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2021年高考物理复习之挑战压轴题（单选题）：带电粒子在磁场中的运动（10题）
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这是一份2021年高考物理复习之挑战压轴题（单选题）：带电粒子在磁场中的运动（10题），共41页。试卷主要包含了带电粒子在匀强磁场中的运动等内容，欢迎下载使用。
1．（2020秋•浙江期中）如图所示，在轴上方（含轴）存在垂直平面向外的匀强磁场，在轴上距离原点处垂直于轴放置一个长度也为、厚度不计的薄板，粒子打在板上即被吸收。坐标原点处有一粒子源，可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射速率相同的同种粒子，粒子速度大小为、质量为、带电量为。现观察到沿轴正方向射入磁场的粒子垂直打在薄板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，不考虑薄板吸收粒子后产生的电场，则下列说法正确的有
A．磁场的磁感应强度大小为
B．打在薄板左侧的粒子数占发射总粒子数的
C．打在薄板右侧的粒子数占发射总粒子数的
D．打在薄板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的比值为
2．（2020秋•宁城县月考）如图所示，半径为的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，为磁场边界上的一点，为直径。大量比荷相同、带电性相同的粒子，以相同的速率在纸面内从点沿不同的方向射入磁场。已知粒子在磁场中的运动轨迹半径；在磁场中运动时间最长的粒子，入射方向与夹角为，这个最长时间为。则
A．粒子飞出磁场时的动能一定相等
B．粒子运动的轨迹半径
C．从圆弧中点射出的粒子，在磁场中的运动时间
D．从圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与夹角为
3．（2020秋•辽阳期末）如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，为圆的直径，为圆周上的点，。带正电的粒子和带负电的粒子、在图中均未画出）以相同的速度从点沿方向射入磁场，结果恰好从直径两端射出磁场。粒子、的质量相等，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是
A．从点射出磁场的是粒子
B．粒子、在磁场中运动的半径之比为
C．粒子、的电荷量之比为
D．粒子、在磁场中运动的时间之比为
4．（2020秋•江苏月考）如图所示，在一挡板的上方，存在磁感应强度为的矩形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。边上点处放置了发生光电效应的极限频率为的金属钠，现用频率为的光去照射钠，已知电子质量为、电荷量为，普朗克常量为，不计电子的重力和电子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收。则没有电子从磁场逸出的矩形磁场的最小面积为
A．B．C．D．
5．（2020春•红岗区校级月考）如图所示，在坐标系的第二、三象限内有半圆形有界磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，磁场的磁感应强度大小为，圆心在坐标原点处，半径为，一粒子源在坐标为的点，可以沿轴正方向发射速率在一定范围内的同种带负电的粒子，粒子的质量为、电荷量为，速度最大的粒子刚好不过轴，速度最小的粒子刚好不过轴，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列判断不正确的是
A．粒子的最大速度大小为
B．粒子的最小速度大小为
C．粒子在磁场中做的是变加速曲线运动
D．速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短
6．（2020•青羊区校级模拟）如图所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为，一群电子以不同速率从边界上的点以相同的方向射入磁场。其中某一速率为的电子从点射出，．已知电子入射方向与边界夹角为，则由以上条件可判断
A．该匀强磁场的方向垂直纸面向外
B．速率越大的电子在磁场中运动的轨迹短
C．所有电子的荷质比为
D．所有电子在磁场中运动时间相等且为
7．（2020•安徽模拟）如图所示，在的区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在的区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小是磁场的2倍。一带负电的粒子（重力不计）从轴上点以某一速度沿轴正方向射入磁场，若第一次经过轴时的横坐标为，则粒子第三次经过轴时的横坐标为
A．B．C．D．
8．（2020秋•内江期末）如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为60°.现有一对质量和电荷量均相等的正、负粒子，从P点沿PO方向射磁场中，个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场粒子的重力及粒子间的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．从A点射出磁场的是带正电的粒子
B．正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3：1
C．正、负粒子在磁场中运动的时间之比为2：1
D．正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1：3
9．（2020•新课标Ⅲ）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为和的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为，电荷量为，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为
A．B．C．D．
10．（2021•七模拟）如图甲所示，直角坐标系中轴上方有磁感应强度大小为的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，处有一粒子源，能以相同的速率沿纸面不断地放出比荷为的同种粒子，粒子射入磁场的速度方向与轴正方向所成角的范围是，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与轴的交点为，外边界与轴的交点为、与轴的交点为。下列说法正确的是
A．点的坐标是，
B．
C．若仅改变粒子电性，则粒子运动所经过区域的面积变大
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为
2021年高考物理复习之挑战压轴题（单选题）：带电粒子在磁场中的运动（10题）
参考答案与试题解析
一、带电粒子在匀强磁场中的运动（共10小题）
1．（2020秋•浙江期中）如图所示，在轴上方（含轴）存在垂直平面向外的匀强磁场，在轴上距离原点处垂直于轴放置一个长度也为、厚度不计的薄板，粒子打在板上即被吸收。坐标原点处有一粒子源，可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射速率相同的同种粒子，粒子速度大小为、质量为、带电量为。现观察到沿轴正方向射入磁场的粒子垂直打在薄板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，不考虑薄板吸收粒子后产生的电场，则下列说法正确的有
A．磁场的磁感应强度大小为
B．打在薄板左侧的粒子数占发射总粒子数的
C．打在薄板右侧的粒子数占发射总粒子数的
D．打在薄板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的比值为
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动；向心力
【专题】推理法；定性思想；分析综合能力；实验题；带电粒子在磁场中的运动专题；实验探究题
【分析】根据题意求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度；分析打在薄板左侧点和右侧点的粒子的入射方向，从而判断被左侧和右侧接收的粒子所占的比例根据粒子运动的时间与偏转的角度之间的关系，判断出被薄板接收的粒子中运动的最长与最短时间，然后求出最长与最短时间之比。
【解答】解：、沿轴正方向射入磁场的粒子垂直打在薄板的上端，其运动轨迹如图1所示，
由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：，故错误；
、打在薄板左侧的粒子临界运动轨迹如图2所示，由图2所示可知，在第一象限与轴夹角为到的粒子均能打在薄板的左侧，打在薄板左侧的粒子数占发射总粒子数的，故正确；
、打在薄板右侧的粒子临界运动轨迹如图3所示，由图3所示可知，沿轴负方向射入磁场的粒子，刚好打中点，沿与轴负方向成角度射入磁场的粒子，刚好从右侧击中点，打在薄板右侧的粒子数占发射总粒子数的，故错误；
、粒子从右侧击中点时，轨迹圆弧所对圆心角为，此时粒子在磁场中的运动时间最长，粒子从左侧击中点时，轨迹圆弧所对圆心角为，此时粒子在磁场中的运动时间最短，设粒子在磁场中做圆周运动的周期为，设粒子在磁场中转过的圆心角为，粒子在磁场中的运动时间，打在薄板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比，故错误。
故选：。
【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
2．（2020秋•宁城县月考）如图所示，半径为的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，为磁场边界上的一点，为直径。大量比荷相同、带电性相同的粒子，以相同的速率在纸面内从点沿不同的方向射入磁场。已知粒子在磁场中的运动轨迹半径；在磁场中运动时间最长的粒子，入射方向与夹角为，这个最长时间为。则
A．粒子飞出磁场时的动能一定相等
B．粒子运动的轨迹半径
C．从圆弧中点射出的粒子，在磁场中的运动时间
D．从圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与夹角为
【答案】
