【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习教案第9章第2讲《磁场对运动电荷的作用》(含详解).doc，共(48)页，1.073 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-80802.html

以下为本文档部分文字说明：

第2讲磁场对运动电荷的作用知识点洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ洛伦兹力公式Ⅱ1.洛伦兹力的定义：01运动电荷在磁场中受到的力称为洛伦兹力。2．洛伦兹力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指02垂直，并且都与

手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心03垂直进入，并使四指指向04正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的05正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于06B和v所决定的平面(注意B和v可以有任意夹角

)。由于F始终07垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。3．洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ，其中θ为电荷运动方向与磁场方向之间的夹角。(1)当电荷运动方向与磁场方向垂直时，F＝qvB。(2)当电荷运动方向与磁场方向平

行时，F＝0。(3)当电荷在磁场中静止时，F＝0。知识点带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ1．两种特殊运动(1)若v∥B，带电粒子以入射速度v做01匀速直线运动。(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02匀速圆周运动。2．基本公式向心力公式：qvB＝mv2r＝m

2πT2r。3．导出公式(1)轨道半径：r＝mvBq。(2)周期：T＝2πrv＝2πmqB。注意：T、f和ω的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的03磁感应强度B和粒子的04比荷qm有关。比荷qm相同的带电粒子，在同

样的匀强磁场中T、f、ω相同。一堵点疏通1．带电粒子在磁场中运动时，一定会受到磁场力的作用。()2．洛伦兹力的方向垂直于B和v决定的平面，洛伦兹力对带电粒子永远不做功。()3．根据公式T＝2πrv，可知带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。

()4．用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向。()5．带电粒子在磁场中运动时的轨道半径与粒子的比荷成正比。()6．当带电粒子进入匀强磁场时，若v与B夹角为锐角，带电粒子的轨迹为螺旋线。()答案1.×2.√3.×4.×5.

×6.√二对点激活1．(人教版选择性必修第二册·P10·T2改编)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解析由左手定则知A中力F的方向应竖直向上，B中力F的方向应竖直向下，C、D中速度v与磁感应强度B平行，

不受洛伦兹力，故B正确，A、C、D错误。2.(人教版选择性必修第二册·P11·T3改编)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强

磁场中并分裂为A、B两束，下列说法正确的是()A．组成A束和B束的离子都带负电B．组成A束和B束的离子质量一定不同C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外答案C解析由左手定则结合带电粒子在磁场中偏转的方向知，A、B束离子均带正电，故A错误。A、B束离子的速

度相同，而A束离子在磁场中的偏转半径较小，由r＝mvBq知A束离子的比荷大于B束离子的比荷，而它们的电荷量关系未知，则无法判断离子质量关系，故B错误，C正确。速度选择器中A、B束离子所受静电力向右，所以所受洛伦兹力应向左，结

合左手定则可判断磁场方向应垂直于纸面向里，故D错误。考点1洛伦兹力的特点及应用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对应力内容项目洛伦兹力静电力

产生条件v≠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，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，

水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中，下列说法中正确的是()A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大B．滑块经过最低点时的加速度比磁场不存在时小C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小D．滑块从M点

到最低点所用时间与磁场不存在时相等(1)带负电的滑块经过最低点时的速度大小受磁场有无的影响吗？提示：因为洛伦兹力不做功，所以有无磁场对滑块经过最低点时的速度大小无影响。(2)运动到最低点时滑块所受洛伦兹力方向如何？提示：竖直向下。尝试解答选D。由于洛伦兹力不做

功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，A错误；滑块经过最低点时的加速度a＝v2R，则与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，B错误；由左手定则可知，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时所受的向心力不变，故对轨道

的压力变大，C错误；由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，则滑块从M点到最低点所用时间磁场不存在时相等，D正确。洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。(2)安培力

可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。[变式1](多选)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的足够长光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面

顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中()A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C．两滑块在斜面上运动的位移大小相同D．两滑块在

斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等答案AD解析小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故mgcosθ＝qvmB，解得vm＝mgcosθqB，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速

度a＝gsinθ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离时的速度大于乙飞离时的速度，由vm＝at得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析和x＝v2m2a可知，甲在斜面上运动的位移大于乙在斜面上运动的位移，故C错误；由平均功率的公式得，滑块在斜面上运动

的过程中，重力的平均功率P＝Fv·sinθ＝mg·vm2sinθ＝m2g2sinθ·cosθ2qB，因sin30°＝cos60°，sin60°＝cos30°，故两滑块在斜面上运动时重力的平均功率相等，故D正确。考

点2带电粒子在匀强磁场中的运动1.带电粒子在匀强磁场中运动的解题思路(1)圆心的确定①基本思路：与速度方向垂直的直线和轨迹圆中弦的中垂线一定过圆心。②两种常见情形情形一：已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别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a所示，图中P为入射点，M为出射点)。情形二：已知入射方向和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再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b所示，图中P为入射点，M为出射点)。(2)半径的确定和计算利用几何知识求出该圆的可能半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的几何特点：①粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ

