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2020新课标高考物理二轮复习教师用书：第1部分专题3第2讲 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动
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第2讲 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动
考点1 磁场及其性质
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考试题可以看出，电流磁场的判断、磁场的叠加，磁场对通电导体的作用力是高考命题的热点。
❷预计2020年等级考可能会以磁场的性质及安培力作用下物体的运动为主。
1.(2019·全国卷Ⅰ·T17)如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为( )
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
B [设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确。]
2．(2018·浙江11月选考)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是( )
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
A [当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈Ⅱ平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误。]
3.(多选)(2018·全国卷Ⅱ·T20)如图所示，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则( )
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
AC [由对称性可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等且方向相同，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2，由磁场叠加原理有B0－B1－B2＝B0，B0－B1＋B2＝B0，联立解得B1＝B0，B2＝B0，所以A、C正确。]
■新储备·等级考提能·
1．磁场的叠加和安培定则应用的注意点
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则(如上T3)。
2．安培力的大小和方向
3．安培力作用下力学问题的解题思路
(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。
(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。
(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。
■新训练·等级考落实·
考向1 磁场及其叠加问题
1.(2019·皖江名校联考)直线电流周围空间各点的磁场强度的关系式为B＝k，其中I为直线电流强度的大小，x为空间各点到直线电流的垂直距离。在空间放置两相互平行的直导线，其间距为a，现在两导线中通有大小与方向均相同的电流，规定磁感应强度方向向外为正方向，则在0～a之间的合磁感应强度随x的变化规律符合下列图象中的( )
A [根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零。由于规定B的正方向为垂直纸面向外，所以A正确，BCD错误。]
2.(多选)(2019·名校学术联盟)正三角形ABC的三个顶点处分别固定有水平放置的长直导线，并通以如图所示方向的恒定电流，导线中的电流大小相等，三角形中心O点的磁感应强度大小为BO，已知通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比，则下列说法正确的是( )
A．O点处的磁感应强度方向竖直向下
B．B、C处两导线电流在O点产生的合磁场方向水平向左
C．B处电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为BO
D．将A处电流大小减半，则O点处的磁场磁感应强度大小为BO
BCD [根据安培定则可知，A处电流在O点产生的磁场BA，B处电流在O点产生的磁场BB和C处电流在O点产生的磁场BC，如图所示，由于导线中的电流大小相等，它们在O点处产生的磁感应强度的大小相等均为B1，根据平行四边形定则可知，O点处的合磁场的大小BO＝B1＋2B1cos ＝2B1，磁感应强度方向水平向左，解得B处电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为B1＝BO，故A错误，C正确；根据平行四边形定则可知，B、C处两导线电流在O点产生的合磁场方向水平向左，故B正确；将A处电流大小减半，根据通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比可得A处电流在O点产生的磁场大小变为BO，根据平行四边形定则可知，则O点处的磁场磁感应强度大小为BO，故D正确；故选B、C、D。]
考向2 安培力及力电综合问题
3.(2019·全国大联考)如图所示，水平导体棒PQ用一根劲度系数为k＝80 N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，PQ长度为L＝0.5 m，质量为m＝0.1 kg。当导体棒中通以大小为I＝2 A的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态。欲使导体棒下移2 cm后能重新处于静止状态，(重力加速度g取10 m/s2)则( )
A．通入的电流方向为P→Q，大小为1.2 A
B．通入的电流方向为P→Q，大小为2.4 A
C．通入的电流方向为Q→P，大小为1.2 A
D．通入的电流方向为Q→P，大小为2.4 A
C [由题意知通电后弹簧恢复到原长，说明安培力方向向上，由平衡条件可得ILB＝mg，代入数据解得磁感应强度大小B＝＝1 T。欲使导体棒下移2 cm后能重新处于静止状态，假设安培力方向向下，由平衡条件可得mg＋I′LB＝kx，解得：I′＝1.2 A，假设成立，此时通入的电流方向为Q→P，故C正确，A、B、D错误。]
4.如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止。则关于b在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是( )
A．方向向上
B．大小为
C．要使a仍保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移
D．要使b下移，a将不能保持静止
B [根据安培定则可知A正确；由图可知mg＝BIL知B＝，B错误；若减小b在a处的磁感应强度，那么F将减小，要使a仍保持静止，由图及受力分析可知b应上移，C正确；同理D正确。]
考点2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷的高考试题可以看出，带电粒子在有界匀强磁场中的运动是高考命题的热点，题型以选择题为主，难度适中。
❷预计2020年等级考考查重点仍为洛伦兹力提供向心力，轨迹半径和时间的计算及其相关知识。
1．(2019·全国卷Ⅲ·T18)如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A． B． C． D．
B [设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D均错误。]
2．(2019·全国卷Ⅱ·T17)如图所示，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k，则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A．kBl，kBl B．kBl，kBl
C．kBl，kBl D．kBl，kBl
B [电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，由几何关系有r＝l2＋，解得轨迹半径为rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确。]
