2025版高考物理易错点透析讲义易错点10 带电粒子在磁场中的运动与临界问题（6陷阱点7考点4题型）（解析版）

这是一份2025版高考物理易错点透析讲义易错点10 带电粒子在磁场中的运动与临界问题（6陷阱点7考点4题型）（解析版），共43页。学案主要包含了安培力下的平衡，直线边界磁场，平行边界磁场，圆形边界磁场，环形磁约束，数学圆模型在电磁学中的应用等内容，欢迎下载使用。
01 易错陷阱
易错点一：电流磁场的叠加和安培定则的应用
易错点二：安培力的分析和平衡问题
易错点三：对洛伦兹力的分析不足
易错点四：带电粒子在磁场中运动的时间确定错误
易错点五：混淆磁偏转和电偏转
易错点六：不能正确分析带电粒子在磁场中的临界问题
02 易错知识点
知识点一、安培力下的平衡
知识点二、带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动模型
知识点三、直线边界磁场
知识点四、平行边界磁场
知识点五、圆形边界磁场
知识点六、环形磁约束
知识点七、数学圆模型在电磁学中的应用
模型一 “放缩圆”模型的应用
模型二 “旋转圆”模型的应用
模型三 “平移圆”模型的应用
模型四 “磁聚焦”与“磁发散”
03 举一反三——易错题型
题型一：安培力作用下的平衡与运动
题型二：带电粒子在有界磁场中的运动分析
题型三：带电粒子在磁场中的动态圆分析
题型四：“磁聚焦”与“磁发散”问题
04 易错题通关
易错点一：电流磁场的叠加和安培定则的应用
1.直流电流或通电螺线管周围磁场磁感线的方向都可以应用安培定则判定.
2.磁感应强度是矢量，叠加时符合矢量运算的平行四边形定则.
易错点二：安培力的分析和平衡问题
(1)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面。
(2)安培力的大小：应用公式F＝IlBsinθ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度l等于曲线两端点的直线长度。
(3)视图转换：对于安培力作用下的力学综合问题，题目往往给出三维空间图，需用左手定则判断安培力方向，确定导体受力的平面，变立体图为二维平面图。
(1)类似于力学中用功与能的关系解决问题，通电导体受磁场力时的加速问题也可以考虑从能量的观点解决，关键是弄清安培力做正功还是做负功，再由动能定理列式求解。
(2)对于含电路的问题，可由闭合电路欧姆定律求得导体中的电流，再结合安培力分析求解。
易错点三：对洛伦兹力的分析不足
1.若v∥B,带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F=0,
2.若ⅴ⊥B,此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向垂直，粒子在垂直于磁场方向的平面内运动.
(1)洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小.
(2)带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
易错点四：带电粒子在磁场中运动的时间确定错误
不能明确下图几种情形下的运动时间问题
易错点五：混淆磁偏转和电偏转
“电偏转”与“磁偏转”的比较
易错点六：不能正确分析带电粒子在磁场中的临界问题
（1）关注题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等关键词语，作为解题的切入点.
（2）关注涉及临界点条件的几个结论:
①粒子刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切；
②当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则粒子在有界磁场中运动的时间越长；
③当速度v变化时，圆心角越大，对应的运动时间越长.
知识点一、安培力下的平衡
1．安培力的方向
(1)用左手定则判断：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
(2)安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面。
(3)推论：两平行的通电直导线间的安培力——同向电流互相吸引，反向电流互相排斥。
2．安培力的大小
F＝IlBsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)。如图所示：
(1)I∥B时，θ＝0或θ＝180°，安培力F＝0。
(2)I⊥B时，θ＝90°，安培力最大，F＝IlB。
3.分析通电导体在磁场中平衡或加速问题的一般步骤
(1)确定要研究的通电导体。
(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体作受力分析。
(3)分析导体的运动情况。
(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。
知识点二、带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动模型
知识点三、直线边界磁场
直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图所示)
图a中粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－eq \f(θ,π))T＝(1－eq \f(θ,π))eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2mπ－θ,Bq)
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)
知识点四、平行边界磁场
平行边界存在临界条件，图a中粒子在磁场中运动的时间t1＝eq \f(θm,Bq)，t2＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θm,Bq)
图c中粒子在磁场中运动的时间
t＝(1－eq \f(θ,π))T＝(1－eq \f(θ,π))eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2mπ－θ,Bq)
图d中粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)
知识点五、圆形边界磁场
沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图所示)
粒子做圆周运动的半径r＝eq \f(R,tan θ)
粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,π)T＝eq \f(2θm,Bq)
θ＋α＝90°
1．圆形有界磁场问题（1）
2．圆形有界磁场问题（2）
知识点六、环形磁约束
知识点七、数学圆模型在电磁学中的应用
模型一 “放缩圆”模型的应用
模型二 “旋转圆”模型的应用
模型三 “平移圆”模型的应用
模型四 “磁聚焦”与“磁发散”
1．带电粒子的会聚
