易錯點10不能準確分析帶電粒子在磁場中的運動與臨界問題目錄01易錯陷阱易錯點一：電流磁場的疊加和安培定則的應用易錯點二：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：混淆磁偏轉和電偏轉易錯點六：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、環形磁約束知識點七、數學圓模型在電磁學中的應用模型一“放縮圓”模型的應用模型二“旋轉圓”模型的應用模型三“平移圓”模型的應用模型四“磁聚焦”與“磁發散”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圓分析題型四：“磁聚焦”與“磁發散”問題04易錯題通關易錯點一：電流磁場的疊加和安培定則的應用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用安培定則判定.2.磁感應強度是矢量，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⊥I，即F垂直于B和I決定的平面。(2)安培力的大小：應用公式F＝IlBsinθ計算彎曲導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)視圖轉換：對于安培力作用下的力學綜合問題，題目往往給出三維空間圖，需用左手定則判斷安培力方向，確定導體受力的平面，變立體圖為二維平面圖。(1)類似于力學中用功與能的關系解決問題，通電導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體中的電流，再結合安培力分析求解。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：混淆磁偏轉和電偏轉“電偏轉”與“磁偏轉”的比較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，FE是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，FB是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分易錯點六：不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題（1）關注題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等關鍵詞語，作為解題的切入點.（2）關注涉及臨界點條件的幾個結論: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；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⊥I，即F垂直于B、I決定的平面。(3)推論：兩平行的通電直導線間的安培力——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＝IlB。3.分析通電導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體。(2)按照已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的順序，對導體作受力分析。(3)分析導體的運動情況。(4)根據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,sinθ)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圓心角θ或軌跡長度L求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(L,v)(1)速度的偏轉角φ等于所對的圓心角θ(2)偏轉角φ與弦切角α的關系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α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(2mπ－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(2mπ－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,tanθ)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）正對圓心射入圓形磁場區域正對圓心射出，兩圓心和出（入）射點構成直角三角形，有tan?2=Rr磁偏轉半徑r=Rtan?2，根據半徑公式r=mV0qB2．圓形有界磁場問題（2）不對圓心射入圓形磁場區域兩個等腰三角形，一個共同的底邊若r=R，構成菱形知識點六、環形磁約束臨界圓臨界半徑r=r=勾股定理(R2-R1)2=R12+r2解得：r=知識點七、數學圓模型在電磁學中的應用模型一“放縮圓”模型的應用適用條件速度方向一定，大小不同粒子源發射速度方向一定，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。可以發現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”法模型二“旋轉圓”模型的應用適用條件速度大小一定，方向不同粒子源發射速度大小一定、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，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉圓”法模型三“平移圓”模型的應用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”法模型四“磁聚焦”與“磁發散”1．帶電粒子的會聚如圖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點發出的帶電粒子必然經過B點．2．帶電粒子的發散如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應強度為B，圓心為O，從P點有大量質量為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）上的光滑絕緣轉動軸OO'兩端通過等長的輕質細軟導線（導線不可伸長）連接并懸掛長為L、質量為m的導體棒ab，導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），導體棒擺動過程中磁場方向總是垂直于導體棒，導體棒所在處的磁感應強度大小均為B，開始時導體棒靜止在最低點。