3．(2019·全国卷Ⅰ·T24)如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
[解析] (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m ②
由几何关系知d＝r ③
联立①②③式得＝。 ④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝＋rtan 30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝ ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝(＋)。 ⑦
[答案] (1) (2)＋
■新储备·等级考提能·
1．对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，利用几何关系求半径(如上T2)。
r＋rcos θ＝d得r＝
当θ＝90°时
r＝d
r＋rsin θ＝d
得r＝
当θ＝90°时
r＝d
r＋＝d得r＝ d
r1＝d
L2＋(r2－d)2＝r
得r2＝
2.带电粒子在常见边界磁场中的运动规律
(1)直线边界
①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场。
②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π。
(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出。
如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布着水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1 T、方向垂直纸面向里。距离荧光屏h＝16 cm处有一粒子源S，以v＝1×106 m/s的速度不断地在纸面内向各个方向发射比荷＝1×108 C/kg的带正电粒子(不计重力)，则粒子打在荧光屏上的长度为( )
A．12 cm B．16 cm C．20 cm D．24 cm
[题眼点拨] ①“以v的速度不断在纸面内向各个方向发射”→所有粒子做圆周运动的轨迹半径都相等，并且这些圆周都过S点；②“粒子打在荧光屏上的长度”→(1)在P点左侧打到荧光屏上的粒子到P点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹直径确定；(2)在P点右侧打到荧光屏上的粒子到P点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹与MN相切确定。
C [粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝10 cm，当粒子的轨迹与荧光屏相切于D点时为临界情况，D点为粒子打到荧光屏上的最右边的点，找到圆心O(到S点的距离与到MN的距离均为r的点)，如图所示，由几何知识有x2＝＝8 cm，粒子打在荧光屏上最左侧的点记为C点，由几何知识有x1＝＝12 cm，故所求长度为x1＋x2＝20 cm，选项C正确。
]
反思：处理临界问题的常用方法
方法
放缩圆法
旋转圆法
图形
条件及界定方法
①适用条件
速度方向一定，大小不同
②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，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。
①适用条件
速度大小一定，方向不同
②界定方法
将一半径为R＝的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转圆法”。
■新训练·等级考落实·
考向1 带电粒子在直线边界磁场中的运动
1．(多选)(2019·山东聊城模拟)如图所示，从有界匀强磁场的边界上O点以相同的速率射出三个相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向与边界垂直，粒子b偏转后打在边界上的Q点，另外两个粒子打在边界OQ的中点P处，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A．粒子一定带正电
B．粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角
C．两粒子a、c在磁场中运动的平均速度相同
D．三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形
BD [如图，粒子往右偏转，根据左手定则，粒子带负电，故A错误；由几何知识得，粒子a、c均从P点射出，所以弧OP的对称弧与a粒子的轨迹半径相等，故a、b粒子与b、c粒子的射出的方向间的夹角相等，故B正确；a、c粒子位移相等，时间不等，故两粒子a、c在磁场中运动的平均速度不相同，故C错误；根据r＝，则速率相同的三个粒子在同一磁场中运动的轨迹半径相等，故连接三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形，故D正确；故选B、D。]
2．(多选)(2019·长春三校联考)如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xOy平面内，且对称分布在x轴两侧的30°角的范围内。在直线x＝a与x＝2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A．最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为
B．最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等
C．最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为（a，－）
ACD [沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30°，所以运动时间为×＝，故A正确；沿与x轴成30°角的两个方向的粒子同时进入磁场，沿与x轴成30°角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为120°，所以用的时间为×＝，弦长为s＝2×2asin 60°＝2a，粒子进入磁场的位置离x轴的距离为x＝atan 30°＝a，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置的纵坐标为s＋x＝2a＋a＝a，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为a，－，故B错误，C、D正确。]
考向2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动
3．(多选)(2019·云南保山联考)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，粒子a在磁场中的运动周期为Ta，粒子a在磁场中的运动时间为ta＝Ta，粒子b在磁场中的运动周期为Tb，粒子b在磁场中的运动时间为tb＝Tb，则下列说法正确的是( )
A．粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta＝Tb
B．粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta>Tb
C．粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系va＝vb
D．粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系va＝3vb
AC [根据T＝可知，两粒子在磁场中的运动的周期相同，选项A正确，B错误；设圆形磁场的半径为r，因ta＝Ta可知a在磁场中运动转过的角度是120°；由几何关系可知，运动半径ra＝rtan 30°＝；同理因tb＝Tb可知b在磁场中运动转过的角度是60°；由几何关系可知，运动半径rb＝rtan 60°＝r；根据r＝可知粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系＝＝，选项C正确，D错误；故选A、C。]
4．(多选)(2019·吉林长春联考)如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一带负电粒子以速度v0射入磁场区域，速度方向垂直于磁场且与半径方向的夹角为45°。当该带电粒子离开磁场时，速度方向刚好与入射速度方向垂直。不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该带电粒子的比荷为
