專題11 磁場的性質(zhì)帶電粒子在磁場中的運動（解析版）

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1、 2020年高考物理二輪溫習(xí)熱點題型與提分秘籍 專題11 磁場的性質(zhì) 帶電粒子在磁場中的運動 題型一 磁場的疊加 【題型解碼】 對于多個電流在空間某點的合磁場方向,首先應(yīng)用安培定則判斷出各電流在該點的磁場方向(磁場方向與該點和電流連線垂直),然后應(yīng)用平行四邊形定則合成． 【典例分析1】(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2,L1中的電流方向向左,L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點,它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中,外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0,方向垂直于紙面向外．已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為和,方向也垂直于紙面

2、向外．則 (　　) A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 【參考參考答案】　AC 【名師解析】　原磁場、電流的磁場方向情景圖轉(zhuǎn)化如圖所示, 由題意知在b點：在a點：由上述兩式解得,. 【典例分析2】(2019·河南周口市上學(xué)期期末調(diào)研)如圖所示,在直角三角形acd中,∠a＝60°,三根通電長直導(dǎo)線垂直紙面分別放置在a、b、c三點,其中b為ac的中點．三根導(dǎo)線中的電流大小分別為I、2I、3I,方向均垂直紙面向里．通電長

3、直導(dǎo)線在其周圍空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度,其中I表示電流強度,r表示該點到導(dǎo)線的距離,k為常數(shù)．已知a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0,則d點的磁感應(yīng)強度大小為(　　) A．B0 B．2B0 C.B0 D．4B0 【參考參考答案】　D 【名師解析】　情景轉(zhuǎn)化如圖所示： 設(shè)直角三角形的ad邊長為r,則ac邊長為2r,根據(jù)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度公式可得a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為,由安培定則知方向水平向左；同理有c點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B1＝k＝B0,方向豎直向

4、下；b點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B2＝k＝2B0,方向垂直于bd斜向左下方；因＝＝tan 60°,可知B1和B0的合磁感應(yīng)強度沿B2的方向,故d點的磁感應(yīng)強度大小為B合＝B2＋＝4B0,方向垂直于bd斜向左下方,故選D. 【提分秘籍】 1.磁場的疊加問題的求解秘籍 （1）確定磁場場源,如通電導(dǎo)線． （2）根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁感線的方向。 （3）磁場中每一點磁感應(yīng)強度的方向為該點磁感線的切線方向。 （4）磁感應(yīng)強度是矢量,多個通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時,合磁場的磁感應(yīng)強度等于各通電導(dǎo)體單獨存在時在該點磁感應(yīng)強度的矢量和。 2.定位空間中需求解磁場的點,利用安培定則

5、判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場． 【突破訓(xùn)練】 1.(2019·陜西渭南市二檢)有兩條長直導(dǎo)線垂直水平紙面放置,交紙面于a、b兩點,導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流,方向如圖所示。a、b的連線水平,c是ab的中點,d點與c點關(guān)于b點對稱。已知c點的磁感應(yīng)強度為B1,d點的磁感應(yīng)強度為B2,則關(guān)于a處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度的大小及方向,下列說法中正確的是(　　) A．,方向豎直向下 B．,方向豎直向上 C. ,方向豎直向上 D.,方向豎直向下 【參考答案】　D 【解析】　根

6、據(jù)安培定則,a處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的方向為豎直向下。a處導(dǎo)線和b處導(dǎo)線在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相同,可知大小都為,則b處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為,方向豎直向上。因為d點的磁感應(yīng)強度大小為B2,方向向上,即,可得a處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為。故D正確,A、B、C錯誤。 2.如圖所示,兩根相互平行的長直導(dǎo)線分別過紙面上的M、N兩點,且與紙面垂直,導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上,O為MN的中點,c、d位于MN的中垂線上,且a、b、c、d到O點的距離均相等。關(guān)于以上幾點處的磁場,下列說法正確的是(　　) A.O點處的磁感應(yīng)強度

