01 易錯陷阱
易錯點一：電流磁場的疊加和安培定則的應(yīng)用
易錯點二：安培力的分析和平衡問題
易錯點三：對洛倫茲力的分析不足
易錯點四：帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤
易錯點五：混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)
易錯點六：不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題
02 易錯知識點
知識點一、安培力下的平衡
知識點二、帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型
知識點三、直線邊界磁場
知識點四、平行邊界磁場
知識點五、圓形邊界磁場
知識點六、環(huán)形磁約束
知識點七、數(shù)學(xué)圓模型在電磁學(xué)中的應(yīng)用
模型一 “放縮圓”模型的應(yīng)用
模型二 “旋轉(zhuǎn)圓”模型的應(yīng)用
模型三 “平移圓”模型的應(yīng)用
模型四 “磁聚焦”與“磁發(fā)散”
03 舉一反三——易錯題型
題型一：安培力作用下的平衡與運動
題型二：帶電粒子在有界磁場中的運動分析
題型三：帶電粒子在磁場中的動態(tài)圓分析
題型四：“磁聚焦”與“磁發(fā)散”問題
04 易錯題通關(guān)
易錯點一：電流磁場的疊加和安培定則的應(yīng)用
1.直流電流或通電螺線管周圍磁場磁感線的方向都可以應(yīng)用安培定則判定.
2.磁感應(yīng)強度是矢量，疊加時符合矢量運算的平行四邊形定則.
易錯點二：安培力的分析和平衡問題
(1)安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面。
(2)安培力的大小：應(yīng)用公式F＝IlBsinθ計算彎曲導(dǎo)線在勻強磁場中所受安培力的大小時，有效長度l等于曲線兩端點的直線長度。
(3)視圖轉(zhuǎn)換：對于安培力作用下的力學(xué)綜合問題，題目往往給出三維空間圖，需用左手定則判斷安培力方向，確定導(dǎo)體受力的平面，變立體圖為二維平面圖。
(1)類似于力學(xué)中用功與能的關(guān)系解決問題，通電導(dǎo)體受磁場力時的加速問題也可以考慮從能量的觀點解決，關(guān)鍵是弄清安培力做正功還是做負功，再由動能定理列式求解。
(2)對于含電路的問題，可由閉合電路歐姆定律求得導(dǎo)體中的電流，再結(jié)合安培力分析求解。
易錯點三：對洛倫茲力的分析不足
1.若v∥B,帶電粒子以速度v做勻速直線運動，其所受洛倫茲力F=0,
2.若ⅴ⊥B,此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向垂直，粒子在垂直于磁場方向的平面內(nèi)運動.
(1)洛倫茲力與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小.
(2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
易錯點四：帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤
不能明確下圖幾種情形下的運動時間問題
易錯點五：混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)
“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較
易錯點六：不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題
（1）關(guān)注題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等關(guān)鍵詞語，作為解題的切入點.
（2）關(guān)注涉及臨界點條件的幾個結(jié)論:
①粒子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，對應(yīng)的運動時間越長.
知識點一、安培力下的平衡
1．安培力的方向
(1)用左手定則判斷：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向。
(2)安培力方向的特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B、I決定的平面。
(3)推論：兩平行的通電直導(dǎo)線間的安培力——同向電流互相吸引，反向電流互相排斥。
2．安培力的大小
F＝IlBsinθ(其中θ為B與I之間的夾角)。如圖所示：
(1)I∥B時，θ＝0或θ＝180°，安培力F＝0。
(2)I⊥B時，θ＝90°，安培力最大，F(xiàn)＝IlB。
3.分析通電導(dǎo)體在磁場中平衡或加速問題的一般步驟
(1)確定要研究的通電導(dǎo)體。
(2)按照已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的順序，對導(dǎo)體作受力分析。
(3)分析導(dǎo)體的運動情況。
(4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列式求解。
知識點二、帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型
知識點三、直線邊界磁場
直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖所示)
圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－eq \f(θ,π))T＝(1－eq \f(θ,π))eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2m?π－θ?,Bq)
圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)
知識點四、平行邊界磁場
平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運動的時間t1＝eq \f(θm,Bq)，t2＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)
圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝eq \f(θm,Bq)
圖c中粒子在磁場中運動的時間
t＝(1－eq \f(θ,π))T＝(1－eq \f(θ,π))eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2m?π－θ?,Bq)
圖d中粒子在磁場中運動的時間t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)
知識點五、圓形邊界磁場
沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性(如圖所示)
粒子做圓周運動的半徑r＝eq \f(R,tan θ)
粒子在磁場中運動的時間t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)
θ＋α＝90°
1．圓形有界磁場問題（1）
2．圓形有界磁場問題（2）
知識點六、環(huán)形磁約束
知識點七、數(shù)學(xué)圓模型在電磁學(xué)中的應(yīng)用
模型一 “放縮圓”模型的應(yīng)用
模型二 “旋轉(zhuǎn)圓”模型的應(yīng)用
模型三 “平移圓”模型的應(yīng)用
模型四 “磁聚焦”與“磁發(fā)散”
1．帶電粒子的會聚
如圖甲所示，大量的同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區(qū)域，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R＝r)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出．(會聚)