【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题；计算题；分析综合能力；极值法；定量思想
【分析】（1）洛伦兹力不做功，粒子飞出磁场时的动能一定相等；
（2）粒子在磁场中的运动轨迹半径，所以粒子在磁场中不可能做完整的圆周运动，则运动时间越长走过的弧长越长，即弦长越长，故在磁场中运动时间最长的离子从点射出磁场；
（3）画轨迹根据几何关系可知，从圆弧中点射出的粒子，圆弧对应的圆心角为，根据可求解；
【解答】解：、粒子在磁场中受洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功，故射出磁场的动能等于射入磁场的动能，射入磁场的动能为，因为比荷相等，但不知道两电荷质量之间关系，所以不能确定射入的动能相等，故错误；
、粒子在磁场中的运动轨迹半径，所以粒子在磁场中不可能做完整的圆周运动，则运动时间越长走过的弧长越长，即弦长越长，故在磁场中运动时间最长的离子从点射出磁场，设粒子转过的角度为，如图，
有题意可知，则由几何关系可知，可得，故错误；
、设粒子在磁场中运动的最长时间为，可知，可得：
从圆弧中点射出的粒子在磁场中的运动轨迹如图，
设粒子进入磁场的方向与夹角为，由题意可知：，则由几何关系可知，，所以粒子在磁场中的运动时间，故正确，错误。
故选：。
【点评】带电粒子在磁场中运动，遵循三个步骤：
一、画轨迹找圆心
二、由几何关系找到圆周运动的半径与已知长度直线之间的关系
三、洛伦兹力提供向心力求速度，或者由求粒子运动的时间。
其中最重要的一步应该是根据几何关系找到角度关系。
3．（2020秋•辽阳期末）如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，为圆的直径，为圆周上的点，。带正电的粒子和带负电的粒子、在图中均未画出）以相同的速度从点沿方向射入磁场，结果恰好从直径两端射出磁场。粒子、的质量相等，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是
A．从点射出磁场的是粒子
B．粒子、在磁场中运动的半径之比为
C．粒子、的电荷量之比为
D．粒子、在磁场中运动的时间之比为
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力；牛顿第二定律
【专题】比较思想；分析综合能力；带电粒子在磁场中的运动专题；几何法
【分析】根据粒子的偏转方向确定其所受的洛伦兹力方向，由左手定则确定粒子的电性；画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何知识求轨迹半径，由半径公式求电荷量之比，由求粒子、在磁场中运动的时间之比。
【解答】解：、从点射出磁场的粒子在点受到的洛伦兹力垂直于向左下方，根据左手定则判断可知该粒子带负电，是粒子，故错误；
、画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，设粒子、在磁场中运动的半径分别为和
设，根据几何知识可得：，，则，故错误；
、由半径公式得，、、相同，则粒子、的电荷量之比为，故错误；
、粒子、在磁场中运动时轨迹对应的圆心角分别为和，则粒子、在磁场中运动的时间之比为，故正确。
故选：。
【点评】对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的类型，关键要画出粒子的运动轨迹，根据几何知识求解轨迹半径和轨迹对应的圆心角。
4．（2020秋•江苏月考）如图所示，在一挡板的上方，存在磁感应强度为的矩形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。边上点处放置了发生光电效应的极限频率为的金属钠，现用频率为的光去照射钠，已知电子质量为、电荷量为，普朗克常量为，不计电子的重力和电子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收。则没有电子从磁场逸出的矩形磁场的最小面积为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力
【专题】图析法；作图题；计算题；分析综合能力；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力；推理能力；定性思想
【分析】先通过光电效应的规律求出射出的光电子的最大初动能，
再根据洛伦兹力提供向心力求带电粒子在磁场中运动的最大半径，
根据粒子的轨迹总结出粒子的轨迹圆边界情况，根据几何关系求出没有电子从磁场逸出的矩形磁场的最小面积。
【解答】解：根据光电效应方程，射出的光电子的最大初动能：
射出的光电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知：，其最大半径为：
所有光电子在磁场中最大半径相等，满足条件的矩形磁场面积最小时，沿方向射入的有最大初动能的光电子运动轨迹恰好与右端边界相切；
随着粒子的速度方向偏转，可认为光电子转动的轨迹圆是以为半径转动，如图所示
由几何关系可知，没有光电子从磁场边界逸出的最小矩形磁场的面积为：，故错误，正确；
故选：。
【点评】解答本题的关键是通过作图分析光电子可能的运动轨迹，然后由几何关系求解没有电子从磁场逸出的最小矩形磁场的面积。
5．（2020春•红岗区校级月考）如图所示，在坐标系的第二、三象限内有半圆形有界磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，磁场的磁感应强度大小为，圆心在坐标原点处，半径为，一粒子源在坐标为的点，可以沿轴正方向发射速率在一定范围内的同种带负电的粒子，粒子的质量为、电荷量为，速度最大的粒子刚好不过轴，速度最小的粒子刚好不过轴，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列判断不正确的是
A．粒子的最大速度大小为
B．粒子的最小速度大小为
C．粒子在磁场中做的是变加速曲线运动
D．速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力
【专题】定量思想；带电粒子在磁场中的运动专题；方程法；分析综合能力
【分析】速度最大的粒子刚好不过轴，速度最小的粒子刚好不过轴，画出运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小，根据周期公式分析时间，匀速圆周运动是变加速曲线运动。
【解答】解：速度最大的粒子刚好不过轴，速度最小的粒子刚好不过轴，轨迹分别如图甲和乙所示：
、速度最大时粒子轨迹对应的轨道半径为，轨迹几何关系可得：
解得：，
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：，故不正确；
、速度最小时粒子轨迹对应的轨道半径为，轨迹几何关系可得：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：，故正确；
、粒子在磁场中做匀速圆周运动，即加速度大小不变、方向改变、是变加速曲线运动，故正确；
、粒子的运动周期为：，根据运动轨迹可以看出，速度最大的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角比速度最小的粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角小，根据可知速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短，故正确。
本题选不正确的，故选：。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
6．（2020•青羊区校级模拟）如图所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为，一群电子以不同速率从边界上的点以相同的方向射入磁场。其中某一速率为的电子从点射出，．已知电子入射方向与边界夹角为，则由以上条件可判断
A．该匀强磁场的方向垂直纸面向外
B．速率越大的电子在磁场中运动的轨迹短
C．所有电子的荷质比为
D．所有电子在磁场中运动时间相等且为
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力；定量思想；方程法
【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断磁场方向；
电子在磁场中的轨迹与半径有关，由半径公式判断轨迹半径与速率的关系，确定轨迹长度；
求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解比荷；
电子在磁场中速度方向改变的角度等于轨迹的圆心角，而电子运动时间与轨迹的圆心角成正比，据此即可分析电子在磁场中运动的时间。
【解答】解：、由图知，电子在点受到的洛伦兹力方向沿，如图，根据左手定则判断得知匀强磁场的方向是垂直纸面向里，故错误；
、电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由半径公式知，轨迹半径与电子的速率成正比，速率越大的电子在磁场中运动的轨迹长，故错误；
、根据几何关系可得电子运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力可得，解得，故错误；
、电子在磁场中做圆周运动的周期：都相同，根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与线的夹角都是，则所有电子的速度方向都改变了，由几何知识得知，所有电子轨迹对应的圆心角都是，则所有电子在磁场中运动的时间，故正确。
故选：。
【点评】本题是磁场中直线边界问题，掌握左手定则和轨迹半径的基础上，抓住圆的对称性，确定速度的偏向角与轨迹的圆心角，即可比较磁场中运动的时间。
7．（2020•安徽模拟）如图所示，在的区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在的区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小是磁场的2倍。一带负电的粒子（重力不计）从轴上点以某一速度沿轴正方向射入磁场，若第一次经过轴时的横坐标为，则粒子第三次经过轴时的横坐标为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力；计算题；图析法；定性思想；推理能力；理解能力
【分析】画出粒子从开始到第一次打在轴过程的轨迹，根据几何关系求出轨迹圆的半径；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，求出粒子在轴上下两个磁场中的运动轨迹圆半径之间的关系；