如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出．(会聚)
证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点发出的带电粒子必然经过B点．
2．带电粒子的发散
如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行．(发散)
证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．
题型一：安培力作用下的平衡与运动
【例1】（2024•海珠区校级模拟）如图所示，安装在固定支架（图中未画出）上的光滑绝缘转动轴OO'两端通过等长的轻质细软导线（导线不可伸长）连接并悬挂长为L、质量为m的导体棒ab，导体棒横截面的直径远远小于悬线的长度，空间存在辐向分布磁场（磁极未画出），导体棒摆动过程中磁场方向总是垂直于导体棒，导体棒所在处的磁感应强度大小均为B，开始时导体棒静止在最低点。现给导体棒通以方向向里的电流（电路未画出），若仅通过逐渐改变导体棒中的电流大小，使导体棒由最低点缓慢移动到悬线呈水平状态，则在这个过程中（ ）
A．悬线对导体棒的拉力先增大后减小
B．导体棒中的电流一直减小
C．转动轴OO'受到绳子在竖直方向的作用力一直不变
D．转动轴OO'受到绳子在水平方向的作用力先增大后减小
【解答】解：A、对导体棒进行受力分析，受到三个力作用，竖直向下的重力mg，始终垂直于半径即悬线方向安培力FA＝BIL，悬线沿半径指向转轴的拉力FT，设运动过程中悬线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件有：FT＝mgcsθ，导体棒从最低点缓慢移到最高点时，θ越来越大，则拉力FT越来越小，故A错误；
B、在沿垂直于悬线方向，由平衡条件有：FA＝mgsinθ，解得：I=mgsinθBL，θ越来越大，磁感应强度大小B和导体棒长度L不变，所以电流I越来越大，故B错误；
C、设转动轴对系统在竖直方向的作用力为Fy，根据平衡条件有：Fy=mg−FAsinθ=mg−mg(sinθ)2，可见随着θ越来越大，转动轴在竖直方向的作用力为Fy越来越小，故C错误；
D、设转动轴对系统在水平方向的作用力为Fx，根据平衡条件有：Fx=FAcsθ=mgsinθcsθ=12mgsin2θ，可见导体棒缓慢移到水平状态的过程中，θ由0增大到90°的过程中，当θ＝45°时，Fx最大，所以转动轴OO′在水平方向的作用力先增大后减小，故D正确。
故选：D。
【变式1-1】（2023•雁塔区校级模拟）如图a所示，一根用某种单一材料制成的均匀金属杆长为3L，用两根长L的电阻不计的轻质导线竖直悬挂在三等分点，导线与金属杆相接处接触良好，并将金属杆置于垂直纸面向里的匀强磁场中。导线的悬挂点间不加电压时，单根导线上的拉力为F，加上电压U后，单根导线上的拉力是2F。若把导线长度变成2L，如图b所示悬挂在金属杆两端，仍然加上电压U，则此时单根导线上的拉力是（ ）
A．22FB．4FC．42FD．8F
【解答】解：导线的悬挂点间不加电压时，单根导线上的拉力为F，可知金属杆的重力为2F，加上电压U后，单根导线上的拉力是2F，可知金属杆受到的安培力为2F，方向竖直向下，
导线长度变成2L后，可知导线与水平方向夹角为45°，设此时单根导线上拉力为T，则2Tsin45°＝4F，解得T＝22F，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【变式1-2】（多选）（2023•鲤城区校级一模）实验室里有三根等长细直通电导体棒a、b、c水平放置，如图所示，P、M、N分别是三根导体棒上的点且在同一竖直面内，导体棒b、c中的电流方向垂直纸面向里，导体棒之间的距离PM＝PN＝L，PM与PN之间的夹角为120°，导体棒b、c固定，导体棒a所受的重力G刚好与它所受的安培力的合力平衡，则下列说法中正确的是（ ）
A．导体棒a中的电流方向垂直纸面向里
B．导体棒b对c的安培力方向水平向左
C．导体棒b、c对导体棒a的安培力大小均为G2
D．导体棒b、c在P点产生的合磁场方向水平向右
【解答】解：A、导体棒a所受的重力G刚好与它所受的安培力的合力平衡，则b、c棒对a棒的力为斥力，根据异向电流相斥，所以a棒中的电流垂直直面向外，故A错误；
B、b、c棒中电流同向，同向电流相吸，所以导体棒b对c的安培力方向水平向左，故B正确；
C、PM与PN之间的夹角为120°，所以导体棒b、c对导体棒a的安培力大小均为G，故C错误；
D、根据安培定则，b棒在P处产生的磁场垂直与ab右下，c棒在P处产生的磁场垂直与ac右上，两棒在P处产生的磁场夹角为120°，所以导体棒在b、c在P点产生的合磁场方向水平向右，故D正确。
故选：BD。
【变式1-3】（多选）（2023•安康二模）竖直面内有一内壁光滑、半径为R的固定半圆柱形轨道，在半圆柱形轨道中放置两根长为L的通电直导线，其截面如图所示。O为半圆的圆心，导线a固定在O点正下方的C处，且通有大小为I0、方向垂直纸面向里的电流。当质量为m的导线b中通入大小为I1（未知）的电流时，刚好能静止在与圆心等高的A点。已知导线a中电流在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小为B＝kI0r（k为大于零的常量，r为该点到导线a的距离），由于导线b的质量发生变化或者两导线电流大小发生变化，导线b沿着轨道缓慢下降到D点，并在D点重新平衡。已知∠COD＝60°，则下列说法正确的是（ ）
A．导线b中电流的方向垂直于纸面向外，且位于A点时，电流的大小为I1=2mgRkI0L
B．若导线b的质量不发生改变，则导线b在D处受到轨道的支持力等于在A处受到的支持力
C．可能仅是导线b的质量变为2m
D．可能仅是两导线电流的乘积减小为原来的22
【解答】解：A、导线b在A点受力分析，如下图所示：
由图可知，b导线受到a导线的斥力处于平衡状态，根据异向电流相互排斥，可知b导线电流方向垂直于纸面向外，由几何关系可得安培力F=2mg，支持力N＝mg
设a导线在A点产生的感应强度为B0，则B0=kI02R，则可得安培力大小F=B0I1L=kI0I1L2R，联立方程可得b导线中的电流I1=2mgRkI0L，故A错误；
B、若导线b的质量不发生改变，则导线b在D处受力分析如下图所示：
已知∠COD＝60°，根据几何关系，可知支持力N1＝mg，所以N＝N1，故B正确；
C、若只有b导线的质量改变，设质量为m′，受力分析不变，如上图所示，由几何关系，可得F1＝m′g，设a导线在D点产生的感应强度B1，则B1=kI0R，安培力大小F1=B1I1L=kI0I1LR，联立方程，可得m′＝2m，故C正确；
D、若b导线的质量不变，则导线b在D点处所受安培力F2＝mg，由以上分析可知F2=kI0'I1'LR=mg，F=kI0I1L2R=2mg，两式联立，可得两导线的电流的乘积之比为I0'I1'I0I1=2mg×2RkLmgRkL=21=2，故D错误。
故选：BC。
题型二：带电粒子在有界磁场中的运动分析