證明：四邊形OAO′B為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點發(fā)出的帶電粒子必然經(jīng)過B點．
2．帶電粒子的發(fā)散
如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應(yīng)強度為B，圓心為O，從P點有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行．(發(fā)散)
證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．
題型一：安培力作用下的平衡與運動
【例1】（2024?海珠區(qū)校級模擬）如圖所示，安裝在固定支架（圖中未畫出）上的光滑絕緣轉(zhuǎn)動軸OO'兩端通過等長的輕質(zhì)細軟導(dǎo)線（導(dǎo)線不可伸長）連接并懸掛長為L、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒橫截面的直徑遠遠小于懸線的長度，空間存在輻向分布磁場（磁極未畫出），導(dǎo)體棒擺動過程中磁場方向總是垂直于導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B，開始時導(dǎo)體棒靜止在最低點?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒通以方向向里的電流（電路未畫出），若僅通過逐漸改變導(dǎo)體棒中的電流大小，使導(dǎo)體棒由最低點緩慢移動到懸線呈水平狀態(tài)，則在這個過程中（ ）
A．懸線對導(dǎo)體棒的拉力先增大后減小
B．導(dǎo)體棒中的電流一直減小
C．轉(zhuǎn)動軸OO'受到繩子在豎直方向的作用力一直不變
D．轉(zhuǎn)動軸OO'受到繩子在水平方向的作用力先增大后減小
【解答】解：A、對導(dǎo)體棒進行受力分析，受到三個力作用，豎直向下的重力mg，始終垂直于半徑即懸線方向安培力FA＝BIL，懸線沿半徑指向轉(zhuǎn)軸的拉力FT，設(shè)運動過程中懸線與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件有：FT＝mgcsθ，導(dǎo)體棒從最低點緩慢移到最高點時，θ越來越大，則拉力FT越來越小，故A錯誤；
B、在沿垂直于懸線方向，由平衡條件有：FA＝mgsinθ，解得：I=mgsinθBL，θ越來越大，磁感應(yīng)強度大小B和導(dǎo)體棒長度L不變，所以電流I越來越大，故B錯誤；
C、設(shè)轉(zhuǎn)動軸對系統(tǒng)在豎直方向的作用力為Fy，根據(jù)平衡條件有：Fy=mg?FAsinθ=mg?mg(sinθ)2，可見隨著θ越來越大，轉(zhuǎn)動軸在豎直方向的作用力為Fy越來越小，故C錯誤；
D、設(shè)轉(zhuǎn)動軸對系統(tǒng)在水平方向的作用力為Fx，根據(jù)平衡條件有：Fx=FAcsθ=mgsinθcsθ=12mgsin2θ，可見導(dǎo)體棒緩慢移到水平狀態(tài)的過程中，θ由0增大到90°的過程中，當θ＝45°時，F(xiàn)x最大，所以轉(zhuǎn)動軸OO′在水平方向的作用力先增大后減小，故D正確。
故選：D。
【變式1-1】（2023?雁塔區(qū)校級模擬）如圖a所示，一根用某種單一材料制成的均勻金屬桿長為3L，用兩根長L的電阻不計的輕質(zhì)導(dǎo)線豎直懸掛在三等分點，導(dǎo)線與金屬桿相接處接觸良好，并將金屬桿置于垂直紙面向里的勻強磁場中。導(dǎo)線的懸掛點間不加電壓時，單根導(dǎo)線上的拉力為F，加上電壓U后，單根導(dǎo)線上的拉力是2F。若把導(dǎo)線長度變成2L，如圖b所示懸掛在金屬桿兩端，仍然加上電壓U，則此時單根導(dǎo)線上的拉力是（ ）
A．22FB．4FC．42FD．8F
【解答】解：導(dǎo)線的懸掛點間不加電壓時，單根導(dǎo)線上的拉力為F，可知金屬桿的重力為2F，加上電壓U后，單根導(dǎo)線上的拉力是2F，可知金屬桿受到的安培力為2F，方向豎直向下，
導(dǎo)線長度變成2L后，可知導(dǎo)線與水平方向夾角為45°，設(shè)此時單根導(dǎo)線上拉力為T，則2Tsin45°＝4F，解得T＝22F，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【變式1-2】（多選）（2023?鯉城區(qū)校級一模）實驗室里有三根等長細直通電導(dǎo)體棒a、b、c水平放置，如圖所示，P、M、N分別是三根導(dǎo)體棒上的點且在同一豎直面內(nèi)，導(dǎo)體棒b、c中的電流方向垂直紙面向里，導(dǎo)體棒之間的距離PM＝PN＝L，PM與PN之間的夾角為120°，導(dǎo)體棒b、c固定，導(dǎo)體棒a所受的重力G剛好與它所受的安培力的合力平衡，則下列說法中正確的是（ ）
A．導(dǎo)體棒a中的電流方向垂直紙面向里
B．導(dǎo)體棒b對c的安培力方向水平向左
C．導(dǎo)體棒b、c對導(dǎo)體棒a的安培力大小均為G2
D．導(dǎo)體棒b、c在P點產(chǎn)生的合磁場方向水平向右
【解答】解：A、導(dǎo)體棒a所受的重力G剛好與它所受的安培力的合力平衡，則b、c棒對a棒的力為斥力，根據(jù)異向電流相斥，所以a棒中的電流垂直直面向外，故A錯誤；
B、b、c棒中電流同向，同向電流相吸，所以導(dǎo)體棒b對c的安培力方向水平向左，故B正確；
C、PM與PN之間的夾角為120°，所以導(dǎo)體棒b、c對導(dǎo)體棒a的安培力大小均為G，故C錯誤；
D、根據(jù)安培定則，b棒在P處產(chǎn)生的磁場垂直與ab右下，c棒在P處產(chǎn)生的磁場垂直與ac右上，兩棒在P處產(chǎn)生的磁場夾角為120°，所以導(dǎo)體棒在b、c在P點產(chǎn)生的合磁場方向水平向右，故D正確。
故選：BD。
【變式1-3】（多選）（2023?安康二模）豎直面內(nèi)有一內(nèi)壁光滑、半徑為R的固定半圓柱形軌道，在半圓柱形軌道中放置兩根長為L的通電直導(dǎo)線，其截面如圖所示。O為半圓的圓心，導(dǎo)線a固定在O點正下方的C處，且通有大小為I0、方向垂直紙面向里的電流。當質(zhì)量為m的導(dǎo)線b中通入大小為I1（未知）的電流時，剛好能靜止在與圓心等高的A點。已知導(dǎo)線a中電流在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝kI0r（k為大于零的常量，r為該點到導(dǎo)線a的距離），由于導(dǎo)線b的質(zhì)量發(fā)生變化或者兩導(dǎo)線電流大小發(fā)生變化，導(dǎo)線b沿著軌道緩慢下降到D點，并在D點重新平衡。已知∠COD＝60°，則下列說法正確的是（ ）
A．導(dǎo)線b中電流的方向垂直于紙面向外，且位于A點時，電流的大小為I1=2mgRkI0L
B．若導(dǎo)線b的質(zhì)量不發(fā)生改變，則導(dǎo)線b在D處受到軌道的支持力等于在A處受到的支持力
C．可能僅是導(dǎo)線b的質(zhì)量變?yōu)?m
D．可能僅是兩導(dǎo)線電流的乘積減小為原來的22
【解答】解：A、導(dǎo)線b在A點受力分析，如下圖所示：
由圖可知，b導(dǎo)線受到a導(dǎo)線的斥力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)異向電流相互排斥，可知b導(dǎo)線電流方向垂直于紙面向外，由幾何關(guān)系可得安培力F=2mg，支持力N＝mg
設(shè)a導(dǎo)線在A點產(chǎn)生的感應(yīng)強度為B0，則B0=kI02R，則可得安培力大小F=B0I1L=kI0I1L2R，聯(lián)立方程可得b導(dǎo)線中的電流I1=2mgRkI0L，故A錯誤；
B、若導(dǎo)線b的質(zhì)量不發(fā)生改變，則導(dǎo)線b在D處受力分析如下圖所示：
