专题10磁场带电粒子在磁场中的运动（讲义）（解析版）.docx

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1、专题10磁场带电粒子在磁场中的运动目录考点一磁场对通电导线的作用力问题33 .带电粒子在有界匀强磁场中的临界及极值问题154 .带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题16真题研析规律探J3核心提炼号向探究 41 .安培力作用下导体的平衡问题42 .安培力作用下导体运动情况判定的五种方法5题型特训命题预测5考向一磁场对通电导线的作用力问题5考点二 带电粒子在磁场中的运动8M谡研析规律探小5. 平移圆模型176. “旋转圆”模型177. 放缩圆模型188. “磁聚焦”与“磁发散”模型18题型特训命题预j 19考向一带电粒子在磁场中的圆周运动19考向二带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题20考向三

2、带电粒子在磁场中运动的多解问题22一核心提炼，向探究I31 .带电粒子在磁场中的运动规律132 .带电粒子在有界匀强磁场中的运动13考点要求考题统计磁场对通电导线的作用力问题考向一磁场对通电导线的作用力问题：2023北京高考真题（2题）、2023江苏高考真题（2题）、2022湖南高考真题、2022天津高考真题、2022浙江高考真题、2021江苏高考真题、2021广东高考真题、2022湖北高考真题、2021重庆高考真题带电粒子在磁场中的运动考向一带电粒子在磁场中的圆周运动：2023天津高考真题、2023福建高考真题、2022北京高考真题、2021湖北高考真题考向二带电粒子在有界磁场运动的临界与极

3、值问题：2023浙江高考真题、2022辽宁高考真题、2021北京高考真题、2021全国高考真题、2021海南高考真题考向三带电粒子在磁场中运动的多解问题：2023全国高考真题、2023湖北高考真题、2022湖北高考真题、2022浙江高考真题【命题规律及方法指导】1 .命题重点：本专题就是高考的热点，一是安培力结合力学的考察、二是带电粒子在磁场中运动的考察。2 .常用方法：动态放缩圆、定点旋转圆、圆平移、圆对称等几何知识、立体空间图形降维法。3 .常考题型：选择题，计算题.考情分析【命题预测】1.本专题属于热点、难点内容；4 .高考命题考察方向磁场对通电导线的作用力问题：安培力作用下的力电综合问

4、题。带电粒子在磁场中的运动：在有界磁场中的运动及临界判断、电性或磁场方向不确定带来的多解问题。r带电粒子在磁场中的运动规律,带电粒子在有界匀强磁场中的运动,带电粒子在有界匀强磁场中的临界及破值问题L带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问建平移圆修型磁场安培力!乍用下身体的平衡问题安培力作用下导体运创况判定的五种方法带电粒子在磁场中的运动破场对通最粒子在椀的作用力何砂场中的运动=放缩HT横型I磁聚焦1与”破发收横型考点一磁场对通电导线的作用力问题真题研析规律探寻1. （2022江苏高考真题）如图所示，两根固定的通电长直导线。、相互垂直，。平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线

5、。所受安培力方向（）Jb&rA.平行于纸面向上B.平行于纸面向下C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外【考向】磁场对通电导线的作用力问题【答案】C【详解】根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。故选C。2. （2022湖北高考真题）（多选）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角0可调。导体棒沿导轨向右

6、运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。己知导体棒加速时，加速度的最大值为3月；3减速时，加速度的最大值为6g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（）A.棒与导轨间的动摩擦因数为也6B.棒与导轨间的动摩擦因数为走3C.加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，外60。D.减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，仇=150。r考向】磁场对通电导线的作用力问题【答案】BC【详解】设磁场方向与水平方向夹角为01,Gl90;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，

7、此时有Fsin G -(mg - F cos ) = mai今 CoSa=-i=、 师sna=-师根据数学知识可得刁sin(4+)=W咫+?4,则有亡(仇+。)=：/WjK1,同理磁场方向与水平方向夹角为02,2可得=30o,此时自=4=60,加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有6=4=6。，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有6=42=120,故BC正确，AD错误。故选BCo核心提炼考向探究1 .安培力作用下导体的平衡问题1)求解安培力作用下导体平衡问题的基本思路选对象：通电导线或通电导体棒平面化分析力：变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，导体棒或导线用圆圈

