金版教程物理2025高考科学复习解决方案第十章 磁场第2讲 磁场对运动电荷的作用含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十章磁场《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十章磁场第讲磁场对运动电荷的作用[教材阅读指导](对应人教版选择性必修第二册相关内容及问题)第一章第2节阅读“洛伦兹力的方向”这一部分内容，体会洛伦兹力既与速度垂直，又与磁场垂直，即垂直于速度和磁场所确定的平面。思考：洛伦兹力做功有什么特点？提示：因洛伦兹力总与速度垂直，故总不做功。第一章第2节“洛伦兹力的大小”这部分的[思考与讨论]，洛伦兹力与安培力是什么关系？提示：导线中运动电荷所受洛伦兹力的矢量和在宏观上表现为安培力。第一章第2节“电子束的磁偏转”这部分的[思考与讨论]第3问。提示：偏转磁场先垂直纸面向里减小至零，再从零开始垂直纸面向外增大。第一章第3节阅读“带电粒子在匀强磁场中的运动”这一部分内容，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动需要满足什么条件？提示：磁场必须是匀强磁场，带电粒子初速度方向与磁场垂直。第一章第3节阅读“带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期”这一部分内容，带电粒子在磁场中做圆周运动的速度越大，周期越小吗？提示：不是，由T＝eq\f(2πm,qB)可知，带电粒子运动周期与速度大小无关。必备知识梳理与回顾一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力公式1．洛伦兹力的定义：eq\x(\s\up1(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eq\x(\s\up1(02))垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心eq\x(\s\up1(03))垂直进入，并使四指指向eq\x(\s\up1(04))正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的eq\x(\s\up1(05))正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于eq\x(\s\up1(06))B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eq\x(\s\up1(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。二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．两种特殊运动(1)若v∥B，带电粒子以入射速度v做eq\x(\s\up1(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eq\x(\s\up1(02))匀速圆周运动。2．基本公式向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r。3．导出公式(1)轨道半径：r＝eq\f(mv,Bq)。(2)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)。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eq\x(\s\up1(03))磁感应强度B和粒子的eq\x(\s\up1(04))比荷eq\f(q,m)有关。比荷eq\f(q,m)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＝eq\f(2πr,v)，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·第一章第2节[练习与应用]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·第一章第3节[练习与应用]T2改编)(多选)已知氖22原子核的质量与氖20原子核的质量之比为22∶20，均带10个元电荷，它们以相同的速度经狭缝垂直磁场方向射入匀强磁场，如图所示。设它们在磁场中运动的轨道半径之比和周期之比分别为x、y，下列判断正确的是()A．x＝11∶10 B．x＝10∶11C．y＝11∶10 D．y＝10∶11答案AC解析两原子核在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，可得r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)。根据题意可知，两原子核的电荷量q和射入磁场的速度v均相同，在同一匀强磁场中，B相同，则它们在磁场中运动的轨道半径之比和周期之比都等于其质量之比，即x＝y＝22∶20＝11∶10，故A、C正确，B、D错误。3.(人教版选择性必修第二册·第一章第4节[练习与应用]T3改编)如图所示，一束电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝60°。下列判断正确的有()A．电子轨迹所对圆心角为30°B．电子的轨迹半径为eq\f(d,2)C．电子的比荷为eq\f(v,2dB)D．电子穿越磁场的时间为eq\f(2\r(3)πd,9v)答案D解析作出辅助线如图，根据几何关系可知，电子轨迹所对圆心角为θ＝60°，A错误；设电子的轨迹半径为r，由几何关系有rsinθ＝d，解得r＝eq\f(2\r(3)d,3)，B错误；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v,2dB)，C错误；电子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(4\r(3)πd,3v)，电子穿越磁场的时间为t＝eq\f(θ,360°)·T，联立解得t＝eq\f(2\r(3)πd,9v)，D正确。关键能力发展与提升考点一洛伦兹力的特点及应用深化理解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．