7、為零 B.a、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相反 C.c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相同 D.a、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向不同 【參考答案】C 【解析】由安培定則可知,兩導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在O點的方向相同,均為向下,因此O點處的磁感應(yīng)強度不為零,選項A錯誤；同理,根據(jù)安培定則可判斷,兩導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在a、b兩點的方向也相同,均為向下。由于兩導(dǎo)線中的電流大小相等,且a、b兩點關(guān)于O點對稱,因此可知a、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相同,選項B錯誤；根據(jù)安培定則、平行四邊形定則以及對稱性可知,c、d兩點的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相

8、同(均為向下),選項C正確；由以上分析可知,a、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向相同,選項D錯誤。 3.(2019·北京石景山高三統(tǒng)一測試)如圖所示,完全相同的甲、乙兩個環(huán)形電流同軸平行放置,甲的圓心為O1,乙的圓心為O2,在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點,其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c,此時a點的磁感應(yīng)強度大小為B1,b點的磁感應(yīng)強度大小為B2。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后,c點的磁感應(yīng)強度大小為(　　) A．B1－ B．B2－ C．B2－B1 D. 【參考答案】　A 【解析】　對于圖中單個環(huán)形電流,根據(jù)安培定則,其在中軸線上的磁場方向均是向左,故c點的磁場方向也是向左的。設(shè)aO

9、1＝O1b＝bO2＝O2c＝r,單個環(huán)形電流在距離圓心r位置的磁感應(yīng)強度大小為B1r,在距離圓心3r位置的磁感應(yīng)強度大小為B3r,故a點磁感應(yīng)強度大?。築1＝B1r＋B3r,b點磁感應(yīng)強度大小：B2＝B1r＋B1r,當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后,c點磁感應(yīng)強度大?。築c＝B3r＝B1－B2,故選A。 題型二 磁場對通電導(dǎo)體作用及安培定則的綜合問題 【題型解碼】 1.判斷安培力的方向時,充分利用F安⊥B、F安⊥I； 2.受力分析時,要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖． 【典例分析1】(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示,在光滑的水平桌面上,a和b是兩條固定的平行長直導(dǎo)線,通過的電流強度相等。矩形線框位

10、于兩條導(dǎo)線的正中間,通有順時針方向的電流,在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是(　　) A．均向左 B．均向右 C．a(chǎn)的向左,b的向右 D．a(chǎn)的向右,b的向左 【參考參考答案】　CD 【名師解析】　如圖1所示,若a、b中電流方向均向左,矩形線框靠近導(dǎo)線的兩邊所受安培力方向相同,使線框向?qū)Ь€b移動。 同理可知,若a、b中電流均向右,線框向?qū)Ь€a移動,故A、B不符合題意。 若a導(dǎo)線的電流方向向左,b導(dǎo)線的電流方向向右,a、b中電流I′在線框所在處產(chǎn)生的磁場方向如圖2所示,線框靠近導(dǎo)線的兩邊所在處的磁感應(yīng)強度相同,所受的安培力大小相等、方向相反,線框靜止

11、。 同理可知,若a導(dǎo)線的電流方向向右,b導(dǎo)線的電流方向向左,線框也靜止,C、D符合題意。 【典例分析2】(2019·全國卷Ⅰ) 如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為(　　) A．2F B．1.5F C．0.5F D．0 【參考參考答案】　B 【名師解析】　情景轉(zhuǎn)化如圖所示 設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R,長度為L,則電路中,

12、上下兩支路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1,上下兩支路電流之比為I1∶I2＝1∶2。由于上邊支路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長度也為L,根據(jù)安培力計算公式F＝ILB,可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2,得F′＝0.5F,根據(jù)左手定則可知,兩力方向相同,故線框LMN所受的安培力大小為F＋F′＝1.5F,B正確。 【提分秘籍】 1.安培力大小和方向 2.同向電流相互吸引,反向電流相互排斥。 3.求解磁場對通電導(dǎo)體作用力的注意事項 (1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B,且L指有效長度)。 (2)用準(zhǔn)“兩個定則” ①對電流的磁場用安培定則(右手螺旋定則),并注意磁場的疊加性。