8、匚表示,电流方向用“X或表示，由左手定则判断安培力的方向，并画出平面受力分析图，安培力的方向尸安J_B、PJ/.如图所示：列方程：在其他力基础上多一个安培力，根据平衡条件列方程2）求解关键电磁问题力学化.立体图形平面化.2 .安培力作用下导体运动情况判定的五种方法D电流元法：分割为电流元一生必aT安培力方向一整段导体所受合力方向T运动方向2）特殊位置法：在特殊位置T安培力方向T运动方向3）等效法环形电流。小磁针条形磁铁。通电螺线管。多个环形电流4）结论法：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势5）转换研究对象法：先分析电流所受的安培力，

9、然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力4题型特训命题预测考向一磁场对通电导线的作用力问题1.（2023广东深圳校考模拟预测）（多选）如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点。、b、。、d、e、/上，。为正六边形的中心，A点、8点分别为。?、Qd的中点。己知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中。导线中的电流对方导线中电流的安培力大小为广，则（）Gb图甲图乙A.A点和B点的磁感应强度相同B.其中8导线所受安培力大小为I户

10、C.a、b、c、d、e五根导线在。点的磁感应强度方向垂直于向下D.。、b、c、d、五根导线在。点的磁感应强度方向垂直于ed向上【答案】BC【详解】A.根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于。点对称，故A错误；B.根据题意可知。、C对导线b的安培力大小广，/、d对导线力的安培力大小为玛d=的30。F=丑尸，fd3e对导线b,安培力大小为根据矢量的合成可得b导线所受安培力E=2Fsin30o+2sin600+-=故B正确；CD.根据安培定则，。、d两条导线在。点的磁感应322生度等大反向，b、-两条导线在。点的磁感应强度等大反向，。、b、。、d、C五根导线在。点的磁感应强度方

11、向与C导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直了初向卜.，故C正确，D错误.故选C。2.（2024陕西西安校联考模拟预测）（多选）如图所示，水平绝缘桌面上有两平行导轨与一电源及导体棒MN构成的闭合回路，己知两导轨间距为L,质量为加的导体棒MN与两导轨垂直，通过导体棒的电流为/,匀强磁场的磁感应强度大小为8,方向与水平面成。角斜向上，导体棒MN静止，重力加速度大小为g,则导体棒MN受到的（）A.摩擦力大小为LBsin6B.摩擦力大小为BcoSeC.支持力大小为mg+L8sinOD.支持力大小为ig-/LBcosO【答案】AD【详解】以导体棒为研究对象，分析受力如图所示F,mg其中，导体棒和磁场垂直，

12、故导体棒受到的安培力大小户=WL对导体棒根据平衡条件知在水平方向有/=Fsin/LBsin6,在竖宜方向N+尸cos6=mg,解得支持力大小为N=mg尸cos。故选AD。考点二带电粒子在磁场中的运动真题研析规律探寻1. （2022北京高考真题）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【考向】带电粒子在磁场中的圆周运动【答案】A【详解】AD.根据题图

13、可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为止电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；B.电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；C.带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知*3=?且,解得粒子运动的半径为一=W，根rqB据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。故选Ao2. （2023全国高考真题）（多选）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截

14、面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿尸O射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（）A,粒子的运动轨迹可能通过圆心OB.最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线【考向】带电粒子在磁场中的多解问题【答案】BD【详解】D.假设粒广带负电，第-次从A点和筒壁发生碰撞如图，Oi为圆周运动的圆心山几何关系可知NqA。为H角，即粒子此时的速度方向为。4,说明粒

15、子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；A.假设粒子运动过程过。点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过0点，A错误；B.由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示03即撞击两次，B止确；C.速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少，C错误。故选BDo3. （2023浙江高考真题）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，。外平面（纸面）的第

