1、基础点知识点1洛伦兹力、洛伦兹力的方向、洛伦兹力公式1洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力。2洛伦兹力的方向(1)判断方法：左手定则。磁感线垂直穿过手心。四指指向正电荷运动的方向。拇指指向正电荷所受洛伦兹力的方向。(2)方向特点：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的平面。(注意：B和v不一定垂直)3洛伦兹力的大小：FqvBsin，为v与B的夹角。(1)vB时，洛伦兹力F0。(2)vB时，洛伦兹力FqvB。(3)v0时，洛伦兹力F0。知识点2带电粒子在匀强磁场中的运动1洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。2粒子的运动性质(1)若vB，则粒子不受洛伦兹力，
2、在磁场中做匀速直线运动。(2)若vB，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。3半径和周期公式(1)由qvBm，得r。(2)由v，得T。重难点一、对洛伦兹力的认识1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，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，要注意将四指指向电荷运动的反方向。2洛伦兹力和安培力的比较(1)洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现。(2)安培力是洛伦兹力
3、的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。(3)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。3洛伦兹力与电场力的区别4.洛伦兹力的推导如图所示，直导线长为L，电流为I，导体中运动电荷数为n，横截面积为S，电荷的电荷量为q，运动速度为v，则安培力FBILnF洛，所以洛伦兹力F洛。因为INqSv(N为单位体积内的电荷数)，所以F洛qvB，式中nNSL，故F洛qvB。特别提醒(1)带电粒子在磁场中运动并不一定受洛伦兹力。比如vB时，则不受磁场力。(2)当v与B不垂直时，也受洛伦兹力FqvBsin，为粒子速度与磁场方向的夹角。(3)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功，不改变速度的大小，但它可以改变
4、运动电荷的速度方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等。二、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动1圆心的确定(1)由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹，确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点(一般是射入和射出磁场时的两点)，过这两点作带电粒子运动方向的垂线(这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向)，则两垂线的交点就是圆心，如图(a)所示。(2)若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图(b)所示。(3)若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向
5、所在的点，如图(c)所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角(PAM)，画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于点O，该点就是圆心。2半径的确定方法一：由物理方法求，半径r；方法二：由几何方程求，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。3圆心角与时间的确定(1)速度的偏向角圆弧所对应的圆心角(回旋角)2(为弦切角)，如图(d)所示。(2)时间的计算方法方法一：由圆心角求，tT或tT；方法二：由弧长求，t。4带电粒子在三类常见的有界磁场运动轨迹示意图(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹
6、角相等。(2)平行边界(存在临界条件，如图甲、丙所示)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示，图中为偏转角，为圆心角，且)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域。特别提醒(1)粒子速度的偏向角()等于回旋角()，且等于AB弦与切线的夹角(弦切角)的2倍(如图所示)，即2t。(2)相对的弦切角()相等，与相邻的弦切角()互补，即180。(3)连结OO交AB于C，则C为AB中点，且OOAB，连接OA、OB有OAOA，OBOB，注意构成的直角三角形中勾股定理的运用。(4)若粒子的偏转半径与圆形磁场区域半径相等，则从圆周上同一点沿不同方向射入的粒子必沿平行于入射点的切线方向射出，
7、如图甲；反之也成立，如图乙，此即为磁聚焦现象。三、带电粒子在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，带电粒子以速率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，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图乙，带正电粒子以速率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临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞
8、越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180从入射界面这边反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解。4运动的周期性形成多解 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。特别提醒要充分考虑带电粒子的电性、磁场方向、轨迹及临界条件的可能性，依据各种可能性分别画出其运动轨迹，分阶段、分层次地按照各种可能性求解。四、带电粒子在磁场中的临界和极值问题1常见类型由于带电粒子往往是在有界磁场中运动的，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要求考生根据带电粒子运动的轨迹作相关图示去寻找几何关系，
9、分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。(1)涉及粒子运动范围的空间临界问题如果粒子在磁场中运动时速度大小一定，但速度方向可以变化，则粒子能够到达的区域会随着速度方向的变化而变化，于是出现了一类涉及粒子运动范围的空间临界问题，解决此类问题的基本思路是寻找临界速度对应的临界轨迹。(2)涉及磁场所占据范围的空间临界问题为使带电粒子能够按照题目给定的要求运动，可在粒子运动的空间内某一区域设置一定形状的匀强磁场，从而出现了分析求解这一磁场的位置或最大、最小面积的临界问题。求解此类问题要根据题目所要求的粒子实现怎样的偏转条件来进行。(3)涉及带电粒子相遇的时空临界问题当两个或多个带电粒子同