)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。②相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°。(3)运动时间的确定①由偏转角度计算：粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧轨迹所对应的圆心角为α时，其运动时间由下式表示：t＝α360°T

或t＝α2πT。②由运动弧长计算：t＝sv。2．带电粒子在不同边界匀强磁场中的运动规律有界匀强磁场是指只在局部空间存在着匀强磁场，带电粒子从磁场区域外垂直磁场方向射入磁场，在磁场区域内做一段匀速圆周运动，也就是通过一段圆弧轨迹，然后离开磁场区域。带电粒子在磁场中

运动的圆弧轨迹取决于粒子进入磁场的速度大小、方向和磁场的磁感应强度及磁场的区域边界。常见磁场区域边界可分为如下几种情形：情形一：直线边界直线边界磁场又分单边直线边界和双边平行直线边界。单边直线边界如图甲、乙、丙所示，粒子进出磁场具有对称性；双边平行直线边界如图丁、戊所示，粒子

进出磁场存在临界条件。解决这类问题的“三部曲”：画轨迹、找圆心、定半径。如果粒子从同一直线边界射入和射出，那么粒子进入磁场时速度与边界的夹角和射出磁场时速度与边界的夹角相等。情形二：矩形边界矩形边界磁场是指分布在矩形范围内的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部

分圆弧。垂直于某边射入，从某一顶点射出是常见的临界情况。解决该类问题的关键是把握临界情况，如图所示。常见的有如下几种情况：(设粒子从ad边中点e垂直射入)(1)两个临界半径①从d点射出：r1＝ad4。②从c点射出：r22＝r2－ad22＋ab2。(2)三种情况①

r≤r1，粒子从ed段射出。②r1<r≤r2，粒子从cd段射出。③r>r2，粒子从cf段射出(不会到达f点)。情形三：圆形边界圆形边界磁场是指分布在圆形区域内的有界磁场，带电粒子在圆形边界的匀强磁场中的轨迹也是一段不完整的圆弧

。由于此类问题涉及两个圆：粒子运动轨迹的圆与磁场区域的圆，能很好地考查学生的综合分析能力，所以是近年来高考的热点。带电粒子在圆形边界磁场中运动的四个结论：(1)径向进出：当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆

的圆心，如图1所示。(2)等角进出：入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角，如图2所示。径向进出是等角进出的一种特殊情况(θ＝0°)。(3)点入平出：若带电粒子从圆形

匀强磁场区域圆周上一点沿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处的切线方向射出磁场，如图3所示。(4)平入点出：若带电粒子以

相互平行的速度射入磁场，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，且磁场区域圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图4所示。情形四：四分之一平面

边界四分之一平面边界磁场是指分布在平面直角坐标系中某一象限范围的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧，粒子轨迹与坐标轴相切或垂直是常见的临界情况。解决该类问题的关键是明确粒子射入(射出)磁场的位置坐标，及速度方向与坐标轴的夹角关系，然后分析粒子做圆周运动的轨

迹、圆心，寻找几何关系求解问题。情形五：三角形边界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，所以会有不同的临界情景。解答该类问题主要把握以下两点：(1)射入磁场的方式①从某顶点射入。②从某条边上某点(如中点)

垂直(或成某一角度)射入。(2)射出点的判断其临界条件是判断轨迹可能与哪条边相切，进而判定出射点的可能位置。例2(2020·辽宁省锦州市一模)如图所示，在竖直线EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为＋q和－q的

带电粒子，从O点以相同的速度先后射入磁场，已知v的方向与OF成θ＝30°角，两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，则下列说法中不正确的是()A．两带电粒子回到EOF竖直线时与O点的距离相等B．两带电粒子在磁场中的运动时间相等C．两带电粒子回到EOF竖直线时的速度相同D

．从射入磁场到射出磁场的过程中，两粒子所受洛伦兹力的冲量相同(1)如何判断正、负粒子回到EOF竖直线时的速度是否相同？提示：画出两个粒子的运动轨迹，粒子以与直线边界多大角度射入，就以多大角度射出。(2)洛

伦兹力属于变力，如何求它的冲量？提示：依据动量定理求。尝试解答选B。两带电粒子以与OF成θ＝30°角的速度v射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正粒子沿逆时针方向运动，负粒子沿顺时针方向运动，它们的轨迹如图所示，因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由qvB＝m

v2r可知，它们在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径相同，由几何关系知，负粒子在磁场中转过的角度为2θ，正粒子在磁场中转过的角度φ＝2π－2θ，则两段圆弧所对应的弦长度相等，即带电粒子回到EOF竖直线时与O点的距离相等，A正确；带电粒子在磁场中做圆周