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)联系：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)区别：安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。3．洛伦兹力与静电力的比较例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[答案]D[解析]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＝eq\f(v2,R)，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与磁场不存在时相等，D正确。【跟进训练】狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，如果自然界真的存在这样一个磁单极子N，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，与正点电荷的电场线分布相似，如图所示。若空间中的P点仅存在磁单极子N或正点电荷Q，并且位置固定不动，现将一带正电微粒置于P点附近，下列说法正确的是()A．P点放置的若是正点电荷Q，微粒可以在P点上方做圆周运动B．P点放置的若是正点电荷Q，微粒可以在P点下方做圆周运动C．P点放置的若是磁单极子N，微粒可以在P点正上方做圆周运动，并且沿顺时针方向运动(俯视)D．P点放置的若是磁单极子N，微粒可以在P点正下方做圆周运动，并且沿逆时针方向运动(俯视)答案C解析P点放置的若是正点电荷Q，微粒受重力和电场力的作用，由于微粒带正电，无论微粒在P点的上方还是下方，重力与电场力的合力都不可能垂直指向过P点的竖直轴线，故都不可能做圆周运动，故A、B错误；P点放置的若是磁单极子N，其周围的磁感线与正点电荷的电场线分布相似，微粒受到重力和可能存在的洛伦兹力的作用，若微粒在P点正上方沿顺时针方向做圆周运动(俯视)，则洛伦兹力垂直于磁感线斜向上方，与重力的合力可能垂直指向过P点的竖直轴线，同理可判断，若微粒在P点正下方沿逆时针方向做圆周运动(俯视)，洛伦兹力垂直于磁感线斜向下方，重力与洛伦兹力的合力不可能垂直指向过P点的竖直轴线，故C正确，D错误。考点二带电粒子在匀强磁场中的运动解题技巧1.垂直射入匀强磁场以恒定速率v在垂直于磁场B的平面内做匀速圆周运动。运动周期仅与粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关。2．倾斜射入匀强磁场(1)解题方法：运动的分解与合成。(2)运动特点①分运动：在垂直于磁场B的平面内做匀速圆周运动，在沿磁场B的方向做匀速直线运动。②合运动：粒子沿“螺旋线”周期性前进。考向1带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动例2(2022·江苏高考)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力，求：(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；(2)粒子a的动量大小pa。[答案](1)2∶1(2)eq\f(6,7)mv[解析](1)由题意知，带等量异号电荷(设电荷量大小均为q)的粒子a、b在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvaB＝maeq\f(veq\o\al(2,a),ra)，qvbB＝mbeq\f(veq\o\al(2,b),rb)解得ra＝eq\f(mava,qB)，rb＝eq\f(mbvb,qB)又ra∶rb＝6∶1得mava∶mbvb＝6∶1因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1则分裂后粒子a、b在磁场中运动的速度大小之比va∶vb＝3∶1解得粒子a、b的质量之比ma∶mb＝2∶1。(2)电中性粒子在A点分裂过程中动量守恒，根据动量守恒定律有mv＝mava＋mbvb又mava∶mbvb＝6∶1联立解得pa＝mava＝eq\f(6,7)mv。对带电粒子在匀强磁场中运动的两点提醒(1)带电粒子在匀强磁场中运动时，若速率变化，则轨道半径变化，但运动周期并不发生变化。(2)微观粒子在发生碰撞或衰变时常满足系统动量守恒，但因m、q、v的改变，往往造成轨道半径和运动周期的改变。考向2带电粒子倾斜射入匀强磁场的“螺旋线”运动例3(鲁科版选择性必修第二册·第1章第2节图1­18、图1­20改编)(2023·广东省广州市高三下第三次模拟)用洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状，如图1。现将这一现象简化成如图2所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是()A．匀强磁场的方向为沿x轴负方向B．若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变C．若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小D．若仅增大α角(α<90°)，则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α＝90°时“轨迹”为闭合的圆[答案]D[解析]将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x轴方向的初速度与磁场方向平行，电子在沿x轴方向做匀速直线运动；沿y轴方向的初速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，电子在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动，由左手定则并结合图2可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误。对电子在垂直于x轴平面的分运动有evB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，其中v＝v0sinα，解得D＝2R＝eq\f(2mv0sinα,eB)，T＝eq\f(2πm,eB)，对电子在沿x轴方向的分运动有Δx＝vxT，其中vx＝v0cosα，解得Δx＝eq\f(2πmv0cosα,eB)；若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；若仅增大v0，则D、Δx皆增大，故C错误；若仅增大α角(α<90°)，则D增大，而Δx减小，且当α＝90°时Δx＝0，即“轨迹”为闭合的圆，故D正确。