13、②對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力用左手定則。 (3)明確兩個常用的等效模型 ①變曲為直：圖甲所示通電導(dǎo)線,在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流。 ②化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針,通電螺線管可等效為條形磁鐵,如圖乙。 【突破訓(xùn)練】 1.(2019·江西南昌二模)(多選)如圖所示,三條長直導(dǎo)線a、b、c都通以垂直紙面的電流,其中a、b兩根導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外。O點與a、b、c三條導(dǎo)線距離相等,且Oc⊥ab。現(xiàn)在O點垂直紙面放置一小段通電導(dǎo)線,電流方向垂直紙面向里,導(dǎo)線受力方向如圖所示。則可以判斷(　　) A．O點處的磁感應(yīng)強度的方向與F相同

14、B．長導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向外 C．長導(dǎo)線a中電流I1小于b中電流I2 D．長導(dǎo)線c中電流I3小于b中電流I2 【參考答案】BC 【解析】由左手定則可知,O點處的磁感應(yīng)強度方向與安培力F方向垂直且斜向右下方,故A錯誤；O點處的磁場方向可沿水平向右和豎直向下分解,長導(dǎo)線a和b在O點處產(chǎn)生的磁場方向均沿豎直方向,所以長導(dǎo)線c在O點處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)水平向右,由右手螺旋定則可知,長導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向外,長導(dǎo)線a在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向上,長導(dǎo)線b在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下,所以長導(dǎo)線a中電流I1小于b中電流I2,由于不知道安培力的具體方向,所以無法確

15、定長導(dǎo)線c中電流I3與b中電流I2的大小關(guān)系,故B、C正確,D錯誤。 2.(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)(多選)如圖所示,兩根通電長直導(dǎo)線A、B垂直于紙面固定放置,二者之間的連線水平,電流方向均垂直于紙面向里,A中電流是B中電流的2倍,此時A受到的磁場作用力大小為F,而在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長直導(dǎo)線C后,A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F,則B受到的磁場作用力大小和方向可能為(　　) A．大小為F,方向水平向右 B．大小為F,方向水平向左 C．大小為F,方向水平向右 D．大小為F,方向水平向左

16、 【參考答案】　BC 【解析】　由于A、B間的磁場力是兩導(dǎo)體棒的相互作用,故B受到A的磁場力大小為F,由同向電流相互吸引知,A受B的作用力向右,B受A的作用力向左；中間再加一通電長直導(dǎo)線C時,由于C處于中間,其在A、B兩位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反,故A受到的磁場力為B受磁場力的2倍,且兩力方向相反；由于A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F,則可能有兩種情況：①C對A的作用力為F,方向向右；則C對B的作用力為F,方向向左,故B受合力大小為F,方向水平向左；②C對A的作用力為3F,方向向左,則C對B的作用力為F,方向向右,故B受合力大小為F,方向水平向右。故B、C正確A、D錯誤。 題型三

17、 安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題 【典例分析1】(2019·福州高考模擬)如圖所示,一根長為L的金屬細桿通有電流時,水平靜止在傾角為θ的光滑絕緣固定斜面上。斜面處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。若電流和磁場的方向均不變,電流大小變?yōu)?.5I,磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B,重力加速度為g。則此時金屬細桿(　　) A．電流流向垂直紙面向外 B．受到的安培力大小為2BILsinθ C．對斜面的壓力大小變?yōu)樵瓉淼?倍 D．將沿斜面加速向上,加速度大小為gsinθ 【參考參考答案】　D 【名師解析】　電流與磁感應(yīng)強度變化之前,金屬細