运动的周期T＝2πrv＝2πmqB，则正、负粒子的周期相同，但是轨迹圆弧所对的圆心角不同，因此两带电粒子在磁场中的运动时间不相等，B错误；因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析知，两带电粒子回到EOF竖直线时的速度相同，C正确；两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，由动量定理得I

洛＝p－p0，由于两带电粒子以相同的初速度射入磁场，初动量p0相等，离开磁场时速度大小相等、方向相同，末动量p相等，因此两带电粒子所受洛伦兹力的冲量相同，D正确。本题选说法不正确的，故选B。1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法2．作带电粒子运动轨迹时需注意的

问题(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。(2)六条线：圆弧两端点所在的轨道半径，入射速度所在直线和出射速度所在直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度所在直线交点的连线。前面四条线构成一个四边形，后面两条线为这个四边形的对角线。(3)三个角

：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。[变式2](2020·河北省衡水中学4月教学质量监测)(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖

直放置的感光板。从圆形磁场最高点P垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是()A．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长B．出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC

．出磁场的粒子一定能垂直打在MN上D．只要速度满足v＝qBRm，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上答案BD解析由r＝mvBq，tanθ2＝Rr，知粒子在磁场中通过的弧长s＝θr＝2mvBqarctanBqRmv，运动的时间t

＝sv＝2mBq·arctanBqRmv，则v越大，s不一定越大，但时间越短，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B正确；速度不同，粒子的轨道半径不同，

则对着圆心入射的粒子，沿不同的半径方向射出磁场，即出射后不一定垂直打在MN上，故C错误；速度满足v＝BqRm时，粒子的轨道半径为r＝mvBq＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成正方形，粒子出射后一定垂直打在MN板上，故D正确。考点3带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题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，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图甲，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。2．磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大

小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时由于磁感应强度方向不确定形成多解。如图乙，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。3．速度不确定形成多解有些题目只指明了带电粒子的电性，但未具体指出速度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形成

的多解。常有两种情形：(1)入射速度方向一定，大小不同；(2)入射速率一定，方向不同。如图丙所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子速度大小不确定，因此，它可能穿过下边界，也可能转过180°反向飞出，于是形成了多解

。4．运动的周期性形成多解带电粒子在电场和磁场的组合场空间运动时，若运动具有周期性，则存在多解。如图丁所示。例3(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁

场方向垂直纸面向外，两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为＋q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则发射速度v0为哪一值时粒子能通过B点()A.2qBLmB.3qB

L2mC.2qBL3mD.qBL7m(1)粒子要想通过B点，必须偏转一次过B点吗？提示：不是，有多解。(2)如何确定轨道半径？提示：依据直线边界磁场的结论画出粒子可能的轨迹，得到r＝Ln(n＝1,2,3，„)。尝试解答选D。粒子带正电，且经

过B点，其可能的轨迹如图所示。所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径r＝Ln(n＝1,2,3，„)，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝mv20r，解得v0＝Bqrm＝BqLmn(n＝1,2,3，„)，由此可知，

A、B、C错误，D正确。求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因。(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式；若是出现

几种周期性解的可能性，注意每种解出现的条件。[变式3－1](多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁

感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子的速度v<Bql4mB．使粒子的速度v>5Bql4mC．使粒子的速度v>BqlmD．使粒子的速度Bql4m<v<5Bql4m答案AB解析如图所示，若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r21＝r1－l2

2＋l2，又因为r1＝mv1Bq，解得v1＝5Bql4m；若粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝l4＝mv2Bq，解得v2＝Bql4m。欲使粒子不打在极板上，应使v<Bql4m或v>5Bql4m，故A、B正确，C、D错误。[变式3－2]如图甲所示，

M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m，电荷量为q，正离子

在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)若正离子从O′孔垂直于N板射出磁场所用的时间最短，请画出其运动轨迹并求出该最短时间；

(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。答案(1)2πmqT0(2)轨迹图见解析T0(3)πd2nT0(n＝1,2,3，„)解析(1)设离子的轨道半径为R，由洛伦兹力提供向心力有：B0qv0＝mv20R

做匀速圆周运动的周期T0＝2πRv0由以上两式得：B0＝2πmqT0。(2)轨迹如下图，最短时间tmin＝T0。(3)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子在两板之间只运动一个周期即T0时，R＝d4。当正离子在两板之间运动n个周期，即nT0

时，R＝d4n(n＝1，2,3，„)又B0qv0＝mv20R联立得正离子的速度的可能值为v0＝B0qRm＝πd2nT0(n＝1,2,3，„)。建模提能4巧用动态圆解磁场中的临界、极值问题1．模型构建此类模型较为

