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命題分類剖析
命題點一 磁場的基本性質(zhì) 安培力
1．磁場的疊加和安培定則應用的“三點注意”
(1)注意根據(jù)安培定則確定通電導線周圍磁場的方向．
即磁感應強度的方向
(2)注意磁場中每一點磁感應強度的方向為該點磁感線的切線方向．
(3)注意磁感應強度是矢量，多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應強度等于場源單獨存在時在該點磁感應強度的矢量和．
要用到平行四邊形法則，解三角形
2．安培力的分析與計算
(1)方向：左手定則
(2)大?。篎＝BIL sin θ
θ＝0時F＝0，θ＝90°時F＝BIL
(3)二級結(jié)論：同向電流相互吸引，反向電流相互排斥
考向1 磁場的疊加
例 1 [2023·廣東模擬預測]
如圖所示，正方體放在水平地面上，空間有磁感應強度為B0、方向與水平面成45°角斜向上的勻強磁場．一根通電長直導線穿過正方體前后面的中心，電流的方向垂直于紙面向里．a(chǎn)，b，c，d分別是正方體所在邊的中點．在這四點中( )
A．c，d兩點的磁感應強度大小相等
B．a(chǎn)，b兩點的磁感應強度大小相等
C．b點磁感應強度的值最大
D．c點磁感應強度的值最小
考向2 安培力
例 2 如圖所示，
勻強磁場的磁感應強度為B.L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中．已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行．該導線受到的安培力為( )
A．0 B．BIl
C．2BIl D．5BIl
考向3 磁場中通電導體類問題的綜合問題
例 3 [2023·海南卷]如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15 cm，質(zhì)量為m＝1×10－3 kg，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的大小為B＝8×10－2 T的勻強磁場．
(1)若插入導電液體部分深h＝2.5 cm，閉合電鍵，金屬桿飛起后，其下端離液面最大高度H＝10 cm，設離開導電液體前桿中的電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5 cm，通電時間t′＝0.002 s，求通過金屬桿橫截面的電荷量．
思維提升
磁場中通電導體類問題的解題步驟
(1)選定研究對象進行受力分析，受力分析時考慮安培力．
(2)作受力分析圖，標出輔助方向(如磁場的方向、通電直導線電流的方向等)，有助于分析安培力的方向．由于安培力F、電流I和磁感應強度B的方向兩兩垂直，涉及三維空間，所以在受力分析時要善于用平面圖(側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等)表示出三維的空間關系．
(3)根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、運動學公式或功能關系列式求解．
提升訓練
1.[2023·浙江省十校高三聯(lián)考]如圖所示是一個趣味實驗中的“電磁小火車”，“小火車”是兩端都吸有強磁鐵的干電池，“軌道”是用裸銅線繞成的螺線管．將干電池與強磁鐵組成的“小火車”放入螺線管內(nèi)，就會沿螺線管運動．下列關于螺線管電流方向、強磁鐵的磁極、“小火車”運動方向符合實際的是( )
2．[2023·浙江省溫州市適應性試卷]如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景．其簡化如圖乙，間隔棒將6條輸電導線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心，A點、B點分別為Oa、Od的中點．已知通電導線在周圍形成磁場的磁感應強度與電流大小成正比，與到導線的距離成反比.6條輸電導線中通有垂直紙面向外，大小相等的電流，其中a導線中的電流對b導線中電流的安培力大小為F，則( )
A．A點和B點的磁感應強度相同
B．其中b導線所受安培力大小為F
C．a(chǎn)、b、c、d、e五根導線在O點的磁感應強度方向垂直于ed向下
D．a(chǎn)、b、c、d、e五根導線在O點的磁感應強度方向垂直于ed向上
3．[2023·北京卷]2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進技術的世界最高速度紀錄．一種兩級導軌式電磁推進的原理如圖所示．兩平行長直金屬導軌固定在水平面，導軌間垂直安放金屬棒．金屬棒可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌接觸良好，電流從一導軌流入，經(jīng)過金屬棒，再從另一導軌流回，圖中電源未畫出．導軌電流在兩導軌間產(chǎn)生的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度B與電流i的關系式為B＝ki(k為常量)．金屬棒被該磁場力推動．當金屬棒由第一級區(qū)域進入第二級區(qū)域時，回路中的電流由I變?yōu)?I.已知兩導軌內(nèi)側(cè)間距為L，每一級區(qū)域中金屬棒被推進的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m.求：
(1)金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小F；
(2)金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小v.