画出粒子从开始到第三次经过轴的运动轨迹图，根据几何关系求出粒子第三次经过轴时的横坐标。
【解答】解：如图所示，连接点与第一次经过轴的交点然后做中垂线，其与轴的交点即为圆心，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的半径为：
由洛伦兹力提供向心力：
可知粒子在磁场中的半径为：
由几何关系可知带电粒子第三次经过轴时的横坐标为：
故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动问题，画轨迹找圆心，根据几何关系求出轨迹圆半径与已知直线长度之间的关系，再根据洛伦兹力提供向心力求出相关数据。本题关键是几何关系的寻找，也是本题的难点。
8．（2020秋•内江期末）如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为60°.现有一对质量和电荷量均相等的正、负粒子，从P点沿PO方向射磁场中，个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场粒子的重力及粒子间的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．从A点射出磁场的是带正电的粒子
B．正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3：1
C．正、负粒子在磁场中运动的时间之比为2：1
D．正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1：3
【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】比较思想；图析法；带电粒子在磁场中的运动专题；应用数学处理物理问题的能力．
【答案】B
【分析】由左手定则判断粒子的电性，根据射向圆形磁场的圆心方向的粒子其出射方向必背向圆心，画出轨迹图，由几何关系找出半径与磁场圆半径的关系，偏转角的关系，由半径公式r＝和周期公式T＝，求速度之比和时间之比。
【解答】解：沿着半径方向射入圆形磁场的粒子离开磁场时必背向半径，由此画出分别从A和B射出的运动轨迹如图所示，
A、根据左手定则，从A点射出的粒子带负电，从B点射出的粒子带正电，故A错误；
B、由洛伦兹力提供向心力可得到半径公式r＝，所以＝＝＝，故B正确；
CD、根据周期公式T＝，时间公式t＝，所以，而时间之比，故CD均错误。
故选：B。
【点评】由题意画出轨迹图最关键，画轨迹的依据是洛伦兹力方向指向圆心、垂径定理等，记住半径公式r＝、周期T＝、时间公式t＝问题才能迎刃而解。
9．（2020•新课标Ⅲ）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为和的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为，电荷量为，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【专题】推理能力；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题
【分析】作出运动轨迹，找到电子在实线圆围成的区域内运动的最大半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的最小值。
【解答】解：当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，
电子的运动轨迹如图，
令电子的半径为，根据几何知识有，
所以电子的最大半径为，
因为，
所以，
则磁感应强度的最小值为，故错误，正确。
故选：。
【点评】解决该题需要明确知道电子在实线圆围成的区域内运动的临界情况，能正确作出运动轨迹，能根据几何知识求解圆周运动的半径。
10．（2021•七模拟）如图甲所示，直角坐标系中轴上方有磁感应强度大小为的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，处有一粒子源，能以相同的速率沿纸面不断地放出比荷为的同种粒子，粒子射入磁场的速度方向与轴正方向所成角的范围是，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与轴的交点为，外边界与轴的交点为、与轴的交点为。下列说法正确的是
A．点的坐标是，
B．
C．若仅改变粒子电性，则粒子运动所经过区域的面积变大
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力；牛顿第二定律
【专题】定性思想；推理法；压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力
【分析】（1）根据题意画出粒子在磁场中的轨迹，由洛伦兹力提供向心力求出轨迹圆半径，然后根据几何关系求出长度，从而求出点坐标；
（2）根据几何关系求出长度与比较；
（3）若仅改变粒子的电性而其他条件不变，则粒子受到的洛伦兹力大小相等方向相反，轨迹圆的半径不变，据此判断粒子运动所经过区域的面积；
（4），根据几何关系求出轨迹圆对应的圆心角，然后根据带电粒子在磁场中的运动时间求解。
【解答】解：、根据题意画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：
有几何关系可知：
由洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：
故点的坐标是，故错误；
、在轨迹圆中由几何关系可知：，故，故错误；
、若仅改变粒子的电性而其他条件不变，则粒子受到的洛伦兹力大小相等方向相反，轨迹圆的半径不变
则粒子在磁场中运动所经过的区域与以前的区域关于轴对称，面积大小不变，故错误；
、带电粒子在磁场中的运动时间
其中
则由粒子在磁场中的轨迹圆可知，粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为：
△，故正确；
故选：。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中偏转，带电粒子在磁场中运动，遵循三个步骤：
一、画轨迹找圆心
二、由几何关系找到圆周运动的半径与已知长度直线之间的关系
三、洛伦兹力提供向心力求速度，或者由求粒子运动的时间。
考点卡片
1．牛顿第二定律
【知识点的认识】
1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．
3．适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
4．对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．
【命题方向】
题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查
例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（ ）
A．物块的质量为1.5kg
B．物块与地面之间的滑动摩擦力为2N
C．t＝3s时刻物块的速度为3m/s
D．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2
分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．
解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．
题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解
例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（ ）
A．则a＝g，方向竖直向下 B．则a＝g，方向竖直向上
C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．则a＝，方向水平向左
分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．
解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．
刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：
由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：
a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．
题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．
加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：
（1）上滑过程中的加速度的大小a1；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）木块回到出发点时的速度大小v．
分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．
（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：
上滑过程中加速度的大小：
（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35．
（3）下滑的距离等于上滑的距离：
x＝＝m＝1m
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
解得：＝2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝
联立解得：v＝2m/s
答：（1）上滑过程中的加速度的大小；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；
（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．
【解题方法点拨】
1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
2．向心力
【知识点的认识】
一：向心力
1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．
3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．
二、离心运动和向心运动