16、一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行X轴的区域I和II,其中区域存在磁感应强度大小为8的匀强磁场，区域H存在磁感应强度大小为&的磁场，方向均垂直纸面向里，区域H的下边界与X轴重合。位于Q3L）处的离子源能释放出质量为机、电荷量为外速度方向与X轴夹角为60。的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。（1）求离子不进入区域11的最大速度3及其在磁场中的运动时间f；（2）若与=24,求能到达y=5处的离子的最小速度也；若B,=与y,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在驷竺处范围，求进入第四象Linm限的离子数与总离子数之比，7。【考向】带电粒子

17、在有界磁场运动的临界或极值问题【答案】（1）匕=丝匹；I=样（2）岭=竺匹（3）60%m3qB1,n【详解】（1）当离子不进入磁场11速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系（cos60=ri-L解得r=2L2根据。匕用r解得匕=竺必m在磁场中运动的周期T=粤qBjnjr2x60_2m运动时间，=八T=丁;3603qB（2）若B2=2B1,根据，一二qB可知7；=2弓粒子在磁场中运动轨迹如图，设0102与磁场边界夹角为,由几何关系ZjSina一弓sin30=L1.r1-r2sva=解得2=2L3sma=4根据g%3,=m上r1解得打=典m（3）当最终进入区域II的粒子若刚好到达X轴，则由动量定

18、理员吗加=?匕B即LW=/必匕求和可得Z*W=Zwvx粒子从区域I到区域II最终到X轴上的过程中MlCOS60）=BqL+，.噂W1.乙解得V=阴也m则速度在西处丝史之间的粒子才能进入第四象限；因离广源射出粒子的速度范围在酗竺回，又mmmm粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为=60%4. （2022浙江高考真题）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P,可绕过O点、垂直x0），平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q,板。与y轴

19、交于A点。离子源M能沿着X轴射出质量为?、电荷量为q（0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为闲的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。（1）求磁感应强度B的大小；若速度大小为阳的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度的大小；（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板。的C处，OC与X轴负方向的夹角为仇求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力尸的大小；（3）若转筒P的角速度小于%,且A处探测到离子，求板。上能探测到离子的其他夕的值（夕为探测点位置和。点连线与X轴负方向的夹角）。【考向】带电粒

20、子在磁场中运动的多解问题【答案】(1)8 =嚓，。= (4A + 1)%, k = 0, 1, 2, 3.；qRR(2)2(-0) R 2 , = -616,【详解】(1)离子在磁场中做圆周运动有q%8 = R离子在磁场中的运动时间，=不 2%转筒的转动角度 t = 2 + 2 = (4k + )-, k = 0, 1, 2, 3 R(2)设速度大小为V的离广在磁场中圆周运动半径为“，有0 R = R tan 2 v = tany 离子在磁场中的运动时间r=(-e)f 转筒的转动角度St = 2m+ 转筒的转动角速度。=等黑?， = 0, 1, 2,. (-) R动量定理F = Nmv,1.(

21、2n+e)N%2,.F=-tan-,n=0,12(-0)R2（3）转筒的转动角速度绝含=空唔萼R-）RR其中k=l,=-,n=02或者左=Q=Qg=262可得夕二?,-,-662核心提炼,考向探究1 .带电粒子在磁场中的运动规律在带电粒子只受洛伦兹力作用的条件下（电子、质子、粒子等微观粒子的重力通常忽略不计），1）若带电粒子的速度方向与磁场方向平行（相同或相反），带电粒子以入射速度V做匀速直线运动.2）若带电粒子的速度方向与磁场方向垂直，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速率V做匀速圆周运动.、V2洛伦兹力提供向心力：qvB=m.轨迹半径：qBZr2加周期：T=、T=，可知T与运动速度和轨

22、迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁VqB感应强度有关.运动时间：当带电粒子转过的圆心角为伏弧度）时，所用时间，=ST.2动能：=:加/=?=孚二22m2m2 .带电粒子在有界匀强磁场中的运动1）圆心的确定方法甲乙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尸的方向，其交点即为圆心,如图甲.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，如图乙.2）半径的确定和计算连接圆心和轨迹圆与边界的交点，确定半径，然后用几何知识求半径，常用解三角形法，如图上-vjj22R=或由/?2=人+（/?一。）2求得/?二；SIn夕2d在分析几何关系时，特别要掌握