現給導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體棒中的電流大小，使導體棒由最低點緩慢移動到懸線呈水平狀態，則在這個過程中（）A．懸線對導體棒的拉力先增大后減小 B．導體棒中的電流一直減小 C．轉動軸OO'受到繩子在豎直方向的作用力一直不變 D．轉動軸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，懸線沿半徑指向轉軸的拉力FT，設運動過程中懸線與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件有：FT＝mgcosθ，導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，C、設轉動軸對系統在豎直方向的作用力為Fy，根據平衡條件有：Fy=mg?FAsinθ=mg?mg(sinθD、設轉動軸對系統在水平方向的作用力為Fx，根據平衡條件有：Fx=FAcosθ=mgsinθcosθ=12故選：D。【變式1-1】（2023?雁塔區校級模擬）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的電阻不計的輕質導線豎直懸掛在三等分點，導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。導線的懸掛點間不加電壓時，單根導線上的拉力為F，加上電壓U后，單根導線上的拉力是2F。若把導線長度變成2L，如圖b所示懸掛在金屬桿兩端，仍然加上電壓U，則此時單根導線上的拉力是（）A．22F B．4F C．42F D．8F【解答】解：導線的懸掛點間不加電壓時，單根導線上的拉力為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，導線長度變成2L后，可知導線與水平方向夾角為45°，設此時單根導線上拉力為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?鯉城區校級一模）實驗室里有三根等長細直通電導體棒a、b、c水平放置，如圖所示，P、M、N分別是三根導體棒上的點且在同一豎直面內，導體棒b、c中的電流方向垂直紙面向里，導體棒之間的距離PM＝PN＝L，PM與PN之間的夾角為120°，導體棒b、c固定，導體棒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．導體棒a中的電流方向垂直紙面向里 B．導體棒b對c的安培力方向水平向左 C．導體棒b、c對導體棒a的安培力大小均為G2D．導體棒b、c在P點產生的合磁場方向水平向右【解答】解：A、導體棒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°，所以導體棒b、c對導體棒a的安培力大小均為G，故C錯誤；D、根據安培定則，b棒在P處產生的磁場垂直與ab右下，c棒在P處產生的磁場垂直與ac右上，兩棒在P處產生的磁場夾角為120°，所以導體棒在b、c在P點產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）豎直面內有一內壁光滑、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的通電直導線，其截面如圖所示。O為半圓的圓心，導線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。當質量為m的導線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。已知導線a中電流在其周圍某點產生磁場的磁感應強度大小為B＝kI0A．導線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=2B．若導線b的質量不發生改變，則導線b在D處受到軌道的支持力等于在A處受到的支持力C．可能僅是導線b的質量變為2m D．可能僅是兩導線電流的乘積減小為原來的2【解答】解：A、導線b在A點受力分析，如下圖所示：由圖可知，b導線受到a導線的斥力處于平衡狀態，根據異向電流相互排斥，可知b導線電流方向垂直于紙面向外，由幾何關系可得安培力F=2設a導線在A點產生的感應強度為B0，則B0=kI0B、若導線b的質量不發生改變，則導線b在D處受力分析如下圖所示：已知∠COD＝60°，根據幾何關系，可知支持力N1＝mg，所以N＝N1，故B正確；C、若只有b導線的質量改變，設質量為m′，受力分析不變，如上圖所示，由幾何關系，可得F1＝m′g，設a導線在D點產生的感應強度B1，則B1=kD、若b導線的質量不變，則導線b在D點處所受安培力F2＝mg，由以上分析可知F2=kI0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．mv0cosθqBC．2mv0【解答】解：設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律：q根據幾何關系可知，M、N兩點間的距離：d＝2rcos（90°﹣θ）聯立解得：d=2m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，在現代科學實驗和技術設備中有廣泛的應用。如圖所示，以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，圓形區域外有垂直紙面向外的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B。有一質量為m、電荷量為+q的粒子從P點沿半徑射入圓形區域，粒子n次穿越圓形區域邊界（不包括經過P點）后又回到P點，此過程中粒子與圓心O的連線轉過角度為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3qBRC．n＝4時，粒子從P出發到回到P點的時間為23πm5qBD．粒子連續兩次穿越圓形區域邊界過程中，粒子與圓心的連線轉過的角度為2π【解答】解：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，因為粒子n次穿越圓形區域邊界（不包括經過P點）后又回到P點，此過程中粒子與圓心O的連線轉過角度為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成圓邊界的外切正方形，根據幾何關系可知粒子的軌跡半徑為：r＝R根據洛倫茲力提供向心力，有qvB=mv解得粒子速度大小為：v=qBRC、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：T=當n＝4時，粒子從P點出發又到回到P點的時間為：t=(3×解得：t=23πmD、根據幾何關系可知，粒子連續兩次穿越圓形區域邊界過程中，粒子與圓心的連線轉過的角度為2πn+1故選：AC。