C．该带电粒子在磁场中的运动时间为
D．若只改变带电粒子的入射方向，则其在磁场中的运动时间变短
BD [带负电的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：
从图象上可以看出该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点，故A错；由几何关系知，轨迹所对的圆心角为90°，且轨迹的圆心O′刚好在圆形磁场的边界上，所以轨迹的半径为r＝R，由qvB＝m可求得：＝，故B对；运动时间等于弧长除以速度，即t＝＝，故C错；由图可知，此时轨迹圆弧对应的弦长最长，等于磁场区域的直径，所以在磁场中运动时间也就最长，若改变入射角度，则运动时间变短，故D对。]
5．(易错题)(2019·调研卷9)如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射同种带电粒子，不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，这些粒子从某一段圆弧射出边界，这段圆弧的弧长是圆形区域周长的；若仅将磁感应强度的大小变为B2，这段圆弧的弧长变为圆形区域周长的，则等于( )
A． B． C． D．
C [从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的1/3，所以∠POQ＝120°；结合几何关系，有：r1＝Rsin 60°；洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB1＝m；联立解得：B1＝；同理，若仅将磁感应强度的大小变为B2，相应的弧长变为圆周长的1/4，所以∠POQ＝90°；结合几何关系，有：r2＝Rsin 45°；洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB2＝m；联立解得：B2＝；则＝，故选C。]
易错点评：分析粒子与磁场边界的最远交点是难点，最远点应为轨迹上直径与磁场边界圆的交点；所画几何草图不规范，不能突破半径是易错点。
考点3 带电粒子在复合场中的运动
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及浙江卷的高考试题可以看出，带电体在复合场中的运动是高考命题的热点和重点。一般结合场的知识考查常见的运动规律，如平抛运动及圆周运动，主要以压轴题的形式呈现。
❷预计在2020年的等级考中，可能会结合先进科技成果、生产生活实际命题。
1．(2018·浙江11月选考)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是( )
A．上板为正极，电流I＝
B．上板为负极，电流I＝
C．下板为正极，电流I＝
D．下板为负极，电流I＝
C [等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流。
根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有qvB＝q，解得稳定时电源的电动势E＝Bdv，则流过R的电流为I＝，而r＝ρ，S＝ab，则得电流大小为I＝，C正确。]
2．(2018·浙江11月选考)小明受回旋加速器的启发，设计了如图甲所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图乙所示的幅值为U0的交变电压，周期T0＝。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t＝0时刻，发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。
(1)若粒子只经磁场偏转并在y＝y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。
[解析] (1)探测器只能探测到沿x轴负向离开磁场的粒子，粒子带正电，由左手定则可知进入磁场后向左上方偏转，并在y轴垂直出射，由此判断轨迹圆心位于坐标原点，粒子在磁场内部的运动轨迹为圆周。则圆周运动的半径R＝y0，
粒子的初动能：Ek0＝。
(2)分下面三种情况讨论：
(ⅰ)如图1：Ek0>2qU0
由y＝，R0＝，R1＝，
和mv＝mv－qU0，
mv＝mv－qU0，
及x＝y＋2(R0＋R1)，
得x＝y＋＋；
(ⅱ)如图2，qU0
由－y－d＝，R0＝，
和mv＝mv＋qU0，
及x＝3(－y－d)＋2R0，
得x＝－3(y＋d)＋；
(ⅲ)如图3，Ek0
由－y－d＝，R0＝，
和mv＝mv－qU0，
及x＝(－y－d)＋4R0，
得x＝－y－d＋；
[答案] (1)x0＝y0，
(2)x＝y＋＋
x＝3(y＋d)＋
x＝－y－d＋
3．(2018·全国卷Ⅰ·T25)如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
[题眼点拨] (1)利用速度的分解和类平抛运动规律得出氕核H第一次进入磁场的位置到原点O的距离。(2)利用几何关系得出H的轨迹半径，运用洛伦兹力提供向心力列方程得出磁场的磁感应强度大小。(3)运用洛伦兹力提供向心力求出H的轨迹半径，利用几何关系得出氘核H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离。
[解析] (1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。
设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有
s1＝v1t1 ①
h＝a1t ②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1 ③
联立以上各式得
s1＝h。 ④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1 ⑤
设H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有
v′1＝ ⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv′1B＝ ⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1 ⑧
联立以上各式得B＝。 ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv ⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2 ⑪
设H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有
s2＝v2t2 ⑫
h＝a2t ⑬
v′2＝ ⑭
sin θ2＝ ⑮
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1 ⑯
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1 ⑰
所以出射点在原点左侧。
设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有
s′2＝2R2sin θ2 ⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s′2－s2＝(－1)h。 ⑲
[答案] (1)h (2) (3)(－1)h
■新储备·等级考提能·
1．带电粒子在电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理来求解，qU＝mv2－mv。对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd求解。
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动，可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动分解的方法来处理。
2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动。
3．带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：
(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律。在匀强磁场中，若速度与磁场垂直，做匀速圆周运动；若速度与磁场平行，做匀速直线运动。在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动(如上T3)。