18、桿受到重力、導(dǎo)軌的支持力和安培力而平衡,由左手定則得電流流向垂直于紙面向里,故A錯誤；當(dāng)電流大小變?yōu)?.5I,磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B時,根據(jù)安培力公式可得,此時受到的安培力大小為F安＝4B·IL＝2BIL,故B錯誤；電流與磁感應(yīng)強度變化之前,根據(jù)平衡條件可得：FNcosθ＝mg,FNsinθ＝BIL,電流大小與磁感應(yīng)強度大小改變后,根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝＝FN(1＋sin2θ)<2FN,a＝＝gsinθ,加速度方向沿斜面加速向上,故C錯誤,D正確。 【提分秘籍】 1．安培力 公式F＝BIL中安培力、磁感應(yīng)強度和電流兩兩垂直,且L是通電導(dǎo)線

19、的有效長度． 2．通電導(dǎo)線在磁場中的平衡問題的分析思路 (1)選定研究對象； (2)變?nèi)S為二維,如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等,并畫出平面受力分析圖,其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I,如圖所示． (3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解． 【突破訓(xùn)練】 1.如圖所示,質(zhì)量為m、長為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛,處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B。當(dāng)棒中通以恒定電流后,金屬棒向右擺起后兩懸線與豎直方向夾角的最大值為θ＝60°,下列說法正確的是(　　) A.電流由N流向M B.懸線與

20、豎直方向的夾角為θ＝60°時,金屬棒處于平衡狀態(tài) C.懸線與豎直方向的夾角為θ＝30°時,金屬棒的速率最大 D.恒定電流大小為 【參考答案】　C 【解析】　由題意可知,金屬棒所受安培力垂直MN水平向右,根據(jù)左手定則可知電流方向由M流向N,選項A錯誤；懸線與豎直方向的夾角為θ＝60°時,金屬棒的速率為零,但受力不為零,并非處于平衡狀態(tài),選項B錯誤；由對稱性可知,懸線與豎直方向的夾角為θ＝30°時,金屬棒的速率最大,選項C正確；在θ＝30°時,對金屬棒進行受力分析可知,金屬棒在垂直懸線方向受力平衡,則tan 30°＝,解得I＝,選項D錯誤。 2.(2019·福建廈門二模)長為L的通電

21、直導(dǎo)線放在傾角為θ的光滑斜面上,并處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,如圖所示,當(dāng)B方向垂直斜面向上,電流為I1時導(dǎo)線處于平衡狀態(tài)；當(dāng)B方向改為豎直向上,電流為I2時導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)。則電流強度比值為(　　) A．sinθ B. C．cosθ D. 【參考答案】　C 【解析】　由左手定則可知,磁場方向垂直于斜面向上時,導(dǎo)線所受安培力沿斜面向上,由平衡條件可得：mgsinθ＝BI1L；磁場方向豎直向上時,導(dǎo)線所受安培力水平向右,由平衡條件可得：mgtanθ＝BI2L。則I1∶I2＝cosθ∶1,故C正確。 題型四

22、 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 【典例分析1】 (2019·廣東汕頭高三一模)如圖,紙面內(nèi)有一垂直于紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域,比荷為k1、k2的帶電粒子A、B分別從P點以速率v1、v2垂直進入磁場,經(jīng)過時間t1、t2從M點射出磁場。已知v1沿半徑方向,v2與v1夾角為30°,∠POM＝120°。不計粒子重力,下列判斷正確的是(　　) A．若v1＝v2,則k1∶k2＝∶1 B．若v1＝v2,則t1∶t2＝∶2 C．若t1＝t2,則k1∶k2＝2∶1 D．若t1＝t2,則v1∶v2＝∶1 【參考參考答案】　B 【名師解析