10、时从磁场中某点开始运动(可能同时开始运动，也可能相隔一定的时间开始运动)，由于入射速度方向或大小不同而对应了不同的运动轨迹，若要求这些粒子能够在同一时间恰好出现在同一位置，即在空间相遇，则这些粒子的速度或运动的时间必须满足一定的条件。分析求解这些条件，就涉及带电粒子相遇的时空临界问题。2分析方法(1)两种思路：一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解；二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。(2)两种方法：一是物理方法，包括利用临界条件求极值；利用问题的边界条件求极值；利用矢量图求极值。二是
11、数学方法，包括用三角函数求极值；用二次方程的判别式求极值；用不等式的性质求极值；图象法等。3常见有界磁场的临界点(1)单边界磁场如图甲所示，粒子源S在磁场中，向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子。最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于圆周且与边界相切时(如图甲中的a点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)。最值相交：当带电粒子的运动轨迹大于或等于圆周时，直径与边界相交的点(如图甲中的b点)为带电粒子射出边界的最远点(距O点最远)。(2)双直线边界磁场最值相切：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时，粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨
12、迹分别与两边界相切，如图乙所示。(3)圆形磁场相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图丙所示。直径最小：带电粒子从直径的一个端点射入磁场，则从该直径的另一端点射出时，圆形磁场区域面积最小，如图丁所示。(4)环状磁场径向出入：带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场。最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度，而磁场有最小磁感应强度，如图戊所示。特别提醒求解许多临界问题，应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R和速度v(或磁场B)之间的约束
13、关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，列出几何关系式，进一步求极值。1思维辨析(1)洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力。()(2)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变。()(3)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做匀速直线运动。()(4)带电粒子只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同。()(5)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。()(6)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。()(7)一个带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关。()(8)根据公式T，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。()答案(1
14、)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)2. 如图所示，沿x方向有界、沿y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速率不同的电子(不计重力)从O点沿x轴正方向进入磁场，最终离开磁场。下列判断正确的是()A所有的电子都向x轴下方偏转B所有的电子都做类平抛运动C所有的电子在磁场中运动时速度不变D只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同答案A解析根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有的电子都向x轴下方偏转，A正确；电子在磁场中做匀速圆周运动，B错误；洛伦兹力对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变，C错误；电子的速度不
15、同，所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场，t都相同，它们运动的时间都相同，D错误。3某空间有一圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B。该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以某一速度沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向74。不计重力，则初速度v0大小为()A.B.C. D.答案A解析带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹，根据几何知识得，轨迹的圆心角等于速度的偏向角74，且轨迹的半径rR，根据牛顿第二定律得qv0Bm得，v0，故A正确。考法综述本考点知识在高考中为必考内容，单
16、一命题考查带电粒子在磁场中运动的基本规律，难度中等，交汇命题考查带电粒子在复合场中的运动，难度较大，因此复习本考点时以夯实基础知识为主，通过复习应掌握：1个定则左手定则的内容及使用方法1个区别洛伦兹力和电场力的区别2个表达式r、T1种方法解决带电粒子在磁场中运动的基本方法4种边界磁场直线边界磁场、平行边界磁场、圆形边界磁场、环形边界磁场命题法1洛伦兹力的特点与应用典例1(多选) 如图所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则这个
17、粒子从D点离开场区。已知BCCD，设粒子在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2和t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是()At1t2 t3 Bt1t2t3CEk1Ek2Ek3 DEk1Ek2Ek3答案AC解析当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时qEqvB；当只有电场时，粒子从B点射出，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向为匀速直线运动，所以t1t2；当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，则t2t3，因此选项A正确，粒子从B点射出时，电场力做正功，动能变大
