2020高考物理一輪復習 第九章 第2講 磁場對運動電荷的作用學案（含解析）.doc

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第2講　磁場對運動電荷的作用 主干梳理 對點激活 知識點　　洛倫茲力、洛倫茲力的方向?、? 洛倫茲力公式?、?.定義：運動電荷在磁場中所受的力。 2．方向 (1)判定方法：應用左手定則，注意四指應指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向。 (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v。即F垂直于B和v所決定的平面。(注意B和v可以有任意夾角)。 由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功。 3．洛倫茲力的大?。篎＝qvBsinθ 其中θ為電荷運動方向與磁場方向之間的夾角。 (1)當電荷運動方向與磁場方向垂直時，F(xiàn)＝qvB。 (2)當電荷運動方向與磁場方向平行時，F(xiàn)＝0。 (3)當電荷在磁場中靜止時，F(xiàn)＝0。 知識點　　帶電粒子在勻強磁場中的運動　Ⅱ 1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動。 2．若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做勻速圓周運動。 3．基本公式 (1)向心力公式：qvB＝m。 (2)軌道半徑公式：r＝。 (3)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝。 (4)T、f和ω的特點 T、f和ω的大小與軌道半徑r和運行速率v無關，只與磁場的磁感應強度B和粒子的比荷有關。比荷相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中T、f、ω相同。 一 思維辨析 1．帶電粒子在磁場中運動時，一定會受到磁場力的作用。(　　) 2．洛倫茲力的方向垂直于B和v決定的平面，洛倫茲力對帶電粒子永遠不做功。(　　) 3．根據(jù)公式T＝，說明帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。(　　) 4．用左手定則判斷洛倫茲力方向時，四指指向電荷的運動方向。(　　) 5．帶電粒子在磁場中運動時的軌道半徑與粒子的比荷成正比。(　　) 6．當帶電粒子進入勻強磁場時，若v與B夾角為銳角，帶電粒子的軌跡為螺旋線。(　　) 答案　1.　2.√　3.　4.　5.　6.√ 二 對點激活 1．(人教版選修3－1P98T1改編)下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是(　　) 答案　B 解析　由左手定則知A中力F的方向應豎直向上，B中力F的方向應豎直向下，C、D中速度v與磁感應強度B平行，不受洛倫茲力，故選B。 2. (人教版選修3－1P102T3改編)如圖所示，一束質量、速度和電荷量不全相等的離子，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法正確的是(　　) A．組成A束和B束的離子都帶負電 B．組成A束和B束的離子質量一定不同 C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 答案　C 解析　由左手定則結合帶電粒子A、B在磁場中偏轉的軌跡知A、B均帶正電，故A錯誤。由r＝知A的比荷大于B的比荷，無法單獨判斷離子質量關系，故B錯誤，C正確。速度選擇器中離子受電場力向右，所以洛倫茲力應向左，結合左手定則可判斷磁場方向應垂直紙面向里，故D錯誤。 考點細研 悟法培優(yōu) 考點1　洛倫茲力的特點及應用 1．洛倫茲力的特點 (1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。 (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。 (3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向。 2．洛倫茲力與電場力的比較 例1　如圖所示，在豎直平面內放一個光滑絕緣的半圓形軌道，水平方向的勻強磁場與半圓形軌道所在的平面垂直。一個帶負電荷的小滑塊由靜止開始從半圓形軌道的最高點M滑下到最右端的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．滑塊經過最低點時的速度比磁場不存在時大 B．滑塊經過最低點的加速度比磁場不存在時小 C．滑塊經過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小 D．滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等 解題探究　(1)帶負電的滑塊經過最低點時的速度大小受磁場有無的影響嗎？ 提示：因為洛倫茲力不做功，所以有無磁場對滑塊經過最低點時的速度大小無影響。 (2)運動到最低點時滑塊所受洛倫茲力方向如何？ 提示：豎直向下。 嘗試解答　選D。 由于洛倫茲力不做功，故與磁場不存在時相比，滑塊經過最低點時的速度不變，A錯誤；由圓周運動中a＝，與磁場不存在時相比，滑塊經過最低點時的加速度不變，B錯誤；由左手定則，滑塊經過最低點時受到的洛倫茲力向下，而滑塊所受的向心力不變，故滑塊經過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時大，C錯誤；由于洛倫茲力方向始終與運動方向垂直，在任意一點，滑塊經過時的速度與磁場不存在時相比均不變，則運動所用時間相等，D正確。 總結升華 洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 (1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，都是磁場力。 (2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。 [變式1]　 (多選)如圖所示，兩個傾角分別為30和60的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，兩個質量為m、電荷量為＋q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中(　　) A．甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大 B．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短 C．兩滑塊在斜面上運動的位移大小相同 D．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等 答案　AD 解析　小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcosθ＝qvmB，解得vm＝，所以斜面傾角越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故甲滑塊飛離時速度較大，故A正確；滑塊在斜面上運動的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓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，因為甲飛離的最大速度大于乙的最大速度，由vm＝at得，甲在斜面上運動的時間大于乙在斜面上運動的時間，故B錯誤；由以上分析和x＝可知，甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C錯誤；由平均功率的公式得P＝Fsinθ＝mgsinθ＝，因sin30＝cos60，sin60＝cos30，故重力的平均功率一定相等，故D正確。 考點2　帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．帶電粒子在勻強磁場中運動的解題思路 (1)圓心的確定 ①基本思路：與速度方向垂直的直線和軌跡圓中弦的中垂線一定過圓心。 ②兩種常見情形 情形一：已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖a所示，圖中P為入射點，M為出射點)。 情形二：已知入射方向和出射點的位置時，可以先通過入射點作入射方向的垂線，再連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖b所示，圖中P為入射點，M為出射點)。 (2)半徑的確定和計算 利用幾何知識求出該圓的可能半徑(或圓心角)，并注意以下兩個重要的幾何特點： ①粒子速度的偏向角φ等于圓心角α，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。 ②相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即θ＋θ′＝180。 (3)運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧軌跡所對應的圓心角為α時，其運動時間由下式表示： t＝T。 2．帶電粒子在不同邊界勻強磁場中的運動規(guī)律 有界勻強磁場是指只在局部空間存在著勻強磁場，帶電粒子從磁場區(qū)域外垂直磁場方向射入磁場，在磁場區(qū)域內做一段勻速圓周運動，也就是通過一段圓弧軌跡后離開磁場區(qū)域。帶電粒子在磁場中運動的圓弧軌跡取決于粒子進入磁場的速度大小、方向和磁場區(qū)域邊界，常見磁場區(qū)域邊界可分為如下幾種情形： 情形一：直線邊界 直線邊界磁場又分單邊直線邊界和雙邊平行直線邊界。單邊直線邊界如圖甲、乙、丙所示，粒子進出磁場具有對稱性；雙邊平行直線邊界如圖丁、戊所示，粒子進出磁場存在臨界條件。 解決這類問題的“三部曲”：畫軌跡、找圓心、定半徑。 如果粒子從同一直線邊界射入和射出，那么粒子進入磁場時速度與邊界的夾角和射出磁場時速度和邊界的夾角相等。 情形二：矩形邊界 矩形邊界磁場是指分布在矩形范圍內的有界磁場，帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧。垂直于某邊射入，從某一頂點射出是常見的臨界情況。 解決該類問題的關鍵是把握臨界情況，如圖所示，常見的有如下幾種情況：(設粒子從ad邊中點e垂直射入) (1)兩個臨界半徑 ①從d點射出：r1＝。 ②從c點射出：r＝2＋ab2。 (2)三種情況 ①r≤r1，粒子從ed段射出。 ②r1r2，粒子從cf段射出(不會到f點)。 情形三：圓形邊界 圓形邊界磁場是指分布在圓形區(qū)域內的有界磁場，帶電粒子在圓形邊界的勻強磁場中的軌跡也是一段不完整的圓弧。由于此類問題涉及兩個圓：粒子運動軌跡的圓與磁場區(qū)域的圓，能很好地考查學生的綜合分析能力，所以是近年來高考的熱點。 帶電粒子在圓形磁場中運動的四個結論： (1)徑向進出：當粒子運動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區(qū)域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁場圓的圓心，如圖1所示。 (2)等角進出：入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點的磁場圓半徑的夾角，如圖2所示。徑向進出是等角進出的一種特殊情況(θ＝0)。 (3)點入平出：若帶電粒子從圓形勻強磁場區(qū)域圓周上一點沿垂直于磁場方向進入磁場，當帶電粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時，所有帶電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點處的切線方向射出磁場，如圖3所示。 (4)平入點出：若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動的半徑和圓形磁場區(qū)域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區(qū)域圓周上同一點射出，且磁場區(qū)域圓周上該點的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行，如圖4所示。 情形四：四分之一平面邊界 四分之一平面邊界磁場是指分布在平面直角坐標系中某一象限范圍的有界磁場，帶電粒子的軌跡只是一部分圓弧，粒子軌跡與坐標軸相切或垂直是常見的臨界情況。 