13、，B相同，它們的q、m均相同，所以r與v成正比，如圖所示，可知raθb>θc，所以ta>tb>tc，故C錯(cuò)誤。
考點(diǎn)3 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題
1．帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一般涉及臨界和邊界問(wèn)題，臨界值、邊界值常與極值問(wèn)題相關(guān)聯(lián)。因此，臨界狀態(tài)、邊界狀態(tài)的確定以及所需滿足的條件是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。常遇到的臨界和極值條件有：
(1)帶電體在磁場(chǎng)中，離開(kāi)一個(gè)面
14、的臨界狀態(tài)是對(duì)這個(gè)面的壓力為零。
(2)射出或不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)是帶電體運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場(chǎng)邊界相切，對(duì)應(yīng)粒子速度的臨界值。
(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間極值的分析
①周期不同的粒子，當(dāng)速率相同時(shí)，軌跡越長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)。
②周期相同的粒子，當(dāng)速率不同時(shí)，圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)。
2．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題
(1)帶電粒子電性不確定形成多解
受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負(fù)電，在相同的初速度條件下，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡不同，因而形成多解。
如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如帶正電，其軌跡為a，如帶負(fù)電，其軌跡為b。
(2)磁場(chǎng)方向的不確定形
15、成多解：有些題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，此時(shí)必須考慮由磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解。如圖乙所示。
(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能直接穿過(guò)去了，也可能轉(zhuǎn)過(guò)180°從入射面邊界反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解。
(4)運(yùn)動(dòng)的往復(fù)性形成多解：帶電粒子在一部分是電場(chǎng)、一部分是磁場(chǎng)的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示。
[例3] (2018·山東濟(jì)南期末)如圖所示的xOy平面上，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的四分之一圓形區(qū)域MON內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2×
16、10－3 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中M、N點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O為 m，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個(gè)粒子源，不斷地向xOy平面發(fā)射比荷為＝5×107 C/kg的帶正電粒子，它們的速度大小都是v＝1×105 m/s，與x軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)。
(1)求平行于x軸射入的粒子，出射點(diǎn)的位置及在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
(2)求恰好從M點(diǎn)射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時(shí)的速度與x軸正向的夾角。
解析 (1)平行于x軸射入的粒子，軌跡如圖甲所示，設(shè)出射點(diǎn)為P，
由qvB＝m得
R＝＝ m＝1 m
由幾何關(guān)系可知O1P＝O1O＝1 m, OP＝ m
則△O1OP為等腰直角三角形
17、，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則
x＝y(tǒng)＝1 m，α＝，故P點(diǎn)坐標(biāo)為(1 m,1 m)
運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝·＝×10－5 s。
(2)設(shè)恰好從M點(diǎn)射出的粒子，從粒子源O發(fā)射時(shí)的速度與x軸正向的夾角為θ，畫(huà)出軌跡如圖乙所示。
由幾何關(guān)系可知O2M＝O2O＝1 m，OM＝ m，
△O2OM為等腰直角三角形，∠O2OM＝45°，則θ＝∠O2OM＝45°。
答案 (1)坐標(biāo)為(1 m,1 m) ×10－5 s (2)45°
(1)解決此類(lèi)問(wèn)題一定要做好三件事：①定圓心；②畫(huà)軌跡；③根據(jù)幾何關(guān)系計(jì)算半徑。
(2)有必要時(shí)要形成動(dòng)態(tài)幾何圖形(比如滾動(dòng)圓、縮放圓)，形成運(yùn)動(dòng)過(guò)程場(chǎng)景圖，以便找
18、出極值。
(2018·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)期末)(多選)如圖所示，真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)(圖中未畫(huà)出)，所有帶電粒子通過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都會(huì)聚于x軸上的a點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．磁場(chǎng)方向一定是垂直xOy平面向里
B．所有粒子通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的時(shí)間相同
C．所有粒子在磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的半徑相等
D．磁場(chǎng)區(qū)邊界可能是圓
答案 CD
解析 由題意可知，正粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，都集中于一點(diǎn)a，根據(jù)左手定則可有，磁場(chǎng)的方向垂直平面向外，故A錯(cuò)誤；依題意畫(huà)出帶電粒子的軌跡如圖所示。
