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2025屆高考物理二輪復習講義
專題三 電場和磁場 第8講 磁場
【網絡構建】
【關鍵能力】 理解磁場對運動電荷、通電導線的作用,掌握磁場的疊加、磁場對電流的作用、帶電粒子在磁場中的運動等問題的解決思路,加強帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的作圖訓練,培養學生的數形結合能力,掌握解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題、多解問題的分析技巧,培養科學思維能力.
題型1　磁場的性質　安培力
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.用準“兩個定則”
(1)對電流的磁場用安培定則.
(2)對通電導線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用左手定則.
2.明確兩個常用的等效模型
(1)變曲為直:圖甲中通電導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:圖乙中環形電流可等效為小磁針,通電螺線管可等效為條形磁鐵.
例1　[2024·浙江1月選考] 磁電式電表原理示意圖如圖所示,兩磁極裝有極靴,極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱.極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向,兩者之間有可轉動的線圈.a、b、c 和d為磁場中的四個點.下列說法正確的是 (　)
A.圖示左側通電導線受到安培力向下
B.a、b 兩點的磁感應強度相同
C.圓柱內的磁感應強度處處為零
D.c、d 兩點的磁感應強度大小相等
例2　[2024·舟山模擬] loffe-Prichard磁阱常用來約束帶電粒子的運動.如圖所示,在xOy平面內,在以坐標原點O為中心、邊長為L的正方形的四個頂點上垂直于平面放置四根通電長直導線,電流大小相等,方向已標出,“×”表示電流方向垂直于紙面向里,“·”表示電流方向垂直于紙面向外.已知電流為I的無限長通電直導線在與其距離為r處的圓周上產生的磁場的磁感應強度大小為B=k,k為比例系數.下列說法正確的是(　)
A.導線2、4相互排斥,導線1、2相互吸引
B.導線1、4在O點產生的合磁場的方向沿x軸負方向
C.導線2、4對導線1的作用力大小是導線3對導線1的作用力大小的2倍
D.導線2、3在O點產生的合磁場的磁感應強度大小為
【技法點撥】
通電導線產生的磁場疊加問題是浙江選考的熱門話題.第一步利用右手螺旋定則把磁場方向畫出來,第二步根據矢量疊加原理作出合成后的磁場.有時利用同向電流相互吸引的結論來解題會事半功倍,而有些問題需要聯立方程求解,務必要有耐心.
【遷移拓展】
1.利用手機中的磁傳感器可測量埋在地下的水平高壓直流長直電纜的深度.在手機上建立了空間直角坐標系Oxyz后保持手機方位不變,且Oz始終豎直向上,如圖甲所示.電纜上方的水平地面上有E、F、G、H四個點,如圖乙所示.EF、GH長均為1.8 m且垂直平分.將手機水平貼近地面,電纜通電前將各分量調零,以消除地磁場的影響,通電后測得四點的分量數據見下表,其中BxG=BxH.關于電纜中電流的方向和電纜距離地面的深度,下列判斷正確的是(　)
位置 Bx/μT By/μT Bz/μT
G BxG 0 0
H BxH 0 0
E 8 0 6
F 8 0 -6
A.電纜中電流沿+y方向,電纜距離地面的深度為1.2 m
B.電纜中電流沿+y方向,電纜距離地面的深度為2.4 m
C.電纜中電流沿-y方向,電纜距離地面的深度為1.2 m
D.電纜中電流沿-y方向,電纜距離地面的深度為2.4 m
2.[2024·溫嶺模擬] 由均勻的電阻絲制成半徑為r的圓形導線框,存在垂直于導線框平面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B,將P、Q兩點接入如圖所示的電壓恒定的電源兩端,通電時電流表示數為I,則線框所受的安培力大小為 (　)
A.BIr B.BIr
C.BIr D.πBIr
題型2　帶電粒子在勻強磁場中的運動
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.常用公式
qvB=m,Ek=mv2=,I==;
r==,T==,f==.
2.運動時間的確定:t=T(由此式可知,α越大,粒子在磁場中運動時間就越長).圓心角α總是與速度的偏轉角相等.
3.對稱性的應用
(1)粒子從直線邊界射入磁場,再從這一邊界射出時,入射速度方向及出射速度方向兩者與邊界的夾角相等.
(2)粒子沿徑向射入圓形磁場區域時,必沿徑向射出磁場區域.