已知∠COD＝60°，根據(jù)幾何關(guān)系，可知支持力N1＝mg，所以N＝N1，故B正確；
C、若只有b導(dǎo)線的質(zhì)量改變，設(shè)質(zhì)量為m′，受力分析不變，如上圖所示，由幾何關(guān)系，可得F1＝m′g，設(shè)a導(dǎo)線在D點產(chǎn)生的感應(yīng)強度B1，則B1=kI0R，安培力大小F1=B1I1L=kI0I1LR，聯(lián)立方程，可得m′＝2m，故C正確；
D、若b導(dǎo)線的質(zhì)量不變，則導(dǎo)線b在D點處所受安培力F2＝mg，由以上分析可知F2=kI0'I1'LR=mg，F(xiàn)=kI0I1L2R=2mg，兩式聯(lián)立，可得兩導(dǎo)線的電流的乘積之比為I0'I1'I0I1=2mg×2RkLmgRkL=21=2，故D錯誤。
故選：BC。
題型二：帶電粒子在有界磁場中的運動分析
【例2】（2023?東莞市校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M點以大小為v0、方向與豎直方向成θ角斜向下的初速度垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，最后從邊界上的N點射出磁場。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，不計粒子受到的重力，則M、N兩點間的距離為（ ）
A．mv0csθqBB．mv0sinθqB
C．2mv0csθqBD．2mv0sinθqB
【解答】解：設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律：qv0B=mv02r
根據(jù)幾何關(guān)系可知，M、N兩點間的距離：d＝2rcs（90°﹣θ）
聯(lián)立解得：d=2mv0sinθqB，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【變式2-1】（多選）（2024?石家莊二模）利用磁場控制帶電粒子的運動，在現(xiàn)代科學(xué)實驗和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用。如圖所示，以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，圓形區(qū)域外有垂直紙面向外的勻強磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P點沿半徑射入圓形區(qū)域，粒子n次穿越圓形區(qū)域邊界（不包括經(jīng)過P點）后又回到P點，此過程中粒子與圓心O的連線轉(zhuǎn)過角度為2π，不計粒子重力，下列說法正確的是（ ）
A．n的最小值為2
B．n＝3時，粒子速度大小為3qBRm
C．n＝4時，粒子從P出發(fā)到回到P點的時間為23πm5qB
D．粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過程中，粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過的角度為2πn
【解答】解：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，因為粒子n次穿越圓形區(qū)域邊界（不包括經(jīng)過P點）后又回到P點，此過程中粒子與圓心O的連線轉(zhuǎn)過角度為2π，畫出粒子運動軌跡示意圖如圖所示。
則知n的最小值為2，故A正確；
B、當n＝3時，粒子圓心間的連線構(gòu)成圓邊界的外切正方形，根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子的軌跡半徑為：r＝R
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有
qvB=mv2r
解得粒子速度大小為：v=qBRm，故B錯誤；
C、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：T=2πrv=2πmqB
當n＝4時，粒子從P點出發(fā)又到回到P點的時間為：t=(3×180°?72°360°+2×180°+72°360°)T
解得：t=23πm5qB，故C正確；
D、根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子連續(xù)兩次穿越圓形區(qū)域邊界過程中，粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過的角度為2πn+1，故D錯誤。
故選：AC。
【變式2-2】（多選）（2023?湖北模擬）如圖所示，在邊長為L的等邊三角形內(nèi)分布著垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在三角形的中心有一個點狀的粒子源O，它可沿平行紙面的各個方向發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為+q，速率為3qBL6m的同種粒子。不考慮粒子重力及粒子間相互作用，下列說法正確的是（ ）
A．有部分粒子能夠擊中三角形的頂點
B．粒子在磁場中運動的最短時間為πm3qB
C．粒子在磁場中運動的最長時間為πmqB
D．若磁感應(yīng)強度大于2B，所有粒子均不能射出三角形區(qū)域
【解答】解：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：
qvB＝mv2r，已知：v=3qBL6m，可得圓周運動的半徑：r=mvqB=36L
由等邊三角形的幾何知識可知O點到各個頂點的距離為33L，此距離等于2r，假設(shè)粒子能夠擊中頂點，粒子的軌跡為半個圓周，顯然粒子將從邊界先射出，故無法擊中頂點，故A錯誤；
B、當粒子在邊界上的出射點與O的連線垂直于出射點所在邊界時，軌跡圓弧的弦最短，軌跡圓心角最小，運動時間最短，軌跡如圖1所示。
由等邊三角形的幾何中心為高的三等分點，可得最短弦長為13Lsin60°=36L=r，可得此軌跡圓心角：θ=π3
粒子在磁場中運動周期為T=2πrv=2πmqB，故最短時間tmin=θ2πT=πm3qB，故B正確；
C、運動時間最長的粒子運動軌跡如下圖中自O(shè)點經(jīng)M點運動至P點的劣弧OMP，則運動最長時間小于半個周期，而半個周期為πmqB，故C錯誤；
D、所有粒子均不能射出三角形區(qū)域，臨界條件為軌跡圓和三角形的邊相切，此時半徑為r2，由r=mvqB，可知磁感應(yīng)強度應(yīng)至少為原來的兩倍，故D正確。
故選：BD。
【變式2-3】（2024?鹽城三模）如圖所示，在以半徑為R和2R的同心圓為邊界的區(qū)域中，有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。在圓心O處有一粒子源（圖中未畫出），在紙面內(nèi)沿各個方向發(fā)射出比荷為qm的帶負電的粒子，粒子的速率分布連續(xù)，忽略粒子所受重力和粒子間的相互作用力，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。若所有的粒子都不能射出磁場，則下列說法正確的是（ ）
A．粒子速度的最大值為2qBRm
B．粒子速度的最大值為qBR4m
C．某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，其在磁場中運動的時間為127πm90qB（不考慮粒子再次進入磁場的情況）
D．某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，其在磁場中運動的時間為4πm3qB（不考慮粒子再次進入磁場的情況）
【解答】解：AB、根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2r
解得：r=mvqB
可知速度最大時，半徑最大，當軌跡與大圓相切時，半徑最大，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可得：（2R﹣r）2＝R2+r2