1．离心运动
（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．
（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．
（3）受力特点：
当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
2．向心运动
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．
【重要知识点分析】
1．圆周运动中的运动学分析
（1）对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比．
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
（2）对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
2．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：
一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（ ）
A．球A的线速度等于球B的线速度
B．球A的角速度等于球B的角速度
C．球A的运动周期等于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力
分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．
解：
A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．
由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．
由向心力的计算公式F＝m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．
B、又由公式F＝mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．
C、由周期公式T＝，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．
故选D．
点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．
（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：
如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨．则其通过最高点时（ ）
A．小球对圆环的压力大小等于mg
B．小球受到的向心力等于重力
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．
解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不为零，线速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正确．
故选BCD．
点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．
（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：
如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2．求：
（1）在最高点时，绳的拉力？
（2）在最高点时水对小杯底的压力？
（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？
分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；
（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；
（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．
解：（1）小杯质量m＝0.5kg，水的质量M＝1kg，在最高点时，
杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，
合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
圆周半径为R，则F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
F合提供向心力，有 （M+m）g+T＝（M+m）
所以细绳拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；
（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，
合力F合＝Mg+F
圆周半径为R，则F向＝M
F合提供向心力，有 Mg+F＝M
所以杯对水的压力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；
根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上．
（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：
Mg＝M
解得v＝＝m/s＝．
答：（1）在最高点时，绳的拉力为9 N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为．
点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来．
【解题方法点拨】
1．圆周运动中的运动学规律总结
在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v＝ωr与半径r成正比．
（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω＝与半径r成反比．
（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比．
2．圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
3．竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
（1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”．
（2）绳、杆模型涉及的临界问题．
3．带电粒子在匀强电场中的运动
【知识点的认识】
一、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，带电粒子将做加（减）速运动．
有两种分析方法：
（1）用动力学观点分析：a＝，E＝，v2﹣v02＝2ad．
（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化．qU＝mv2﹣mv02．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
（1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
（2）处理方法：类似于平抛运动，应用运动分解的方法．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝．
②沿电场方向，做匀加速直线运动．
【命题方向】
题型一：带电粒子在匀强电场中平衡和运动的分析
例1：如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间的一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是（ ）
A．微粒带的是正电
B．电源电动势的大小等于
C．断开开关S，微粒将向下做加速运动
D．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，将向下做加速运动
分析：带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由公式E＝，求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，可根据电容的决定式、定义式和场强公式E＝，判断出板间场强不变，微粒不动．
解：
A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．
B、由平衡条件得：mg＝q得，电源电动势的大小为E＝U＝．故B正确．
C、断开开关S，电容器所带电量不变，由C＝、C＝和E＝，可得电容器板间场强E＝，则场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动．故C错误．
D、保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，由E＝，知板间场强增大，微粒所受电场力增大，则微粒向上做加速运动．故D错误．
故选：B．
点评：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由E＝，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动．
【解题思路点拨】
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质（平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动），并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
另外，对于带电粒子的偏转问题，用运动的合成与分解及运动规律解决往往比较简捷，但并不是绝对的，同解决力学中的问题一样，都可用不同的方法解决同一问题，应根据具体情况，确定具体的解题方法．
4．带电粒子在匀强磁场中的运动
【知识点的认识】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：（v⊥B）
【命题方向】
常考题型：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为．已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（ ）