命題點二 帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．注意“四點、六線、三角”
在找?guī)缀侮P系時要尤其注意帶電粒子在勻強磁場中的“四點、六線、三角”．
(1)四點：入射點B、出射點C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點O.
(2)六線：圓弧兩端點所在的兩條軌跡半徑、入射速度直線OB、出射速度直線OC、入射點與出射點的連線BC、圓心與兩條速度直線交點的連線AO.
(3)三角：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍．
2．三個“二級”結(jié)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)當速率v一定時，弧長(或弦長)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)在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長)．
考向1 直線有界磁場
例 1 [2022·湖北卷]
(多選)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計重力．若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為( )
A. 13kBL，0° B．12kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
考向2 圓形有界磁場
例 2 [2023·全國甲卷]
(多選)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞．假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計重力．下列說法正確的是( )
A．粒子的運動軌跡可能通過圓心O
B．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短
D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線
考向3 多邊形有界磁場
例 3 如圖所示，
垂直于紙面的勻強磁場在∠DAC為30°、邊長為a的菱形內(nèi)部，對角線交點為O.某帶電粒子以速度v1從O點沿OA方向射出時，恰好沒有穿出磁場邊界．該帶電粒子以速度v2從O點沿OB方向射出時，仍恰好沒有射出磁場邊界．則v1v2的值為( )
A．1 B．2
C．3 D．6－33
考向4 帶電粒子在有界磁場運動的臨界與極值問題
例 4 [2023·四川省成都市三診]一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束24He粒子在紙面內(nèi)從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計粒子之間的相互作用．已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q.則粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為( )
A．3qBL4m B．5qBL4m
C．5qBL8m D．5qBL6m
思維提升
處理臨界問題的兩個方法
提升訓練
1.
[2023·四川省成都市樹德中學三診]如圖所示，半徑為R的14圓形區(qū)域OMN內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里；O為圓心，C、D為邊界上兩點，D為ON的中點，CD∥MO.a、b兩個完全相同的帶電粒子分別從M、C兩點以相同的速度v水平向右射入磁場中，其中沿半徑方向射入的a粒子恰好能從N點射出，則( )
A．粒子帶負電
B．粒子的比荷為RBv
C．粒子b將從DN邊上某一位置(不含N點)射出
D．a(chǎn)、b兩個粒子在磁場中的運動時間之比為3∶2
2.
[2023·陜西省商洛市洛南縣模擬考試]真空中有一勻強磁場，磁感應強度的大小可調(diào)節(jié)．磁場邊界為兩個半徑分別為a和5a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示．一速率為v的電子從圓心沿半徑方向從M點進入磁場(M點未標出)．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力．
(1)為使該電子被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，求磁感應強度的最小值B0；
(2)當磁感應強度調(diào)整為B＝mv3ae時，則電子經(jīng)多長時間從M點射入磁場．
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
“數(shù)學圓”法在磁場中的應用
1．解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，利用動態(tài)圓思想尋找臨界點，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．
2．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．
3．常用的動態(tài)圓
[典例1]
[2023·湖南高校聯(lián)考模擬預測](多選)一有界勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，其中射線bc足夠長，∠abc＝135°，其他地方磁場的范圍足夠大．一束質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內(nèi)從a點垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率，不計粒子重力和粒子之間的相互作用，以下說法正確的是( )
A．從ab邊射出的粒子在磁場中運動的時間都相等
B．從a點入射的粒子速度越大，在磁場中運動的時間越長
C．粒子在磁場中的最長運動時間不大于πmqB
D．粒子在磁場中的最長運動時間不大于3πm2qB
[典例2] [2023·山東模擬預測](多選)利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度，人們把此原理運用到薄膜材料制備上，使芯片技術得到飛速發(fā)展．如圖，寬度為r0的帶正電粒子流水平向右射入半徑為r0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B0，這些帶電粒子都將從磁場圓上O點進入正方形區(qū)域，正方形過O點的一邊與半徑為r0的磁場圓相切．在正方形區(qū)域內(nèi)存在一個面積最小的勻強磁場區(qū)域，使匯聚到O點的粒子經(jīng)過該磁場區(qū)域后寬度變?yōu)?r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，下列說法正確的是( )
A．正方形區(qū)域中勻強磁場的磁感應強度大小為2B0，方向垂直紙面向里
B．正方形區(qū)域中勻強磁場的磁感應強度大小為12B0，方向垂直紙面向里
C．正方形區(qū)域中勻強磁場的最小面積為2π-2r02
D．正方形區(qū)域中勻強磁場的最小面積為π-22r02
[典例3] [2023·遼寧卷]如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的3倍．金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場．己知圓形磁場區(qū)域半徑為2mv03qB，不計粒子重力．
(1)求金屬板間電勢差U；
(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；
(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O′點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長．定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M.