复杂，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等。因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积，最长、最短时间等问题。2．模型条件(1)在匀强磁场中做匀速圆周运动。(2)磁场有一定范围。3．模型分类(一)动态放缩法适用条件速度方向一

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道半径与粒子速度大小有关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。可以发现这些带电粒子射入磁场后，

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，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法【典题例证1】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。[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＝mv20R又T＝2πRv0解得T＝2πmBq又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁

场中运动的最长时间t＝360°－θ360°T＝143πm90qB。(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＝mv201R1解得v

01＝qBl4m；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＝mv202R2解得v02＝5qBl9m综上可得qBl4m<v0≤5qBl9m。[答案](1)143πm90qB

(2)qBl4m<v0≤5qBl9m名师点睛带电粒子在矩形有界匀强磁场中运动的临界问题带电粒子在矩形有界匀强磁场中运动的特点：(1)若粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界垂直，如图甲所示。①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做半个圆周运动后从原边界射出磁场区域；②当粒子速度在某一范围内时，粒子将在磁

场中做部分圆周运动后从侧面边界飞出磁场；③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从对面边界飞出磁场。(2)若粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界成一夹角，如图乙所示。①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从原边界飞出磁场；②当粒子速度在某

一范围内时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从上侧面边界飞出磁场；③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从右侧面边界飞出磁场；④当粒子速度更大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从下侧面边界飞出磁场。综合以上分析可知，求解带电粒

子在矩形有界匀强磁场区域运动的时间范围、速度范围等的问题时，寻找“相切或相交”的临界点是解决问题的关键；另外可知在磁场边界上还有粒子不能达到的区域即“盲区”。(二)定圆旋转法适用条件速度大小一定，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，若射入初速度大小为v0，则圆周运动半径为r＝mv0qB，如图所示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O为圆心、半径r＝mv0qB的圆上界定方法将半径为

r＝mv0qB的轨迹圆以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【典题例证2】(2020·山西省吕梁市一模)(多选)如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不

断地向各个方向同时发射速度为v、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则()A．粒子能打到荧屏MN上的区域长度为23dB．能打到荧屏MN上最左侧的粒子所用的时间为πdvC．粒子从发射到打到荧屏MN上的

最长时间为πdvD．同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差为7πd6v[解析]打在荧屏MN上的粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能打到荧屏MN上的区域长度为：l＝AB＝R＋3R＝(1＋3)R＝(1＋3)d，故A错误；由运动

轨迹图可知，能打到荧屏MN上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：t＝12T，又T＝2πdv，解得：t＝πdv，故B正确；在磁场中运动时间最长(优弧1)和最短(劣弧2)的粒子的运动轨迹如图2所示，粒子做完整圆周运动的周期T＝2πd

v，由几何关系可知，最长时间：t1＝34T＝3πd2v，最短时间：t2＝16T＝πd3v，根据题意得同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差：Δt＝t1－t2＝7πd6v，故C错误，D正确。[答案]BD名师点睛(1)解决带电粒子在有界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。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。(2)要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出

几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观。(三)平移圆法适用条件速度大小一定，方向一定，但入射点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，它们进入匀强磁场时，做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则运动半径r＝mv0qB，如图所示轨迹

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界定方法将半径为r＝mv0qB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【典题例证3】(2020·山西太原五中高三二模)(多选)如图所示，在直角

三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝π6。现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为43t0(不计重力)，则下列说法

中正确的是()A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B．该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qt0C．粒子在磁场中运动的轨道半径为25dD．粒子进入磁场时速度大小为3πd5t0[解析]根据题意，粒子垂直AB边射入

，垂直AC边射出时经过四分之一个周期，即14T＝t0，解得T＝4t0，A正确；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，解得R＝mvqB，粒子运动的周期T＝2πRv＝2πmqB＝4t0，可解得该匀强磁场的磁感应强度大小为B＝πm2qt0，B正确；当

粒子轨迹与BC边相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，为43t0＝13T，则在磁场中转过的圆心角为120°，如图所示，根据几何关系可知Rsinπ6＋Rsinπ6＝d，解得R＝25d，C正确；根据T＝2πRv可知，v＝2πRT＝2π·25d4t0＝πd5t0，D错误。[答案]ABC名师点睛

寻找临界点常用的结论(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，圆心角越大的，运动时间越长。【针对训练】1．如图所示，在直角坐标系xO

y中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子以相同的速率v从原点O沿纸面内由从x轴负方向到y轴正方向之间的各个方向射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝mvqB，则正确

的图是()答案D解析如图，从O点沿x轴负方向射入的粒子，轨迹为圆，和x轴相切于O点，在x轴上方，半径为R；沿y轴正方向射入的粒子，轨迹为半圆，在y轴右侧，和x轴交点距O点为2R；沿其余方向射入的带电粒子，轨迹最远点均在以O为圆心、半径为2R的圆周上