帶電粒子在直線邊界磁場中的運動
例3　如圖所示,MN上方存在著無限大的、磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場,質量為m、帶電荷量為-q(q>0)的粒子1在紙面內以速度v1=v0從O1點射入磁場,其方向與MN的夾角α=30°;質量為m、帶電荷量為+q的粒子2在紙面內以速度v2=v0從O2點射入磁場,其方向與MN的夾角β=60°,O1、O2之間距離為.已知粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點(圖中未畫出),不計粒子的重力及粒子間的相互作用.
(1)求兩粒子在磁場邊界上的出射點A、B之間的距離d;
(2)求兩粒子進入磁場的時間間隔Δt;
(3)若MN下方有平行于紙面的勻強電場,且兩粒子在電場中相遇,其中的粒子1做勻加速直線運動,問粒子2做什么運動 并求電場強度E.
規范答題區 自評項目 (共100分) 自評 得分
書寫工整無涂抹(20分)
有必要的文字說明(20分)
使用原始表達式、無代數過程(30分)
有據①②得③等說明(10分)
結果為數字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動
例4　[2024·麗水模擬] 如圖所示,在半徑為R的圓內有垂直于紙面向里的勻強磁場,現有a、b兩個粒子分別從P點沿PO方向垂直于磁場射入,a粒子從A點離開磁場,速度方向偏轉了90°,b粒子從B點離開磁場,速度方向偏轉60°,兩粒子在磁場中運動的時間相等.不計粒子的重力及粒子間的相互作用力.下列說法中正確的是(　)
A.a粒子帶正電
B.a、b兩粒子在磁場中運動的周期之比為1∶3
C.a、b兩粒子的比荷之比為2∶3
D.a、b兩粒子在磁場中運動的速度之比為∶2



【技法點撥】
帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題的四個結論
(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)當速度v一定時,弧長(或弦長)越長或者圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長.
(3)當速率v變化時,圓心角越大,則運動時間越長.
(4)在圓形勻強磁場中,當軌跡圓的半徑大于磁場圓的半徑、且入射點和出射點位于磁場圓同一直徑的兩個端點時,軌跡對應的偏轉角最大,運動時間最長.
【遷移拓展】
1.(不定項)如圖所示,在直角坐標系xOy中,x>0空間內充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場(其他區域無磁場),在y軸上有到原點O的距離均為L的C、D兩點.帶電粒子P(不計重力)從C點以速率v沿x軸正方向射入磁場,并恰好從O點射出磁場;與粒子P相同的粒子Q從C點以速率4v沿紙面射入磁場,并恰好從D點射出磁場,則 (　)
A.粒子P帶正電
B.粒子P在磁場中運動的時間為
C.粒子Q在磁場中運動的時間可能為
D.粒子Q在磁場中運動的路程可能為
2.(不定項)如圖所示,半徑為R的圓形區域外有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,圓形區域內無磁場,半徑OM與半徑ab垂直.一帶電粒子從M點沿半徑方向射出圓形區域,粒子在速度為v0,比荷為,若只考慮洛倫茲力,則 (　)
A.粒子在磁場中運動軌跡的半徑為2R
B.粒子第一次回到M點所用的時間為
C.若粒子帶正電,則粒子從a點進入圓形區域
D.粒子帶負電時第一次回到M點所用的時間比帶正電時的短
題型3　動態圓和收集粒子問題
　　　　　 　　　　　 　　　　　
放縮圓問題
適用 條件 速度方向一定,速度大小不同 粒子源發射速度方向一定、速度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,從而探索粒子的臨界條件,這種方法稱為“放縮圓”法
例5　[2024·慈溪模擬] 如圖所示,邊長為L的正方形區域abcd中充滿勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里.一帶電粒子從ad邊的中點M垂直于ad邊以一定速度射入磁場,僅在洛倫茲力的作用下運動,正好從ab邊中點N射出磁場.下列說法正確的是 (　)
A.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍,則粒子將從b點射出
B.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍,則粒子在磁場中運動的時間也增大為原來的2倍
C.若磁感應強度增大為原來的2倍,則粒子將從a點射出
D.若磁感應強度增大為原來的2倍,則粒子在磁場中運動的時間也增大為原來的2倍

旋轉圓問題
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,這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同,若射入速度大小為v0,則圓周運動的半徑R=
軌跡圓圓心共圓 如圖所示,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=的圓上
界定方法 將半徑R=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