聯(lián)立解得：r=34R，v=3qBR4m，故AB錯誤；
CD、某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，即粒子速度最大時，根據(jù)幾何關(guān)系有
tan∠ACD2=Rr=43
解得其在磁場中運動的時間為
t=360°?∠ACD360°×2T=127πm90qB
故C正確；D錯誤。
故選：C。
題型三：帶電粒子在磁場中的動態(tài)圓分析
【例3】（多選）（2024?青山湖區(qū)校級模擬）如圖所示，足夠長的熒屏板MN的上方分布了水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。距熒屏板d處有一粒子源S，能夠在紙面內(nèi)不斷均勻地向各個方向發(fā)射速度大小為v=qBdm，電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子源發(fā)射粒子的總個數(shù)為n，則（ ）
A．粒子能打到板上的區(qū)域長度為23d
B．打到板上的粒子數(shù)為12n
C．從粒子源出發(fā)到板的最短時間為πm2qB
D．同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光板上的最大時間差為7πm6qB
【解答】解：A．粒子受到的洛倫茲力充當向心力
R=mvqB=mqB?qBdm=d
粒子運動到絕緣板的兩種臨界情況如圖1
圖1
設(shè)SC垂直于MN于C點，由幾何關(guān)系可知，左側(cè)最遠處與S之間的距離恰好是圓的直徑，則左側(cè)最遠處A離C距離為3d，右側(cè)離C最遠處為B，距離為d，所以粒子能打在板上的區(qū)域長度是(3+1)d，故A錯誤；
B．根據(jù)以上分析可知有一半的粒子能達到極板上，粒子源發(fā)射粒子的總個數(shù)為n，則打到板上的粒子數(shù)為12n，故B正確；
CD．在磁場中運動時間最長和最短的粒子運動軌跡示意如下圖2
圖2
粒子做整個圓周運動的周期
T=2πdv=2πmqB
由幾何關(guān)系可知，最短時間
t2=16T=πm3qB
粒子在磁場中最長時間
t1=34T=3πm2qB
所以
Δt=t1?t2=7πm6qB，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
【變式3-1】（多選）（2023?道里區(qū)校級三模）如圖，長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強磁場中（磁場空間足夠大、圖中未畫出），磁感應(yīng)強度為B。擋板左側(cè)O點有一粒子源在紙面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知圖中初速度與ON夾角為60°發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過N點，ON=3a，ON⊥MN。不計粒子重力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則（ ）
A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為32a
B．擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為a
C．粒子能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的16
D．擋板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長度為a
【解答】解：A、粒子軌跡如圖1所示
由幾何關(guān)系可知2Rsin60°=3a，可得粒子的軌跡半徑為：R＝a，故A錯誤；
B、當軌跡剛好與MN相切時，粒子能打到板上最大長度，如圖軌跡2，設(shè)速度方向與ON夾角為θ，由幾何關(guān)系可得Rsinθ+R=3a
可得sinθ=3?1，則擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為x=Rcsθ=a1?sin2θ=a1?(3?1)2=23?3a；故B錯誤；
C、要使粒子打在右側(cè)，有兩個臨界條件，如圖中的軌跡1、3，由幾何關(guān)系可知1、3的初速度夾角為α＝60°
則粒子能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的n=60°360°=16，故C正確；
D．如上圖粒子1打在MN上的點與O1N組成頂角為60°的等腰三角形，所以由幾何關(guān)系可知板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長度為y＝R＝a，故D正確。
故選：CD。
【變式3-2】（多選）（2023?貴州模擬）如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，其邊界如圖所示，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，半圓形邊界的半徑為R，O為半圓的圓心，ab是半圓的直徑，邊界上c點到a的距離為R，a、b、c、O在同一直線上，從c點沿垂直邊界、垂直磁場向上射出速度大小不同的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，粒子均能從圓?。ê琣、b點）上射出磁場，不計粒子的重力和粒子間作用，則能從圓弧邊界射出的粒子（ ）
A．粒子速度大小范圍為qBR2m≤v≤3qBR2m
B．粒子的速度越大，粒子在磁場中運動的時間越短
C．從圓弧面射出后能到達b點的粒子速度大小可能為qBRm
D．從圓弧面射出后經(jīng)過O點的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R
【解答】解：A、分析可知粒子恰好從a點射出，粒子有最小速度；恰好從b點射出，則粒子有最大速度；由幾何關(guān)系可得粒子在磁場中做圓周運動的最小半徑和最大半徑分別為rmin=R2，rmax=32R；由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2r，解得v=qBrm；可得vmin=qBR2m，vmax=BqBR2m，即粒子速度的取值范圍為qBR2m≤v≤3qBR2m，故A正確；
C、從圓弧面射出后能到達b點的粒子的運動軌跡如圖甲所示
由幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運動的圓心一定在a點，軌道半徑為R，則此種情況下根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qBv=mv2R，粒子的速度大小為v=BqRm，故C正確；
B、如圖乙所示
由圖中幾何關(guān)系可知，從圓弧面射出后能到達b點的粒子的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角最小，根據(jù)周期公式：T=2πmqB，所以粒子運動的時間為：t=θ2πT=θmqB，可知從圓弧面射出后能到達b點的粒子在磁場中的運動時間最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁場中運動的時間并不越短，故B錯誤；
D、從圓弧面射出后經(jīng)過O點的粒子的運動軌跡如圖丙所示
由圖可知粒子在磁場中做圓周運動的半徑小于R，故D錯誤。
故選：AC。
【變式3-3】（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，有一厚度不計的薄板MN水平固定放置，薄板長為2L。空間中存在范圍足夠大的、垂直于紙面水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。粒子源P位于薄板中心O的正上方L處，可在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，所有粒子的速率相同，若粒子碰到薄板上表面（含左、右緩點）會被吸收，碰到下表面會被反彈，反彈前后粒子沿板方向的分速度不變，垂直于板的分速度等大反向，不計粒子重力及相互作用力，落到上板表面的電荷被導(dǎo)走，不會對其它粒子運動產(chǎn)生影響，與下板表面碰撞的粒子電量不變。求；