考向3带电粒子在匀强磁场中速率连续变化的运动例4(2022·北京高考)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是()A．磁场方向垂直于纸面向里B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D．轨迹3对应的粒子是正电子[答案]A[解析]根据题图可知，轨迹1和3对应的粒子在匀强磁场中的偏转方向一致，则轨迹1和3对应的粒子均为电子，轨迹2对应的粒子为正电子，电子带负电且沿顺时针方向偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确，D错误；带电粒子所受洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子运动的半径为r＝eq\f(mv,qB)，根据题图可知，轨迹1对应的粒子运动的轨迹半径越来越小，则运动速度越来越小，在P点附近，轨迹3对应的粒子运动的轨迹半径大于轨迹2对应的粒子运动的轨迹半径，则轨迹3对应的粒子初速度比轨迹2的大，B、C错误。考点三带电粒子在有界匀强磁场中的运动解题技巧1．概述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。常见的磁场边界：单直线边界、平行直线边界、矩形边界、四分之一坐标平面边界、三角形边界、圆形边界。如图所示。2．解题关键——确定轨迹圆心求解带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题，首先应画出轨迹圆示意图，找出轨迹圆心。确定轨迹圆心的3个依据：(1)圆心一定在垂直于速度的直线上；(2)圆心一定在弦的中垂线上；(3)圆心与轨迹圆上任一点的距离一定等于轨迹半径。常见情境：a．如图甲，若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心。b．如图乙，若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心。c．如图丙，若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝eq\f(mv,qB)计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心。3．轨迹半径的计算方法一(由动力学关系求)：由于qvB＝eq\f(mv2,r)，所以轨迹半径r＝eq\f(mv,qB)；方法二(由几何关系求)：作辅助线构造出与轨迹半径相关的三角形(通常是直角三角形)，根据勾股定理、三角函数求解，或根据正弦定理、余弦定理求解。例如：如图所示，R＝eq\f(L,sinθ)，或由R2＝L2＋(R－d)2求得R。4．运动时间的计算方法一(由运动圆弧所对的圆心角α、圆周运动的周期T求)：t＝eq\f(α,2π)·T；方法二(由运动的弧长s、线速度v求)：t＝eq\f(s,v)。5．分析、求解带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的一般步骤6．作图及分析带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹时需要注意的问题四个点：入射点、出射点、轨迹圆心、入射速度所在直线与出射速度所在直线的交点。六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，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。三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角(如图所示)。粒子速度的偏转角(φ)等于轨迹所对圆心角(α)，并等于AB弦与圆切线的夹角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt。考向1单直线边界磁场例5(多选)空间中虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场，其中某一速率为v0的电子从Q点射出，如图所示。已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断()A．该匀强磁场的方向是垂直纸面向里B．所有电子在磁场中的轨迹相同C．速率大的电子在磁场中运动的时间长D．与进入磁场时相比，出磁场时，所有电子的速度方向都改变了2θ[答案]AD[解析]根据左手定则判断可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，故A正确。电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得evB＝meq\f(v2,r)，解得电子的轨迹半径r＝eq\f(mv,eB)，则电子的轨迹半径与电子的速率成正比，速率不同，轨迹半径不同，则在磁场中的轨迹不同，故B错误。根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与PQ线的夹角都是θ，则与进入磁场时相比，出磁场时所有电子的速度方向都改变了2θ，由几何知识可知，所有电子在磁场中的轨迹对应的圆心角都是2θ，电子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,eB)，可知所有电子做圆周运动的周期都相同，则所有电子在磁场中运动的时间都相同，为t＝eq\f(2θ,2π)·T＝eq\f(2θm,eB)，故C错误，D正确。带电粒子在单直线边界匀强磁场区域运动的特点等角进出：粒子进、出磁场时，速度与边界的夹角相等，即入射点的弦切角等于出射点的弦切角，如图所示。考向2四分之一坐标平面边界磁场例6(2021·北京高考)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出()A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B．带电粒子在磁场中运动的速率C．带电粒子在磁场中运动的时间D．