例6　(不定項)[2024·紹興模擬] 如圖所示,在0≤x≤b、0≤y≤a的長方形區域中有一磁感應強度大小為B的勻強磁場,磁場的方向垂直于xOy平面向外.坐標原點O處有一個粒子源,在t=0時刻發射大量質量為m、電荷量為+q的帶電粒子,它們的速度大小相同,速度方向均在xOy平面內,與y軸正方向的夾角在0~90°范圍內均勻分布.已知粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,t1時刻最先從磁場上邊界MN飛出的粒子經歷的時間為,從發射粒子到粒子全部離開磁場經歷的時間為.不計粒子的重力及粒子間的相互作用,則 (　)
A.粒子射入磁場的速度大小v=
B.長方形區域的邊長滿足關系=2
C.t1時刻仍在磁場中的粒子數與粒子源發射的總粒子數之比為
D.t1時刻仍在磁場中的所有粒子均處在以O點為圓心、a為半徑的圓周上
平移圓問題
適用 條件 速度大小一定、方向一定,入射點不同但在同一直線上 粒子源發射速度大小、方向一定、入射點不同但在同一直線上的帶電粒子,這些帶電粒子進入勻強磁場時,做勻速圓周運動的半徑相同,若射入速度大小為v0,則圓周運動的半徑R=
軌跡圓圓心共線 如圖所示,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線
界定 方法 將半徑R=的圓進行平移,從而探索粒子的臨界條件,這種方法稱為“平移圓”法
例7　(不定項)如圖所示,在平面等腰直角三角形ACO區域內存在一垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小為B.大量帶正電的粒子先后以速度v0垂直于OC邊從不同位置射入磁場,有些粒子能在邊界AO上相遇.已知OC>.粒子質量為m、電荷量為q,不計粒子重力,不考慮各粒子之間的相互作用.下列判斷正確的是 (　)
A.磁場方向垂直于紙面向外
B.磁場方向垂直于紙面向里
C.相遇的粒子入射時間差的最大值為
D.相遇且入射時間差最大的兩粒子入射點之間的距離為
聚焦圓問題
適用 條件 速度大小一定,方向平行 粒子源發射速度大小一定、方向平行的帶電粒子進入圓形區域的勻強磁場時,區域圓與軌跡圓的半徑相同,若射入速度大小為v0,則圓周運動的半徑為R=
軌跡圓圓心共圓 如圖所示,帶電粒子射出磁場時交于磁場圓上某一點A,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以聚焦點A為圓心、半徑R=的圓上
界定 方法 對準區域圓的圓心入射時背離圓心離開,從而得到聚焦點,這種方法稱為“聚焦圓”法
例8　[2024·溫州中學模擬] 某裝置可用于研究帶電粒子的運動軌跡,其原理如圖所示.在x軸上方存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場(未畫出).x軸下方有一個半徑為R的圓形區域磁場,磁場方向垂直于xOy平面向外,磁感應強度大小為B,圓形區域的圓心為y軸上的A點,區域邊界過坐標原點O.位于x軸正半軸的絕緣板MN中心有一小孔,孔徑大小可以調整,小孔右端D點橫坐標為L,板厚度可以忽略.圓形區域磁場左側有一個粒子發射裝置S,可以發射一束速度方向平行于x軸的粒子流,粒子在y軸方向均勻分布,粒子的質量為m,電荷量為-q(q>0),粒子束的寬度為2R.已知速度方向對準A點的粒子經過磁場后剛好從坐標原點射出并從D點射入第四象限.不計粒子的重力及粒子間的相互作用.
(1)求該粒子流的速度;
(2)求入射位置與x軸距離為的粒子第一次經過x軸時與y軸正方向的夾角;
(3)求x軸上方磁場的磁感應強度;
(4)若粒子束中有一半粒子能從板上的小孔通過,則小孔的寬度為多少
【遷移拓展】
1.一種粒子探測器的簡化模型如圖所示.圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場,PQ過圓心,平板MQN為探測器,整個裝置放在真空環境中.所有帶電離子都從P點沿PQ方向射入磁場,忽略離子重力及離子間相互作用力.對于能夠打到探測器上的離子,下列說法正確的是 (　)
A.打在Q點左側的離子帶正電
B.打在MQN上離Q點越遠的離子,入射速度一定越大
C.打在MQN上離Q點越遠的離子,比荷一定越大
D.入射速度相同的氫離子和氘離子,打在MQN上的位置更靠近Q點是氘離子
2.(不定項)如圖所示,在直角坐標系xOy的第一象限內x軸上方存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場,在y軸上S處有一粒子源,它可向右側紙面內各個方向射出速率相等、質量大小均為m、電荷量大小均為q的同種帶電粒子,所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點.已知粒子帶負電,==d,粒子重力及粒子間的相互作用均不計,則 (　)
A.粒子的速度大小為
B.從O點射出的粒子在磁場中運動的時間為
C.從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為9∶2
D.沿平行于x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為
3.如圖所示,大量質量為m、帶電荷量為q的離子通過寬度為d的狹縫,沿著與邊界垂直的方向進入磁感應強度大小為B的勻強磁場中,已知離子進入磁場的速度大小v=,不考慮離子間的相互作用和離子的重力,則離子在磁場中能經過的區域的面積是 (　)
A.d2 B.d2
C.d2 D.d2
參考答案與詳細解析
題型1
例1　A　[解析] 根據左手定則可知,左側通電導線所受安培力向下,選項A正確;a、b兩點的磁場方向不同,所以磁感應強度不同,選項B錯誤;磁感線是閉合的曲線,所以極靴和圓柱內都有磁感線,磁感應強度不為零,選項C錯誤;c、d兩點附近的磁感線密集程度不同,磁感線越密集則磁場越強,所以c點的磁感應強度更大,選項D錯誤.