（1）粒子要能打到板上，速度至少多大；
（2）若粒子以速率v=qBLm發(fā)射，則：
①直接打到板的上表面（含左，右端點）的粒子中，求運動的最長時間；
②粒子與薄板下表面碰撞一次后反彈，恰能返回P點，最終落到上表面，求該粒子發(fā)射的速度方向與豎直方向的夾角θ以及該粒子在磁場中運動的總路程。
【解答】解：（1）如圖所示，粒子運動軌跡直徑為L時，速度最小，如圖所示：
則有：r0=L2
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv2r0
解得：v=qBL2m；
（2）①若粒子以速率v=qBLm發(fā)射，軌跡半徑為：r=mvqB=L
打到上表面不反彈的粒子中運動時間最長軌跡如圖所示：
則最長時間為：t=34T=34×2πmqB=3πm2qB；
②粒子與薄板下表面碰撞一次后反彈，恰能返回P點，最終落到上表面，粒子從P點出發(fā)，打到下表面的O點反彈后回到P點的軌跡如圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系可得：2rsinθ＝L
所以：θ＝30°
運動的總路程為：s=360°?2θ360°×2πr+2πr=113πL。
題型四：“磁聚焦”與“磁發(fā)散”問題
【例4】（2023?漣源市二模）如圖所示，在x軸的上方存在一個垂直xy平面向里、半徑為R的有界勻強圓磁場，磁場的直徑在y軸上，磁感應(yīng)強度大小為B。坐標原點O處有一粒子源，可沿與x軸正方向成30°～150°范圍內(nèi)垂直磁場方向均勻發(fā)射速度大小相等、質(zhì)量為m、帶電量為e的電子，這些電子都能夠打到右側(cè)與y軸平行放置的屏MN上，被屏反彈后以原速率沿原方向返回，其中沿y軸正向射入的電子能夠垂直打到屏上，屏的橫坐標為3R。不計電子的重力和電子間的相互作用，求：
（1）電子射入磁場時的速度大??；
（2）電子打到屏MN上的長度；
（3）電子從O點出發(fā)到返回磁場右邊界的最短時間。
【解答】解：（1）當沿y軸正向射入的電子能夠垂直打到屏上，根據(jù)圓周運動的特點畫出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖所示：
由幾何關(guān)系可得：r＝R
根據(jù)牛頓第二定律可得：
Bev=mv2r
解得：v=BeRm
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡的圓心分布在以O(shè)點為圓心，R為半徑的圓上。電子以任意速度方向射入磁場時，其在磁場中的運動軌跡如圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系可知，電子離開磁場時的速度方向始終保持不變，為水平向右的方向，當一電子以與x軸成θ方向射入磁場，如圖：
其水平射出磁場后打在MN屏上的縱坐標為
y＝R﹣Rcsθ
當θ＝30°時，電子打在MN屏的最低點，代入數(shù)據(jù)解得：
y1=2?32R
當θ＝150°時，電子打在MN屏的最高點，代入數(shù)據(jù)解得：
y2=2+32R
由此可知，電子打到屏上的長度為：
L=y2?y1=2+32R?2?32R=3R
（3）當電子從O點到返回磁場右邊界的哭成最短時，電子從O點出發(fā)到返回磁場右邊界的時間最短。當一電子以與x軸成θ方向射入磁場到返回到磁場右邊界的路程為
s＝θR+2（3R﹣Rsinθ）
對上式求導(dǎo)可得：
s'＝R﹣2Rcsθ
令s'＝0，可得當θ=π3時，s最小，代入數(shù)據(jù)解得：
smin=(π3+3)R
故電子從O點出發(fā)到返回磁場右邊界的最短時間為
tmin=sminv=(π+33)m3Be
【變式4-1】（2023?寧德模擬）如圖所示，半徑為R、磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的圓形磁場區(qū)域，右側(cè)與y軸相切于C點，下側(cè)與x軸相切于O點，感光板（足夠大）與y軸的距離為1.5R。已知質(zhì)量為m，電量為q的粒子過O點垂直于x軸射入，從C點垂直于y軸射出。不計粒子的重力。
（1）求該粒子速率v0；
（2）若在y軸與感光板之間充滿垂直紙面的勻強磁場，求能使該粒子擊中感光板的磁感應(yīng)強度大小范圍；
（3）現(xiàn)有大量速率為v0的同種粒子沿不同方向從坐標O點處射入磁場。若在y軸與感光板之間加沿y軸正方向E0=16qRB29m的勻強電場，求粒子打在感光板上的范圍。
【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子從C點垂直于y軸射出，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝R
洛倫茲力提供向心力，由 牛頓第二定律得：qv0B＝mv02r
解得粒子的速率：v0=qBRm
（2）粒子進入y軸與感光板之間的勻強磁場后做勻速圓周運動，當粒子運動軌跡恰好與感光板相切時，粒子恰好打在感光板上，粒子運動軌跡如圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子的半徑：r′＝1.5R
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv0B′＝mv02r'
解得：B'=23B
粒子能擊中感光板的磁感應(yīng)強度大小范圍是B'≤23B
（3）大量速率為v0的同種粒子沿不同方向從坐標O點處射入磁場，因粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑與圓形磁場區(qū)域半徑相等，由幾何關(guān)系分析可得，粒子離開磁場后都垂直于y軸進入電場。
粒子進入電場后在電場中做類平拋運動，則有：
在x軸方向：1.5R＝v0t
在y軸方向：y=12at2
由牛頓第二定律得：qE0＝ma
解得：y＝2R
粒子打在感光板最上端的位置y1＝2R+y＝2R+2R＝4R
粒子打在感光板上最下端的位置y2＝y(tǒng)＝2R
粒子打在感光板上的范圍是2R≤y≤4R
【變式4-2】（2024?郫都區(qū)校級二模）如圖所示，一半徑為R的圓與x軸相切于原點O，圓內(nèi)有直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大為B。與x軸垂直的豎直虛線與磁場最右端相切，其右側(cè)的第Ⅰ象限內(nèi)存在沿﹣y方向的勻強電場。現(xiàn)有一束比荷為qm的帶正電粒子沿著+y方向從原點O射入磁場，粒子離開磁場時方向沿x軸正方向，進入電場后，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)打到x軸上坐標為（3R，0）的點，不計粒子的重力，求：
（1）粒子射入磁場時的速度；
（2）電場強度的大??；
（3）若僅使從O點射入的帶電粒子初速度方向與﹣x軸方向成30°角，求粒子從O點出發(fā)到再次打到x軸上所用的時間。
【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡為14圓周，軌跡半徑等于圓形磁場區(qū)域的半徑R，由洛倫茲力提供向心力得：
qBv＝mv2R
解得：v=qBRm；
（2）粒子進入電場做類平拋運動，沿﹣y方向做勻加速直線運動，其位移大小等于R；沿+x方向做勻速直線運動，其位移大小等于3R﹣R＝2R，則有：
R=12at2
2R＝vt
由牛頓第二定律得：a=qEm
聯(lián)立解得：E=qB2R2m；
（3）粒子運動軌跡如下圖所示：
粒子的在磁場中軌跡半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相等，由幾何關(guān)系可得，粒子在P點離開磁場時的速度方向沿x軸正方向，粒子由O到P做圓周運動的圓心角為180°﹣30°＝150°，粒子在磁場中的運動周期為：