19、根據(jù)周期公式T＝，可知所有粒子的周期相同，由于通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的時(shí)間為t＝，與圓心角有關(guān)，由圖可知θ不同，因此粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不等，故B錯(cuò)誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝，由于同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運(yùn)動(dòng)半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都會(huì)聚于x軸上的a點(diǎn)，因此磁場(chǎng)區(qū)邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確。
1．(2018·山西沂州一中期末)有關(guān)電荷所受電場(chǎng)力和洛倫茲力的說(shuō)法中，正確的是( )
A．電荷在電場(chǎng)中一定受電場(chǎng)力的作用
B．電荷在磁場(chǎng)中一定受磁場(chǎng)力的作用
C．電荷受電場(chǎng)力的方向與該處的電場(chǎng)方向一致
D．電荷若受磁場(chǎng)力，則受力方向與該處的磁場(chǎng)方
20、向不一定垂直
答案 A
解析 電荷在電場(chǎng)中一定受到電場(chǎng)力作用，A正確；電荷在磁場(chǎng)中不一定受洛倫茲力，當(dāng)靜止時(shí)一定不受洛倫茲力，而運(yùn)動(dòng)的電荷，當(dāng)速度與磁場(chǎng)平行時(shí)，不受洛倫茲力作用，B錯(cuò)誤；正電荷所受電場(chǎng)力一定與該處電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，而負(fù)電荷所受電場(chǎng)力與該處電場(chǎng)方向相反，C錯(cuò)誤；電荷所受的洛倫茲力與磁場(chǎng)及運(yùn)動(dòng)速度構(gòu)成的平面垂直，所以電荷所受的洛倫茲力一定與磁場(chǎng)方向垂直，D錯(cuò)誤。
2．下列各圖中，運(yùn)動(dòng)電荷的速度方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電荷所受洛倫茲力方向之間的關(guān)系正確的是( )
答案 B
解析 根據(jù)左手定則，A中f方向應(yīng)向上，B中f方向應(yīng)向下，故A錯(cuò)誤、B正確；C、D中都是v∥B，F(xiàn)＝
21、0，故C、D錯(cuò)誤。
3．如圖是電子射線管示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會(huì)看到一條亮線，要使熒光屏上的亮線向下(z軸負(fù)方向)偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是( )
A．加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向
B．加一磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿y軸正方向
C．加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向
D．加一電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿y軸正方向
答案 B
解析 要使熒光屏上的亮線向下偏轉(zhuǎn)，若加磁場(chǎng)，應(yīng)使電子所受的洛倫茲力方向向下，電子運(yùn)動(dòng)方向沿x軸正方向，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向應(yīng)沿y軸正方向，A錯(cuò)誤、B正確。若加電場(chǎng)，電場(chǎng)方向應(yīng)沿z軸正方向，C、D錯(cuò)誤。
4．兩個(gè)質(zhì)量相同、所帶電荷量相
22、等的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。若不計(jì)粒子的重力，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電
B．a(chǎn)粒子在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力較大
C．b粒子的動(dòng)能較大
D．b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)
答案 C
解析 由左手定則可知，a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，A錯(cuò)誤；由qvB＝m得r＝，故運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑越大，對(duì)應(yīng)的速率越大，所以b粒子的速率較大，在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力較大，B錯(cuò)誤；由Ek＝mv2可得b粒子的動(dòng)能較大，C正確；由T＝知兩者的周期相同，b粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角小于a粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，所以b粒子在磁場(chǎng)中
23、運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，D錯(cuò)誤。
5．(多選)邊長(zhǎng)為a的正方形處于有界磁場(chǎng)中，如圖所示，一束電子以不同速度水平射入磁場(chǎng)后，分別從A處和C處射出，以下說(shuō)法正確的是( )
A．從A處和C處射出的電子速度之比為2∶1
B．從A處和C處射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2∶1
C．從A處和C處射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期之比為2∶1
D．從A處和C處射出的電子在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力之比為1∶2
答案 BD
解析 電子從C點(diǎn)射出，A為圓心，RC＝L，圓心角θC＝，由R＝，得vC＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間tC＝＝，電子從A點(diǎn)射出，OA中點(diǎn)為圓心，RA＝，圓心角θA＝π，所以vA＝，tA＝＝，由于運(yùn)動(dòng)的周期相等，故
24、vA∶vC＝1∶2，tA∶tC＝2∶1，故A、C錯(cuò)誤，B正確；電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)f洛＝eBv，可知洛倫茲力與速度成正比，為1∶2，故D正確。