【變式2-2】（多選）（2023?湖北模擬）如圖所示，在邊長為L的等邊三角形內分布著垂直于紙面向外，磁感應強度大小為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射質量為m，電荷量為+q，速率為3qBLA．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πm3qBC．粒子在磁場中運動的最長時間為πmqBD．若磁感應強度大于2B，所有粒子均不能射出三角形區域【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=由等邊三角形的幾何知識可知O點到各個頂點的距離為33B、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°=粒子在磁場中運動周期為T=2πrv=C、運動時間最長的粒子運動軌跡如下圖中自O點經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πmqBD、所有粒子均不能射出三角形區域，臨界條件為軌跡圓和三角形的邊相切，此時半徑為r2，由r=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域中，有磁感應強度大小為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），在紙面內沿各個方向發射出比荷為qmA．粒子速度的最大值為2qBRmB．粒子速度的最大值為qBR4mC．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【解答】解：AB、根據洛倫茲力提供向心力：qvB=m解得：r=可知速度最大時，半徑最大，當軌跡與大圓相切時，半徑最大，如圖所示根據幾何關系可得：（2R﹣r）2＝R2+r2聯立解得：r=3CD、某粒子恰好不從大圓邊界射出磁場，即粒子速度最大時，根據幾何關系有tan∠ACD解得其在磁場中運動的時間為t=360°?∠ACD故C正確；D錯誤。故選：C。題型三：帶電粒子在磁場中的動態圓分析【例3】（多選）（2024?青山湖區校級模擬）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，能夠在紙面內不斷均勻地向各個方向發射速度大小為v=qBdA．粒子能打到板上的區域長度為23B．打到板上的粒子數為12C．從粒子源出發到板的最短時間為πm2qBD．同一時刻發射的粒子打到熒光板上的最大時間差為7πm【解答】解：A．粒子受到的洛倫茲力充當向心力R=mv粒子運動到絕緣板的兩種臨界情況如圖1圖1設SC垂直于MN于C點，由幾何關系可知，左側最遠處與S之間的距離恰好是圓的直徑，則左側最遠處A離C距離為3d，右側離C最遠處為B，距離為d，所以粒子能打在板上的區域長度是(B．根據以上分析可知有一半的粒子能達到極板上，粒子源發射粒子的總個數為n，則打到板上的粒子數為12CD．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=2πd由幾何關系可知，最短時間t2粒子在磁場中最長時間t1所以Δt=t故選：BD。【變式3-1】（多選）（2023?道里區校級三模）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），磁感應強度為B。擋板左側O點有一粒子源在紙面內向各方向均勻發射電荷量為+q、質量為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°發射的粒子恰好經過N點，ON=3A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為32aB．擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為a C．粒子能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的16D．擋板的右側被粒子擊中的豎直長度為a【解答】解：A、粒子軌跡如圖1所示由幾何關系可知2Rsin60°=3B、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，設速度方向與ON夾角為θ，由幾何關系可得Rsinθ+R=可得sinθ=3?1，則擋板左側能被粒子擊中的豎直長度為C、要使粒子打在右側，有兩個臨界條件，如圖中的軌跡1、3，由幾何關系可知1、3的初速度夾角為α＝60°則粒子能擊中擋板右側的粒子數占粒子總數的n=60°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，所以由幾何關系可知板的右側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量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，粒子均能從圓弧（含a、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qBR2mB．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qBRmD．