A. B. C. D.
【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小；
解：由题，射入点与ab的距离为．则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30°，
粒子的偏转角是60°，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r＝R．轨迹如图：
洛伦兹力提供向心力：，变形得：．故正确的答案是B．
故选：B．
【点评】在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键．
【解题方法点拨】
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
一、轨道圆的“三个确定”
（1）如何确定“圆心”
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．
（2）如何确定“半径”
方法一：由物理方程求：半径R＝；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，如图（d）所示．
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t＝•T；方法二：由弧长求，t＝．
二、解题思路分析
1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法．
2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形．
3．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
三、求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．
（1）两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．
（2）两种方法
物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值．
数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等．
（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动
性质
是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动
是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动
加速度
加速度方向与线速度方向垂直．即只存在向心加速度，没有切向加速度
由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在
向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变
向心力
绳模型
杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
（1）过最高点时，v≥，FN+mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN；
（2）不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；
（1）当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
（2）当0＜v＜时，﹣FN+mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；
（3）当v＝时，FN＝0；
（4）当v＞时，FN+mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大；
直线边界（粒子进出磁场具有对称性）
平行边界（粒子运动存在临界条件）
圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径向射出）
1．（2020秋•浙江期中）如图所示，在轴上方（含轴）存在垂直平面向外的匀强磁场，在轴上距离原点处垂直于轴放置一个长度也为、厚度不计的薄板，粒子打在板上即被吸收。坐标原点处有一粒子源，可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射速率相同的同种粒子，粒子速度大小为、质量为、带电量为。现观察到沿轴正方向射入磁场的粒子垂直打在薄板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，不考虑薄板吸收粒子后产生的电场，则下列说法正确的有
A．磁场的磁感应强度大小为
B．打在薄板左侧的粒子数占发射总粒子数的
C．打在薄板右侧的粒子数占发射总粒子数的
D．打在薄板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的比值为
2．（2020秋•宁城县月考）如图所示，半径为的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，为磁场边界上的一点，为直径。大量比荷相同、带电性相同的粒子，以相同的速率在纸面内从点沿不同的方向射入磁场。已知粒子在磁场中的运动轨迹半径；在磁场中运动时间最长的粒子，入射方向与夹角为，这个最长时间为。则
A．粒子飞出磁场时的动能一定相等
B．粒子运动的轨迹半径
C．从圆弧中点射出的粒子，在磁场中的运动时间
D．从圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与夹角为
3．（2020秋•辽阳期末）如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，为圆的直径，为圆周上的点，。带正电的粒子和带负电的粒子、在图中均未画出）以相同的速度从点沿方向射入磁场，结果恰好从直径两端射出磁场。粒子、的质量相等，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是
A．从点射出磁场的是粒子
B．粒子、在磁场中运动的半径之比为
C．粒子、的电荷量之比为
D．粒子、在磁场中运动的时间之比为
4．（2020秋•江苏月考）如图所示，在一挡板的上方，存在磁感应强度为的矩形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。边上点处放置了发生光电效应的极限频率为的金属钠，现用频率为的光去照射钠，已知电子质量为、电荷量为，普朗克常量为，不计电子的重力和电子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收。则没有电子从磁场逸出的矩形磁场的最小面积为
A．B．C．D．
5．（2020春•红岗区校级月考）如图所示，在坐标系的第二、三象限内有半圆形有界磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，磁场的磁感应强度大小为，圆心在坐标原点处，半径为，一粒子源在坐标为的点，可以沿轴正方向发射速率在一定范围内的同种带负电的粒子，粒子的质量为、电荷量为，速度最大的粒子刚好不过轴，速度最小的粒子刚好不过轴，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列判断不正确的是
A．粒子的最大速度大小为
B．粒子的最小速度大小为
C．粒子在磁场中做的是变加速曲线运动
D．速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短
6．（2020•青羊区校级模拟）如图所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为，一群电子以不同速率从边界上的点以相同的方向射入磁场。其中某一速率为的电子从点射出，．已知电子入射方向与边界夹角为，则由以上条件可判断
A．该匀强磁场的方向垂直纸面向外
B．速率越大的电子在磁场中运动的轨迹短
C．所有电子的荷质比为
D．所有电子在磁场中运动时间相等且为
7．（2020•安徽模拟）如图所示，在的区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在的区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小是磁场的2倍。一带负电的粒子（重力不计）从轴上点以某一速度沿轴正方向射入磁场，若第一次经过轴时的横坐标为，则粒子第三次经过轴时的横坐标为
A．B．C．D．
8．（2020秋•内江期末）如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为60°.现有一对质量和电荷量均相等的正、负粒子，从P点沿PO方向射磁场中，个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场粒子的重力及粒子间的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．从A点射出磁场的是带正电的粒子
B．正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3：1
C．正、负粒子在磁场中运动的时间之比为2：1
D．正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1：3
9．（2020•新课标Ⅲ）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为和的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为，电荷量为，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为
A．B．C．D．
10．（2021•七模拟）如图甲所示，直角坐标系中轴上方有磁感应强度大小为的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，处有一粒子源，能以相同的速率沿纸面不断地放出比荷为的同种粒子，粒子射入磁场的速度方向与轴正方向所成角的范围是，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与轴的交点为，外边界与轴的交点为、与轴的交点为。下列说法正确的是
A．点的坐标是，
B．
C．若仅改变粒子电性，则粒子运动所经过区域的面积变大
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为
2021年高考物理复习之挑战压轴题（单选题）：带电粒子在磁场中的运动（10题）
参考答案与试题解析
一、带电粒子在匀强磁场中的运动（共10小题）
1．（2020秋•浙江期中）如图所示，在轴上方（含轴）存在垂直平面向外的匀强磁场，在轴上距离原点处垂直于轴放置一个长度也为、厚度不计的薄板，粒子打在板上即被吸收。坐标原点处有一粒子源，可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射速率相同的同种粒子，粒子速度大小为、质量为、带电量为。现观察到沿轴正方向射入磁场的粒子垂直打在薄板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，不考虑薄板吸收粒子后产生的电场，则下列说法正确的有
A．磁场的磁感应强度大小为
B．打在薄板左侧的粒子数占发射总粒子数的
C．打在薄板右侧的粒子数占发射总粒子数的
D．打在薄板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的比值为
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动；向心力
【专题】推理法；定性思想；分析综合能力；实验题；带电粒子在磁场中的运动专题；实验探究题
【分析】根据题意求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度；分析打在薄板左侧点和右侧点的粒子的入射方向，从而判断被左侧和右侧接收的粒子所占的比例根据粒子运动的时间与偏转的角度之间的关系，判断出被薄板接收的粒子中运动的最长与最短时间，然后求出最长与最短时间之比。
【解答】解：、沿轴正方向射入磁场的粒子垂直打在薄板的上端，其运动轨迹如图1所示，
由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：，故错误；