第8講 磁場及帶電粒子在磁場中的運動
命題分類剖析
命題點一
[例1] 解析：
a，b，c，d四點的實際磁感應強度為勻強磁場和電流磁場的疊加，由安培定則可知a、b、c、d四點的磁場如圖所示
由圖可知，a點磁感應強度大小為Ba＝B0＋B
b點和d點磁感應強度大小為Bb＝Bd＝B02 +B2
c點的磁感應強度大小為Bc＝B0－B
故ABC不符合題意，D符合題意．
答案：D
[例2] 解析：因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則受安培力為
Fab＝BI·2l＝2BIl
則該導線受到的安培力為2BIl.
故選C.
答案：C
[例3] 解析：(1)對金屬桿，離開液面后跳起的高度為H，由運動學公式有
v2＝2gH
解得v＝2 m/s
對金屬桿從剛閉合電鍵至其下端離液面高度為H的過程，由動能定理有BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝256 A
(2)對金屬桿，由動量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′
由運動學公式有v′2＝2gH′
又q＝I′t′
解得q＝0.085 C
答案：(1)2 m/s 256 A (2)0.085 C
[提升訓練]
1．解析：根據(jù)安培定則可知，螺線管產(chǎn)生的磁場的方向向右；因為小火車是放在螺線管里面的，小火車左側(cè)磁鐵的N被螺線管左側(cè)強磁鐵S吸引(參考小磁針)，而小火車右側(cè)磁鐵N極要受到右側(cè)強磁鐵N極的排斥力，方向沿螺線管內(nèi)部磁感線方向，最終小火車兩側(cè)磁鐵所受總合力向左；小火車運動向左運動，故A正確，B錯誤；
根據(jù)安培定則可知，螺線管產(chǎn)生的磁場的方向向右；因為小火車是放在螺線管里面的，小火車左側(cè)磁鐵的N被螺線管左側(cè)強磁鐵S吸引(參考小磁針)，而小火車右側(cè)磁鐵S極要受到右側(cè)N極的吸引力，方向沿螺線管內(nèi)部磁感線方向，最終小火車兩側(cè)磁鐵所受總合力為零；小火車處于靜止狀態(tài)，故C錯誤；
根據(jù)安培定則可知，螺線管產(chǎn)生的磁場的方向向左；因為小火車是放在螺線管里面的，小火車左側(cè)磁鐵的N被螺線管左側(cè)磁極N排斥(參考小磁針)，而小火車右側(cè)磁鐵N極要受到右側(cè)S極的吸引力，方向沿螺線管內(nèi)部磁感線方向，最終小火車兩側(cè)磁鐵所受總合力向右，小火車運動向右運動，故D錯誤．
答案：A
2．解析：根據(jù)對稱性可知A點和B點的磁感應強度大小相等，方向不同，關于O點對稱，故A錯誤；
根據(jù)題意可知a、c對導線b的安培力大小F，f、d對導線b的安培力大小為Ffd＝tan 30°F＝33F
e對導線b的安培力大小為F2，根據(jù)矢量的合成可得b導線所受安培力Fb＝2F sin 30°＋2×3F3sin 60°＋F2＝5F2，故B錯誤；
根據(jù)安培定則，a、d兩條導線在O點的磁感應強度等大反向，b、e兩條導線在O點的磁感應強度等大反向，a、b、c、d、e五根導線在O點的磁感應強度方向與c導線在O點的磁感應強度方向相同，垂直于ed向下，故C正確，D錯誤．
答案：C
3．解析：(1)由題意可知第一級區(qū)域中磁感應強度大小為
B1＝kI
金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小為
F＝B1IL＝kI2L
(2)根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域的加速度大小為a1＝Fm＝kI2Lm
第二級區(qū)域中磁感應強度大小為B2＝2kI
金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域時受到安培力的大小為
F′＝B2·2IL＝4kI2L
金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域的加速度大小為
a2＝F'm＝4kI2Lm
則金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比為a1∶a2＝1∶4
(3)金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后，根據(jù)動能定理可得Fs＋F′s＝12mv2－0
解得金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小為v＝ 10kI2Lsm
答案：(1)kI2L (2)1∶4 (3) 10kI2Lsm
命題點二
[例1] 解析：若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖
根據(jù)幾何關系則有R＝L，qvB＝mv2R
可得v＝qBLm＝kBL
根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.
當粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖
因為上下磁感應強度均為B，則根據(jù)對稱性有R＝12L
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝mv2R
可得v＝qBL2m＝12kBL
此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.
通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足
v＝qBL2n-1m＝12n-1kBL(n＝1，2，3…)
此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；
當粒子從上部分磁場射出時，需滿足v＝qBL2nm＝12nkBL(n＝1，2，3…)
此時出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.故可知B、C正確，A、D錯誤．
答案：BC
[例2] 解析：
假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運動的圓心
由幾何關系可知∠O1AO為直角，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；
假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；
由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；
速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)可能會增多，粒子運動時間不一定減少， C錯誤．
故選BD.
答案：BD
[例3] 解析：當帶電粒子沿OA方向射出時，軌跡如圖甲所示，設粒子運動的軌跡半徑為r1，由幾何知識有sin 60°＝r1a2-r1，解得r1＝23-32a，當帶電粒子沿OB方向射出時，軌跡如圖乙所示，設粒子運動的軌跡半徑為r2，由幾何知識有tan 30°＝r2a2，解得r2＝36a，由Bqv＝mv2r得v＝Bqrm，所以v∝r，則v1v2＝r1r2＝6－33，選D.
答案：D
[例4] 解析：根據(jù)題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB＝mv2R
又有T＝2πRv，解得T＝2πmqB
設粒子運動軌跡所對的圓心角為α，則運動時間為t＝α2π·T＝αmqB
可知，α越大，運動時間越長，當粒子運動時間最長時，運動軌跡如圖所示，可知α越大則∠aOc越小，而∠aOc＝180°－∠Oac－∠Oca＝180°－2∠Oac
即當圓弧經(jīng)過c點時∠Oac最大，此時α最大
設半徑為R，由幾何關系有L2＋(2L－R)2＝R2
解得R＝54L
聯(lián)立可得v＝qBRm＝5qBL4m，故選B.
答案：B
[提升訓練]
1．解析：由左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；
由題意可知，a粒子的運轉(zhuǎn)半徑為R，則由R＝mvqB可知，粒子的比荷為qm＝vRB，選項B錯誤；
從C點入射的b粒子的半徑也為R，且由于∠CON＝60°，可知粒子b正好從N點射出，選項C錯誤；
從a點射入的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為90°；從b點射入的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為60°；兩粒子的周期相同，根據(jù)t＝θ2πT可知，a、b兩個粒子在磁場中的運動時間之比為3∶2，選項D正確．
答案：D
2．解析：
(1)根據(jù)帶電粒子在磁場中的運動特征，洛倫茲力充當粒子做圓周運動的向心力
則有Bev＝mv2R，解得R＝mvBe
由幾何關系可知，當磁感應強度最小時，帶電粒子運動的臨界軌跡與大圓邊界相切，如圖甲所示
由勾股定理有a2＋R2＝(5a－R)2
則2.4a＝mvB0e
解得B0＝5mv12ae.