18、，故选项C正确。【解题法】理解洛伦兹力的三点注意(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向。(2)判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用FB、Fv的特点。(3)计算洛伦兹力大小时，公式FqvB中，v是电荷与磁场的相对速度。命题法2带电粒子在磁场中的运动典例2如图所示，在0xa、0y范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在090范围内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间
19、恰好为粒子在磁场中做匀速圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：(1)速度的大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。答案(1)(2)解析(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvBm当Ra时，在磁场中运动时间最长的粒子其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示。设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t，得OCA设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系可得RsinRRsinaRcos 又sin2 cos21 由式得Ra由式得v(2)由式得sin。【解题法】带电粒子在磁场中做匀速圆周运
20、动问题的分析方法命题法3带电粒子在磁场中运动的多解问题典例3如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t0时刻，一质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。(1)若tTB，求B0；(2)若tTB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。答案(1)(2)(3)或
21、解析(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0据题意由几何关系得R1d联立式得B0(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a据题意由几何关系得3R2d联立式得a(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T由牛顿第二定律得qv0B0由题意知B0，代入式得d4R粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为，在每个TB内，只有A、B两个位置粒子才有可能垂直击中P板，且均要求0，由题意可知T设经历完整TB的个数为n(n0,1,2,3，)，若在A点击中P板，据题意由几何关系得R2(RRsin)nd当n0时，无解。
22、当n1时，联立式得联立式得TB当n2时，不满足0的要求。若在B点击中P板，根据题意由几何关系得R2Rsin2(RRsin)nd当n0时，无解。当n1时，联立式得sin联立式得TB当n2时，不满足0的要求。【解题法】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)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。命题法4带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题典例4(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
23、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，那么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边射出磁场答案AC解析如图所示，作出刚好从ab边射出的轨迹、刚好从bc边射出的轨迹、从cd边射出的轨迹和刚好从ad边射出的轨迹。由从O点沿纸面以垂直
24、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。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等于t0，小于t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，小于t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是t0。【解题法】带电粒子在磁场中运动的临界极值问题的解题方法的一般解题模式(1)根据粒子的运动轨迹，运用动态思维，作出临界和极值轨迹图；(2)寻找几何关系，分析临界条件，总结临界和极值点的规律；(3)然后应用数学知识和相应物理规律分析临界和极值量列出方程。1两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行
25、。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小答案D解析带电粒子以某一速度垂直磁场方向进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvBm，解得轨道半径r。带电粒子由较强磁场区域进入到较弱磁场区域，磁感应强度B减小，由r可知，轨道半径r增大。由于洛伦兹力不做功，带电粒子速度不变，由角速度公式v/r，可知角速度减小，选项D正确，选项ABC错误。2(多选)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同
26、的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等答案AC解析电子在两匀强磁场、中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得evB，可得r，即，选项A正确；由a得，选项B错误；根据周期公式T，可得，选项C正确；根据角速度公式，可得，选项D错误。3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，条形磁铁的磁场的对该电子的作用力的方向()A向上 B向下C向
27、左 D向右答案A解析由题意知，磁铁在a点磁场方向为垂直于P向前，电子在a点的瞬时速度方向向右。根据左手定则，可以判断出洛伦兹力方向向上，A正确。4(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L9.1 cm，中点O与S间的距离d4.55 cm，MN与SO直线的夹角为，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B2.0104 T。电子质量m9.11031 kg，电荷量e1.61019 C，不计电子重力。电子源发射速度v1.6106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A90时，l9.1 cm
28、 B60时，l9.1 cmC45时，l4.55 cm D30时，l4.55 cm答案AD解析如图所示，根据“用滚圆法求解磁场中粒子源射出粒子打在屏上范围”的模型，图中圆O1、O2均为半径为R的圆，圆O1分别交MN及其延长线于P、C两点，SC为圆O1的直径，圆O2与MN相切于Q点，SQN。若屏的大小无限制，则电子应当打在图中C、Q之间，而由于MN长度的限制，电子只能打在N、Q之间。根据题意，R4.55 cm，可见SONOOMO2QR，由几何知识可得2RsinsinRsin，则sin，lNQNPPQR(1cos)2Rsincos(1cos)R，分别将90、60、45、30代入公式即可确定，A、D项