(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理。
(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口。
如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
甲 乙
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
[题眼点拨] (1)“沿PQ向右做直线运动”→小球受力平衡。
(2)画出小球从刚过D点到再次通过D点的运动轨迹，由几何关系找出小球做匀速直线运动的位移大小与小球做匀速圆周运动的轨迹半径的关系。
(3)小球运动的周期最大→当圆弧轨迹与MN相切时。
[解析] (1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
(a)
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有
s＝
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角
θ＝2π－＝π
则t0＝
联立解得＝π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋＝(＋1)L
(b)
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝m
解得B0＝
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝。
[答案] (1) (2)π (3)
反思：带电粒子在叠加场中运动的处理方法
(1)弄清叠加场的组成特点。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
①若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。
②若受三种场力时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v的方向垂直。
③若三场共存时，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
■新训练·等级考落实·
考向1 带电粒子在组合场中的运动
1．(多选)(2019·西南名校联考)如图所示，边长为L的正方形虚线框内充满着垂直于纸面的匀强磁场，虚线AC及其上方的框内磁场方向向里，虚线AC下方的框内磁场方向向外，磁感应强度大小均为B。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直于磁场方向射入磁场，并分别从B、C两点离开磁场，设a、b两粒子在磁场中运动的时间分别为t1、t2。则下列说法中正确的是( )
A．粒子a一定带正电，粒子b一定带负电
B．v1∶v2可能等于1∶2
C．v1∶v2一定等于1∶1
D．t1∶t2可能等于3∶2
ABD [做出粒子可能的运动轨迹，结合左手定则可知：粒子a带正电，粒子b带负电，选项A正确；由题图，结合几何关系可知：r1＝L，r2＝L (n＝1、2、3、……)，由qvB＝m，解得v＝，则v1∶v2＝r1∶r2＝n∶2，故B正确，C错误；由图可知T＝，t1＝，t2＝n (n＝1、2、3、……)，则t1∶t2＝3∶2n(n＝1、2、3、……)，则D正确；故选A、B、D。]
考向2 带电粒子在叠加场中的运动
2．(多选)(2019·山东济南联考)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直于纸面向里。一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动。若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )
A．小球的动能减小
B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小
D．小球的机械能减小
ACD [带负电的小球在电磁场中做直线运动，小球共受到三个力作用：向下的重力G、向上的电场力F、向下的洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动。当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，因电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做负功，小球动能减小。电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大。重力对小球做正功，重力势能减小。故A、C、D正确，B错误。]
3.如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电圆环套在足够长的绝缘杆上，杆与环之间的动摩擦因数为μ，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向里，杆与场强方向的夹角为θ，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是( )
A．环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零
B．环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零
C．环在下滑过程中，速度不断增大
D．环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零
B [环受重力、电场力、洛伦兹力和杆的弹力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可知，加速度a1＝，当速度v增大时，加速度也增大，当速度v增大到弹力反向时，加速度a2＝，随速度v的增大而减小，当加速度减为零时，环做匀速运动，只有选项B正确。]
结合生活、生产实际和最新科技命题是近年高考命题的热点之一，特别是结合最新科技考查电磁场问题更是命题的新宠，如典例1中超导电磁船和典例2中新型回旋加速器。
[典例1] 超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图所示是电磁船的简化原理图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间的区域浸没在海水中并有垂直于纸面向里的匀强磁场(磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是( )
A．使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力
B．要使船前进，海水中的电流方向应从CD板指向AB板
C．同时改变磁场的方向和电源的正负极，推进力的方向将与原方向相反
D．若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流小于
D [AB与CD之间的海水与导体板和电源构成回路，海水通电后受到磁场对其向后的安培力的作用，根据牛顿第三定律可知，海水对磁场(实质是海水对超导电磁船)有向前的作用力，该力是使船前进的力，选项A错误；根据左手定则可知，要使船前进，海水中的电流方向应从AB板指向CD板，选项B错误；同时改变磁场的方向和电源的正负极，推进力的方向将与原方向相同，选项C错误；船在海水中前进时，AB与CD间可视为导体的海水做切割磁感线运动，则这部分海水中会产生反电动势E，故AB与CD间海水中的电流I＝<，选项D正确。]
[典例2] (2019·成都三模)一种改进后的回旋加速器如图所示，宽度忽略不计的窄缝间的加速电场场强大小恒定，电场被限制在A、C间，与A、C共线的两虚线之间无电场。一带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．加速电场的方向需要做周期性的变化
B．加速后粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
C．带电粒子每运动一周被加速一次
D．带电粒子每运动一周其轨道直径的变化量相等，即＝
C [粒子在A、C间做匀加速运动，在与A、C共线的两虚线之间做匀速直线运动，粒子每运动一周被加速一次，加速电场的方向不变化，选项A错误，C正确；由qvB＝m，得v＝，即加速后粒子的最大速度与D形盒的半径r成正比，选项B错误；因粒子每运动一周被加速一次，根据动能定理有qU＝mv－mv，得v2－v1＝，而带电粒子每运动一周直径的变化量Δd＝2(r2－r1)＝2（－）＝，即Δd随速度的增大而减小，>，选项D错误。]