【例2】（2023•东莞市校级模拟）如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点以大小为v0、方向与竖直方向成θ角斜向下的初速度垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，最后从边界上的N点射出磁场。已知磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子受到的重力，则M、N两点间的距离为（ ）
A．mv0csθqBB．mv0sinθqB
C．2mv0csθqBD．2mv0sinθqB
【解答】解：设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律：qv0B=mv02r
根据几何关系可知，M、N两点间的距离：d＝2rcs（90°﹣θ）
联立解得：d=2mv0sinθqB，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【变式2-1】（多选）（2024•石家庄二模）利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域外有垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。有一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点沿半径射入圆形区域，粒子n次穿越圆形区域边界（不包括经过P点）后又回到P点，此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2π，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．n的最小值为2
B．n＝3时，粒子速度大小为3qBRm
C．n＝4时，粒子从P出发到回到P点的时间为23πm5qB
D．粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为2πn
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，因为粒子n次穿越圆形区域边界（不包括经过P点）后又回到P点，此过程中粒子与圆心O的连线转过角度为2π，画出粒子运动轨迹示意图如图所示。
则知n的最小值为2，故A正确；
B、当n＝3时，粒子圆心间的连线构成圆边界的外切正方形，根据几何关系可知粒子的轨迹半径为：r＝R
根据洛伦兹力提供向心力，有
qvB=mv2r
解得粒子速度大小为：v=qBRm，故B错误；
C、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=2πrv=2πmqB
当n＝4时，粒子从P点出发又到回到P点的时间为：t=(3×180°−72°360°+2×180°+72°360°)T
解得：t=23πm5qB，故C正确；
D、根据几何关系可知，粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为2πn+1，故D错误。
故选：AC。
【变式2-2】（多选）（2023•湖北模拟）如图所示，在边长为L的等边三角形内分布着垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，在三角形的中心有一个点状的粒子源O，它可沿平行纸面的各个方向发射质量为m，电荷量为+q，速率为3qBL6m的同种粒子。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．有部分粒子能够击中三角形的顶点
B．粒子在磁场中运动的最短时间为πm3qB
C．粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB
D．若磁感应强度大于2B，所有粒子均不能射出三角形区域
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝mv2r，已知：v=3qBL6m，可得圆周运动的半径：r=mvqB=36L
由等边三角形的几何知识可知O点到各个顶点的距离为33L，此距离等于2r，假设粒子能够击中顶点，粒子的轨迹为半个圆周，显然粒子将从边界先射出，故无法击中顶点，故A错误；
B、当粒子在边界上的出射点与O的连线垂直于出射点所在边界时，轨迹圆弧的弦最短，轨迹圆心角最小，运动时间最短，轨迹如图1所示。
由等边三角形的几何中心为高的三等分点，可得最短弦长为13Lsin60°=36L=r，可得此轨迹圆心角：θ=π3
粒子在磁场中运动周期为T=2πrv=2πmqB，故最短时间tmin=θ2πT=πm3qB，故B正确；
C、运动时间最长的粒子运动轨迹如下图中自O点经M点运动至P点的劣弧OMP，则运动最长时间小于半个周期，而半个周期为πmqB，故C错误；
D、所有粒子均不能射出三角形区域，临界条件为轨迹圆和三角形的边相切，此时半径为r2，由r=mvqB，可知磁感应强度应至少为原来的两倍，故D正确。
故选：BD。
【变式2-3】（2024•盐城三模）如图所示，在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源（图中未画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为qm的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子速度的最大值为2qBRm
B．粒子速度的最大值为qBR4m
C．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为127πm90qB（不考虑粒子再次进入磁场的情况）
D．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为4πm3qB（不考虑粒子再次进入磁场的情况）
【解答】解：AB、根据洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r
解得：r=mvqB
可知速度最大时，半径最大，当轨迹与大圆相切时，半径最大，如图所示
根据几何关系可得：（2R﹣r）2＝R2+r2
联立解得：r=34R，v=3qBR4m，故AB错误；
CD、某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，即粒子速度最大时，根据几何关系有
tan∠ACD2=Rr=43
解得其在磁场中运动的时间为
t=360°−∠ACD360°×2T=127πm90qB
故C正确；D错误。
故选：C。
题型三：带电粒子在磁场中的动态圆分析
【例3】（多选）（2024•青山湖区校级模拟）如图所示，足够长的荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v=qBdm，电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为n，则（ ）
A．粒子能打到板上的区域长度为23d
B．打到板上的粒子数为12n
C．从粒子源出发到板的最短时间为πm2qB
D．同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为7πm6qB