23、以下两点9明P（偏向角）I、粒子速度的偏向角等于圆心角,且等于AB弦与切线的夹角（弦切角。）的2倍（如图所示），即0=&=2=cot.II、相对的弦切角。相等，与相邻的弦切角夕互补，即。+夕=兀3）运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T,当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间：n1，=T或，=一（/为弧长）.2V4）数学原理几何模型：圆与直线相交、圆与圆相交.对称性：圆与直线相交，轨迹（圆弧）关于圆心到边界的垂线轴对称；轨迹圆和磁场圆相交，轨迹（圆弧）关于两圆心的连线轴对称.（如图）构造三角形确定角度I、有己知角度：利用互余、互补、偏向角与圆心角的关系、弦切角与圆心角的关系确定;

24、II、没有已知角度：利用边长关系确定.3.带电粒子在有界匀强磁场中的临界及极值问题带电粒子在有边界的磁场中运动时，由于边界的限制往往会出现临界问题.解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口,寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解.1）临界条件带电粒子刚好穿出（不穿出）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，故边界（边界的切线）与轨迹过切点的半径（直径）垂直.2）解题步骤：分析情景一作基础图T作动态图一确定临界轨迹T分析临界状态T构建三角形一解三角形3）解题方法物理方法I、利用临界条件求极值；IK

25、利用问题的边界条件求极值；IIL利用矢量图求极值；数学方法I、利用三角函数求极值；11、利用二次方程的判别式求极值；IIL利用不等式的性质求极值；IV、利用图像法、等效法、数学归纳法求极值；4）临界点常用的结论：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.时间最长或最短的临界条件：当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长，运动时间越长；当比荷相同，入射速率V不同时，圆心角越大，运动时间越长；5）典型模型直线边界（进出磁场具有对称性，如图所示）图乙中粒子在磁场中运动的时间看0一9T=（I-9警=誓2图丙中粒子在磁场中运动的时间YT=鬻最长时间：弧长最长，一般为轨迹与宜线边界

26、相切.最短时间：弧长最短（弦长最短），入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直.平行边界（往往存在临界条件，如图所示）（=1（l-cos ）U .d=2 d=Ksin i=（l+cos。）.篇1） 甲乙丙丁图甲中粒子在磁场中运动的时间八二等也三二詈BCJNBq图乙中粒子在磁场中运动的时间片誓；Bq图丙中粒子在磁场中运动的时间，=（1-g）r=（-：）膏二笔包；图丁中粒子在磁场中运动的时间凸=等.Bq圆形边界（进出磁场具有对称性）I、沿径向射入必沿径向射出，如图所示.II、不沿径向射入时，射入时粒子速度方向与半径的夹角为仇射出磁场时速度方向与半径的夹角也为仇如图所示.公共弦为小圆直径时，出现极值

27、，即：当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，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.当运动轨迹圆半径小于圆形磁场半径时，则以轨迹圆直径的两端点为入射点和出射点的圆形磁场对应的圆心角最大4 .带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题.找出多解的原因：磁场方向不确定形成多解、临界状态不唯一形成多解、运动的周期性形成多解画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况.5 .“平移圆”模型1）适用条件：速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直

28、线上例：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W，则半径A=吧,如图所示qB2）特点：轨迹圆圆心共线，带电粒子在匀强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3）界定方法：将半径为R=吗的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法qB6 .“旋转圆”模型1）适用条件：速度大小一定，方向不同例：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，若入射初速度大小为则圆周运动轨迹半径为R=也，如图所示qB2）特点：轨迹圆圆心共圆，

29、如图，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=吗的圆上qB伙XOA Z从而探索出临界条件，这种方法称3）界定方法：将一半径为R二丝S的圆以入射点为圆心进行旋转,qB为“旋转圆”法7 .“放缩圆”模型1）适用条件：速度方向一定，大小不同例：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）特点：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3）界定方法：以入射点P为定点，圆心位于PP