考点1 磁场及其性质
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考试题可以看出，电流磁场的判断、磁场的叠加，磁场对通电导体的作用力是高考命题的热点。
❷预计2020年等级考可能会以磁场的性质及安培力作用下物体的运动为主。
1.(2019·全国卷Ⅰ·T17)如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为( )
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
B [设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确。]
2．(2018·浙江11月选考)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是( )
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
A [当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈Ⅱ平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误。]
3.(多选)(2018·全国卷Ⅱ·T20)如图所示，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则( )
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
AC [由对称性可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等且方向相同，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2，由磁场叠加原理有B0－B1－B2＝B0，B0－B1＋B2＝B0，联立解得B1＝B0，B2＝B0，所以A、C正确。]
■新储备·等级考提能·
1．磁场的叠加和安培定则应用的注意点
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则(如上T3)。
2．安培力的大小和方向
3．安培力作用下力学问题的解题思路
(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。
(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。
(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。
■新训练·等级考落实·
考向1 磁场及其叠加问题
1.(2019·皖江名校联考)直线电流周围空间各点的磁场强度的关系式为B＝k，其中I为直线电流强度的大小，x为空间各点到直线电流的垂直距离。在空间放置两相互平行的直导线，其间距为a，现在两导线中通有大小与方向均相同的电流，规定磁感应强度方向向外为正方向，则在0～a之间的合磁感应强度随x的变化规律符合下列图象中的( )
A [根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零。由于规定B的正方向为垂直纸面向外，所以A正确，BCD错误。]
2.(多选)(2019·名校学术联盟)正三角形ABC的三个顶点处分别固定有水平放置的长直导线，并通以如图所示方向的恒定电流，导线中的电流大小相等，三角形中心O点的磁感应强度大小为BO，已知通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比，则下列说法正确的是( )
A．O点处的磁感应强度方向竖直向下
B．B、C处两导线电流在O点产生的合磁场方向水平向左
C．B处电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为BO
D．将A处电流大小减半，则O点处的磁场磁感应强度大小为BO
BCD [根据安培定则可知，A处电流在O点产生的磁场BA，B处电流在O点产生的磁场BB和C处电流在O点产生的磁场BC，如图所示，由于导线中的电流大小相等，它们在O点处产生的磁感应强度的大小相等均为B1，根据平行四边形定则可知，O点处的合磁场的大小BO＝B1＋2B1cos ＝2B1，磁感应强度方向水平向左，解得B处电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为B1＝BO，故A错误，C正确；根据平行四边形定则可知，B、C处两导线电流在O点产生的合磁场方向水平向左，故B正确；将A处电流大小减半，根据通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比可得A处电流在O点产生的磁场大小变为BO，根据平行四边形定则可知，则O点处的磁场磁感应强度大小为BO，故D正确；故选B、C、D。]
考向2 安培力及力电综合问题
3.(2019·全国大联考)如图所示，水平导体棒PQ用一根劲度系数为k＝80 N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，PQ长度为L＝0.5 m，质量为m＝0.1 kg。当导体棒中通以大小为I＝2 A的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态。欲使导体棒下移2 cm后能重新处于静止状态，(重力加速度g取10 m/s2)则( )
A．通入的电流方向为P→Q，大小为1.2 A
B．通入的电流方向为P→Q，大小为2.4 A
C．通入的电流方向为Q→P，大小为1.2 A
D．通入的电流方向为Q→P，大小为2.4 A
C [由题意知通电后弹簧恢复到原长，说明安培力方向向上，由平衡条件可得ILB＝mg，代入数据解得磁感应强度大小B＝＝1 T。欲使导体棒下移2 cm后能重新处于静止状态，假设安培力方向向下，由平衡条件可得mg＋I′LB＝kx，解得：I′＝1.2 A，假设成立，此时通入的电流方向为Q→P，故C正确，A、B、D错误。]
4.如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止。则关于b在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是( )
A．方向向上
B．大小为
C．要使a仍保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移
D．要使b下移，a将不能保持静止
B [根据安培定则可知A正确；由图可知mg＝BIL知B＝，B错误；若减小b在a处的磁感应强度，那么F将减小，要使a仍保持静止，由图及受力分析可知b应上移，C正确；同理D正确。]
考点2 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷的高考试题可以看出，带电粒子在有界匀强磁场中的运动是高考命题的热点，题型以选择题为主，难度适中。
❷预计2020年等级考考查重点仍为洛伦兹力提供向心力，轨迹半径和时间的计算及其相关知识。
1．(2019·全国卷Ⅲ·T18)如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A． B． C． D．
B [设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D均错误。]
2．(2019·全国卷Ⅱ·T17)如图所示，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k，则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A．kBl，kBl B．kBl，kBl
C．kBl，kBl D．kBl，kBl
B [电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，由几何关系有r＝l2＋，解得轨迹半径为rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确。]
3．(2019·全国卷Ⅰ·T24)如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
[解析] (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m ②
由几何关系知d＝r ③