、打在薄板左侧的粒子临界运动轨迹如图2所示，由图2所示可知，在第一象限与轴夹角为到的粒子均能打在薄板的左侧，打在薄板左侧的粒子数占发射总粒子数的，故正确；
、打在薄板右侧的粒子临界运动轨迹如图3所示，由图3所示可知，沿轴负方向射入磁场的粒子，刚好打中点，沿与轴负方向成角度射入磁场的粒子，刚好从右侧击中点，打在薄板右侧的粒子数占发射总粒子数的，故错误；
、粒子从右侧击中点时，轨迹圆弧所对圆心角为，此时粒子在磁场中的运动时间最长，粒子从左侧击中点时，轨迹圆弧所对圆心角为，此时粒子在磁场中的运动时间最短，设粒子在磁场中做圆周运动的周期为，设粒子在磁场中转过的圆心角为，粒子在磁场中的运动时间，打在薄板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比，故错误。
故选：。
【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
2．（2020秋•宁城县月考）如图所示，半径为的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，为磁场边界上的一点，为直径。大量比荷相同、带电性相同的粒子，以相同的速率在纸面内从点沿不同的方向射入磁场。已知粒子在磁场中的运动轨迹半径；在磁场中运动时间最长的粒子，入射方向与夹角为，这个最长时间为。则
A．粒子飞出磁场时的动能一定相等
B．粒子运动的轨迹半径
C．从圆弧中点射出的粒子，在磁场中的运动时间
D．从圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与夹角为
【答案】
【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题；计算题；分析综合能力；极值法；定量思想
【分析】（1）洛伦兹力不做功，粒子飞出磁场时的动能一定相等；
（2）粒子在磁场中的运动轨迹半径，所以粒子在磁场中不可能做完整的圆周运动，则运动时间越长走过的弧长越长，即弦长越长，故在磁场中运动时间最长的离子从点射出磁场；
（3）画轨迹根据几何关系可知，从圆弧中点射出的粒子，圆弧对应的圆心角为，根据可求解；
【解答】解：、粒子在磁场中受洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功，故射出磁场的动能等于射入磁场的动能，射入磁场的动能为，因为比荷相等，但不知道两电荷质量之间关系，所以不能确定射入的动能相等，故错误；
、粒子在磁场中的运动轨迹半径，所以粒子在磁场中不可能做完整的圆周运动，则运动时间越长走过的弧长越长，即弦长越长，故在磁场中运动时间最长的离子从点射出磁场，设粒子转过的角度为，如图，
有题意可知，则由几何关系可知，可得，故错误；
、设粒子在磁场中运动的最长时间为，可知，可得：
从圆弧中点射出的粒子在磁场中的运动轨迹如图，
设粒子进入磁场的方向与夹角为，由题意可知：，则由几何关系可知，，所以粒子在磁场中的运动时间，故正确，错误。
故选：。
【点评】带电粒子在磁场中运动，遵循三个步骤：
一、画轨迹找圆心
二、由几何关系找到圆周运动的半径与已知长度直线之间的关系
三、洛伦兹力提供向心力求速度，或者由求粒子运动的时间。
其中最重要的一步应该是根据几何关系找到角度关系。
3．（2020秋•辽阳期末）如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，为圆的直径，为圆周上的点，。带正电的粒子和带负电的粒子、在图中均未画出）以相同的速度从点沿方向射入磁场，结果恰好从直径两端射出磁场。粒子、的质量相等，不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是
A．从点射出磁场的是粒子
B．粒子、在磁场中运动的半径之比为
C．粒子、的电荷量之比为
D．粒子、在磁场中运动的时间之比为
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力；牛顿第二定律
【专题】比较思想；分析综合能力；带电粒子在磁场中的运动专题；几何法
【分析】根据粒子的偏转方向确定其所受的洛伦兹力方向，由左手定则确定粒子的电性；画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何知识求轨迹半径，由半径公式求电荷量之比，由求粒子、在磁场中运动的时间之比。
【解答】解：、从点射出磁场的粒子在点受到的洛伦兹力垂直于向左下方，根据左手定则判断可知该粒子带负电，是粒子，故错误；
、画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，设粒子、在磁场中运动的半径分别为和
设，根据几何知识可得：，，则，故错误；
、由半径公式得，、、相同，则粒子、的电荷量之比为，故错误；
、粒子、在磁场中运动时轨迹对应的圆心角分别为和，则粒子、在磁场中运动的时间之比为，故正确。
故选：。
【点评】对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的类型，关键要画出粒子的运动轨迹，根据几何知识求解轨迹半径和轨迹对应的圆心角。
4．（2020秋•江苏月考）如图所示，在一挡板的上方，存在磁感应强度为的矩形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。边上点处放置了发生光电效应的极限频率为的金属钠，现用频率为的光去照射钠，已知电子质量为、电荷量为，普朗克常量为，不计电子的重力和电子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收。则没有电子从磁场逸出的矩形磁场的最小面积为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力
【专题】图析法；作图题；计算题；分析综合能力；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力；推理能力；定性思想
【分析】先通过光电效应的规律求出射出的光电子的最大初动能，
再根据洛伦兹力提供向心力求带电粒子在磁场中运动的最大半径，
根据粒子的轨迹总结出粒子的轨迹圆边界情况，根据几何关系求出没有电子从磁场逸出的矩形磁场的最小面积。
【解答】解：根据光电效应方程，射出的光电子的最大初动能：
射出的光电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知：，其最大半径为：
所有光电子在磁场中最大半径相等，满足条件的矩形磁场面积最小时，沿方向射入的有最大初动能的光电子运动轨迹恰好与右端边界相切；
随着粒子的速度方向偏转，可认为光电子转动的轨迹圆是以为半径转动，如图所示
由几何关系可知，没有光电子从磁场边界逸出的最小矩形磁场的面积为：，故错误，正确；
故选：。
【点评】解答本题的关键是通过作图分析光电子可能的运动轨迹，然后由几何关系求解没有电子从磁场逸出的最小矩形磁场的面积。
5．（2020春•红岗区校级月考）如图所示，在坐标系的第二、三象限内有半圆形有界磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，磁场的磁感应强度大小为，圆心在坐标原点处，半径为，一粒子源在坐标为的点，可以沿轴正方向发射速率在一定范围内的同种带负电的粒子，粒子的质量为、电荷量为，速度最大的粒子刚好不过轴，速度最小的粒子刚好不过轴，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列判断不正确的是
A．粒子的最大速度大小为
B．粒子的最小速度大小为
C．粒子在磁场中做的是变加速曲线运动
D．速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力
【专题】定量思想；带电粒子在磁场中的运动专题；方程法；分析综合能力
【分析】速度最大的粒子刚好不过轴，速度最小的粒子刚好不过轴，画出运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小，根据周期公式分析时间，匀速圆周运动是变加速曲线运动。
【解答】解：速度最大的粒子刚好不过轴，速度最小的粒子刚好不过轴，轨迹分别如图甲和乙所示：
、速度最大时粒子轨迹对应的轨道半径为，轨迹几何关系可得：
解得：，
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：，故不正确；
、速度最小时粒子轨迹对应的轨道半径为，轨迹几何关系可得：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：，故正确；
、粒子在磁场中做匀速圆周运动，即加速度大小不变、方向改变、是变加速曲线运动，故正确；
、粒子的运动周期为：，根据运动轨迹可以看出，速度最大的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角比速度最小的粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角小，根据可知速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短，故正确。
本题选不正确的，故选：。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
6．（2020•青羊区校级模拟）如图所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为，一群电子以不同速率从边界上的点以相同的方向射入磁场。其中某一速率为的电子从点射出，．已知电子入射方向与边界夹角为，则由以上条件可判断
A．该匀强磁场的方向垂直纸面向外
B．速率越大的电子在磁场中运动的轨迹短
C．所有电子的荷质比为
D．所有电子在磁场中运动时间相等且为
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力；定量思想；方程法
【分析】电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断磁场方向；
电子在磁场中的轨迹与半径有关，由半径公式判断轨迹半径与速率的关系，确定轨迹长度；
求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解比荷；
电子在磁场中速度方向改变的角度等于轨迹的圆心角，而电子运动时间与轨迹的圆心角成正比，据此即可分析电子在磁场中运动的时间。
【解答】解：、由图知，电子在点受到的洛伦兹力方向沿，如图，根据左手定则判断得知匀强磁场的方向是垂直纸面向里，故错误；
、电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由半径公式知，轨迹半径与电子的速率成正比，速率越大的电子在磁场中运动的轨迹长，故错误；
、根据几何关系可得电子运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力可得，解得，故错误；
、电子在磁场中做圆周运动的周期：都相同，根据圆的对称性可知，所有电子离开磁场时速度方向与线的夹角都是，则所有电子的速度方向都改变了，由几何知识得知，所有电子轨迹对应的圆心角都是，则所有电子在磁场中运动的时间，故正确。
故选：。
【点评】本题是磁场中直线边界问题，掌握左手定则和轨迹半径的基础上，抓住圆的对称性，确定速度的偏向角与轨迹的圆心角，即可比较磁场中运动的时间。
7．（2020•安徽模拟）如图所示，在的区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在的区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小是磁场的2倍。一带负电的粒子（重力不计）从轴上点以某一速度沿轴正方向射入磁场，若第一次经过轴时的横坐标为，则粒子第三次经过轴时的横坐标为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力；计算题；图析法；定性思想；推理能力；理解能力
【分析】画出粒子从开始到第一次打在轴过程的轨迹，根据几何关系求出轨迹圆的半径；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，求出粒子在轴上下两个磁场中的运动轨迹圆半径之间的关系；
画出粒子从开始到第三次经过轴的运动轨迹图，根据几何关系求出粒子第三次经过轴时的横坐标。
【解答】解：如图所示，连接点与第一次经过轴的交点然后做中垂线，其与轴的交点即为圆心，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的半径为：
由洛伦兹力提供向心力：
可知粒子在磁场中的半径为：