30、，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8 .“磁聚焦”与“磁发散”模型条件：当圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等时,存在两条特殊规律1）磁聚焦：平行射入圆形有界磁场的相同带电粒子,如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等,则所有粒子都从磁场边界上的同一点射出,并且出射点的切线与入射速度方向平行证明：四边形OAo8为菱形，必是平行四边形，对边平行，04必平行于A0,（即竖直方向），可知从A点发出的带电粒子必然经过8点.2）磁发散：带电粒子从圆形有界磁场边界上某点射入磁场,如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等,则粒子的出射速度方向与圆形磁场上入射点的切线方向平行证明：所有粒

31、子运动轨迹的圆心与有界圆圆心0、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，OlA（Q8、Qe）均平行于PO,即出射速度方向相同（沿水平方向）.题型特训命题预测考向一带电粒子在磁场中的圆周运动1. （2024广东东莞校联考模拟预测）（多选）如图甲所示，用强磁场将百万开尔文的高温等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。多个磁场才能实现磁约束，图乙为其中沿管道方向的一个磁场，越靠管的右侧磁场越强。不计离子重力，关于离子在图乙磁场中运动时，下列说法正确的是（）B.离子在磁场中运动时，磁场对其一定不做功C.离

32、子从磁场右侧区域运动到左侧区域，速度变大D.离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小【答案】BD【详解】AB.离子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，可知磁场对其一定不做功，故A错误，B正确；C.因洛伦兹力不做功，则离子从磁场右侧区域运动到左侧区域，速度不变，选项C错误：D.离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得”8=帆止，解得二胃，离:由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，磁感应强度变大，可知离子运动半径减小，故D正确。故选BD。考向二带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题2. （2024全国模拟预测）（多选）如图所示，宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度为8,AC和力E

33、是它的两条边界。现有质量为加，电荷量的绝对值为q的带电粒子以。=45。方向射入磁场。要使粒子不能从边界OE射出，则粒子入射速度-的最大值可能是（）DE1.B、，XXXXXXXXXARA（4+2）BQ+6）qBLc（4-吟qBLD（2-qBLintn/nin【答案】BD【详解】题口中只给出粒子“电荷量的绝对值为q”，未说明是带哪种电荷。如图所小O2(2 +叫 qBL若然正电荷，轨迹是如图所示的左方与小相切的;圆弧，轨道半径也箕乂入KMCoS45。，得若负电荷，轨迹如图所示的右方3相切呜圆弧，则有&=皆,1.=R2+&cos45。，得匕=1竺，则粒子入射速度V的最大值可能是色竺：”为止电荷）或rn

34、mqBL（0为负电荷）。m故选BD,3. （2023广东湛江统考模拟预测）“新一代人造太阳”的“中国环流三号”托卡马克装置，于8月25日首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，这一重大进展再次刷新我国磁约束聚变装置运行纪录。磁约束是用磁场来约束等离子体中带电粒子的运动。如图所示，有一磁感应强度大小为8、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界分别是半径为R和2R的同心圆，O为圆心。比荷为旦的带电粒子在半径为H的中空区m域内往各个方向运动，且速度大小不等。不考虑粒子间的相互作用及重力等因素的影响。若已知中空区域中的带电粒子的最大速度为叨”。（I）若要求所有粒子均无法穿出环形磁场的外边缘，

35、则环状区域内磁场的磁感应强度的最小值应为多少；（2）若环形区域内磁感应强度大小为第（1）问磁场的最小值，有一粒子从圆心。处射出，进入环形磁场区域后恰好与外边缘相切，然后再回到。点，则该粒子的速度是I，,”的多少倍，此过程中该粒子在环形磁场【详解】（1）当粒子刚好沿着内圆切线进入环形磁场时，要求此方向不飞出外圆，是保证所有粒子无法穿出环形磁场的外边缘的临界条件。如图中所示R几何关系可得r二彳2洛伦兹力提供向心力qvmB=&r解得仆警Rq（2）如图乙所示，当粒子源在O点时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切，被磁场约束的粒子每次经过磁场的时间为最大值设粒子运动半径为rO。在MC中QV+Ac2=