联立①②③式得＝。 ④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝＋rtan 30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝ ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝(＋)。 ⑦
[答案] (1) (2)＋
■新储备·等级考提能·
1．对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，利用几何关系求半径(如上T2)。
r＋rcos θ＝d得r＝
当θ＝90°时
r＝d
r＋rsin θ＝d
得r＝
当θ＝90°时
r＝d
r＋＝d得r＝ d
r1＝d
L2＋(r2－d)2＝r
得r2＝
2.带电粒子在常见边界磁场中的运动规律
(1)直线边界
①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场。
②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π。
(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出。
如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布着水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1 T、方向垂直纸面向里。距离荧光屏h＝16 cm处有一粒子源S，以v＝1×106 m/s的速度不断地在纸面内向各个方向发射比荷＝1×108 C/kg的带正电粒子(不计重力)，则粒子打在荧光屏上的长度为( )
A．12 cm B．16 cm C．20 cm D．24 cm
[题眼点拨] ①“以v的速度不断在纸面内向各个方向发射”→所有粒子做圆周运动的轨迹半径都相等，并且这些圆周都过S点；②“粒子打在荧光屏上的长度”→(1)在P点左侧打到荧光屏上的粒子到P点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹直径确定；(2)在P点右侧打到荧光屏上的粒子到P点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹与MN相切确定。
C [粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝10 cm，当粒子的轨迹与荧光屏相切于D点时为临界情况，D点为粒子打到荧光屏上的最右边的点，找到圆心O(到S点的距离与到MN的距离均为r的点)，如图所示，由几何知识有x2＝＝8 cm，粒子打在荧光屏上最左侧的点记为C点，由几何知识有x1＝＝12 cm，故所求长度为x1＋x2＝20 cm，选项C正确。
]
反思：处理临界问题的常用方法
方法
放缩圆法
旋转圆法
图形
条件及界定方法
①适用条件
速度方向一定，大小不同
②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，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。
①适用条件
速度大小一定，方向不同
②界定方法
将一半径为R＝的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转圆法”。
■新训练·等级考落实·
考向1 带电粒子在直线边界磁场中的运动
1．(多选)(2019·山东聊城模拟)如图所示，从有界匀强磁场的边界上O点以相同的速率射出三个相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向与边界垂直，粒子b偏转后打在边界上的Q点，另外两个粒子打在边界OQ的中点P处，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A．粒子一定带正电
B．粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角
C．两粒子a、c在磁场中运动的平均速度相同
D．三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形
BD [如图，粒子往右偏转，根据左手定则，粒子带负电，故A错误；由几何知识得，粒子a、c均从P点射出，所以弧OP的对称弧与a粒子的轨迹半径相等，故a、b粒子与b、c粒子的射出的方向间的夹角相等，故B正确；a、c粒子位移相等，时间不等，故两粒子a、c在磁场中运动的平均速度不相同，故C错误；根据r＝，则速率相同的三个粒子在同一磁场中运动的轨迹半径相等，故连接三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形，故D正确；故选B、D。]
2．(多选)(2019·长春三校联考)如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xOy平面内，且对称分布在x轴两侧的30°角的范围内。在直线x＝a与x＝2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A．最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为
B．最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等
C．最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为（a，－）
ACD [沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30°，所以运动时间为×＝，故A正确；沿与x轴成30°角的两个方向的粒子同时进入磁场，沿与x轴成30°角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为120°，所以用的时间为×＝，弦长为s＝2×2asin 60°＝2a，粒子进入磁场的位置离x轴的距离为x＝atan 30°＝a，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置的纵坐标为s＋x＝2a＋a＝a，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为a，－，故B错误，C、D正确。]
考向2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动
3．(多选)(2019·云南保山联考)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，粒子a在磁场中的运动周期为Ta，粒子a在磁场中的运动时间为ta＝Ta，粒子b在磁场中的运动周期为Tb，粒子b在磁场中的运动时间为tb＝Tb，则下列说法正确的是( )
A．粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta＝Tb
B．粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta>Tb
C．粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系va＝vb
D．粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系va＝3vb
AC [根据T＝可知，两粒子在磁场中的运动的周期相同，选项A正确，B错误；设圆形磁场的半径为r，因ta＝Ta可知a在磁场中运动转过的角度是120°；由几何关系可知，运动半径ra＝rtan 30°＝；同理因tb＝Tb可知b在磁场中运动转过的角度是60°；由几何关系可知，运动半径rb＝rtan 60°＝r；根据r＝可知粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系＝＝，选项C正确，D错误；故选A、C。]
4．(多选)(2019·吉林长春联考)如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一带负电粒子以速度v0射入磁场区域，速度方向垂直于磁场且与半径方向的夹角为45°。当该带电粒子离开磁场时，速度方向刚好与入射速度方向垂直。不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该带电粒子的比荷为
C．该带电粒子在磁场中的运动时间为
D．若只改变带电粒子的入射方向，则其在磁场中的运动时间变短
BD [带负电的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：