23、】　設(shè)勻強磁場區(qū)域半徑為R,帶電粒子A、B的軌跡如圖所示, 由幾何關(guān)系可得：粒子A的軌道半徑r1＝Rtan60°＝R,粒子B的軌道半徑r2＝R,粒子A轉(zhuǎn)過的圓心角為θ1＝60°,粒子B轉(zhuǎn)過的圓心角為θ2＝120°。根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：Bvq＝,故速度v＝,運動周期T＝＝,則運動時間t＝T＝。若v1＝v2,則k1∶k2＝r2∶r1＝1∶,故A錯誤；若v1＝v2,則t1∶t2＝∶＝θ1r1∶θ2r2＝∶2,故B正確；若t1＝t2,則k1∶k2＝θ1∶θ2＝1∶2,故C錯誤；若t1＝t2,則v1∶v2＝k1r1∶k2r2＝θ1r1∶θ2r2＝∶2,故D錯誤。 【典例分析2】(2019

24、·全國卷Ⅱ)如圖,邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(　　) A.kBl,kBl B.kBl,kBl C.kBl,kBl D.kBl,kBl 【參考參考答案】　B 【名師解析】　 若電子從a點射出,運動軌跡如圖線①,有qvaB＝m,Ra＝,解得va＝＝＝；若電子從d點射出,運動軌跡如圖線②,有qvdB＝m,R＝＋l2,解得vd＝＝＝。B正確。 【典例分析3】(2019·山東濟

25、寧一模)(多選)如圖所示,等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)(包含邊界)有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B,在bc的中點O處有一粒子源,可沿與ba平行的方向發(fā)射大量速率不同的同種粒子,這些粒子帶負電,質(zhì)量為m,電荷量為q,已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域,ab＝2l,不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用。關(guān)于這些粒子,下列說法正確的是(　　) A．速度的最大值為 B．速度的最小值為 C．在磁場中運動的最短時間為 D．在磁場中運動的最長時間為 【參考答案】AD 【解析】粒子從ab邊離開磁場時的臨界運動軌跡如圖所示, 由幾何知識可知：

26、r1＝,2r＝(r2＋l)2,解得：r2＝(1＋)l,粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得：qvB＝m,解得：v＝,故粒子的最大速度為vmax＝＝,最小速度vmin＝＝,故A正確,B錯誤；由粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運動軌跡可知,粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角：θmax＝180°,最小圓心角： θmin>45°,粒子做圓周運動的周期：T＝,則粒子在磁場中運動的最短時間tmin＝T>,最長時間tmax＝T＝,故C錯誤,D正確。 【典例分析4】(2019·東北三省三校二模)如圖所示,在矩形區(qū)域Oabc內(nèi)存在一個垂直于紙面向外,磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,Oa邊長為L,ab邊

27、長為L。先從O點沿著Ob方向垂直磁場射入各種速率的帶電粒子,已知粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q(粒子所受重力及粒子間相互作用忽略不計),求： (1)垂直于ab邊射出磁場的粒子的速率v； (2)粒子在磁場中運動的最長時間tm。 【參考答案】　(1)　(2) 【解析】　(1)粒子運動的軌跡如圖, 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R, 由幾何關(guān)系可知：tanθ＝＝, 得θ＝,又sinθ＝,則R＝2L, 粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,則有qvB＝m 解得v＝。 (2)由圓周運動的知識可知T＝,qvB＝m 聯(lián)立可得T＝ 由幾何關(guān)系可知最大圓心角α＝2θ＝ 可得粒

28、子運動的最長時間tm＝T＝。 【提分秘籍】 1.處理帶電粒子在磁場中運動問題的方法 (1)解決帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的一般思路 ①找圓心畫軌跡； ②由對稱找規(guī)律； ③尋半徑列算式； ④找角度定時間。 (2)處理該類問題常用的幾個幾何關(guān)系 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； ②三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角,其中速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角,也等于弦切角的兩倍。 (3)時間的求解方法 ①根據(jù)周期求解,運動時間t＝T＝； ②根據(jù)運動弧長和速度求解,t＝＝。 2.處理帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法方法技巧 (1)解答有關(guān)