；由以上分析结合定圆旋转法，可知D正确。2．(2020·河北省石家庄市高三教学质量检测)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.qBL2mB.3qBL6mC.3qBL4mD.qBL4m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＝12L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径r＝12L，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＝

mv2m12L，解得粒子的最大速度vm＝qBL2m，故A正确，B、C、D错误。3．(2020·江苏省南通市、泰州市上学期期末)如图所示，宽度为L、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。绝缘长薄板MN置于

磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反。磁场左边界上O处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m、电荷量为＋q、速度大小为v的粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变。(1)

要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度大小v满足的条件；(2)若v＝qBLm，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，求这些粒子在磁场中运动时间的最小值t；(3)若v＝2qBLm，求粒子从左边界离开磁场区域的长度s。答案(

1)v<qBL2m(2)2πm3qB(3)43L解析(1)设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，则有qvB＝mv2r如图1所示，要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足2r<L联立解得v<qBL2m。(2)粒子

在磁场中做圆周运动的周期T＝2πmqB当v＝qBLm时，解得r＝L打到绝缘板上反弹回来且在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，粒子运动轨迹如图2所示由几何关系可知最小时间t＝2×T6解得t＝2πm3qB。(3)当v＝2qBLm时，解得r＝2L粒子在磁场中运动

从左边界离开磁场时，离O点最远的粒子运动轨迹如图3所示则从左边界离开磁场区域的长度s＝4rsin60°解得s＝43L。1．(2020·全国卷Ⅰ)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，ab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.7πm6

qBB.5πm4qBC.4πm3qBD.3πm2qB答案C解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r，T＝2πrv，可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB。设粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的

运动时间t＝θ2π·T＝θmqB，即粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。当粒子分别从ac、bd间射出时，在磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当粒子从ab间射出时，在磁场中运动的时间大于半个周期。画出粒子从ab间射出的任一轨迹

，如图甲，O为轨迹圆心，e为射出点，由图可知，轨迹所对的圆心角θ＝π＋α，由几何关系可知，α＝2β，则θ＝π＋2β。当粒子的速率变化时，出射点e在ab上移动，分析可知，当c与e的连线ce与圆弧ab相切时，β最大，如

图乙。设ab的半径为R，则ac＝R，由图乙中的几何关系可知，β的最大值为30°，则θmax＝π＋2βmax＝4π3，tmax＝θmaxmqB＝4πm3qB，C正确。2．(2020·全国卷Ⅲ)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.3mv2aeB.mvaeC.3mv4aeD.3mv5ae答案C解析电子在磁场中

做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有evB＝mv2r，则磁感应强度与圆周运动轨迹半径的关系式为：B＝mver，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。电子从圆心沿半径方向进入磁场，当其恰好不离开图中实线圆围成的区域时，运动轨迹与实线圆相切，此时电子运动轨迹半径有最大值rmax，如

图所示，其中A点为电子做圆周运动的圆心。由几何关系可得：(3a－rmax)2＝r2max＋a2，解得rmax＝43a，则磁场的磁感应强度最小为Bmin＝mvermax＝3mv4ae，故C正确。3．(2020·天津高考)(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小

为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则()A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为qBamC．粒子在磁场中运动的轨道半径为

aD．N与O点相距(2＋1)a答案AD解析由题意知，粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则可知，粒子带负电荷，A正确；由于初速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，则粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝O1M＝2a，

C错误；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r，解得粒子速度大小为v＝2qBam，B错误；N与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(2＋1)a，D正确。4．(2020·全国卷Ⅱ)如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、

电荷量为q(q>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Bm2，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)磁场方向垂直于纸面向里mv0qh(2)π6(2－3)h解析(1)由题意可知，粒子刚进入磁场时受到沿y轴正方向的洛伦兹力，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里

。设粒子在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＝mv20R①由此可得R＝mv0qB②粒子从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，穿过y轴正半轴离开磁场，故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由题意可知，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最

大，由此可得Bm＝mv0qh。④(2)若磁感应强度大小为Bm2，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时粒子的运动半径为R′＝2h⑤粒子会通过图中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，由几何关系有sinα＝h2h＝12⑥即α＝π6⑦由几何关系可得，P点到x轴的距离为y＝2h(1－cosα)⑧联立⑦⑧式得y＝(2－3)h。⑨5．(2020·江苏高考)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时

从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：(1)Q到O的距离d；(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；(3)乙的比荷q

′m′可能的最小值。答案(1)mv3qB0(2)2πmqB0(3)2qm解析(1)甲在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝mv2R得，甲在第一、二象限做圆周运动的半径分别为：R1＝mv2qB0，R2＝mv3qB0故Q到O的距离为：d＝2R1－2R2

＝mv3qB0。(2)由(1)可知，甲运动一个周期上升的距离为d，设经过N个周期甲第二次经过P点，则：N＝OPd＝2R1d＝3由匀速圆周运动的规律得，甲在第一、二象限做圆周运动的周期分别为：T1＝2πR1v＝πmqB0