從圓弧面射出后經過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=mv2rC、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，則此種情況下根據洛倫茲力提供向心力：qBv=mv2RB、如圖乙所示由圖中幾何關系可知，從圓弧面射出后能到達b點的粒子的運動軌跡所對應的圓心角最小，根據周期公式：T=2πmqB，所以粒子運動的時間為：D、從圓弧面射出后經過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，可在紙面內向各個方向發射質量為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走，不會對其它粒子運動產生影響，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=qBL①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=根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv解得：v=qBL（2）①若粒子以速率v=qBLm發射，軌跡半徑為：r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=3②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，打到下表面的O點反彈后回到P點的軌跡如圖所示：根據幾何關系可得：2rsinθ＝L所以：θ＝30°運動的總路程為：s=360°?2θ題型四：“磁聚焦”與“磁發散”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xoy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°范圍內垂直磁場方向均勻發射速度大小相等、質量為m、帶電量為e的電子，這些電子都能夠打到右側與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（1）電子射入磁場時的速度大小；（2）電子打到屏MN上的長度；（3）電子從O點出發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：由幾何關系可得：r＝R根據牛頓第二定律可得：Bev=m解得：v=（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：根據幾何關系可知，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﹣Rcosθ當θ＝30°時，電子打在MN屏的最低點，代入數據解得：y1當θ＝150°時，電子打在MN屏的最高點，代入數據解得：y2由此可知，電子打到屏上的長度為：L=y（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）對上式求導可得：s'＝R﹣2Rcosθ令s'＝0，可得當θ=πsmin=(故電子從O點出發到返回磁場右邊界的最短時間為tmin【變式4-1】（2023?寧德模擬）如圖所示，半徑為R、磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的圓形磁場區域，右側與y軸相切于C點，下側與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強度大小范圍；（3）現有大量速率為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【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＝mv解得粒子的速率：v0=（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：根據幾何關系可得粒子的半徑：r′＝1.5R根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B′＝mv解得：B'=2粒子能擊中感光板的磁感應強度大小范圍是B'≤2（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域半徑相等，由幾何關系分析可得，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=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＝2R粒子打在感光板上的范圍是2R≤y≤4R【變式4-2】（2024?郫都區校級二模）如圖所示，一半徑為R的圓與x軸相切于原點O，圓內有直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大為B。與x軸垂直的豎直虛線與磁場最右端相切，其右側的第Ⅰ象限內存在沿﹣y方向的勻強電場。現有一束比荷為qm（1）粒子射入磁場時的速度；（2）電場強度的大小；（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14qBv＝mv解得：v=qBR（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=122R＝vt由牛頓第二定律得：a=聯立解得：E=q（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域的半徑相等，由幾何關系可得，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=粒子在磁場中的運動周期為：t1=粒子由P到M的過程做勻速直線運動，設此過程運動時間為t2，則有：R﹣Rsin30°＝vt2解得：t2=粒子由M點進入電場，由M到N的過程做類平拋運動，設此過程運動時間為t3，沿﹣y方向做勻加速直線運動，其位移大小等于R+Rcos30°，則有：R+Rcos30°=12at由牛頓第二定律得：a=聯立解得：t3=則粒子從O點出發到再次打到x軸上所用的時間為：t＝t1+t2+t3=5πm【變式4-3】（2024?龍巖三模）如圖所示，在xOy坐標平面內，半徑為R的圓形勻強磁場區域的邊界與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。現有一個質量為m、電荷量為q的正離子，從O點以速率v0（1）求磁感應強度大小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的區域，不計離子間的相互作用。求在CD區域接收到的離子數占發射出的總離子數的比例η。【解答】解：（1）離子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示。根據洛倫茲力提供向心力有Bv0q＝mv離子經過A點，根據幾何關系有r＝R解得：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＝120o離子在磁場中運動的時間為t=12周期為T=解得：t=（3）如圖所示由幾何關系可知，離子射出磁場時速度均為水平方向，設打在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＝Ry=1從A點射出的離子打到了D點，有2R=R=1聯立可得：y=設離子射入磁場時偏向y軸正方向角度為θ，由幾何關系得sinθ=1則θ＝30o所以在CD區域接收到的離子數占發射出的總離子數的比例為η=3（2023?