从图象上可以看出该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点，故A错；由几何关系知，轨迹所对的圆心角为90°，且轨迹的圆心O′刚好在圆形磁场的边界上，所以轨迹的半径为r＝R，由qvB＝m可求得：＝，故B对；运动时间等于弧长除以速度，即t＝＝，故C错；由图可知，此时轨迹圆弧对应的弦长最长，等于磁场区域的直径，所以在磁场中运动时间也就最长，若改变入射角度，则运动时间变短，故D对。]
5．(易错题)(2019·调研卷9)如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射同种带电粒子，不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，这些粒子从某一段圆弧射出边界，这段圆弧的弧长是圆形区域周长的；若仅将磁感应强度的大小变为B2，这段圆弧的弧长变为圆形区域周长的，则等于( )
A． B． C． D．
C [从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的1/3，所以∠POQ＝120°；结合几何关系，有：r1＝Rsin 60°；洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB1＝m；联立解得：B1＝；同理，若仅将磁感应强度的大小变为B2，相应的弧长变为圆周长的1/4，所以∠POQ＝90°；结合几何关系，有：r2＝Rsin 45°；洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB2＝m；联立解得：B2＝；则＝，故选C。]
易错点评：分析粒子与磁场边界的最远交点是难点，最远点应为轨迹上直径与磁场边界圆的交点；所画几何草图不规范，不能突破半径是易错点。
考点3 带电粒子在复合场中的运动
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及浙江卷的高考试题可以看出，带电体在复合场中的运动是高考命题的热点和重点。一般结合场的知识考查常见的运动规律，如平抛运动及圆周运动，主要以压轴题的形式呈现。
❷预计在2020年的等级考中，可能会结合先进科技成果、生产生活实际命题。
1．(2018·浙江11月选考)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是( )
A．上板为正极，电流I＝
B．上板为负极，电流I＝
C．下板为正极，电流I＝
D．下板为负极，电流I＝
C [等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流。
根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有qvB＝q，解得稳定时电源的电动势E＝Bdv，则流过R的电流为I＝，而r＝ρ，S＝ab，则得电流大小为I＝，C正确。]
2．(2018·浙江11月选考)小明受回旋加速器的启发，设计了如图甲所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方。两板间加上如图乙所示的幅值为U0的交变电压，周期T0＝。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t＝0时刻，发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。
(1)若粒子只经磁场偏转并在y＝y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；
(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。
[解析] (1)探测器只能探测到沿x轴负向离开磁场的粒子，粒子带正电，由左手定则可知进入磁场后向左上方偏转，并在y轴垂直出射，由此判断轨迹圆心位于坐标原点，粒子在磁场内部的运动轨迹为圆周。则圆周运动的半径R＝y0，
粒子的初动能：Ek0＝。
(2)分下面三种情况讨论：
(ⅰ)如图1：Ek0>2qU0
由y＝，R0＝，R1＝，
和mv＝mv－qU0，
mv＝mv－qU0，
及x＝y＋2(R0＋R1)，
得x＝y＋＋；
(ⅱ)如图2，qU0
由－y－d＝，R0＝，
和mv＝mv＋qU0，
及x＝3(－y－d)＋2R0，
得x＝－3(y＋d)＋；
(ⅲ)如图3，Ek0
由－y－d＝，R0＝，
和mv＝mv－qU0，
及x＝(－y－d)＋4R0，
得x＝－y－d＋；
[答案] (1)x0＝y0，
(2)x＝y＋＋
x＝3(y＋d)＋
x＝－y－d＋
3．(2018·全国卷Ⅰ·T25)如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
[题眼点拨] (1)利用速度的分解和类平抛运动规律得出氕核H第一次进入磁场的位置到原点O的距离。(2)利用几何关系得出H的轨迹半径，运用洛伦兹力提供向心力列方程得出磁场的磁感应强度大小。(3)运用洛伦兹力提供向心力求出H的轨迹半径，利用几何关系得出氘核H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离。
[解析] (1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。
设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有
s1＝v1t1 ①
h＝a1t ②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1 ③
联立以上各式得
s1＝h。 ④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1 ⑤
设H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有
v′1＝ ⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv′1B＝ ⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1 ⑧
联立以上各式得B＝。 ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv ⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2 ⑪
设H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有
s2＝v2t2 ⑫
h＝a2t ⑬
v′2＝ ⑭
sin θ2＝ ⑮
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1 ⑯
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1 ⑰
所以出射点在原点左侧。
设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有
s′2＝2R2sin θ2 ⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s′2－s2＝(－1)h。 ⑲
[答案] (1)h (2) (3)(－1)h
■新储备·等级考提能·
1．带电粒子在电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理来求解，qU＝mv2－mv。对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd求解。
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动，可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动分解的方法来处理。
2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动。
3．带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：
(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律。在匀强磁场中，若速度与磁场垂直，做匀速圆周运动；若速度与磁场平行，做匀速直线运动。在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动(如上T3)。
(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理。