【解答】解：A．粒子受到的洛伦兹力充当向心力
R=mvqB=mqB⋅qBdm=d
粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图1
图1
设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为3d，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(3+1)d，故A错误；
B．根据以上分析可知有一半的粒子能达到极板上，粒子源发射粒子的总个数为n，则打到板上的粒子数为12n，故B正确；
CD．在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意如下图2
图2
粒子做整个圆周运动的周期
T=2πdv=2πmqB
由几何关系可知，最短时间
t2=16T=πm3qB
粒子在磁场中最长时间
t1=34T=3πm2qB
所以
Δt=t1−t2=7πm6qB，故C错误，D正确。
故选：BD。
【变式3-1】（多选）（2023•道里区校级三模）如图，长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场中（磁场空间足够大、图中未画出），磁感应强度为B。挡板左侧O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为+q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知图中初速度与ON夹角为60°发射的粒子恰好经过N点，ON=3a，ON⊥MN。不计粒子重力，不考虑粒子的反弹和粒子间的相互作用。则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为32a
B．挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a
C．粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的16
D．挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a
【解答】解：A、粒子轨迹如图1所示
由几何关系可知2Rsin60°=3a，可得粒子的轨迹半径为：R＝a，故A错误；
B、当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为θ，由几何关系可得Rsinθ+R=3a
可得sinθ=3−1，则挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为x=Rcsθ=a1−sin2θ=a1−(3−1)2=23−3a；故B错误；
C、要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中的轨迹1、3，由几何关系可知1、3的初速度夹角为α＝60°
则粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的n=60°360°=16，故C正确；
D．如上图粒子1打在MN上的点与O1N组成顶角为60°的等腰三角形，所以由几何关系可知板的右侧被粒子击中的竖直长度为y＝R＝a，故D正确。
故选：CD。
【变式3-2】（多选）（2023•贵州模拟）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，其边界如图所示，磁场的磁感应强度大小为B，半圆形边界的半径为R，O为半圆的圆心，ab是半圆的直径，边界上c点到a的距离为R，a、b、c、O在同一直线上，从c点沿垂直边界、垂直磁场向上射出速度大小不同的质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子均能从圆弧（含a、b点）上射出磁场，不计粒子的重力和粒子间作用，则能从圆弧边界射出的粒子（ ）
A．粒子速度大小范围为qBR2m≤v≤3qBR2m
B．粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短
C．从圆弧面射出后能到达b点的粒子速度大小可能为qBRm
D．从圆弧面射出后经过O点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
【解答】解：A、分析可知粒子恰好从a点射出，粒子有最小速度；恰好从b点射出，则粒子有最大速度；由几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的最小半径和最大半径分别为rmin=R2，rmax=32R；由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r，解得v=qBrm；可得vmin=qBR2m，vmax=BqBR2m，即粒子速度的取值范围为qBR2m≤v≤3qBR2m，故A正确；
C、从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，粒子做圆周运动的圆心一定在a点，轨道半径为R，则此种情况下根据洛伦兹力提供向心力：qBv=mv2R，粒子的速度大小为v=BqRm，故C正确；
B、如图乙所示
由图中几何关系可知，从圆弧面射出后能到达b点的粒子的运动轨迹所对应的圆心角最小，根据周期公式：T=2πmqB，所以粒子运动的时间为：t=θ2πT=θmqB，可知从圆弧面射出后能到达b点的粒子在磁场中的运动时间最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间并不越短，故B错误；
D、从圆弧面射出后经过O点的粒子的运动轨迹如图丙所示
由图可知粒子在磁场中做圆周运动的半径小于R，故D错误。
故选：AC。
【变式3-3】（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，有一厚度不计的薄板MN水平固定放置，薄板长为2L。空间中存在范围足够大的、垂直于纸面水平向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源P位于薄板中心O的正上方L处，可在纸面内向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，所有粒子的速率相同，若粒子碰到薄板上表面（含左、右缓点）会被吸收，碰到下表面会被反弹，反弹前后粒子沿板方向的分速度不变，垂直于板的分速度等大反向，不计粒子重力及相互作用力，落到上板表面的电荷被导走，不会对其它粒子运动产生影响，与下板表面碰撞的粒子电量不变。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发射，则：
①直接打到板的上表面（含左，右端点）的粒子中，求运动的最长时间；
②粒子与薄板下表面碰撞一次后反弹，恰能返回P点，最终落到上表面，求该粒子发射的速度方向与竖直方向的夹角θ以及该粒子在磁场中运动的总路程。
【解答】解：（1）如图所示，粒子运动轨迹直径为L时，速度最小，如图所示：
则有：r0=L2