36、0c2即R2+=（2R-r0）2解得G=（R根据4vn=tn-3解得丫=5喙该粒子在磁场中的周期为T=网L=空v%1,、NACOR4由几何知识求tan-=-263解得NAa）=I06。3600-106。P254RY211R此过程中该粒子在环形磁场中运动的时间K=360。T=丽x-=丽厂考向三带电粒子在磁场中运动的多解问题4. （2024河北邯郸统考二模）（多选）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点有一粒子源，某时刻粒子源向磁场所在区域与磁场垂直的平面内所有方向发射大量质量为加，电荷量为4的带正电的粒子，粒子的速度大小相等，这些粒子射出磁场时的位置均

37、位于PQ圆弧上且。点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则A.粒子从P点入射的速率U=巫”2mB.粒子在磁场中运动的最长时间，二?C.若将磁感应强度的大小增加到08,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的WD.若将粒子的速率增大为原来的2倍，则粒子在磁场中运动的最长时间，=丁2qB【答案】ACD【详解】A.从尸点射人的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为。，则尸。之间的距离为轨迹圆的直径,已知P。圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，可知旋转圆的轨迹半径/=叵，粒;在匀强磁场中山洛2伦兹力提供向心力有qyB=L,解得U=在史故A正确：B.当粒了轨迹半径r

38、R时，粒子在磁场中r2m运动的最长时间为一个周期丁=笔，故B错误；C.根据洛伦兹力提供向心力可得=卓，当将磁感应强度的大小增加到JB,旋转圆半径/此时弧长对应的弦长为R,因此有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60。，则粒了射出边界的圆弧长度变为原来的故C正确：D.若将粒了的速率增大为原来的2倍，则旋转圆的半径变为原来的2倍，即=2r=耳，此时粒子运动轨迹对应的弦最长时，圆心角最大，粒子运动时间最长，磁场圆直径为弦是最长时间，根据几何关系，此时圆心角为90。，因此粒子在磁场中运动的时间为f=Jt=篝，故DIE确。42qB故选ACD。5. （2023浙江校联考一模）如图甲所示，。点是一个粒子源，能

39、在上半平面内沿着各个方向均匀、持续地发射电荷量为%质量为加，速度大小恒定的电子。上半平面内的半圆形区域内，存在垂直纸面向里，磁感应强度为5的匀强磁场。半圆形区域半径为R,圆弧边缘是由金属材料制成的极板，当电子打到极板上会瞬间被极板吸收，并与外电路形成回路，因此可以测出回路中的电流大小。则（1）电子速度%为多大时，有三分之二的电子能打到极板；（2）电子以第（1）问中的%发射，测得外电路的电流强度大小为/,试求半圆弧极板在半径方向受到的作用力大小之和；（3）如图乙所示，若磁场形状改为半圆形环状磁场区域，圆环内半径为，外半径为R。磁场方向和大小不变，粒子源仍在圆心O。若电子的发射速度为上每秒钟发射N

40、个，则电子速度V与外电路的电流强【详解】（1）根据题意，由左手定则可知，若有三分之二的电子能打到极板，表明右侧60度范围内发射的电子无法打到极板，如图所示R有几何关系得=耳由牛顿第二定律有e%B=液r解得%=翼（2）若电子以%发射，任意一电子打到极板时，与半径方向的夹角均为60。，如图所示因此电子由于吸收引起的测片性变均相同P =cos60 = 回空6又因为外电路的电流强度大小为I，则，时间打到极板上的电子数目为N = e设半圆弧极板在半径方向受到的作用力大小之和为尸，由动量定理有Ff = Np运动轨迹如图所示解得F =典M6没粒子运动的轨迹半径为R,由几何关系得（R-鸟）二吊+产解得联V又有evB=m-解得U=&ImR可知，当y竺此12时，所有电子都无法打到极板上，电流强度为0：当一土时,发射方向IniRIinR沿。4的电子经偏转后刚到打到极板右下端。点，如图所示在三角形QAC中，由余弦定理得AC2=P+R2-2rRcosaRAC由正弦定理得sjn（工+力）Sina即CoSp=唔A9在三角形。AC中可得轨迹圆半径为【亚AC? _ / + R2 - 2承COSa2Rsina 2Rsin因此昨阳八“一2日。Sa）2Rmsina又因为电流强度为I=-Ne