T=2πRv=2πmqB
粒子在磁場中的運動周期為：
t1=150°360°×T=5πm6qB
粒子由P到M的過程做勻速直線運動，設(shè)此過程運動時間為t2，則有：
R﹣Rsin30°＝vt2
解得：t2=m2qB
粒子由M點進入電場，由M到N的過程做類平拋運動，設(shè)此過程運動時間為t3，沿﹣y方向做勻加速直線運動，其位移大小等于R+Rcs30°，則有：
R+Rcs30°=12at32
由牛頓第二定律得：a=qEm
聯(lián)立解得：t3=4+23mqB
則粒子從O點出發(fā)到再次打到x軸上所用的時間為：
t＝t1+t2+t3=5πm6qB+m2qB+4+23mqB=(5π+3+64+23)m6qB。
【變式4-3】（2024?龍巖三模）如圖所示，在xOy坐標平面內(nèi)，半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域的邊界與x軸相切于原點O，與PM相切于A點，PM＝2R。PQ、MN間存在著勻強電場，MC＝R，MD=2R。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，從O點以速率v0沿y軸正方向射入磁場，并經(jīng)過A點打到了D點。離子到達MN上即被吸收，不計離子重力。
（1）求磁感應(yīng)強度大小B；
（2）若其他條件不變，僅將該離子從O點以偏向y軸正方向左側(cè)30°方向射入磁場，求離子在磁場中運動的時間t；
（3）若其他條件不變，將大量的上述離子從O點均勻向各個方向射入y＞0的區(qū)域，不計離子間的相互作用。求在CD區(qū)域接收到的離子數(shù)占發(fā)射出的總離子數(shù)的比例η。
【解答】解：（1）離子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示。
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有 Bv0q＝mv02r
離子經(jīng)過A點，根據(jù)幾何關(guān)系有 r＝R
解得：B=mv0qR
（2）若其他條件不變，僅將該離子從O點以偏向y軸正方向左側(cè)30°方向射入磁場，如圖可知，離子在磁場中運動的圓心角為θ＝120
離子在磁場中運動的時間為t=120360T
周期為
T=2πRv0
解得：t=2πR3v0
（3）如圖所示
由幾何關(guān)系可知，離子射出磁場時速度均為水平方向，設(shè)打在C點的離子從磁場邊界B點射出，在電場中做類平拋運動的水平位移為x，豎直位移為y，則有x＝v0t＝R
y=12at2
從A點射出的離子打到了D點，有2R=v0t'
R=12at'2
聯(lián)立可得：y=12R
設(shè)離子射入磁場時偏向y軸正方向角度為θ，由幾何關(guān)系得sinθ=12RR=12
則θ＝30
所以在CD區(qū)域接收到的離子數(shù)占發(fā)射出的總離子數(shù)的比例為η=30180=16
（2023?定遠縣模擬）如圖，質(zhì)量為m、長為L的直導(dǎo)線用兩絕緣細線懸掛于O、O?，并處于勻強磁場中．當導(dǎo)線中通以沿x正方向的電流I，且導(dǎo)線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為θ．則磁感應(yīng)強度方向和大小可能為（ ）
A．x正向，mgILB．y正向，mgILcsθ
C．z負向，mgILtanθD．y負向，mgILsinθ
【解答】解：A、當磁場沿x正方向時，磁場與電流平行，導(dǎo)線不受安培力，導(dǎo)線不可能向右偏轉(zhuǎn)，懸線與豎直方向的夾角θ＝0°，不符合題意，故A錯誤；
B、當磁場沿y正方向時，由左手定則可知，導(dǎo)線受到的安培力豎直向上，當BIL＝mg，B=mgIL導(dǎo)線靜止，懸線的拉力為零，故B錯誤
C、磁感應(yīng)強度方向為z負方向，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力方向沿y正方向，根據(jù)平衡條件：BILRcsθ＝mgRsinθ，所以B=mgILtanθ，所以C正確
D、當磁場沿y負方向時，由左手定則可知，導(dǎo)線受到的安培力豎直向上，當BIL＝mg，B=mgIL導(dǎo)線靜止，與豎直方向夾角θ＝0°，不符合題意，故D錯誤
故選：C。
（2023?弋陽縣校級一模）如圖所示，質(zhì)量為m，長為L的金屬棒MN兩端用等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，靜止于方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．已知棒中通過的電流大小為I，兩懸線與豎直方向夾角θ＝60°，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．金屬棒中的電流由N流向M
B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=3mg3IL
C．若僅改變磁場的方向，其他條件不變，則磁感應(yīng)強度B的最小值為mg2IL
D．若僅改變磁場的方向，其他條件不變，則磁感應(yīng)強度B的值可能為mgIL
【解答】解：A.由左手定則得金屬棒中的電流由M流向N。故A錯誤。
B.由平衡條件得
mgtanθ＝BIL
解得：B=3mgIL，故B錯誤；
CD.若僅改變磁場的方向，其他條件不變，棒的受力情況如下
可知當安培力與拉力垂直時，安培力最小，即磁感應(yīng)強度最小。則
mgsinθ＝BmIL
解得：Bm=3mg2IL
則磁感應(yīng)強度范圍為B≥3mg2IL，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2024?渾南區(qū)校級三模）如圖所示，射線AB、AC為一足夠大的勻強磁場區(qū)域的邊界，內(nèi)部磁場方向垂直紙面向里。兩個質(zhì)量相同且?guī)М惙N電荷的粒子a、b以相同的速度先后從AB邊上的D點垂直AB邊射入磁場，兩粒子運動的軌跡均與AC相切，忽略粒子受到的重力及粒子間的相互作用力，sin∠BAC＝0.6，下列說法正確的是（ ）
A．a(chǎn)粒子帶負電
B．a(chǎn)、b兩粒子運動軌跡半徑之比為3：1
C．a(chǎn)、b兩粒子所帶的電荷量之比為1：4
D．b粒子在磁場中的軌跡直徑等于兩切點的距離
【解答】解：A、a粒子受洛倫茲力向左，根據(jù)左手定則可分析a粒子帶正電，故A錯誤；
B、根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡如圖：
由sin∠BAC＝0.6可得：O2A=R2sin∠BAC=53R2
由幾何知識可知，在△O1AC中，R1R1+R2+53R2=sin∠BAC
解得：R1＝4R2，所以a、b兩粒子運動軌跡半徑之比為4：1，故B錯誤；
C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv2R，解得：R=mvqB
所以有：qaqb=R2R1=14，故C正確；
D、設(shè)R1＝4R2＝4R，由幾何知識可知兩切點間的距離為：d＝AC﹣AE＝4R×43?R×43=4R＝R1，故D錯誤。
故選：C。
（2024?九龍坡區(qū)模擬）如圖，靜止在勻強磁場中的原子核A發(fā)生一次衰變后放出的射線粒子和新生成的反沖核均垂直于磁感線方向運動。已知大小圓半徑和周期之比分別為n、k，且繞大圓軌道運動的質(zhì)點沿順時針方向旋轉(zhuǎn)。設(shè)該過程釋放的核能全部轉(zhuǎn)化成射線粒子和反沖核的動能，已知該衰變前后原子核質(zhì)量虧損為m，光速為c。下列說法正確的是（ ）
A．反沖核的動能為nn+kmc2
B．原子核A的原子序數(shù)是n+1
C．大圓是反沖核的運動軌跡
D．該勻強磁場的方向垂直于紙面向外
【解答】解：設(shè)射線粒子質(zhì)量為 m1，反沖核質(zhì)量為M，根據(jù)核反應(yīng)過程中動量守恒可得：m1v1＝Mv2，在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qvB=mv2R，解得：R=mvqB