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2r0
解得：v=qBL2m；
（2）①若粒子以速率v=qBLm发射，轨迹半径为：r=mvqB=L
打到上表面不反弹的粒子中运动时间最长轨迹如图所示：
则最长时间为：t=34T=34×2πmqB=3πm2qB；
②粒子与薄板下表面碰撞一次后反弹，恰能返回P点，最终落到上表面，粒子从P点出发，打到下表面的O点反弹后回到P点的轨迹如图所示：
根据几何关系可得：2rsinθ＝L
所以：θ＝30°
运动的总路程为：s=360°−2θ360°×2πr+2πr=113πL。
题型四：“磁聚焦”与“磁发散”问题
【例4】（2023•涟源市二模）如图所示，在x轴的上方存在一个垂直xy平面向里、半径为R的有界匀强圆磁场，磁场的直径在y轴上，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一粒子源，可沿与x轴正方向成30°～150°范围内垂直磁场方向均匀发射速度大小相等、质量为m、带电量为e的电子，这些电子都能够打到右侧与y轴平行放置的屏MN上，被屏反弹后以原速率沿原方向返回，其中沿y轴正向射入的电子能够垂直打到屏上，屏的横坐标为3R。不计电子的重力和电子间的相互作用，求：
（1）电子射入磁场时的速度大小；
（2）电子打到屏MN上的长度；
（3）电子从O点出发到返回磁场右边界的最短时间。
【解答】解：（1）当沿y轴正向射入的电子能够垂直打到屏上，根据圆周运动的特点画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示：
由几何关系可得：r＝R
根据牛顿第二定律可得：
Bev=mv2r
解得：v=BeRm
（2）电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹的圆心分布在以O点为圆心，R为半径的圆上。电子以任意速度方向射入磁场时，其在磁场中的运动轨迹如图所示：
根据几何关系可知，电子离开磁场时的速度方向始终保持不变，为水平向右的方向，当一电子以与x轴成θ方向射入磁场，如图：
其水平射出磁场后打在MN屏上的纵坐标为
y＝R﹣Rcsθ
当θ＝30°时，电子打在MN屏的最低点，代入数据解得：
y1=2−32R
当θ＝150°时，电子打在MN屏的最高点，代入数据解得：
y2=2+32R
由此可知，电子打到屏上的长度为：
L=y2−y1=2+32R−2−32R=3R
（3）当电子从O点到返回磁场右边界的哭成最短时，电子从O点出发到返回磁场右边界的时间最短。当一电子以与x轴成θ方向射入磁场到返回到磁场右边界的路程为
s＝θR+2（3R﹣Rsinθ）
对上式求导可得：
s'＝R﹣2Rcsθ
令s'＝0，可得当θ=π3时，s最小，代入数据解得：
smin=(π3+3)R
故电子从O点出发到返回磁场右边界的最短时间为
tmin=sminv=(π+33)m3Be
【变式4-1】（2023•宁德模拟）如图所示，半径为R、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形磁场区域，右侧与y轴相切于C点，下侧与x轴相切于O点，感光板（足够大）与y轴的距离为1.5R。已知质量为m，电量为q的粒子过O点垂直于x轴射入，从C点垂直于y轴射出。不计粒子的重力。
（1）求该粒子速率v0；
（2）若在y轴与感光板之间充满垂直纸面的匀强磁场，求能使该粒子击中感光板的磁感应强度大小范围；
（3）现有大量速率为v0的同种粒子沿不同方向从坐标O点处射入磁场。若在y轴与感光板之间加沿y轴正方向E0=16qRB29m的匀强电场，求粒子打在感光板上的范围。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子从C点垂直于y轴射出，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝R
洛伦兹力提供向心力，由 牛顿第二定律得：qv0B＝mv02r
解得粒子的速率：v0=qBRm
（2）粒子进入y轴与感光板之间的匀强磁场后做匀速圆周运动，当粒子运动轨迹恰好与感光板相切时，粒子恰好打在感光板上，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得粒子的半径：r′＝1.5R
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B′＝mv02r'
解得：B'=23B
粒子能击中感光板的磁感应强度大小范围是B'≤23B
（3）大量速率为v0的同种粒子沿不同方向从坐标O点处射入磁场，因粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与圆形磁场区域半径相等，由几何关系分析可得，粒子离开磁场后都垂直于y轴进入电场。
粒子进入电场后在电场中做类平抛运动，则有：
在x轴方向：1.5R＝v0t
在y轴方向：y=12at2
由牛顿第二定律得：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围是2R≤y≤4R
【变式4-2】（2024•郫都区校级二模）如图所示，一半径为R的圆与x轴相切于原点O，圆内有直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大为B。与x轴垂直的竖直虚线与磁场最右端相切，其右侧的第Ⅰ象限内存在沿﹣y方向的匀强电场。现有一束比荷为qm的带正电粒子沿着+y方向从原点O射入磁场，粒子离开磁场时方向沿x轴正方向，进入电场后，经电场偏转打到x轴上坐标为（3R，0）的点，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入磁场时的速度；
（2）电场强度的大小；
（3）若仅使从O点射入的带电粒子初速度方向与﹣x轴方向成30°角，求粒子从O点出发到再次打到x轴上所用的时间。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹为14圆周，轨迹半径等于圆形磁场区域的半径R，由洛伦兹力提供向心力得：
qBv＝mv2R
解得：v=qBRm；
（2）粒子进入电场做类平抛运动，沿﹣y方向做匀加速直线运动，其位移大小等于R；沿+x方向做匀速直线运动，其位移大小等于3R﹣R＝2R，则有：
R=12at2
2R＝vt
由牛顿第二定律得：a=qEm
联立解得：E=qB2R2m；
（3）粒子运动轨迹如下图所示：
粒子的在磁场中轨迹半径与圆形磁场区域的半径相等，由几何关系可得，粒子在P点离开磁场时的速度方向沿x轴正方向，粒子由O到P做圆周运动的圆心角为180°﹣30°＝150°，粒子在磁场中的运动周期为：
T=2πRv=2πmqB
粒子在磁场中的运动周期为：
t1=150°360°×T=5πm6qB
粒子由P到M的过程做匀速直线运动，设此过程运动时间为t2，则有：
R﹣Rsin30°＝vt2
解得：t2=m2qB
粒子由M点进入电场，由M到N的过程做类平抛运动，设此过程运动时间为t3，沿﹣y方向做匀加速直线运动，其位移大小等于R+Rcs30°，则有：
R+Rcs30°=12at32
由牛顿第二定律得：a=qEm