，T2＝2πR2v＝2πm3qB0故甲的运动周期为：T＝T12＋T22＝5πm6qB0故甲两次经过P点的时间间隔为：Δt＝3T－T12＝2πmqB0。(3)乙在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由q′vB＝m′v2R′得，乙在第一、二象限做圆周运动的半径分别为：R1′＝m

′v2q′B0，R2′＝m′v3q′B0故乙运动一个周期上升的距离为：d′＝2R1′－2R2′＝m′v3q′B0由匀速圆周运动的规律得，乙在第一、二象限做圆周运动的周期分别为：T1′＝πm′q′B0，T2′＝2πm′3q′B0故乙的运动周期为

：T′＝T1′2＋T2′2＝5πm′6q′B0。设乙经过Q点前运动的整周期个数为n若乙从第一象限进入第二象限时与甲在Q点相遇，则：2R1′＋nd′＝d，nT′＋T1′2＝T联立可得，n无解。若乙从第二象限进入第一象限时与甲在Q点相遇，则：nd′＝d，nT′＝T联立可得q′m′＝nq

m(n＝1,2,3，„)由于甲、乙粒子比荷不同，则n＝2时，乙的比荷q′m′最小，为2qm。6.(2020·浙江7月选考)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖

直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射

入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；(2)求探测到三束离子时

探测板与边界HG的最大距离Lmax；(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。答案(1)qBRm0.8R(2)415R(3)当0<L≤415R时，F＝2.6NqBR；当415R<L≤0.4R时，F＝1.8NqBR；当L>0.4

R时，F＝NqBR解析(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，解得v＝qBRm，画出三束离子的轨迹如图所示，其中c束离子在磁场中的轨迹圆心为O，从磁场边界HG边的Q点射出。依题意，H是b束离子在

磁场中的轨迹圆心，B是其出射点。由几何关系可得OH＝0.6R，则s＝HQ＝R2－0.6R2＝0.8R。(2)如图所示，a束离子在磁场中运动轨迹对应的圆心为O′，设从磁场边界HG边射出时与H点的距离为x，由几何关系可得HO′＝0.6R

，则x＝R2－HO′2＝0.8R，即a、c束中的离子从同一点Q射出。设a、c束离子离开磁场时的速度与竖直方向的夹角分别为β、α，由几何关系可得α＝β＝37°；由几何关系知QB＝R－s＝0.2R，则Q在探测板上的垂直投影点A点与C点的距离

CA＝CD－QB＝0.3R。故若探测到三束离子，则c束中的离子恰好到达探测板的D点时，探测板与边界HG的距离最大，有tanα＝QBLmax，则Lmax＝415R。(3)设时间t内总动量为p0的粒子垂直打在探测板上，由动量

定理可知－F′t＝0－p0，则F′＝p0t，由牛顿第三定律可知F＝F′＝p0t。射出磁场时，a、b、c束中每个离子的动量大小p＝mv＝qBR，a或c束中每个离子动量的竖直分量pz＝pcosα＝0.8qBR。当0<L≤415R时所有离子都打在探测板上，故离子束对探测

板的平均作用力的竖直分量为F＝Np＋2Npz＝2.6NqBR；由几何关系可知，当415R<L≤0.4R时，只有b和a束中离子打在探测板上，则离子束对探测板的平均作用力的竖直分量为F＝Np＋Npz＝1.8NqBR；由几何关系可知，当L>0.4R时，只有b束中离子打在探测板上，则离子束对探测板的

平均作用力的竖直分量为F＝Np＝NqBR。时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共11小题，每小题7分，共77分。其中1～7题为单选，8～11题为多选)1.(2019·全国卷Ⅱ)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.14kBl，54kBlB.14kBl，54kBlC.12kBl，54kBlD.1

2kBl，54kBl答案B解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝mv2aRa，Ra＝l4，解得va＝qBRam＝qBl4m＝kBl4；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝mv2dRd，R2d＝Rd－l22＋l2，解得vd＝qBRdm＝5

qBl4m＝5kBl4。B正确。2.如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零

，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A．0B.2mgC.4mgD.6mg答案C解析设小球自左方最大摆角处摆到最低点时速度大小为v，则12mv2＝mgL(1－cos60°)，此时qvB－mg＝mv2L，当小球自右方最大摆角处摆到最低点时，速度大

小仍为v，洛伦兹力方向发生变化，此时有T－mg－qvB＝mv2L，解得T＝4mg，故C正确。3．(2021·北京市丰台区高三上期末)如图所示，来自外层空间的大量带电粒子进入地磁场影响范围后，粒子将绕地磁感线做螺旋运动，形成范艾伦辐射带。螺旋运动中回转一