(2)當B＝mv3ae時，根據(jù)洛倫茲力充當向心力，有Bev＝mv2r
解得r＝3a
由幾何關系，可畫出電子的運動軌跡示意圖，如圖乙所示電子第1次從M射入磁場經(jīng)N點進入小圓內(nèi)部，由幾何關系可知，從N點進入小圓沿直徑方向射出，且電子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為θ＝300°，后從Q射入磁場，每次電子均如上所述運動，經(jīng)6次后可再次從M點射出
則電子運動的總時間為t總＝n(t磁＋t勻)
電子在磁場中做圓周運動的周期T＝2πrv
解得t總＝103π+12nav(n取1，2，3，…)．
答案：見解析
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
典例1 解析：畫出帶電粒子在磁場中運動的動態(tài)分析圖，如下圖所示
當粒子都從ab邊射出，則運動軌跡都是半圓周，運動時間都相等，為πmqB；當粒子都從bc邊射出，則速度越大，軌道半徑越大，對應的圓心角越大，運動時間越長，運動時間大于πmqB，故A正確，BC錯誤；
當粒子的速度足夠大，半徑足夠大時，l遠小于r，這時圓心角大小趨近于270°，因此粒子在磁場中最長運動時間小于3πm2qB，故D正確．
答案：AD
典例2 解析：根據(jù)磁聚焦原理，粒子在半徑為r0的圓形磁場區(qū)域中運動，粒子運動的軌跡半徑為r0，有 qB0v＝mv2r0，解得 B0＝mvqr0
要使匯聚到O點的粒子經(jīng)正方形區(qū)域內(nèi)的磁場偏轉(zhuǎn)后寬度變?yōu)?r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出軌跡如圖所示，由幾何關系可知粒子的軌跡半徑2r0，正方形中磁場區(qū)域內(nèi)應該為圓形磁場的一部分，有 qB1v＝mv22r0，解得 B1＝mv2qr0
比較可得 B1＝12B0
由左手定則可知，方向垂直紙面向里，A錯誤，B正確；
如圖，磁場區(qū)域的最小面積為S2＝2π-2r02，C正確，D錯誤．
故選BC.
答案：BC
典例3 解析：(1)設板間距離為d，則板長為3d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E＝Ud
根據(jù)牛頓第二定律得，電場力提供加速度qE＝ma
解得a＝qUmd
設粒子在平板間的運動時間為t0，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律得d2＝12at 02，3d＝v0t0
聯(lián)立解得U＝mv02 3q
(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有
tan α＝at0v0＝33
故α＝π6
則出電場時粒子的速度為v＝v0csα＝233v0
粒子出電場后沿直線做勻速直線運動，接著進入磁場，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力得qvB＝mv2r
解得r＝mvqB＝23mv03qB
已知圓形磁場區(qū)域半徑為R＝2mv03qB，故r＝3R
粒子沿PO方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應的圓心角也為θ，由幾何關系可得θ＝2α＝π3
故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為π3或60°；
(3)帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r＝3R，根據(jù)幾何關系，將磁場圓繞O′點順時針旋轉(zhuǎn)，當O點轉(zhuǎn)到M點，粒子在磁場中運動軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長．則相對應的運動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：
答案：1mv02 3q (2)π3或60°
(3)
數(shù)理結(jié)合法
利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值
抓關鍵詞法
“恰好”“最大”“致少”“不相撞”“不脫離”等臨界狀態(tài)詞
示意圖
適用條件
應用方法
放縮圓
(軌跡圓的圓心在P1P2直線上)
粒子的入射點位置相同，速度方向一定，速度大小不同
以入射點P為定點，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件
旋轉(zhuǎn)圓
(軌跡圓的圓心在以入射點P為圓心，半徑R＝mv0qB的圓上)
粒子的入射點位置相同，速度大小一定，速度方向不同
將一半徑為R＝mv0qB的圓以入射點為定點進行旋轉(zhuǎn)，從而探索出臨界條件
平移圓
(軌跡圓的所有圓心在一條直線上)
粒子的入射點位置不同，速度大小、方向均一定
將半徑為R＝mv0qB的圓進行平移
磁聚焦
與磁發(fā)散
軌跡圓半徑等于區(qū)域圓半徑
帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，則粒子從磁場邊界上同一點射出，該點切線與入射方向平行——磁聚焦，從邊緣某點以不同方向入射時平行出射——磁發(fā)散

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