聯(lián)立可知：R與q成反比，所以：q射q反=R小R大=1n，因為反沖核的電荷量大于射線的電荷量，所以反沖核的半徑小，所以小圓是反沖核的軌跡，大圓是射線軌跡，根據(jù)大圓和小圓是內(nèi)切圓，所以反沖核和射線電荷相反，因為原子核帶正電，所以可知射線帶負電，即發(fā)生β衰變，大圓順時針旋轉(zhuǎn)，帶負電，所以根據(jù)左手定則，可得，磁場方向垂直紙面向里；
根據(jù)核能計算公式可得：E＝mc2，根據(jù)能量守恒可得：12m1v12+12Mv22=E
再根據(jù)T=2πmqB可得：m1M=q射T1q反T2，已知T1T2=k，聯(lián)立可得：EM=kn+kmc2；
射線為β粒子，質(zhì)量數(shù)為零，電荷數(shù)為1，所以反射核的電荷數(shù)為n，根據(jù)核反應(yīng)電荷數(shù)守恒，所以原子核A的電荷數(shù)為n+1，所以原子序數(shù)為n+1；
所以，ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（多選）（2024?長安區(qū)二模）如圖所示的直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度的大小為B，邊界Ⅰ、Ⅱ的長度分別為3L、L；大量均勻分布的帶電粒子由邊界Ⅰ的左側(cè)沿平行邊界Ⅱ的方向垂直射入磁場，粒子的速率均相等，已知從邊界Ⅰ離開磁場的帶電粒子占總數(shù)的34，帶電粒子的質(zhì)量為m、所帶電荷量為+q，忽略帶電粒子之間的相互作用以及粒子的重力。下列說法正確的是（ ）
A．帶電粒子射入磁場后沿順時針方向做勻速圓周運動
B．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為πmqB
C．剛好從邊界Ⅲ離開的帶電粒子在磁場中運動的時間為πm3qB
D．帶電粒子的初速度大小為3qBL12m
【解答】解：A、由左手定則可知，帶電粒子射入磁場的瞬間，帶電粒子受到向上的洛倫茲力作用，則帶電粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動，故A錯誤；
B、帶電粒子在磁場中運動的周期為T=2πmqB，帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)過半個圓周時，運動時間最長，則帶電粒子在磁場中運動的最長時間為t=T2=πmqB，故B正確；
D、作出帶電粒子剛好不從邊界Ⅲ離開磁場的運動軌跡，如圖所示。
依題意，從邊界Ⅰ離開磁場的帶電粒子占總粒子的34，則圖中的a、b、c為邊界Ⅰ的四等分點，由幾何關(guān)系可知，三角形區(qū)域的頂角為30°，a點到頂點的距離為34L
根據(jù)幾何關(guān)系可得
34L=r+rsin30°
解得粒子軌跡半徑為
r=312L
根據(jù)牛頓第二定律得
qvB=mv2r
解得：v=3qBL12m，故D正確；
D、由圖可知，剛好從邊界Ⅲ離開的帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度大小為120°，則該粒子在磁場中運動的時間為t′=120°360°T=13?2πmqB=2πm3qB，故C錯誤。
故選：BD。
（多選）（2024?新城區(qū)校級二模）如圖所示，邊長為a的正方形MNPQ區(qū)域內(nèi)有一方向垂直正方形平面向里的勻強磁場，NP邊上有一點S，SN=a4，兩個質(zhì)量相同、帶等量異種電荷的粒子均從S點平行于MN方向射入磁場。帶正電粒子甲與帶負電粒子乙重力均不計，不考慮甲、乙兩粒子間的作用，下列說法正確的是（ ）
A．若兩粒子分別從M、Q兩點射出磁場，則甲與乙的初速度大小之比為1：2
B．若兩粒子分別垂直MN、PQ邊射出磁場，則甲與乙初速度之比為1：3
C．若兩個粒子的初速度相同，則甲與乙在磁場中運動時間之比可能1：2
D．若兩粒子在磁場中運動時間相等，則甲與乙的初速度大小之比一定為1：3
【解答】解：A、若兩粒子分別從M、Q兩點射出磁場，設(shè)甲、乙粒子軌跡半徑分別為r1和r2，如圖所示：
根據(jù)幾何關(guān)系有：
從M點射出的粒子：(r1?a4)2+a2=r12，
從Q點射出的粒子：(r2?3a4)2+a2=r22
分別解得：r1=178a，r2=2524a
由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r
解得：r=mvqB
由于同一磁場，質(zhì)量和電荷量都相同，
所以甲與乙的初速度大小之比為：v1v2=r1r2=5125，故A錯誤；
B、若兩粒子分別垂直MN、PQ邊射出磁場，則甲、乙粒子軌跡半徑分別為r′1和r2′，由幾何關(guān)系可得
r'1=a4，r2'=34a
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，同理可：則甲與乙初速度之比為：v'1v'2=r'1r'2=13，故B正確；
C、若兩粒子的初速度相同，由r=mvqB，可知兩粒子的運動半徑相同，當甲粒子的運動半徑為a4時，它將垂直MN邊射出，轉(zhuǎn)過的圓心角為90°；
乙粒子將從NP邊射出，轉(zhuǎn)過的圓心角為180°；根據(jù)：T=2πmqB，可知兩粒子在磁場中的周期相等，
所以甲與乙在磁場中運動時間之比為：t1t2=90°180°=12，故C正確；
D、當甲、乙兩粒子都從NP邊射出時，轉(zhuǎn)過的圓心角均為180°，滿足兩粒子在磁場中運動時間相等，這種情況甲、乙兩粒子的半徑比不確定，所以甲與乙的初速度大小之比也不確定，故D錯誤。
故選：BC。
（2023?懷仁市校級二模）如圖所示，圓心為O點、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域的右側(cè)有兩個水平放置、帶等量異種電荷的平行金屬板M、N，金屬板的長度為3R，金屬板間的距離為2R，兩金屬板左端的連線與磁場區(qū)域相切。圓周上A點有一粒子源，A點是金屬板N的延長線與圓的切點，粒子源不斷地沿紙面各個方向向磁場內(nèi)發(fā)射質(zhì)量均為m、帶電荷量均為+q、速率均為v0的粒子。金屬板的右側(cè)32R處有一熒光屏PQ，熒光屏與金屬板垂直，粒子打在熒光屏上發(fā)光并被吸收。已知從粒子源射出的初速度與OA夾角為30°的粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為120°，且該粒子恰好通過兩金屬板右端連線上的S點，S點到金屬板M、N的距離之比為3：1，不計粒子重力及粒子間的相互影響。
（1）求圓形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小；
（2）求初速度與OA夾角為30°的粒子從A點射出至打在熒光屏上的運動時間及該粒子打到熒光屏上時的速度大??；
（3）若在熒光屏上以P點（在金屬板M的延長線上）為原點，向下為正方向建立坐標軸x軸，求熒光屏上發(fā)光部分的坐標范圍。
【解答】解：（1）初速度與OA夾角為30°的粒子的運動軌跡如圖所示
設(shè)軌跡圓的圓心為O1，從磁場區(qū)域出射的出射點位C點，半徑為r；
由題意可知∠AO1C＝120°，由幾何關(guān)系可得：r＝R
且O1在圓形磁場區(qū)域的邊界上，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：
qv0B=mv02r
解得：B=mv0qR
（2）初速度與OA夾角為30°的粒子以與金屬板平行的速度方向從C點離開磁場，勻速經(jīng)過CD后，從D點進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場后做勻速直線運動打到熒光屏上的E點，該粒子在磁場中的運動時間為：t1=120°360°×2πrv0
解得：t1=2πR3v0
粒子離開C點后到打到熒光屏上過程中發(fā)生的水平位移為：d=R(1?sin60°)+3R+32R
發(fā)生這段位移所用的時間為：t2=dv0
