒子打到荧光屏上的位置坐标为(3 m,3 m)。
[答案]　(1)1×106 m/s　×10－6 s　(2)与x轴平行向右　(3)(3 m,3 m)

1.如图所示，一束不计重力的带电粒子沿水平方向向左飞入圆形匀强磁场区域后发生偏转，都恰好能从磁场区域的最下端P孔飞出磁场，则这些粒子(　　)
A．运动速率相同
B．运动半径相同
C．比荷相同
D．从P孔射出时的速度方向相同
解析：选B　画出粒子的运动轨迹，如从A点射入的粒子，其圆心为O1，因初始速度方向水平，则AO1竖直，因AO1＝PO1＝r，可知平行四边形OPO1A为菱形，可知r＝R，则这些粒子做圆周运动的半径都等于磁场区域圆的半径R，根据r＝R＝可知，粒子的速率、比荷不一定相同；由图中所示运动轨迹知，粒子从P孔射出时的速度方向也不相同，故只有B正确。
2.如图所示，长方形abcd的长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以e为圆心、eb为半径的四分之一圆弧和以O为圆心、Od为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T。一群不计重力、质量为m＝3×10－7 kg、电荷量为q＝＋2×10－3 C的带正电粒子，以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向垂直射入磁场区域，则下列判断正确的是(　　)
A．从Od之间射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO之间射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od之间射入的粒子，出射点分布在ab边
D．从ad之间射入的粒子，出射点一定是b点
解析：选D　粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得：r＝＝ m＝0.3 m；因ab＝0.3 m＝r，从O点射入的粒子从b点射出，如图所示；从Od之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子经圆周运动到达bc后做直线运动，即全部通过b点；从aO之间射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其运动轨迹圆圆心为O′，如图所示，根据几何关系可得，四边形O′Meb是菱形，则粒子的出射点一定是b点，可知，从aO之间射入的粒子，出射点一定是b点，故选项A、B、C错误，D正确。
3.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．a粒子速率较大
B．b粒子速率较大
C．b粒子在磁场中运动时间较长
D．a、b粒子在磁场中运动时间一样长
解析：选B　根据qvB＝m，得R＝，由题图知Raθb，则ta>tb，故C、D错误。
4.如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一个粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于(T为粒子在磁场中做圆周运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A．　　　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选B　由左手定则可知，粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而劣弧弧长越小，弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运动时间最短，如图所示。根据最短时间为，可知△O′SD为等边三角形，粒子圆周运动半径R＝SD，过S点作OA的垂线交OC于E点，由几何关系可知SE＝2SD，SE恰好可以作为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出的粒子，对应弦最长，运行时间最长，且t＝，故B项正确。
5.(多选)(2019·新余模拟)如图所示，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，离子的质量m、电荷量q、速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则(　　)
A．当v<时所有离子都打不到荧光屏上
B．当v<时所有离子都打不到荧光屏上
C．当v＝时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为
D．当v＝时，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为
解析：选AC　根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，得R＝，当v<时，R<，直径2R6.(多选)如图所示，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子。空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则(　　)
A．粒子能打在板上的区域长度是2d
B．粒子能打在板上的区域长度是(＋1)d
C．同一时刻发射出的粒子打到板上的最大时间差为
D．同一时刻发射出的粒子打到板上的最大时间差为
解析：选BC　以磁场方向垂直纸面向外为例，打在极板上粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度l＝d＋＝(1＋)d，故A错误，B正确；在磁场中打到板上的粒子运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图2所示，由几何关系知，最长时间t1＝T，最短时间t2＝T，又有粒子在磁场中运动的周期T＝＝；根据题意t1－t2＝Δt，联立解得Δt＝T＝，故C正确，D错误。若磁场方向垂直纸面向里，可得出同样的结论。
7. 如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)求带电粒子在磁场中的最大偏转角。
解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得Bqv＝m，则r＝。
(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图所示，
通过“动态圆”可以观察到粒子在磁场中的运动轨迹均为劣弧，劣弧弧越长，弧所对应的圆心角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹弧的弦长等于磁场直径时，粒子运动的时间最长，
由几何关系知sin＝＝，即φm＝60°。
答案：(1)见解析　(2)60°
8.(2016·海南高考)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
(1)求磁场的磁感应强度的大小；
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m②
匀速圆周运动的速度满足v＝③
联立①②③式得B＝。④
(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有
θ1＝180°－θ2⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则
t1＋t2＝＝2t0。⑥
(3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧

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