例2　C　[解析] 導線2、4中電流方向相同,兩者相互吸引,導線1、2中電流方向相反,兩者相互排斥,故A錯誤;根據通電直導線電流激發出的磁場的特點,結合安培定則與磁場疊加原理,可知導線1、4在O點產生的合磁場的方向沿x軸正方向,故B錯誤;導線2、4在導線1處產生的合磁場的磁感應強度為B24=2×cos 45°=,導線3在導線1處產生的磁場的磁感應強度為B31=k=,由于B24=2B31,所以導線2、4對導線1的作用力大小是導線3對導線1的作用力大小的2倍,故C正確;導線2在O點產生的磁場的磁感應強度大小為B2=k,方向由O指向3,導線3在O點產生的磁場的磁感應強度大小為B3=k,方向由O指向2,則導線2、3在O點產生的合磁場的磁感應強度大小B23=B2cos 45°+B3cos 45°=,故D錯誤.
【遷移拓展】
1.A　[解析] 由題中數據可知,E、F兩點處沿x方向的磁感應強度大小相等,方向均沿+x方向,沿z方向的磁感應強度大小相等,但E點處沿+z方向,F點處沿-z方向,又知G、H兩點處沿y、z方向的磁感應強度分量均為零,可知E、F點的位置如圖甲所示,G、H兩點在EF的中垂線上,故電纜中電流沿+y方向;將F點處的磁感應強度分解,如圖乙所示,可得tan α==,又知EF長為L=1.8 m,由幾何關系可得tan α=,解得電纜距離地面的深度為h=1.2 m,故A正確.
2.C　[解析] 由圖可知圓形導線框的大圓弧部分與小圓弧部分并聯,兩段圓弧受安培力作用的等效長度相等,為L=r,電流表示數為I,由于大圓弧部分的電阻是小圓弧部分電阻的3倍,根據電路串并聯規律可得大圓弧部分與小圓弧部分的電流大小分別為I大=、I小=,故線框所受的安培力大小為F安=BI大L+BI小L=BIr,故C正確.
題型2
例3　(11分)(1)　(2)　(3)類平拋運動　
E=Bv0,方向與MN成30°角斜向右上方
[解析] (1)兩粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示,有
qv1B=m
qv2B=m (1分)
其中v1=v0,v2=v0
由幾何關系可知兩粒子在磁場邊界上的出射點A、B之間的距離d=2r1sin 30°+2r2sin 60°+ (1分)
聯立解得d= (1分)
(2)粒子1做圓周運動的圓心角θ1=
粒子1在勻強磁場中運動的時間t1=T (1分)
粒子2做圓周運動的圓心角θ2=
粒子2在勻強磁場中運動的時間t2=T (1分)
粒子做圓周運動的周期T= (1分)
由于粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點,所以兩粒子進入磁場的時間間隔Δt=t1-t2
聯立解得Δt= (1分)
(3)由于粒子1在電場中做勻加速直線運動,粒子1帶負電,所以電場方向與MN成30°角斜向右上方.