(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口。
如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
甲 乙
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
[题眼点拨] (1)“沿PQ向右做直线运动”→小球受力平衡。
(2)画出小球从刚过D点到再次通过D点的运动轨迹，由几何关系找出小球做匀速直线运动的位移大小与小球做匀速圆周运动的轨迹半径的关系。
(3)小球运动的周期最大→当圆弧轨迹与MN相切时。
[解析] (1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
(a)
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有
s＝
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角
θ＝2π－＝π
则t0＝
联立解得＝π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋＝(＋1)L
(b)
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝m
解得B0＝
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝。
[答案] (1) (2)π (3)
反思：带电粒子在叠加场中运动的处理方法
(1)弄清叠加场的组成特点。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
①若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。
②若受三种场力时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v的方向垂直。
③若三场共存时，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
■新训练·等级考落实·
考向1 带电粒子在组合场中的运动
1．(多选)(2019·西南名校联考)如图所示，边长为L的正方形虚线框内充满着垂直于纸面的匀强磁场，虚线AC及其上方的框内磁场方向向里，虚线AC下方的框内磁场方向向外，磁感应强度大小均为B。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直于磁场方向射入磁场，并分别从B、C两点离开磁场，设a、b两粒子在磁场中运动的时间分别为t1、t2。则下列说法中正确的是( )
A．粒子a一定带正电，粒子b一定带负电
B．v1∶v2可能等于1∶2
C．v1∶v2一定等于1∶1
D．t1∶t2可能等于3∶2
ABD [做出粒子可能的运动轨迹，结合左手定则可知：粒子a带正电，粒子b带负电，选项A正确；由题图，结合几何关系可知：r1＝L，r2＝L (n＝1、2、3、……)，由qvB＝m，解得v＝，则v1∶v2＝r1∶r2＝n∶2，故B正确，C错误；由图可知T＝，t1＝，t2＝n (n＝1、2、3、……)，则t1∶t2＝3∶2n(n＝1、2、3、……)，则D正确；故选A、B、D。]
考向2 带电粒子在叠加场中的运动
2．(多选)(2019·山东济南联考)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直于纸面向里。一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动。若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )
A．小球的动能减小
B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小
D．小球的机械能减小
ACD [带负电的小球在电磁场中做直线运动，小球共受到三个力作用：向下的重力G、向上的电场力F、向下的洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动。当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，因电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做负功，小球动能减小。电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大。重力对小球做正功，重力势能减小。故A、C、D正确，B错误。]
3.如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电圆环套在足够长的绝缘杆上，杆与环之间的动摩擦因数为μ，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向里，杆与场强方向的夹角为θ，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是( )
A．环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零
B．环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零
C．环在下滑过程中，速度不断增大
D．环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零
B [环受重力、电场力、洛伦兹力和杆的弹力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可知，加速度a1＝，当速度v增大时，加速度也增大，当速度v增大到弹力反向时，加速度a2＝，随速度v的增大而减小，当加速度减为零时，环做匀速运动，只有选项B正确。]
结合生活、生产实际和最新科技命题是近年高考命题的热点之一，特别是结合最新科技考查电磁场问题更是命题的新宠，如典例1中超导电磁船和典例2中新型回旋加速器。
[典例1] 超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图所示是电磁船的简化原理图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间的区域浸没在海水中并有垂直于纸面向里的匀强磁场(磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是( )
A．使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力
B．要使船前进，海水中的电流方向应从CD板指向AB板
C．同时改变磁场的方向和电源的正负极，推进力的方向将与原方向相反
D．若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流小于
D [AB与CD之间的海水与导体板和电源构成回路，海水通电后受到磁场对其向后的安培力的作用，根据牛顿第三定律可知，海水对磁场(实质是海水对超导电磁船)有向前的作用力，该力是使船前进的力，选项A错误；根据左手定则可知，要使船前进，海水中的电流方向应从AB板指向CD板，选项B错误；同时改变磁场的方向和电源的正负极，推进力的方向将与原方向相同，选项C错误；船在海水中前进时，AB与CD间可视为导体的海水做切割磁感线运动，则这部分海水中会产生反电动势E，故AB与CD间海水中的电流I＝<，选项D正确。]
[典例2] (2019·成都三模)一种改进后的回旋加速器如图所示，宽度忽略不计的窄缝间的加速电场场强大小恒定，电场被限制在A、C间，与A、C共线的两虚线之间无电场。一带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．加速电场的方向需要做周期性的变化
B．加速后粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
C．带电粒子每运动一周被加速一次
D．带电粒子每运动一周其轨道直径的变化量相等，即＝
C [粒子在A、C间做匀加速运动，在与A、C共线的两虚线之间做匀速直线运动，粒子每运动一周被加速一次，加速电场的方向不变化，选项A错误，C正确；由qvB＝m，得v＝，即加速后粒子的最大速度与D形盒的半径r成正比，选项B错误；因粒子每运动一周被加速一次，根据动能定理有qU＝mv－mv，得v2－v1＝，而带电粒子每运动一周直径的变化量Δd＝2(r2－r1)＝2（－）＝，即Δd随速度的增大而减小，>，选项D错误。]
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