联立解得：t3=4+23mqB
则粒子从O点出发到再次打到x轴上所用的时间为：
t＝t1+t2+t3=5πm6qB+m2qB+4+23mqB=(5π+3+64+23)m6qB。
【变式4-3】（2024•龙岩三模）如图所示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域的边界与x轴相切于原点O，与PM相切于A点，PM＝2R。PQ、MN间存在着匀强电场，MC＝R，MD=2R。现有一个质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以速率v0沿y轴正方向射入磁场，并经过A点打到了D点。离子到达MN上即被吸收，不计离子重力。
（1）求磁感应强度大小B；
（2）若其他条件不变，仅将该离子从O点以偏向y轴正方向左侧30°方向射入磁场，求离子在磁场中运动的时间t；
（3）若其他条件不变，将大量的上述离子从O点均匀向各个方向射入y＞0的区域，不计离子间的相互作用。求在CD区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例η。
【解答】解：（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示。
根据洛伦兹力提供向心力有 Bv0q＝mv02r
离子经过A点，根据几何关系有 r＝R
解得：B=mv0qR
（2）若其他条件不变，仅将该离子从O点以偏向y轴正方向左侧30°方向射入磁场，如图可知，离子在磁场中运动的圆心角为θ＝120
离子在磁场中运动的时间为t=120360T
周期为
T=2πRv0
解得：t=2πR3v0
（3）如图所示
由几何关系可知，离子射出磁场时速度均为水平方向，设打在C点的离子从磁场边界B点射出，在电场中做类平抛运动的水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝v0t＝R
y=12at2
从A点射出的离子打到了D点，有2R=v0t'
R=12at'2
联立可得：y=12R
设离子射入磁场时偏向y轴正方向角度为θ，由几何关系得sinθ=12RR=12
则θ＝30
所以在CD区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例为η=30180=16
（2023•定远县模拟）如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、Oʹ，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（ ）
A．x正向，mgILB．y正向，mgILcsθ
C．z负向，mgILtanθD．y负向，mgILsinθ
【解答】解：A、当磁场沿x正方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线不可能向右偏转，悬线与竖直方向的夹角θ＝0°，不符合题意，故A错误；
B、当磁场沿y正方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL＝mg，B=mgIL导线静止，悬线的拉力为零，故B错误
C、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件：BILRcsθ＝mgRsinθ，所以B=mgILtanθ，所以C正确
D、当磁场沿y负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL＝mg，B=mgIL导线静止，与竖直方向夹角θ＝0°，不符合题意，故D错误
故选：C。
（2023•弋阳县校级一模）如图所示，质量为m，长为L的金属棒MN两端用等长的轻质细线水平悬挂，静止于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．已知棒中通过的电流大小为I，两悬线与竖直方向夹角θ＝60°，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中的电流由N流向M
B．匀强磁场的磁感应强度B=3mg3IL
C．若仅改变磁场的方向，其他条件不变，则磁感应强度B的最小值为mg2IL
D．若仅改变磁场的方向，其他条件不变，则磁感应强度B的值可能为mgIL
【解答】解：A.由左手定则得金属棒中的电流由M流向N。故A错误。
B.由平衡条件得
mgtanθ＝BIL
解得：B=3mgIL，故B错误；
CD.若仅改变磁场的方向，其他条件不变，棒的受力情况如下
可知当安培力与拉力垂直时，安培力最小，即磁感应强度最小。则
mgsinθ＝BmIL
解得：Bm=3mg2IL
则磁感应强度范围为B≥3mg2IL，故C错误，D正确。
故选：D。
（2024•浑南区校级三模）如图所示，射线AB、AC为一足够大的匀强磁场区域的边界，内部磁场方向垂直纸面向里。两个质量相同且带异种电荷的粒子a、b以相同的速度先后从AB边上的D点垂直AB边射入磁场，两粒子运动的轨迹均与AC相切，忽略粒子受到的重力及粒子间的相互作用力，sin∠BAC＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．a粒子带负电
B．a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1
C．a、b两粒子所带的电荷量之比为1：4
D．b粒子在磁场中的轨迹直径等于两切点的距离
【解答】解：A、a粒子受洛伦兹力向左，根据左手定则可分析a粒子带正电，故A错误；
B、根据题意作出粒子的运动轨迹如图：
由sin∠BAC＝0.6可得：O2A=R2sin∠BAC=53R2
由几何知识可知，在△O1AC中，R1R1+R2+53R2=sin∠BAC
解得：R1＝4R2，所以a、b两粒子运动轨迹半径之比为4：1，故B错误；
C、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2R，解得：R=mvqB
所以有：qaqb=R2R1=14，故C正确；
D、设R1＝4R2＝4R，由几何知识可知两切点间的距离为：d＝AC﹣AE＝4R×43−R×43=4R＝R1，故D错误。
故选：C。
（2024•九龙坡区模拟）如图，静止在匀强磁场中的原子核A发生一次衰变后放出的射线粒子和新生成的反冲核均垂直于磁感线方向运动。已知大小圆半径和周期之比分别为n、k，且绕大圆轨道运动的质点沿顺时针方向旋转。设该过程释放的核能全部转化成射线粒子和反冲核的动能，已知该衰变前后原子核质量亏损为m，光速为c。下列说法正确的是（ ）
A．反冲核的动能为nn+kmc2
B．原子核A的原子序数是n+1
C．大圆是反冲核的运动轨迹
D．该匀强磁场的方向垂直于纸面向外
【解答】解：设射线粒子质量为 m1，反冲核质量为M，根据核反应过程中动量守恒可得：m1v1＝Mv2，在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2R，解得：R=mvqB