由幾何關系可知,粒子2射出磁場時速度方向垂直于電場方向,所以粒子2做類平拋運動. (1分)
根據運動的分解可得
dcos 30°=v1t+at2+at2 (1分)
dsin 30°=v2t (1分)
其中a=
聯立解得E=Bv0 (1分)
例4　D　[解析] a粒子進入磁場后向下偏轉,由左手定則可知a粒子帶負電,故A錯誤;a粒子在磁場中運動的時間ta=Ta,b粒子在磁場中運動的時間tb=Tb,由于兩粒子在磁場中運動的時間相等,即ta=tb,則a、b兩粒子在磁場中運動的周期之比為Ta∶Tb=2∶3,故B錯誤;粒子做勻速圓周運動的周期T=,可得=,則a、b兩粒子的比荷之比為∶=Tb∶Ta=3∶2,故C錯誤;如圖所示,由幾何關系可得a粒子做勻速圓周運動的半徑為ra=R,b粒子做勻速圓周運動的半徑為rb=R,由qvB=m,可得v=,則a、b粒子在磁場中運動的速度之比為va∶vb=∶=∶2,故D正確.
【遷移拓展】
1.ABD　[解析] 粒子P從C點沿x軸正向進入磁場,受洛倫茲力而向上偏轉過O點,由左手定則可知,粒子P帶正電,故A正確;據題意可知粒子P在磁場中做半個圓周運動,則運動的軌跡半徑為R1=,運動的時間為t1==,故B正確;粒子Q與粒子P相同,粒子Q的速度為4v,由R=可知粒子Q做圓周運動的軌跡半徑為R2=4R1=2L,由于C、D距離為yCD=2L<2R2,故粒子Q不可能沿x軸正向進入磁場,粒子Q從C點進、從D點出對應兩種情況,軌跡如圖所示,設粒子Q從C點進入磁場時速度方向與y軸的夾角為θ,由幾何關系可知sin θ=,解得θ=30°,則兩種軌跡對應的圓心角分別為60°和300°,所以粒子Q運動的時間為t2==或t2==,運動的路程為s=·2L=或s=·2L=,故C錯誤,D正確.
2.BC　[解析] 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有qv0B=m,解得粒子在磁場中運動軌跡的半徑為r==R,故A錯誤;粒子的運動軌跡如圖所示,粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=,粒子從M點射出至第一次回到M點,粒子在磁場中運動的時間t1=T=,粒子在圓形區域內運動的時間為t2=,則粒子第一次回到M點所用的時間為t=t1+t2=,故B正確;若粒子帶正電,則根據左手定則可知,粒子從a點進入圓形區域,故C正確;若粒子帶負電,則根據左手定則可知,粒子運動軌跡與帶正電的軌跡重疊,運動方向相反,所以第一次回到M點所用的時間不變,故D錯誤.
題型3
例5　C　[解析] 作出粒子運動的軌跡如圖所示,由左手定則可知,粒子帶正電,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有Bqv=m,解得r=,T==,由圖可知,粒子運動的半徑r=L,運動的圓心角θ=90°,運動的時間t=T,若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍,則r'=2r=L,即粒子運動的半徑將增大為原來的2倍,由圖可知,粒子將從b點左側射出,由幾何關系可知cos θ'=,解得θ'=60°,即粒子在磁場中運動的圓心角變為原來的,而周期不變,由t=T可知,粒子在磁場中運動的時間減小為原來的,故A、B錯誤;若磁感應強度增大為原來的2倍,則r″=r=L,即粒子運動的半徑將減小為原來的,由圖可知,粒子將從a點射出,粒子在磁場中運動的圓心角變為原來的2倍,由T=可知,粒子在磁場中運動的周期變為原來的,由t=T可知,粒子在磁場中運動的時間與原來的相等,故C正確,D錯誤.
例6　AC　[解析] 最先從磁場上邊界中飛出的粒子在磁場中的偏轉角最小,對應的圓弧最短,可以判斷出是沿y軸方向入射的粒子,其運動的軌跡如圖甲所示,粒子運動軌跡對應的圓心角為θ=×360°=×360°=30°,由幾何關系可得R==2a,帶電粒子做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有qvB=m,解得粒子射入磁場的速度大小為v=,故A正確;在磁場中運動的時間最長的粒子其軌跡與磁場的邊界相切,如圖乙所示,設該粒子在磁場中運動的時間為t,依題意有t=,則粒子運動軌跡對應的圓心角為∠OCA=90°,設粒子的發射方向與y軸正方向的夾角為α,由幾何關系得Rsin α=R-a,解得α=30°,由圖可得b=Rsin α+Rcos α=a+a,則=1+,故B錯誤;豎直向上進入磁場的粒子用時t1離開磁場,斜向上進入磁場且從下邊離開磁場用時也是t1的粒子的運動軌跡如圖丙所示,軌跡的圓心為O3,軌跡對應的圓心角為β=30°,由幾何關系可知粒子的發射方向與x軸的夾角φ=15°,則t1時刻仍在磁場中的粒子數與粒子源發射的總粒子數之比為=,故C正確;t1時刻仍在磁場中的所有粒子因已完成的圓周運動的時間相同,則已運動的弧長相同,弦長相同,故所有粒子均處在以O點為圓心的圓弧上,圓弧過圖中的M、N點,圓弧的半徑為r=OM=ON=2Rsin =4asin 15°=(-)a,圓弧對應的圓心角為75°,不是圓周,故D錯誤.