由几何关系可知带电粒子第三次经过轴时的横坐标为：
故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动问题，画轨迹找圆心，根据几何关系求出轨迹圆半径与已知直线长度之间的关系，再根据洛伦兹力提供向心力求出相关数据。本题关键是几何关系的寻找，也是本题的难点。
8．（2020秋•内江期末）如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为60°.现有一对质量和电荷量均相等的正、负粒子，从P点沿PO方向射磁场中，个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场粒子的重力及粒子间的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（ ）
A．从A点射出磁场的是带正电的粒子
B．正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3：1
C．正、负粒子在磁场中运动的时间之比为2：1
D．正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1：3
【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】比较思想；图析法；带电粒子在磁场中的运动专题；应用数学处理物理问题的能力．
【答案】B
【分析】由左手定则判断粒子的电性，根据射向圆形磁场的圆心方向的粒子其出射方向必背向圆心，画出轨迹图，由几何关系找出半径与磁场圆半径的关系，偏转角的关系，由半径公式r＝和周期公式T＝，求速度之比和时间之比。
【解答】解：沿着半径方向射入圆形磁场的粒子离开磁场时必背向半径，由此画出分别从A和B射出的运动轨迹如图所示，
A、根据左手定则，从A点射出的粒子带负电，从B点射出的粒子带正电，故A错误；
B、由洛伦兹力提供向心力可得到半径公式r＝，所以＝＝＝，故B正确；
CD、根据周期公式T＝，时间公式t＝，所以，而时间之比，故CD均错误。
故选：B。
【点评】由题意画出轨迹图最关键，画轨迹的依据是洛伦兹力方向指向圆心、垂径定理等，记住半径公式r＝、周期T＝、时间公式t＝问题才能迎刃而解。
9．（2020•新课标Ⅲ）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为和的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为，电荷量为，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【专题】推理能力；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题
【分析】作出运动轨迹，找到电子在实线圆围成的区域内运动的最大半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的最小值。
【解答】解：当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，
电子的运动轨迹如图，
令电子的半径为，根据几何知识有，
所以电子的最大半径为，
因为，
所以，
则磁感应强度的最小值为，故错误，正确。
故选：。
【点评】解决该题需要明确知道电子在实线圆围成的区域内运动的临界情况，能正确作出运动轨迹，能根据几何知识求解圆周运动的半径。
10．（2021•七模拟）如图甲所示，直角坐标系中轴上方有磁感应强度大小为的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，处有一粒子源，能以相同的速率沿纸面不断地放出比荷为的同种粒子，粒子射入磁场的速度方向与轴正方向所成角的范围是，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与轴的交点为，外边界与轴的交点为、与轴的交点为。下列说法正确的是
A．点的坐标是，
B．
C．若仅改变粒子电性，则粒子运动所经过区域的面积变大
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为
【答案】
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力；牛顿第二定律
【专题】定性思想；推理法；压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力
【分析】（1）根据题意画出粒子在磁场中的轨迹，由洛伦兹力提供向心力求出轨迹圆半径，然后根据几何关系求出长度，从而求出点坐标；
（2）根据几何关系求出长度与比较；
（3）若仅改变粒子的电性而其他条件不变，则粒子受到的洛伦兹力大小相等方向相反，轨迹圆的半径不变，据此判断粒子运动所经过区域的面积；
（4），根据几何关系求出轨迹圆对应的圆心角，然后根据带电粒子在磁场中的运动时间求解。
【解答】解：、根据题意画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：
有几何关系可知：
由洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：
故点的坐标是，故错误；
、在轨迹圆中由几何关系可知：，故，故错误；
、若仅改变粒子的电性而其他条件不变，则粒子受到的洛伦兹力大小相等方向相反，轨迹圆的半径不变
则粒子在磁场中运动所经过的区域与以前的区域关于轴对称，面积大小不变，故错误；
、带电粒子在磁场中的运动时间
其中
则由粒子在磁场中的轨迹圆可知，粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为：
△，故正确；
故选：。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中偏转，带电粒子在磁场中运动，遵循三个步骤：
一、画轨迹找圆心
二、由几何关系找到圆周运动的半径与已知长度直线之间的关系
三、洛伦兹力提供向心力求速度，或者由求粒子运动的时间。
考点卡片
1．牛顿第二定律
【知识点的认识】
1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．
3．适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
4．对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．
【命题方向】
题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查
例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（ ）
A．物块的质量为1.5kg
B．物块与地面之间的滑动摩擦力为2N
C．t＝3s时刻物块的速度为3m/s
D．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2
分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．
解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．
题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解
例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（ ）
A．则a＝g，方向竖直向下 B．则a＝g，方向竖直向上
C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．则a＝，方向水平向左
分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．
解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．
刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：
由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：
a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．
题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．
加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：
（1）上滑过程中的加速度的大小a1；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）木块回到出发点时的速度大小v．
分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．
（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：
上滑过程中加速度的大小：
（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35．
（3）下滑的距离等于上滑的距离：
x＝＝m＝1m
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
解得：＝2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝
联立解得：v＝2m/s
答：（1）上滑过程中的加速度的大小；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；
（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．
【解题方法点拨】
1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
2．向心力
【知识点的认识】
一：向心力
1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．
3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．
二、离心运动和向心运动
1．离心运动
（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．
（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．
（3）受力特点：
当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
2．向心运动
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．
【重要知识点分析】
1．圆周运动中的运动学分析
（1）对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比．
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
（2）对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
2．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：
一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（ ）
A．球A的线速度等于球B的线速度
B．球A的角速度等于球B的角速度
C．球A的运动周期等于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力
分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．
解：
A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．
由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．
由向心力的计算公式F＝m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．
B、又由公式F＝mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．
C、由周期公式T＝，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．