29、運動電荷在有界勻強磁場中的運動問題時,我們可以先將有界磁場視為無界磁場,假設(shè)粒子能夠做完整的圓周運動,確定粒子做圓周運動的圓心,作好輔助線,充分利用相關(guān)幾何知識解題。 (2)對稱規(guī)律解題法 ①從直線邊界射入的粒子,又從同一邊界射出時,出射速度與邊界的夾角和入射速度與邊界的夾角相等(如圖甲所示)。 ②在圓形磁場區(qū)域內(nèi),沿徑向射入的粒子,一定沿徑向射出(如圖乙所示)。 (3)解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題,關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維,尋找臨界狀態(tài)(一般是粒子運動軌跡與磁場邊界相切或軌跡半徑達到最大),常用方法如下： ①動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同、比荷和電性都相同的

30、粒子,速度越大半徑越大,圓心在垂直初速度方向的直線上。 ②旋轉(zhuǎn)平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同、比荷和電性都相同的粒子,運動軌跡的圓心在以入射點為圓心、半徑為R＝的圓周上。 【突破訓(xùn)練】 1.(2019·四川廣元市第二次適應(yīng)性統(tǒng)考)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場．兩個質(zhì)子M、N沿平行于直徑cd的方向從圓周上同一點P射入磁場區(qū)域, P點與直徑cd間的距離為,質(zhì)子M、N入射的速度大小之比為1∶2.ab是垂直cd的直徑,質(zhì)子M恰好從b點射出磁場,不計質(zhì)子的重力和質(zhì)子間的作用力．則兩質(zhì)子M、N在磁場中運動的時間之比為(　　) A．2∶1

31、 B．3∶1 C．3∶2 D．3∶4 【參考答案】　A 【解析】　由題意作出兩質(zhì)子的運動軌跡如圖所示, 由幾何關(guān)系可知,質(zhì)子M在磁場中運動的半徑為R,軌跡圓弧所對圓心角θ1＝120°；根據(jù)eBv＝m得r＝,則質(zhì)子N的軌道半徑為2R,再由幾何關(guān)系得：軌跡圓弧所對圓心角θ2＝60°；質(zhì)子在磁場中做圓周運動的周期：T＝＝,運動的時間滿足：t＝T,解得：t1∶t2＝2∶1,故A項正確,B、C、D錯誤． 2.(2019·蘭州一診)如圖所示,矩形abcd內(nèi)存在勻強磁場,ab＝2ad,e為cd的中點。速率不同的同種帶電粒子從a點沿ab方向射入磁

32、場,其中從e點射出的粒子速度為v1,從c點射出的粒子速度為v2,則v1∶v2為(不計粒子重力)(　　) A．1∶2 B．2∶5 C．1∶3 D．3∶5 【參考答案】　B 【解析】　速率不同的同種帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場,從e點、c點射出磁場對應(yīng)的軌跡如圖所示, 由幾何關(guān)系可得：r1＝ad,(r2－r1)2＋(2r1)2＝r,則有：r2＝ad,帶電粒子在磁場中運動時,洛倫茲力充當(dāng)向心力,有：qvB＝m,解得：v＝,則有：＝＝,故B正確。 3. (2019·福建南平二模)如圖所示,在邊長為L的正方形區(qū)域ab

33、cd內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,有一個質(zhì)量為m、帶電量大小為q的離子,從ad邊的中點O處以速度v垂直ad邊界向右射入磁場區(qū)域,并從b點離開磁場。則(　　) A． 離子在O、b兩處的速度相同 B．離子在磁場中運動的時間為 C．若增大磁感應(yīng)強度B,則離子在磁場中的運動時間增大 D．若磁感應(yīng)強度B<,則該離子將從bc邊射出 【參考答案】　D 【解析】　離子在磁場中做勻速圓周運動,該離子在O、b兩處的速度大小相同,但是方向不同,A錯誤；離子在磁場中運動的半徑滿足：R2＝L2＋(R－L)2,解得R＝,則離子在磁場中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角的正弦值為sinθ＝0.8,即θ＝