联立可知：R与q成反比，所以：q射q反=R小R大=1n，因为反冲核的电荷量大于射线的电荷量，所以反冲核的半径小，所以小圆是反冲核的轨迹，大圆是射线轨迹，根据大圆和小圆是内切圆，所以反冲核和射线电荷相反，因为原子核带正电，所以可知射线带负电，即发生β衰变，大圆顺时针旋转，带负电，所以根据左手定则，可得，磁场方向垂直纸面向里；
根据核能计算公式可得：E＝mc2，根据能量守恒可得：12m1v12+12Mv22=E
再根据T=2πmqB可得：m1M=q射T1q反T2，已知T1T2=k，联立可得：EM=kn+kmc2；
射线为β粒子，质量数为零，电荷数为1，所以反射核的电荷数为n，根据核反应电荷数守恒，所以原子核A的电荷数为n+1，所以原子序数为n+1；
所以，ACD错误，B正确。
故选：B。
（多选）（2024•长安区二模）如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的大小为B，边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为3L、L；大量均匀分布的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行边界Ⅱ的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的34，带电粒子的质量为m、所带电荷量为+q，忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动
B．带电粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB
C．刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为πm3qB
D．带电粒子的初速度大小为3qBL12m
【解答】解：A、由左手定则可知，带电粒子射入磁场的瞬间，带电粒子受到向上的洛伦兹力作用，则带电粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，故A错误；
B、带电粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB，带电粒子在磁场中转过半个圆周时，运动时间最长，则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t=T2=πmqB，故B正确；
D、作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开磁场的运动轨迹，如图所示。
依题意，从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的34，则图中的a、b、c为边界Ⅰ的四等分点，由几何关系可知，三角形区域的顶角为30°，a点到顶点的距离为34L
根据几何关系可得
34L=r+rsin30°
解得粒子轨迹半径为
r=312L
根据牛顿第二定律得
qvB=mv2r
解得：v=3qBL12m，故D正确；
D、由图可知，刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°，则该粒子在磁场中运动的时间为t′=120°360°T=13•2πmqB=2πm3qB，故C错误。
故选：BD。
（多选）（2024•新城区校级二模）如图所示，边长为a的正方形MNPQ区域内有一方向垂直正方形平面向里的匀强磁场，NP边上有一点S，SN=a4，两个质量相同、带等量异种电荷的粒子均从S点平行于MN方向射入磁场。带正电粒子甲与带负电粒子乙重力均不计，不考虑甲、乙两粒子间的作用，下列说法正确的是（ ）
A．若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，则甲与乙的初速度大小之比为1：2
B．若两粒子分别垂直MN、PQ边射出磁场，则甲与乙初速度之比为1：3
C．若两个粒子的初速度相同，则甲与乙在磁场中运动时间之比可能1：2
D．若两粒子在磁场中运动时间相等，则甲与乙的初速度大小之比一定为1：3
【解答】解：A、若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，设甲、乙粒子轨迹半径分别为r1和r2，如图所示：
根据几何关系有：
从M点射出的粒子：(r1−a4)2+a2=r12，
从Q点射出的粒子：(r2−3a4)2+a2=r22
分别解得：r1=178a，r2=2524a
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r
解得：r=mvqB
由于同一磁场，质量和电荷量都相同，
所以甲与乙的初速度大小之比为：v1v2=r1r2=5125，故A错误；
B、若两粒子分别垂直MN、PQ边射出磁场，则甲、乙粒子轨迹半径分别为r′1和r2′，由几何关系可得
r'1=a4，r2'=34a
根据洛伦兹力提供向心力，同理可：则甲与乙初速度之比为：v'1v'2=r'1r'2=13，故B正确；
C、若两粒子的初速度相同，由r=mvqB，可知两粒子的运动半径相同，当甲粒子的运动半径为a4时，它将垂直MN边射出，转过的圆心角为90°；
乙粒子将从NP边射出，转过的圆心角为180°；根据：T=2πmqB，可知两粒子在磁场中的周期相等，
所以甲与乙在磁场中运动时间之比为：t1t2=90°180°=12，故C正确；
D、当甲、乙两粒子都从NP边射出时，转过的圆心角均为180°，满足两粒子在磁场中运动时间相等，这种情况甲、乙两粒子的半径比不确定，所以甲与乙的初速度大小之比也不确定，故D错误。
故选：BC。
（2023•怀仁市校级二模）如图所示，圆心为O点、半径为R的圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场区域的右侧有两个水平放置、带等量异种电荷的平行金属板M、N，金属板的长度为3R，金属板间的距离为2R，两金属板左端的连线与磁场区域相切。圆周上A点有一粒子源，A点是金属板N的延长线与圆的切点，粒子源不断地沿纸面各个方向向磁场内发射质量均为m、带电荷量均为+q、速率均为v0的粒子。金属板的右侧32R处有一荧光屏PQ，荧光屏与金属板垂直，粒子打在荧光屏上发光并被吸收。已知从粒子源射出的初速度与OA夹角为30°的粒子在磁场中的偏转角为120°，且该粒子恰好通过两金属板右端连线上的S点，S点到金属板M、N的距离之比为3：1，不计粒子重力及粒子间的相互影响。
（1）求圆形区域内磁场的磁感应强度大小；
（2）求初速度与OA夹角为30°的粒子从A点射出至打在荧光屏上的运动时间及该粒子打到荧光屏上时的速度大小；
（3）若在荧光屏上以P点（在金属板M的延长线上）为原点，向下为正方向建立坐标轴x轴，求荧光屏上发光部分的坐标范围。
【解答】解：（1）初速度与OA夹角为30°的粒子的运动轨迹如图所示
设轨迹圆的圆心为O1，从磁场区域出射的出射点位C点，半径为r；
由题意可知∠AO1C＝120°，由几何关系可得：r＝R
且O1在圆形磁场区域的边界上，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
qv0B=mv02r
解得：B=mv0qR