故选D．
点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．
（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：
如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨．则其通过最高点时（ ）
A．小球对圆环的压力大小等于mg
B．小球受到的向心力等于重力
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．
解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不为零，线速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正确．
故选BCD．
点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．
（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：
如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2．求：
（1）在最高点时，绳的拉力？
（2）在最高点时水对小杯底的压力？
（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？
分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；
（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；
（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．
解：（1）小杯质量m＝0.5kg，水的质量M＝1kg，在最高点时，
杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，
合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
圆周半径为R，则F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
F合提供向心力，有 （M+m）g+T＝（M+m）
所以细绳拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；
（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，
合力F合＝Mg+F
圆周半径为R，则F向＝M
F合提供向心力，有 Mg+F＝M
所以杯对水的压力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；
根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上．
（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：
Mg＝M
解得v＝＝m/s＝．
答：（1）在最高点时，绳的拉力为9 N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为．
点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来．
【解题方法点拨】
1．圆周运动中的运动学规律总结
在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v＝ωr与半径r成正比．
（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω＝与半径r成反比．
（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比．
2．圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
3．竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
（1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”．
（2）绳、杆模型涉及的临界问题．
3．带电粒子在匀强电场中的运动
【知识点的认识】
一、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，带电粒子将做加（减）速运动．
有两种分析方法：
（1）用动力学观点分析：a＝，E＝，v2﹣v02＝2ad．
（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化．qU＝mv2﹣mv02．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
（1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
（2）处理方法：类似于平抛运动，应用运动分解的方法．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝．
②沿电场方向，做匀加速直线运动．
【命题方向】
题型一：带电粒子在匀强电场中平衡和运动的分析
例1：如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间的一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是（ ）
A．微粒带的是正电
B．电源电动势的大小等于
C．断开开关S，微粒将向下做加速运动
D．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，将向下做加速运动
分析：带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由公式E＝，求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，可根据电容的决定式、定义式和场强公式E＝，判断出板间场强不变，微粒不动．
解：
A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．
B、由平衡条件得：mg＝q得，电源电动势的大小为E＝U＝．故B正确．
C、断开开关S，电容器所带电量不变，由C＝、C＝和E＝，可得电容器板间场强E＝，则场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动．故C错误．
D、保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，由E＝，知板间场强增大，微粒所受电场力增大，则微粒向上做加速运动．故D错误．
故选：B．
点评：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由E＝，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动．
【解题思路点拨】
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质（平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动），并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
另外，对于带电粒子的偏转问题，用运动的合成与分解及运动规律解决往往比较简捷，但并不是绝对的，同解决力学中的问题一样，都可用不同的方法解决同一问题，应根据具体情况，确定具体的解题方法．
4．带电粒子在匀强磁场中的运动
【知识点的认识】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：（v⊥B）
【命题方向】
常考题型：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为．已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（ ）
A. B. C. D.
【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小；
解：由题，射入点与ab的距离为．则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30°，
粒子的偏转角是60°，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r＝R．轨迹如图：
洛伦兹力提供向心力：，变形得：．故正确的答案是B．
故选：B．
【点评】在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键．
【解题方法点拨】
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
一、轨道圆的“三个确定”
（1）如何确定“圆心”
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．
（2）如何确定“半径”
方法一：由物理方程求：半径R＝；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，如图（d）所示．
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t＝•T；方法二：由弧长求，t＝．
二、解题思路分析
1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法．
2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形．
3．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
三、求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．
（1）两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．
（2）两种方法
物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值．
数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等．
（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动
性质
是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动
是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动
加速度
加速度方向与线速度方向垂直．即只存在向心加速度，没有切向加速度
由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在
向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变
向心力
绳模型
杆模型
常见类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
（1）过最高点时，v≥，FN+mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN；
（2）不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；
（1）当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
（2）当0＜v＜时，﹣FN+mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；
（3）当v＝时，FN＝0；
（4）当v＞时，FN+mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大；
直线边界（粒子进出磁场具有对称性）
平行边界（粒子运动存在临界条件）
圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径向射出）
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