34、53°,運動的時間t＝T＝·>,B錯誤；若增大磁感應(yīng)強度B,由R＝知離子在磁場中的運動半徑減小,此時離子在磁場中運動的軌跡長度減小,速度大小不變,則運動時間減小,C錯誤；若B<,則R＝>,該離子將從bc邊射出,D正確。 4.(2019·江西高三九校3月聯(lián)考)如圖所示是一個半徑為R的豎直圓形磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強度大小為B,磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里。有一個粒子源在圓上的A點不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子,帶電粒子的質(zhì)量均為m,電荷量均為q,運動的半徑為r,在磁場中的軌跡所對應(yīng)的圓心角為α。下列說法正確的是(　　) A．若r＝2R,則粒子在磁場中運動的最長時間為 B．若r＝2R,粒子沿

35、著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場,則有關(guān)系tan＝成立 C．若r＝R,粒子沿著磁場的半徑方向射入,則粒子在磁場中的運動時間為 D．若r＝R,粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場,則圓心角α為150° 【參考答案】　BD 【解析】　若r＝2R,粒子在磁場中運動的時間最長時,在磁場中的運動軌跡所對應(yīng)的弦長最大,作出軌跡如圖甲所示,因為r＝2R,得圓心角α＝60°,粒子在磁場中運動的最長時間tmax＝T＝·＝,故A錯誤；若r＝2R,粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場,其運動軌跡如圖乙所示,則根據(jù)幾何關(guān)系,有tan＝＝＝,故B正確；若r＝R,粒子沿著磁場的半徑方向射入,粒子運

36、動軌跡如圖丙所示,軌跡圓心角為90°,粒子在磁場中運動的時間t＝T＝·＝,故C錯誤；若r＝R,粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場,軌跡如圖丁所示,圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點和出射點連線組成菱形,圓心角α為150°,故D正確。 5.(2019·湖北荊門龍泉中學(xué)高三第五次學(xué)業(yè)檢測)如圖所示,一勻強磁場磁感應(yīng)強度為B,方向垂直于紙面向里,其邊界是半徑為R的圓,AB為該圓的一條直徑。在A點有一粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電量為－q的粒子,粒子重力不計。 (1)有一帶電粒子以v1＝的速度垂直于磁場進入圓形區(qū)域,恰從B點射出。求此粒子在磁場中運動的時間；

37、 (2)若磁場的邊界是絕緣彈性邊界(粒子與邊界碰撞后將以原速率反彈),某粒子沿半徑方向射入磁場,經(jīng)過2次碰撞后回到A點,則該粒子的速度為多大？ (3)若R＝3 cm、B＝0.2 T,在A點的粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射速度均為3×105 m/s、比荷為108 C/kg的粒子。試用陰影圖畫出粒子在磁場中能到達的區(qū)域,并求出該區(qū)域的面積(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 【參考答案】　(1)　(2)　(3)見解析圖c　9.0×10－4 m2 【解析】　(1)由qv1B＝m得r1＝2R 粒子的運動軌跡如圖a所示,則由幾何關(guān)系得α＝ 因為周期T＝ 所以該粒子在磁場中的運動時間t＝T＝。 (2)粒子運動情況如圖b所示,則由幾何關(guān)系得β＝ r2＝Rtanβ＝R 由qv2B＝m得v2＝。 (3)粒子的軌道半徑 r3＝＝1.5 cm＝R 粒子到達的區(qū)域如圖c中的陰影部分所示, 區(qū)域面積為 S＝πr＋2×π(2r3)2－r≈9.0×10－4 m2。 知識改變命運 21