周的时间称为周期，回转一周前进的距离称为螺距。忽略带电粒子的重力、带电粒子之间以及带电粒子与空气分子之间的相互作用，带电粒子向地磁场两极运动的过程中，下列说法正确的是()A．粒子运动的速率逐渐变大B．粒子运动的周期不变C．粒子螺旋运动的半径不变D．粒子螺旋运动的螺距

逐渐变小答案D解析由于洛伦兹力不做功，则粒子的速率总保持不变，A错误；由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，磁感应强度越来越大，根据周期公式T＝2πmqB可知，粒子运动的周期逐渐变小，B错误；由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，磁感应强度越来越大，根据轨道半径公式r＝mvqB可知，粒子螺旋运

动的半径逐渐变小，C错误；因粒子向两极运动过程中，其速度方向与磁感应强度方向不垂直，与磁场方向平行的分速度不受洛伦兹力影响，粒子在该方向做匀速运动，则粒子螺旋运动的螺距为x＝v∥T，因粒子运动的周期逐渐变小，所以粒子螺旋运动的螺距逐渐变小，D正确。4．(2019

·全国卷Ⅲ)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12B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.5πm6qBB.7πm6qBC.11πm6qBD.13πm6qB答案B解析带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝mvqB知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对

圆心角为60°。粒子在第二象限内运动的时间t1＝T14＝2πm4qB＝πm2qB，粒子在第一象限内运动的时间t2＝T26＝2πm×26qB＝2πm3qB，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝7πm6qB，B正确

。5．(2017·全国卷Ⅱ)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.3∶2B.2∶1C.3∶1D.3∶2答案C解析相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为6

0°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝12R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。同理可知，粒子

以v2入射及出射情况，如图乙所示。由几何关系知r2＝R2－R22＝32R，可得r2∶r1＝3∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝mvqB可得v∝r，所以v2∶v1＝3∶1。故选C。6.(2020·四川省遂宁市高三(下)三诊)如图，有一个带有小缺口的绝缘圆环内存在垂直纸面向外

的匀强磁场，圆环绕圆心逆时针转动。一带正电的粒子从小缺口沿直径方向进入圆环内部，且与圆环没有发生碰撞，最后从小缺口处离开磁场区域。已知粒子的比荷为k，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的半径为R，粒子进入磁场

时的速度为v0＝kBR，不计粒子的重力。则圆环旋转的角速度可能为()A．2kBB.3kBC.5kBD.7kB答案C解析设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力，得qv0B＝mv20r，可得r＝mv0qB＝R，如图所示，该带电粒子

将从圆的最低点离开磁场，所用时间t＝T4＝14·2πmqB＝π2kB，则圆环绕圆心逆时针转动的角速度满足ω＝π2＋2nπt＝(1＋4n)kB(n＝0,1,2，„)，当n＝0,1,2，„时ω＝kB,5kB,9

kB，„，故A、B、D错误，C正确。7．(2020·湖北省武汉市高三(下)六月理综)如图所示，一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，圆心为O，半径为r，MN是直径，一粒子发射装置S置于M端，可从M端向圆平面内任意方向同时发射速率相等

的带电粒子，粒子的比荷为k。从N端离开磁场的粒子a，离开磁场时速度方向与MN的夹角为45°。下列判断正确的是()A．粒子的速率为krBB．粒子的速率为2krBC．a粒子在磁场中运动的时间最短D．沿直径MN方向射入磁场的粒子，在磁场中运动的时

间为π3kB答案B解析根据题意，画出粒子a的轨迹图如图(假设粒子带正电)，根据几何知识可知，粒子a做圆周运动的半径为R＝2r，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2R，解得v＝2krB，故A错误，B正确；由于a粒子的轨迹对

应的弦是最长的，则a粒子在磁场中运动时间是最长的，故C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πmBq＝2πkB，沿直径MN方向射入的粒子，设在磁场中的轨迹对应的圆心角为α，则tanα2＝rR＝22，α≠60°，则该粒子在磁场中

运动的时间t≠60°360°·T＝π3kB，故D错误。8．(2020·河南省三市高三(下)第二次质量检测)如图所示，在水平面内有一正方形ABCD，在ABCD内的适当区域中有垂直正方形ABCD所在平面向里的匀强磁场。一电子以某一速度沿正方形ABCD

所在平面、且垂直于AB边射入该正方形区域。已知该电子从AB边上的任意点入射，都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场。不计电子重力。则关于该区域的磁场范围，下列说法正确的是()A．磁场可能存在于整个正方形ABCD区域B．磁场可能存在于一个以B点为圆心、正方形的边长

为半径的四分之一圆内C．磁场可能存在于一个以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆内D．磁场可能存在于一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围内答案CD解析该电子从AB边上的任意点入射，都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场