该匀强磁场的磁感应强度[答案]A[解析]粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作出轨迹如图所示，O1为轨迹圆心，由几何关系可知OO1＝atan30°＝eq\f(\r(3),3)a，轨迹半径R＝eq\f(a,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)a，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),3)a))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,3)a2，故A正确；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝eq\f(qBR,m)，轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知且不可求出，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故B、D错误；带电粒子在磁场中转过的圆心角为eq\f(2,3)π，周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，则带电粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(\f(2,3)π,2π)T＝eq\f(2πm,3qB)，因磁感应强度B未知且不可求出，则运动时间无法求出，故C错误。考向3圆形边界磁场例7(2021·全国乙卷)如图，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90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力，则eq\f(v1,v2)为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)[答案]B[解析]根据题意作出粒子的轨迹圆如图所示。设圆形磁场区域的半径为R，粒子速度大小为v1、v2时在磁场中的轨道半径分别为r1、r2，则根据几何关系有r1＝R，r2＝eq\r(3)R。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(qBr,m)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),3)，故B正确。带电粒子在圆形边界匀强磁场区域运动的特点(1)径向进出若粒子沿着边界圆的某一半径方向进入磁场，则粒子离开磁场时速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心(即沿着另一半径方向射出)。证明：如图甲，因为OA＝OB，O1A＝O1B，所以△O1OA≌△O1OB，所以∠OBO1＝90°，vB沿OB方向。(2)等角进出若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角也为θ。证明：如图乙，因为OM＝ON，O1M＝O1N，所以△O1OM≌△O1ON，则∠ONO1＝∠OMO1，又因为∠O1MO2＝90°，∠O1NO2＝90°，所以∠ONO2＝∠OMO2＝θ。建模提能4磁聚焦与磁发散1．带电粒子的聚焦如图甲所示，大量同种带正电的粒子，速度大小相等，水平平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(r＝R)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出。(聚焦)证明：四边形OAO′B为菱形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点入射的带电粒子必然经过B点。2．带电粒子的发散如图乙所示，圆形磁场区域的磁感应强度为B，圆心为O，从最高点P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与磁场圆半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行。(发散)证明：所有粒子运动轨迹的圆心与磁场圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)。(2021·湖南高考)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为＋q)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子，求解以下问题。(1)如图a，宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0，r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1的大小；(2)如图a，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0，－r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)；(3)如图b，虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。[答案](1)eq\f(mv,qr1)(2)eq\f(mv,qr2)垂直于纸面向里πreq\o\al(2,2)(3)eq\f(mv,qr3)eq\f(mv,qr4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－1))req\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－1))req\o\al(2,4)[解析](1)粒子沿x轴正方向射入圆形磁场，在坐标原点O汇聚，分析可知粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1。粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝meq\f(v2,r1)解得B1＝eq\f(mv,qr1)。(2)分析可知，虚线框内面积最小的磁场区域为：以C为圆心、r2为半径的圆。粒子在虚线框内磁场中运动的半径为r2，根据牛顿第二定律有qvB2＝meq\f(v2,r2)解得B2＝eq\f(mv,qr2)根据左手定则可知，虚线框内磁场的方向为垂直于纸面向里虚线框内圆形磁场区域的面积为S2＝πreq\o\al(2,2)。