解決該類問題的關鍵是明確粒子射入(射出)磁場的位置坐標，及速度方向與坐標軸的夾角關系，然后分析粒子做圓周運動的軌跡、圓心，尋找?guī)缀侮P系求解問題。 情形五：三角形邊界 三角形邊界磁場是指分布在三角形區(qū)域內的有界磁場，粒子的軌跡也是一段圓弧，由于三角形可以有等邊三角形、等腰三角形、直角三角形等不同類型，所以會有不同的臨界情景。 解答該類問題主要把握以下兩點： (1)射入磁場的方式 ①從某頂點射入。 ②從某條邊上某點(如中點)垂直(或成某一角度)射入。 (2)射出點的判斷 其臨界條件是判斷軌跡可能與哪條邊相切，進而判定出射點的可能位置。 例2　(2018昆明質檢)(多選)如圖所示，MN兩側均有垂直紙面向里的勻強磁場，MN左側磁感應強度大小為B1，右側磁感應強度大小為B2，有一質量為m、電荷量為q的正離子，自P點開始以速度v0向左垂直MN射入磁場中，當離子第二次穿過磁場邊界時，與邊界的交點Q位于P點正上方，PQ之間的距離為。不計離子重力，下列說法正確的是(　　) A．B2＝B1 B．B2＝B1 C．離子從開始運動至第一次到達Q點所用時間為 D．離子從開始運動至第一次到達Q點所用時間為 解題探究　(1)PQ之間距離與帶電粒子在兩磁場中運動的半徑之間有何關系？ 提示：2r2－2r1＝。 (2)離子在兩磁場中各運動多長時間？ 提示：分別運動半個周期。 嘗試解答　選AC。 畫出離子在勻強磁場中的運動軌跡，如圖所示。由qvB＝m，解得r＝，在磁感應強度為B1的區(qū)域，r1＝，在磁感應強度為B2的區(qū)域，r2＝，根據(jù)題述，2r2－2r1＝，聯(lián)立解得B2＝B1，A正確，B錯誤。由T＝可知，離子在左側勻強磁場中的運動時間t1＝，離子在右側勻強磁場中的運動時間t2＝＝，離子從開始運動至第一次到達Q點所用時間為t＝t1＋t2＝＋＝，C正確，D錯誤。 總結升華 1．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法 2．作帶電粒子運動軌跡時需注意的問題 (1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。 (2)六條線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑，入射速度所在直線和出射速度所在直線，入射點與出射點的連線，圓心與兩條速度所在直線交點的連線。前面四條線構成一個四邊形，后面兩條線為對角線。 (3)三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。 [變式2]　(2016四川高考改編)如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場。一帶電粒子從a點沿ad方向射入磁場，當速度大小為v1時，粒子從b點離開磁場；當速度大小為v2時，粒子從c點離開磁場。不計粒子重力，則v1與v2的大小之比為(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．∶2 答案　C 解析　粒子以速度v1進入磁場從b點射出時，由幾何關系得R1sin60＝，得R1＝l，同理粒子以速度v2進入磁場從c點射出時，由幾何關系得R2sin30＝lcos30，得R2＝l，粒子在磁場中做圓周運動，由Bqv＝m得半徑R＝，兩次入射速度之比＝＝，C正確，A、B、D錯誤。 考點3　帶電粒子在勻強磁場中運動的多解問題 1.帶電粒子電性不確定形成多解 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。 如圖甲，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b。 2．磁場方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時由于磁感應強度方向不確定形成多解。 如圖乙，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b。 3．速度不確定形成多解 有些題目只指明了帶電粒子的電性，但未具體指出速度的大小或方向，此時必須要考慮由于速度的不確定而形成的多解。常有兩種情形：(1)入射速度方向一定，大小不同；(2)入射速率一定，方向不同。 如圖丙所示，帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子速度大小不確定，因此，它可能穿過下邊界，也可能轉過180反向飛出，于是形成了多解。 4．運動的周期性形成多解 帶電粒子在電場和磁場的組合場空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解。如圖丁所示。 　　　　 例3　 (2018湖南湘東五校聯(lián)考)(多選)如圖所示，在xOy平面內存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內的磁場方向垂直紙面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)為坐標軸上的兩個點，現(xiàn)有一電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，下列說法正確的是(　　) A．若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則電子運動的路程一定為 B．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的路程一定為πL C．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的路程一定為2πL D．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的路程可能為πL，也可能為2πL 解題探究　(1)B、C、D選項中“電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點”，經原點O一定是第一次射出磁場分界線就過原點O嗎？ 提示：不一定，可能存在多解。 (2)軌跡半徑如何確定？ 提示：由幾何關系知可能有2Rcos45＝L或2Rcos45＝L等。 