，其轨迹示意图如图所示，则该电子在磁场中运动的轨迹半径等于正方形的边长，进入磁场的边界是以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆弧曲线，故C正确，A、B错误；磁场的最小区域是以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四

分之一圆的公共范围，故D正确。9.(2020·贵州省普通高等学校招生适合性测试)如图所示，Ⅰ、Ⅱ是两带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹，轨迹Ⅰ的半径大于轨迹Ⅱ的半径。两粒子运动至P点时发生正碰并结合在一起，然后沿圆轨迹的切

线PQ做直线运动。不计粒子重力及碰撞前两粒子间的相互作用，则下列判断正确的是()A．两粒子带等量异种电荷B．轨迹为Ⅰ的粒子带负电C．轨迹为Ⅰ的粒子速度比轨迹为Ⅱ的粒子速度大D．轨迹为Ⅰ的粒子运动周期比轨迹为Ⅱ的粒子运动周期大答案AB解析两粒子运

动至P点时发生正碰，且碰后结合在一起做直线运动，可知碰后新粒子不带电，则两粒子带等量异种电荷，故A正确；根据r＝mvqB可知，q、B相同时，轨道半径大的粒子动量较大，则轨迹为Ⅰ的粒子动量较大，由于碰后整体向下运动，又由左手定则可知

碰前两粒子运动方向相反，则轨迹为Ⅰ的粒子沿顺时针方向运动，带负电，故B正确；由以上分析可知，只能判断两粒子动量大小关系，不能确定速度大小关系和质量大小关系，根据T＝2πmqB可知，不能确定两粒子运动周期大小关系，故C、D错误。10．(202

0·河北省保定市二模)如图所示，边界OA与OC之间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，∠AOC＝60°。边界OA上距O点l处有一粒子源S，可发射质量为m、带正电荷q的等速粒子。当S沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现都没有粒子从O

C边界射出。则()A．粒子的最大发射速率不超过3qBl4mB．粒子的最大发射速率不超过23－3qBlmC．粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为lD．粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为3l2答案AD解析要使没有粒子从OC边界射出，沿如图轨迹运动的粒子发射

速率最大，满足12l·sin60°＝mvqB，解得v＝3qBl4m，故A正确，B错误；粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为d＝2R＝l·sin60°＝32l，故C错误，D正确。11．(2020·河北省衡水中学第二次调研)如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABCD，A

B＝3L，BC＝2L，在边界AB的中点上有一个粒子源，沿边界AB并指向A点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则()A．速率小于v0的粒子全部从CD边界射出B．当粒子速度满足2v03<v<v0时，从C

D边界射出C．在CD边界上只有上半部分有粒子通过D．当粒子速度小于2v03时，粒子从BC边界射出答案BC解析如图，由几何知识可知，与AD边界相切的轨道半径为1.5L，与CD边界相切的轨道半径为L；由轨

道半径公式r＝mvqB可知，轨迹与AD边界相切的粒子速度为v0＝Bq×1.5Lm，则轨迹与CD边界相切的粒子速度为v＝BqLm＝2v03，由此可知，满足2v03<v<v0的粒子从CD边界的PD间射出，当粒子速度小于2

v03时，粒子不能从磁场射出，当粒子速度大于v0时，粒子从AD边界射出，故B、C正确，A、D错误。二、非选择题(本题共1小题，共23分)12．(2021·八省联考湖南卷)(23分)在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装

置对磁场中的带电粒子进行加速。如图，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，初始时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为d。在机械外力作用下，绝缘平板以速度v1竖直向上做匀

速直线运动。一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，不计带电粒子的重力。(1)指出带电粒子的电性，并说明理由；(2)求带电粒子在绝缘平板上的运动时间t；(3)求整个过程中带电粒子在竖直方

向位移的大小h。答案(1)带正电理由见解析(2)2dmqv1B(3)2dmv1Bq＋m2qv1Bd＋mv21Bq1－2qBd2qBd＋mv1解析(1)粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板向上运动时受到向左的洛伦兹力，

根据左手定则可知粒子带正电。(2)带电粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小为F＝qv1B，分析可知，粒子在水平方向做匀加速直线运动，在绝缘平板上运动时有F＝qv1B＝ma，d＝12at2联立解得t＝2dmqv1B。(3)粒子离开绝缘平板

时具有竖直向上的分速度v1，以及水平向左的分速度vx，且v2x＝2ad设粒子离开绝缘平板时的速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝vxv1粒子离开绝缘平板后做匀速圆周运动，合速度为v＝v21＋v2x由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2R，根据几何关系，粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为

h2＝R－Rsinθ绝缘平板上升的高度h1＝v1t则带电粒子在竖直方向的位移h＝h1＋h2联立可得h＝2dmv1Bq＋m2qv1Bd＋mv21Bq1－2qBd2qBd＋mv1。