定遠縣模擬）如圖，質量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O?，并處于勻強磁場中．當導線中通以沿x正方向的電流I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為θ．則磁感應強度方向和大小可能為（）A．x正向，mgIL B．y正向，mgILcosC．z負向，mgILtanθ D．y負向，mgIL【解答】解：A、當磁場沿x正方向時，磁場與電流平行，導線不受安培力，導線不可能向右偏轉，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，導線受到的安培力豎直向上，當BIL＝mg，B=mgC、磁感應強度方向為z負方向，根據左手定則，直導線所受安培力方向沿y正方向，根據平衡條件：BILRcosθ＝mgRsinθ，所以B=mgILtanD、當磁場沿y負方向時，由左手定則可知，導線受到的安培力豎直向上，當BIL＝mg，B=mgIL導線靜止，與豎直方向夾角故選：C。（2023?弋陽縣校級一模）如圖所示，質量為m，長為L的金屬棒MN兩端用等長的輕質細線水平懸掛，靜止于方向豎直向上、磁感應強度為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．勻強磁場的磁感應強度B=3C．若僅改變磁場的方向，其他條件不變，則磁感應強度B的最小值為mg2ILD．若僅改變磁場的方向，其他條件不變，則磁感應強度B的值可能為mg【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=3CD.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，即磁感應強度最小。則mgsinθ＝BmIL解得：Bm=則磁感應強度范圍為B≥3故選：D。（2024?渾南區校級三模）如圖所示，射線AB、AC為一足夠大的勻強磁場區域的邊界，內部磁場方向垂直紙面向里。兩個質量相同且帶異種電荷的粒子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粒子帶負電 B．a、b兩粒子運動軌跡半徑之比為3：1 C．a、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，根據左手定則可分析a粒子帶正電，故A錯誤；B、根據題意作出粒子的運動軌跡如圖：由sin∠BAC＝0.6可得：O2A=R2由幾何知識可知，在△O1AC中，R1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、根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝mv2R所以有：qaD、設R1＝4R2＝4R，由幾何知識可知兩切點間的距離為：d＝AC﹣AE＝4R×43?R×故選：C。（2024?九龍坡區模擬）如圖，靜止在勻強磁場中的原子核A發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點沿順時針方向旋轉。設該過程釋放的核能全部轉化成射線粒子和反沖核的動能，已知該衰變前后原子核質量虧損為m，光速為c。下列說法正確的是（）A．反沖核的動能為nn+kB．原子核A的原子序數是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：設射線粒子質量為m1，反沖核質量為M，根據核反應過程中動量守恒可得：m1v1＝Mv2，在磁場中做圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力有：qvB=mv2聯立可知：R與q成反比，所以：q射q反根據核能計算公式可得：E＝mc2，根據能量守恒可得：1再根據T=2πmqB可得：m1M=射線為β粒子，質量數為零，電荷數為1，所以反射核的電荷數為n，根據核反應電荷數守恒，所以原子核A的電荷數為n+1，所以原子序數為n+1；所以，ACD錯誤，B正確。故選：B。（多選）（2024?長安區二模）如圖所示的直角三角形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度的大小為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的3A．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πmqBC．剛好從邊界Ⅲ離開的帶電粒子在磁場中運動的時間為πm3qBD．帶電粒子的初速度大小為3【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，由幾何關系可知，三角形區域的頂角為30°，a點到頂點的距離為根據幾何關系可得34解得粒子軌跡半徑為r=3根據牛頓第二定律得qvB=mv解得：v=3D、由圖可知，剛好從邊界Ⅲ離開的帶電粒子在磁場中偏轉的角度大小為120°，則該粒子在磁場中運動的時間為t′=120°360°T=1故選：BD。（多選）（2024?新城區校級二模）如圖所示，邊長為a的正方形MNPQ區域內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=aA．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，設甲、乙粒子軌跡半徑分別為r1和r2，如圖所示：根據幾何關系有：從M點射出的粒子：(r從Q點射出的粒子：(分別解得：r1=由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m解得：r=由于同一磁場，質量和電荷量都相同，所以甲與乙的初速度大小之比為：v1B、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′，由幾何關系可得r'1=根據洛倫茲力提供向心力，同理可：則甲與乙初速度之比為：v'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乙粒子將從NP邊射出，轉過的圓心角為180°；根據：T=2πm所以甲與乙在磁場中運動時間之比為：t1D、當甲、乙兩粒子都從NP邊射出時，轉過的圓心角均為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