聯(lián)立解得：t2=(11?3)R2v0
該粒子運動的總時間為：t＝t1+t2
代入數(shù)據(jù)得：t=(2π3+11?32)Rv0
由幾何關(guān)系可知，粒子沿電場方向的位移為：R(1+sin30°)?14×2R=R
設(shè)經(jīng)過S點時沿電場方向的速度為vx，則有
水平方向：3R＝v0t
豎直方向：R=vx+02t
解得：vx=23v0
該粒子打到熒光屏上時的速度大小為：v=v02+vx2
代入數(shù)據(jù)得：v=133v0
（3）由幾何關(guān)系可知，D點的x坐標為：xD＝2R﹣R（1+sin30°）
解得：xD=12R
則E點坐標為：xE=R2+R+32Rv0vx
解得：xE=52R
由題意可得，所有粒子離開磁場區(qū)域時速度方向都平行于金屬板，在金屬板間運動的時間相等，從右側(cè)離開時，沿電場方向側(cè)移量、速度均相等，故從金屬板右側(cè)離開的粒子分布在R的區(qū)域內(nèi)，關(guān)于E點對稱，所以熒光屏上發(fā)光區(qū)域的坐標范圍為：
xE?12R≤x≤xE+12R
即為2R≤x≤3R
（2023?天津模擬）如圖所示，以圓柱底面中心O點為坐標原點建立空間直角坐標系O﹣xyz，另一底面中心O'點坐標為（0，0，1），圓柱底面半徑為R。在圓柱區(qū)域內(nèi)存在沿z軸正方向的勻強磁場。在磁場區(qū)域左側(cè)有一矩形區(qū)域abcd，其中bc邊在xOy平面內(nèi)，ab邊與z軸平行，矩形區(qū)域的尺寸和位置已在圖中標出，區(qū)域內(nèi)均勻分布一電子源，沿x軸正方向持續(xù)不斷地發(fā)射出速率均為v0的電子，單位時間內(nèi)發(fā)射的電子個數(shù)為N，從bc邊射出的電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從M點射出，從ad邊射出的電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從N點射出。在圓柱兩底面的正下方有兩塊半徑為R的半圓形平行金屬收集板P和Q，圓心分別位于M點和N點。已知電子質(zhì)量為m，元電荷為e，兩板之間的電壓UPQ=?8mv02l2eR2，忽略電子重力、電子間相互作用和電子收集后對電壓UPQ的影響。求：
（1）磁感應(yīng)強度B的大?。?br>（2）從c點射出的電子打到金屬板上時的位置坐標；
（3）Q極板收集到電子區(qū)域的面積；
（4）若UPQ＜0且大小可調(diào)，求Q板收集到的電子數(shù)n與UPQ的關(guān)系。
【解答】解：（1）沿x軸正方向射入磁場的電子從M點射出，電子在磁場中做運動圓周運動的軌道半徑r＝R
電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：ev0B＝mv02r
解得磁感應(yīng)強度大?。築=mv0eR
（2）從b、c兩點射出的電子運動軌跡如圖所示
由幾何知識可知：sinα0.6RR=0.6，sinβ=0.8RR=0.8
電子在金屬板間做類平拋運動，則l=12at2，Nc'=v0t
由牛頓第二定律得：﹣eUPQl=ma
解得：Nc'=0.5R，則x=?Nc'sinα＝﹣0.5R×0.6＝﹣0.3R，y=?Nc'csα＝﹣0.5R×0.8＝﹣0.4R
即從c點射出的電子打在金屬板上的位置坐標是（﹣0.3R，﹣0.4R，l）
（3）由（2）同理可知，Q極板收集到電子區(qū)域為下圖中圓弧區(qū)域
Q極板收集到電子區(qū)域的面積S=14πNc'2=14π×(0.5R)2=πR216
（4）當從b、c兩點射出的電子恰好到達收集板邊緣時，由（2）同理可得：UPQ=?2mv02l2eR2
①當UPQ≤?2mv02l2eR2時所有電子都能打在收集板上，n＝N
②當?2mv02l2eR2＜UPQ＜0時，假設(shè)坐標為z處射出的電子恰好到達收集板邊緣，則z=12at2，R＝v0t
由牛頓第二定律得：﹣eUPQl=ma，則n=Nlz
解得：n=?eR2N2mv02l2UPQ
垂直電場線進入
勻強電場(不計重力)
垂直磁感線進入
勻強磁場(不計重力)
受力情況
電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)E是恒力
洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力
軌跡
拋物線
圓或圓的一部分
基本思路
圖例
說明
圓心的確定
①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心
P、M點速度垂線交點
P點速度垂線與弦的垂直平分線交點
某點的速度垂線與切點法線的交點
半徑的確定
利用平面幾何知識求半徑
常用解三角形法：例：(左圖)
R＝eq \f(L,sin θ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq \f(L2＋d2,2d)
運動時間的確定
利用軌跡對應(yīng)圓心角θ或軌跡長度L求時間
①t＝eq \f(θ,2π)T
②t＝eq \f(L,v)
(1)速度的偏轉(zhuǎn)角φ等于所對的圓心角θ
(2)偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ180°時，φ＝360°－2α
正對圓心射入圓形磁場區(qū)域
正對圓心射出，兩圓心和出（入）射點構(gòu)成直角三角形，有tan?2=Rr磁偏轉(zhuǎn)半徑r=Rtan?2，根據(jù)半徑公式r=mV0qB求解；時間t=?mqB=?Rν0。速度v越大→磁偏轉(zhuǎn)半徑r越大→圓心角α越小→時間t越短。若r=R，構(gòu)成正方形。
不對圓心射入圓形磁場區(qū)域
兩個等腰三角形，一個共同的底邊
若r=R，構(gòu)成菱形
臨界圓
臨界半徑
r=R1+R22
r=R2?R12
勾股定理(R2-R1)2=R12+r2
解得：r=R2R2?2R1
適用條件
速度方向一定，大小不同
粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化
軌跡圓圓心共線
如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大。可以發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上
界定
方法
以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法
適用條件
速度大小一定，方向不同
粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝eq \f(mv0,qB)。如圖所示
軌跡圓圓心共圓
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝eq \f(mv0,qB)的圓上
界定
方法
將一半徑為R＝eq \f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進行旋轉(zhuǎn)，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法
適用條件
速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上
粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同，但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝eq \f(mv0,qB)，如圖所示
軌跡圓圓心共線
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行
界定方法
將半徑為R＝eq \f(mv0,qB)的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法

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