29、正确，B、C项错误。5如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A2 B.C1 D.答案D解析设铝板上方和下方的磁感应强度为B1和B2，由题意可知，粒子在铝板上方与下方的运动半径和动能之比分别为r1r221，Ek1Ek221，又r，Ekmv2，可得B，故B1B22，D项正确。6(多选)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒
30、子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()A电子与正电子的偏转方向一定不同B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小答案AC解析由左手定则知，电子与正电子的偏转方向一定不同，选项A正确；电子与正电子的速度大小关系不确定，故无法比较它们运动的半径大小关系，选项B错误；质子与正电子的速度大小关系不确定，无法比较它们运动的半径大小关系，因此仅依据运动轨迹无法判断粒子是质子还是正电子，选项C正确；由r可知，粒子的动能越大，其速度也越大，运
31、动轨迹的半径越大，选项D错误。7如图所示，在半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场，一个电子以速度v0从M点沿半径方向射入该磁场，从N点射出，速度方向偏转了60。则电子从M到N运行的时间是()A. B.C. D.答案D解析由题意可得，电子运动轨迹所对的圆心角为60，因此运动时间为tT，周期T，由几何关系可得rR，可知电子运动的时间为t。选D。8如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PMQ圆弧上，PMQ圆弧长等于磁场边界周长的。不计粒子重力和粒子间的相互
32、作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为()A. B.C. D.答案D解析这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB；从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离P点最远的粒子，如图所示，由图中几何关系可知，该粒子的轨迹圆的圆心O、磁场圆的圆心O和点P构成一个直角三角形，得rRcos30R，联立可得B，选项D正确，选项A、B、C错误。9在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面且周期性变化的均匀磁场，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0。某一正粒子的质量为m、电荷量为q，在t0时从O点沿x轴正向射入磁场中。若要求粒子在tT0时距x轴最远，
33、则B0的值为() A. B.C. D.答案D解析由题意可知，在T0时间内，粒子的轨迹正好跟y轴相切，tT0时距x轴最远，如图所示，由图中几何关系可得，在0内，粒子运动的轨迹所对的圆心角为，则粒子运动的时间t，则B0，选项A、B、C错误，选项D正确。10如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。(1)求粒子射入时
34、的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。答案(1)(2)B1(3)见解析解析(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图甲所示由几何关系可知：R5a由牛顿第二定律可知：qvB0m解得：v。(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹与AC相切，如图乙所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1r1cos3a由(1)知cos所以r1根据qvB1m解得：B1故当B1时，粒子不会从AC边界飞出。(3)如图丙所示，当B3B0时，根据
35、qvBm得粒子在OF下方的运动半径为ra设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：PP14a所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为LnPP14na(n1,2,3)。11. 如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角45，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大
36、值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：(1)两板间电压的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中区域的长度s；(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm。答案(1)Um(2)s(2)L(3)tm解析(1)M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，如图所示，CHQCL，故半径r1L，又因为qv1Bmv/r1，且qUmmv，所以Um。(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A，在AKC中：sin45，得r2(1)L，即KCr2(1)L，所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度sHK，即sr1r2(2)L。(3)打在QC间的粒子在磁场中运动的时间最
37、长，均为半个周期，所以tm。12. 如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。答案(1)(2)或(3)5.5D解析(
38、1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qEmv2由式得E (2)设区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvBm如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R联立式得B若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R联立式得B(3)设粒子在区和区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，区和区磁感应强度的大小分别为B1、B2，由牛顿第二定律得qvB1m，qvB2m代入数据得R1，R2设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得T1，T2据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，区两段圆弧所对圆心角相同，设为1，区内圆弧所对圆心角设为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系得1120218060粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1，t2，可得t1T1，t2T2设粒子运动的路程为s，由运动学公式得sv(t1t2)联立式得s5.5D