（2）初速度与OA夹角为30°的粒子以与金属板平行的速度方向从C点离开磁场，匀速经过CD后，从D点进入偏转电场，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上的E点，该粒子在磁场中的运动时间为：t1=120°360°×2πrv0
解得：t1=2πR3v0
粒子离开C点后到打到荧光屏上过程中发生的水平位移为：d=R(1−sin60°)+3R+32R
发生这段位移所用的时间为：t2=dv0
联立解得：t2=(11−3)R2v0
该粒子运动的总时间为：t＝t1+t2
代入数据得：t=(2π3+11−32)Rv0
由几何关系可知，粒子沿电场方向的位移为：R(1+sin30°)−14×2R=R
设经过S点时沿电场方向的速度为vx，则有
水平方向：3R＝v0t
竖直方向：R=vx+02t
解得：vx=23v0
该粒子打到荧光屏上时的速度大小为：v=v02+vx2
代入数据得：v=133v0
（3）由几何关系可知，D点的x坐标为：xD＝2R﹣R（1+sin30°）
解得：xD=12R
则E点坐标为：xE=R2+R+32Rv0vx
解得：xE=52R
由题意可得，所有粒子离开磁场区域时速度方向都平行于金属板，在金属板间运动的时间相等，从右侧离开时，沿电场方向侧移量、速度均相等，故从金属板右侧离开的粒子分布在R的区域内，关于E点对称，所以荧光屏上发光区域的坐标范围为：
xE−12R≤x≤xE+12R
即为2R≤x≤3R
（2023•天津模拟）如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系O﹣xyz，另一底面中心O'点坐标为（0，0，1），圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。在磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边在xOy平面内，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出，区域内均匀分布一电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N，从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P和Q，圆心分别位于M点和N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ=−8mv02l2eR2，忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
（3）Q极板收集到电子区域的面积；
（4）若UPQ＜0且大小可调，求Q板收集到的电子数n与UPQ的关系。
【解答】解：（1）沿x轴正方向射入磁场的电子从M点射出，电子在磁场中做运动圆周运动的轨道半径r＝R
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B＝mv02r
解得磁感应强度大小：B=mv0eR
（2）从b、c两点射出的电子运动轨迹如图所示
由几何知识可知：sinα0.6RR=0.6，sinβ=0.8RR=0.8
电子在金属板间做类平抛运动，则l=12at2，Nc'=v0t
由牛顿第二定律得：﹣eUPQl=ma
解得：Nc'=0.5R，则x=−Nc'sinα＝﹣0.5R×0.6＝﹣0.3R，y=−Nc'csα＝﹣0.5R×0.8＝﹣0.4R
即从c点射出的电子打在金属板上的位置坐标是（﹣0.3R，﹣0.4R，l）
（3）由（2）同理可知，Q极板收集到电子区域为下图中圆弧区域
Q极板收集到电子区域的面积S=14πNc'2=14π×(0.5R)2=πR216
（4）当从b、c两点射出的电子恰好到达收集板边缘时，由（2）同理可得：UPQ=−2mv02l2eR2
①当UPQ≤−2mv02l2eR2时所有电子都能打在收集板上，n＝N
②当−2mv02l2eR2＜UPQ＜0时，假设坐标为z处射出的电子恰好到达收集板边缘，则z=12at2，R＝v0t
由牛顿第二定律得：﹣eUPQl=ma，则n=Nlz
解得：n=−eR2N2mv02l2UPQ
垂直电场线进入
匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入
匀强磁场(不计重力)
受力情况
电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
基本思路
图例
说明
圆心的确定
①与速度方向垂直的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心
P、M点速度垂线交点
P点速度垂线与弦的垂直平分线交点
某点的速度垂线与切点法线的交点
半径的确定
利用平面几何知识求半径
常用解三角形法：例：(左图)
R＝eq \f(L,sin θ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq \f(L2＋d2,2d)
运动时间的确定
利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间
①t＝eq \f(θ,2π)T
②t＝eq \f(L,v)
(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ
(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ180°时，φ＝360°－2α
正对圆心射入圆形磁场区域
正对圆心射出，两圆心和出（入）射点构成直角三角形，有tan∂2=Rr磁偏转半径r=Rtan∂2，根据半径公式r=mV0qB求解；时间t=∂mqB=∂Rν0。速度v越大→磁偏转半径r越大→圆心角α越小→时间t越短。若r=R，构成正方形。
不对圆心射入圆形磁场区域
两个等腰三角形，一个共同的底边
若r=R，构成菱形
临界圆
临界半径
r=R1+R22
r=R2−R12
勾股定理(R2-R1)2=R12+r2
解得：r=R2R2−2R1
适用条件
速度方向一定，大小不同
粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定
方法
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
适用条件
速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝eq \f(mv0,qB)。如图所示
轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq \f(mv0,qB)的圆上
界定
方法
将一半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
适用条件
速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝eq \f(mv0,qB)，如图所示
轨迹圆圆心共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行
界定方法
将半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法