(3)从Ⅰ区进入磁场的粒子的临界轨迹如图所示，其中3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为磁场的圆弧边界粒子在Ⅰ、Ⅲ区域磁场中做圆周运动的半径分别为r3、r4，根据qvB＝meq\f(v2,r)可知，Ⅰ和Ⅲ中磁场的磁感应强度大小分别为BⅠ＝eq\f(mv,qr3)，BⅢ＝eq\f(mv,qr4)图中阴影区域为Ⅰ、Ⅳ中的磁场区域，Ⅱ、Ⅲ中的磁场区域与Ⅰ、Ⅳ中的磁场区域关于x轴对称，则Ⅱ中匀强磁场区域的面积SⅡ＝2×eq\f(1,4)πreq\o\al(2,3)－req\o\al(2,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－1))req\o\al(2,3)Ⅳ中匀强磁场区域的面积SⅣ＝2×eq\f(1,4)πreq\o\al(2,4)－req\o\al(2,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－1))req\o\al(2,4)。(多选)如图，在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直bc边射出，下列说法正确的是()A．磁场区域的最小面积为eq\f(π－2,4)L2B．离子在磁场中做圆周运动的半径为LC．磁场区域的最大面积为eq\f(π,4)L2D．离子在磁场中运动的最长时间为eq\f(2πL,3v)答案BC解析由题图可知，若所有正离子垂直bc边射出，则以d为圆心，半径为L的eq\f(1,4)圆弧ac为磁场区域的边界，其半径与离子做圆周运动的半径相同，所以离子在磁场中做圆周运动的半径为R＝L；磁场区域的最小面积为Smin＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πL2－\f(1,2)L2))＝eq\f(π－2,2)L2，故A错误，B正确；磁场的最大区域是四分之一圆，面积Smax＝eq\f(1,4)πL2，离子运动的最长时间t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πL,2v)，故C正确，D错误。课时作业[A组基础巩固练]1．(2022·湖北高考)(多选)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(a>0，b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2，到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是()A．t1<t2 B．t1>t2C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2答案AD解析若该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，t1＝eq\f(a,v0)，Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))；若该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，此时粒子做匀速圆周运动，t2＝eq\f(\o(OP,\s\up8(︵)),v0)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故t1<t2，Ek1>Ek2，A、D正确，B、C错误。2.(鲁科版选择性必修第二册·第1章第2节图1­15改编)(多选)1930年，师从密立根的中国科学家赵忠尧，在实验中最早观察到正负电子对产生与湮灭，成为第一个发现正电子的科学家。此后，人们在气泡室中，观察到一对正负电子的运动轨迹，如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向外，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是()A．右侧为正电子运动轨迹B．正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度C．正、负电子所受洛伦兹力始终相同D．正、负电子在气泡室运动时，动能减小、轨迹半径减小、周期不变答案AD解析正、负电子在气泡室中运动时，只受洛伦兹力和气泡室内液体阻力，其中洛伦兹力不对正、负电子做功，液体阻力对正、负电子做负功，由动能定理可知，正、负电子的动能减小，其速度不断减小，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，并且T＝eq\f(2πR,v)，可知轨迹半径R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，故轨迹半径不断减小，周期不变，D正确；由D项分析并结合左手定则知，右侧为正电子运动轨迹，A正确；由R＝eq\f(mv,qB)可得电子的速度为v＝eq\f(BqR,m)，由题图可知，正电子与负电子分离瞬间，正电子轨迹半径更小，则正电子速度小于负电子速度，B错误；由B项分析可知，正、负电子分离瞬间速度大小不同，由F＝Bvq并结合左手定则可知，此时正、负电子所受洛伦兹力大小、方向均不同，C错误。3.(2023·辽宁省阜新市高三下4月联考)如图所示，在第四象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，一对比荷之比为2∶1的正、负带电粒子在坐标平面内以相同的速率沿与x轴成30°角的方向从坐标原点射入磁场。不计粒子受到的重力及粒子间的作用力。正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为()A．1∶2 B．2∶1C．1∶3 D．1∶1答案D解析根据题意，画出正、负带电粒子的运动轨迹示意图，如图所示，由图可知，带正电粒子轨迹所对应的圆心角为θ正＝120°，带负电粒子轨迹所对应的圆心角为θ负＝60°，正、负带电粒子在磁场中运动轨迹所对应圆心角之比为θ正∶θ负＝2∶1；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，又周期T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，故正、负带电粒子在磁场中运动的周期之比为T正∶T负＝1∶2，又粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,2π)T，故正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为eq\f(t正,t负)＝eq\f(θ正T正,θ负T负)＝eq\f(1,1)，故选D。