甲
乙
丙
例7　BC　[解析] 由題知,有些粒子能在邊界AO上相遇,說明帶正電的粒子向AO偏轉,根據左手定則可知,磁場方向垂直于紙面向里,A錯誤,B正確;如圖所示,設粒子在B點相遇,粒子做圓周運動的半徑為r,當兩粒子的運動軌跡在AO處相切時入射時間差有最大值,此時兩粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角分別為θ=45°和α=135°,由洛倫茲力提供向心力得qv0B=m,周期T=,聯立可得r=,T=,則入射時間差的最大值為Δtm=t2-t1=T=,由幾何關系可知,相遇且入射時間差最大的兩粒子入射點之間的距離為Δx=DE=OD-OE=OO'+O'D-OE=,C正確,D錯誤.
例8　(1)　(2)30°　(3)　
(4)L
[解析] (1)速度方向對準A點的粒子經過磁場后剛好從坐標原點射出,由幾何關系可知,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r=R
由洛倫茲力提供向心力得qvB=m
解得v=
(2)作出入射位置與x軸距離為的粒子運行軌跡如圖甲所示
甲
由幾何關系可知r-rsin θ=
解得粒子第一次經過x軸時與y軸正方向的夾角θ=30°.
(3)速度方向對準A點的粒子從O點進入x軸上方磁場后打在D點,由幾何關系可知,粒子在x軸上方的磁場中做勻速圓周運動的半徑
由洛倫茲力提供向心力得qvB'=m
解得x軸上方磁場的磁感應強度B'=
(4)粒子束中有一半粒子能從板上的小孔通過,只能是粒子束中心線兩側各寬度范圍內入射的粒子通過小孔,畫出臨界情況下的粒子運動軌跡如圖乙所示
乙
由幾何關系得
r-rcos α=
2R'-2R'sin α=d
聯立解得d=L
【遷移拓展】
1.D　[解析] 由左手定則可知,帶正電的離子受到的洛倫茲力向右,所以打在Q點右側的離子帶正電,A錯誤;作出離子的運動軌跡如圖所示,由圖可看出只有從圓形磁場區域的下半圓射出的離子才能打到探測器MQN上,且軌跡半徑越小的離子離Q點越遠,由洛倫茲力提供向心力得qvB=m,解得r=,則比荷相同時v越小的離子或速度相同時比荷越大的離子,其軌跡半徑越小,離子離Q點越遠,B、C錯誤;入射速度相同的氫離子和氘離子,由于氘離子的比荷較小,則氘離子運動的軌跡半徑較大,故打在MQN上的位置更靠近Q點是氘離子,D正確.
2.AC　[解析] 粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點,如圖所示,其軌跡為軌跡1,可知SP為軌跡圓的直徑,由幾何關系知(2R)2=d2+(d)2,解得R=d,由洛倫茲力提供向心力,有m=qvB,解得v=,A正確;粒子運動的周期T==,從O點射出的粒子其軌跡為軌跡3,由幾何關系可知sin =,解得θ=60°,即軌跡所對的圓心角為60°,粒子在磁場中運動的時間t=T=,B錯誤;運動時間最長的粒子為運動軌跡與x軸相切的粒子,其軌跡為軌跡2,對應的圓心角為270°,則運動的最長時間t1=T,運動時間最短的粒子為從原點飛出的粒子,其軌跡為軌跡3,對應的圓心角為60°,則運動的最短時間t2=T,所以t1∶t2=9∶2,C正確;沿平行于x軸正方向射入的粒子做圓周運動的軌跡圓圓心在原點處,運動軌跡為四分之一圓,離開磁場時的位置到O點的距離為d,D錯誤.
3.B　[解析] 根據向心力公式和洛倫茲力公式得qvB=m,解得r=d,如圖所示,離子在磁場中能經過的區域的面積S=πd2+d2-2×-d2=d2,所以B正確,A、C、D錯誤.

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