嘗試解答　選AD。 電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設其運動半徑為R，若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則其運動軌跡如圖甲所示，則有2Rcos45＝L，半徑R＝L，從P點到O點運動軌跡為四分之一圓周，所以運動的路程s＝＝，A正確。電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，若電子恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則軌跡如圖甲所示，運動路程為一個圓周，即s1＝2πR＝2πL；若電子從P點出發(fā)經過原點O到達Q點的運動軌跡如圖乙所示，根據(jù)幾何關系有2R′cos45＝，圓周運動半徑R′＝，運動的路程為s2＝22＝22＝πL，B、C錯誤，D正確。 總結升華 求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧 (1)分析題目特點，確定題目多解性形成原因。 (2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。 (3)若為周期性的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種周期性解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。 [變式3]　如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示(垂直于紙面向里的磁場方向為正方向)。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場，已知正離子質量為m，電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力。求： (1)磁感應強度B0的大小； (2)若正離子從O′孔垂直于N板射出磁場所用的時間最短，請畫出其運動軌跡并求出該最短時間； (3)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。 答案　(1)　(2)軌跡圖見解析　T0 (3)(n＝1,2,3，…) 解析　(1)設離子軌道半徑為R，洛倫茲力提供向心力：B0qv0＝ 做勻速圓周運動的周期T0＝ 由以上兩式得：B0＝。 (2)軌跡如右圖， 最短時間tmin＝T0。 (3)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子在兩板之間只運動一個周期即T0時，R＝。 當正離子在兩板之間運動n個周期，即nT0時， R＝(n＝1,2,3，…) B0qv0＝ 聯(lián)立得正離子的速度的可能值為v0＝＝(n＝1,2,3，…)。 考點4　帶電粒子在磁場中運動的臨界和極值問題 1.解題思路 以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出偏轉方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關系。 2．尋找臨界點常用的結論 (1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。 (2)當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。 (3)當速度v變化時，圓心角越大的，運動時間越長。 例4　(2018武昌調研)(多選)如圖所示，在一個等腰直角三角形區(qū)域ABC內，存在方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場(邊界上有磁場)，AC＝BC＝l，∠C＝90。質量為m、電荷量為＋q的大量相同的粒子以不同速率從AB邊上距A點為l的D點既垂直于邊界AB又垂直于磁場方向射入勻強磁場，不計粒子間的相互作用及粒子重力，則以下結論正確的是(　　) A．速率在(3－2)的粒子都會從BC邊離開磁場 解題探究　(1)從AC邊離開磁場的臨界點是什么？ 提示：與AC相切，從C點離開，兩個臨界點。 (2)從AB邊離開磁場，粒子會運動半個圓周，運動的最大位移如何確定？ 提示：x＝2r，即r取最大時x最大。 嘗試解答　選AC。 作出帶電粒子從AC邊離開的軌跡，如圖所示，軌跡DEF與AC邊相切，切點為E，DC為剛好從C點離開磁場區(qū)域的帶電粒子的軌跡。當帶電粒子從C點離開時，粒子的軌跡半徑為r1＝l，又由qv1B＝m得v1＝；當粒子軌跡剛好與AC邊相切時，由幾何關系有l(wèi)＝r2＋r2，則r2＝(－1)l，又由qv2B＝m得v2＝，所以帶電粒子的速率滿足時，帶電粒子都會從BC邊離開磁場，D錯誤。 總結升華 1．利用縮放圓法探索臨界狀態(tài) 當帶電粒子以任一速率沿特定方向射入勻強磁場時，它們的速率v0越大，在磁場中做圓周運動的軌道半徑也越大，它們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線PP′上。此時可以用“縮放圓法”分析——以入射點為定點，圓心位于直線PP′上，將半徑縮放作粒子的運動軌跡，從而探索出臨界條件，問題便迎刃而解。 2．帶電粒子在矩形有界勻強磁場中運動的臨界問題 由于矩形磁場有四個邊界，所以帶電粒子在此類磁場中運動時往往會存在臨界問題——帶電粒子的運動軌跡與某一邊界相切，具體情況如下： (1)粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界垂直，如圖甲所示。 ①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做半個圓周運動后從原邊界射出磁場區(qū)域； ②當粒子速度在某一范圍內時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從側面邊界飛出磁場； ③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從對面邊界飛出磁場。 (2)粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界成一夾角，如圖乙所示。 ①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從原邊界飛出磁場； ②當粒子速度在某一范圍內時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從上側面邊界飛出磁場； ③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從右側面邊界飛出磁場； ④當粒子速度更大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從下側面邊界飛出磁場。 這類在矩形磁場中求解時間范圍、速度范圍等的問題是熱點。綜合以上兩種情況，尋找“相切或相交”的臨界點是解決問題的關鍵；另外在磁場邊界上還有粒子不能達到的區(qū)域即“盲區(qū)”，也要引起大家注意。 [變式4]　如圖所示，正方形區(qū)域abcd內(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，ab＝l，Oa＝0.4l，大量帶正電的粒子從O點沿與ab邊成37的方向以不同的初速度v0射入磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，已知帶電粒子的質量為m，電荷量為q，磁場的磁感應強度大小為B，sin37＝0.6，cos37＝0.8。 (1)求帶電粒子在磁場中運動的最長時間； (2)若帶電粒子從ad邊離開磁場，求v0的取值范圍。 答案　(1)　(2)l>R。 因朝不同方向發(fā)射的α粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側與ab相切，則此切點P1就是α粒子能打中的左側最遠點。為確定P1點的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心，R為半徑，作圓弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1。即NP1＝。 再考慮N的右側。任何α粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓弧，交ab于N右側的P2點，此即右側能打到的最遠點。由圖中幾何關系得NP2＝， 所求長度為P1P2＝NP1＋NP2， 代入數(shù)值得P1P2＝20 cm。 [答案]　20 cm 名師點睛　(1)解決帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向，找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系。粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。 (2)要重視分析時的尺規(guī)作圖，規(guī)范而準確的作圖可突出幾何關系，使抽象的物理問題更形象、直觀。 【針對訓練】 1．如圖所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。許多質量為m、電荷量為＋q的粒子以相同的速率v沿紙面內由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域。不計重力及粒子間的相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經過的區(qū)域，其中R＝，正確的圖是(　　) 答案　D 解析　如圖，從O點水平向左沿x軸負方向射出的粒子，軌跡為圓，和x軸相切于O點，在x軸上方，半徑為R；沿y軸正方向射出的粒子軌跡為半圓，在y軸右側，和x軸交點距O點為2R，其余方向射入的帶電粒子，軌跡圓旋轉，最遠點均在以O為圓心、半徑為2R的圓周上，故D正確。 2. (多選)如圖所示，寬d＝4 cm的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大，磁場方向垂直紙面向里。現(xiàn)有一群正粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r＝10 cm，則(　　) A．右邊界：－8 cm8 cm有粒子射出 D．左邊界：00)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由qvB＝m得R＝，分析圖中角度關系可知，PO′半徑與O′Q半徑在同一條直線上。則PQ＝2R，所以OQ＝4R＝，D正確。 4．(2017全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)。一質量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離。 答案　(1)　(2) 解析　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動，設在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2，由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉過180時，所需時間t1為 t1＝③ 粒子再轉過180時，所需時間t2為 t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為 t0＝t1＋t2＝。⑤ (2)由幾何關系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝。 5．(2018江蘇高考)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于O、O′點，各區(qū)域磁感應強度大小相等。某粒子質量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場。當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場。取sin53＝0.8，cos53＝0.6。 (1)求磁感應強度大小B； (2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t； (3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子圓周運動的半徑r0＝ 由題意知r0＝ 解得B＝。 (2)粒子入射速度為5v0時，圓周運動半徑 r＝＝5r0＝， 如圖所示，設粒子在矩形磁場中的偏轉角為α， 由d＝rsinα，得sinα＝，即α＝53 在一個矩形磁場中的運動時間t1＝ 解得t1＝ 直線運動的時間t2＝ 則t＝4t1＋t2＝。 (3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x， 粒子從O點向上運動的最大偏移量 y＝2r(1－cosα)＋xtanα 由y≤2d，解得x≤d 則當xm＝d時，Δt有最大值 粒子直線運動路程的最大值 sm＝＋(2d－2xm)＝3d 增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d 增加時間的最大值Δtm＝＝。 配套課時作業(yè) 　　時間：45分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～5為單選，6～10為多選) 1．如圖，半徑為R的半圓形區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、帶電荷量為＋q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30的方向從P點垂直磁場射入，最后粒子垂直于MN射出，則磁感應強度的大小為(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　根據(jù)題述可得帶電粒子運動的軌跡半徑r滿足rcos60＝R，r＝2R。帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，qvB＝m，解得磁感應強度的大小為B＝，B正確。 2．如圖所示，一帶電塑料小球質量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內擺動，最大擺角為60，水平磁場垂直于小球擺動的平面。當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為(　　) A．0 B．2mg C．4mg D．6mg 答案　C 解析　設小球自左方最大擺角處擺到最低點時速度為v，則mv2＝mgL(1－cos60)，此時qvB－mg＝m，當小球自右方最大擺角處擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，此時有T－mg－qvB＝m，解得T＝4mg，故C正確。 3．如圖所示，正三角形的三條邊都與圓相切，在圓形區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，質子P(H)和氦核Q(He)都從A點沿∠BAC的角平分線方向射入磁場，質子P(H)從C點離開，氦核Q(He)從相切點D離開磁場，不計粒子重力，則質子和氦核的入射速度大小之比為(　　) A．6∶1 B．3∶1 C．2∶1 D．3∶2 答案　A 解析　設圓形區(qū)域的半徑為R，質子P的入射速度大小為v1，質量為m，電荷量為e，質子從C點離開，在磁場中其運動軌跡所對的圓心角為60，設其軌跡半徑為r1，則有tan60＝，解得r1＝R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，ev1B＝m，解得v1＝；設氦核Q的入射速度大小為v2，則質量為4m，電荷量為2e，氦核Q從D點離開磁場，在磁場中其運動軌跡所對的圓心角為120，設其軌跡半徑為r2，則有tan60＝，解得r2＝，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，2ev2B＝4m，解得v2＝，質子和氦核的入射速度大小之比為v1∶v2＝∶＝6∶1，A正確。 4．如圖所示，在真空中，水平導線中有恒定電流I通過，導線的正下方有一質子初速度方向與電流方向相同，則質子可能的運動情況是(　　) A．沿路徑a運動 B．沿路徑b運動 C．沿路徑c運動 D．沿路徑d運動 答案　B 解析　由安培定則，電流在下方產生的磁場方向指向紙外，由左手定則，質子剛進入磁場時所受洛倫茲力方向向上。則質子的軌跡必定向上彎曲，因此C、D必錯；由于洛倫茲力方向始終與電荷運動方向垂直，故其運動軌跡必定是曲線，則B正確，A錯誤。 5．如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)。則下列說法正確的是(　　) A．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 B．若v一定，θ越大，則粒子離開磁場的位置距O點越遠 C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大 D．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 答案　A 解析　由左手定則可知，帶正電的粒子向左偏轉。若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，A正確；若v一定，θ等于90時，粒子離開磁場的位置距O點最遠，為2r＝，B錯誤；若θ一定，粒子在磁場中運動的周期與v無關，粒子在磁場中運動的角速度與v無關，粒子在磁場中運動的時間與v無關，C、D錯誤。 6．長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示。磁感應強度為B，板間距離為l，極板不帶電?，F(xiàn)有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　) A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度v2、v1＝v2或v1 T 解析　 (1)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則qvB＝，解得R＝0.5 m，而＝0.5 m，故圓心一定在x軸上，軌跡如圖甲所示， 由幾何關系可知OQ＝R＋Rcos37＝0.9 m。 (2)帶電粒子不從x軸射出，臨界軌跡如圖乙所示。 由幾何關系得OP＝R′＋R′sin37，R′＝， 解得B1＝ T。 磁感應強度B′>B1，即B′> T。