4.如图，虚线所围区域内有垂直纸面的匀强磁场，acb是半圆，圆心是O，半径为r，∠bOc＝60°，现有一质量为m、电荷量为＋q的离子，以速度v沿半径Oc射入磁场，从bd边垂直边界离开磁场，不计离子重力，则()A．离子做圆周运动的半径为2rB．离子离开磁场时距b点为3rC．虚线所围区域内的磁感应强度大小为eq\f(mv,3qr)D．离子在磁场中的运动时间为eq\f(5\r(3)πr,6v)答案D解析由题意，作出离子在磁场中的运动轨迹如图所示，则根据几何关系可知，离子在磁场中做圆周运动的半径为R＝rtan60°＝eq\r(3)r，离子离开磁场时距b点为l＝R＋eq\f(r,cos60°)－r＝(eq\r(3)＋1)r，故A、B错误；离子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，可得B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv,\r(3)qr)，故C错误；由几何关系知，离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角θ＝180°－30°＝150°＝eq\f(5π,6)，则运动时间为t＝eq\f(θR,v)＝eq\f(5\r(3)πr,6v)，故D正确。5.如图所示，带电粒子从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，粒子的入射方向与磁场边界的夹角为θ，粒子从磁场的右边界P点离开，OP长为d，粒子仅受磁场力作用。则()A．可以求出粒子在磁场中的运动时间B．可以求出粒子做圆周运动的半径C．可以求出粒子的速度大小D．可以求出粒子的比荷答案B解析由题意知，OP垂直于两侧磁场边界，粒子仅受磁场力作用，在磁场中做匀速圆周运动，过O点作速度的垂线与OP的中垂线交于一点O′，O′即为粒子轨迹的圆心，设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知eq\f(\f(d,2),R)＝cosθ，解得R＝eq\f(d,2cosθ)，故B正确；粒子在磁场中做圆周运动，有Bqv＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,Bq)，可知粒子的速度大小为v＝eq\f(BRq,m)，其中R可以求出，但粒子的比荷eq\f(q,m)和磁感应强度B未知，故无法求出v，同理可知粒子的比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，其中R可以求出，但粒子的速度v和磁感应强度B未知，故无法求出eq\f(q,m)，C、D错误；粒子运动周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,Bq)，由几何知识可知，粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为α＝π－2θ，则粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(α,2π)·T＝(π－2θ)eq\f(m,Bq)，其中粒子的比荷eq\f(q,m)和磁感应强度B均未知，则无法求出t，A错误。6.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.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝meq\f(veq\o\al(2,a),Ra)Ra＝eq\f(l,4)解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝meq\f(veq\o\al(2,d),Rd)Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)。B正确。7．(2023·安徽省芜湖市高三下5月教学质量统测)(多选)国际空间站上的阿尔法磁谱仪(AMS)是探究宇宙中的反物质和暗物质(即由反粒子构成的物质)的重要仪器，如氚核(eq\o\al(3,1)H)的反粒子(反氚核)为(eq\o\al(3,－1)H)。该磁谱仪核心部分的截面区域是半径为R的圆形匀强磁场区域，该区域磁场方向垂直纸面向外，且粒子打到磁场边界就被吸收。如图所示，P为粒子的入射窗口，各粒子从P射入时的速度大小相同，且均沿直径方向，P、a、b、c、d、e为圆周上的等分点，若质子(eq\o\al(1,1)H)射入磁场区域后打在a点，则反氚核(eq\o\al(3,－1)H)射入后()A．反氚核将打在d点B．反氚核射入磁场后运动轨迹的半径为质子的eq\f(1,3)C．反氚核在磁场中运动轨迹的弧长为质子的eq\f(3,2)D．反氚核在磁场中运动的时间为质子的eq\f(2,3)答案AC解析质子eq\o\al(1,1)H与反氚核(eq\o\al(3,－1)H)的比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶1，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，已知各粒子从P射入时速度v相同，则反氚核和质子在磁场中运动轨迹半径关系为r2＝3r1，质子射入磁场区域后打在a点，根据几何关系可知，质子(eq\o\al(1,1)H)轨迹对应的圆心角θ1＝180°－60°＝120°，taneq\f(θ1,2)＝eq\f(R,r1)＝eq\r(3)，同理对反氚核的轨迹由几何关系有taneq\f(θ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(\r(3),3)，则其轨迹对应的圆心角θ2＝60°，由左手定则结合几何关系可知，反氚核将打在d点，故A正确，B错误；由l＝rθ可知，反氚核与质子在磁场中运动的轨迹弧长关系为l2＝r2θ2＝eq\f(3,2)l1，由t＝eq\f(l,v)可知，质子和反氚核在磁场中运动的时间关系为t2＝eq\f(3,2)t1，故C正确，D错误。[B组综合提升练]8.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，粒子将绕地磁场磁感线做螺旋运动，形成范艾伦辐射带。