6．(多選)初速度為v0的電子，沿平行于通電長(zhǎng)直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運(yùn)動(dòng)方向如圖所示，則( )
A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變
B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變
C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，半徑不變
D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，半徑改變
答案 AD
解析 由安培定則判定直線電流右側(cè)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，再根據(jù)左手定則判定電子所受洛倫茲力向右，由于洛倫茲力不做功，電子動(dòng)能不變，速率不變，A正確，B、C錯(cuò)誤；又由R＝知，在電子偏離直線
25、電流時(shí)，B減弱，故R變大，D正確。
7.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的點(diǎn)P(a,0)以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和射出點(diǎn)的坐標(biāo)。
答案 射出點(diǎn)坐標(biāo)為(0，a)
解析 畫(huà)出軌跡示意圖如圖所示，由射入、射出點(diǎn)的洛倫茲力方向可找到圓心O′，由cos30°＝可得r＝＝，得B＝；由圖可知射出點(diǎn)的縱坐標(biāo)y＝r＋rsin30°＝a，則射出點(diǎn)坐標(biāo)為(0，a)。
8．(2017·濰坊模擬)如圖所示，在半徑為R＝的圓形區(qū)域內(nèi)有水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形區(qū)域右側(cè)有一豎
26、直感光板MN，帶正電粒子從圓弧頂點(diǎn)P以速率v0平行于紙面進(jìn)入磁場(chǎng)，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子重力不計(jì)。
(1)若粒子對(duì)準(zhǔn)圓心射入，求它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(2)若粒子對(duì)準(zhǔn)圓心射入，且速率為v0，求它打到感光板上時(shí)速度的垂直分量；
(3)若粒子以速度v0從P點(diǎn)以任意方向平行于紙面入射，試證明它離開(kāi)磁場(chǎng)后均垂直打在感光板上。
答案 (1) (2)v0 (3)見(jiàn)解析
解析 (1)設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，由牛頓第二定律得qv0B＝m可得r＝＝R，則帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為四分之一圓周，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為，如圖甲所示，則t＝＝。
(2)由(1
27、)知，當(dāng)v＝v0時(shí)，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，由圖可知∠PO2O＝∠OO2Q＝30°，所以帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角為60°，則v⊥＝vsin60°＝v0。
(3)由(1)知，當(dāng)帶電粒子以v0射入時(shí)，帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為R。
設(shè)粒子射入方向與PO方向夾角為θ，帶電粒子從區(qū)域邊界S射出，帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示。因?yàn)镻O3＝O3S＝PO＝SO＝R，所以四邊形POSO3為菱形。由圖可知：PO∥O3S，在S點(diǎn)，v0⊥SO3，因此，帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后均垂直打在感光板上，與入射的方向無(wú)關(guān)。
9．(2015·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域
28、Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍。兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)。與Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的電子相比，Ⅱ中的電子( )
A．運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與Ⅰ中的相等
答案 AC
解析 電子在兩勻強(qiáng)磁場(chǎng) Ⅰ、 Ⅱ 中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得evB＝，可得r＝，即＝＝，A正確；由a＝得，＝＝，B錯(cuò)誤；根據(jù)周期公式T＝，可得＝＝，C正確；根據(jù)角速度公式ω＝，可得＝＝，D錯(cuò)誤。
10．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向
29、垂直于紙面向里。三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是( )
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
答案 B
解析 設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，即
mag＝qE①
b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則
mbg＝qE＋qvB②
c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則
mcg＋qvB＝qE③
比較
30、①②③式得：mb>ma>mc，B正確。
11. (2017·河北廊坊期末)(多選)如圖所示，小車(chē)A的質(zhì)量M＝2 kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14 m/s。帶正電荷q＝0.2 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的物體B，質(zhì)量m＝0.1 kg，將其輕放在小車(chē)A的右端，在A、B所在的空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.5 T，物體B與小車(chē)之間存在摩擦力的作用，設(shè)小車(chē)足夠長(zhǎng)，小車(chē)表面是絕緣的(g取10 m/s2)，則( )
A．物體B的最終速度為10 m/s
B．小車(chē)A的最終速度為13.5 m/s
C．小車(chē)A和物體B的最終速度約為13.3 m/s
D．小車(chē)A達(dá)到最小速度的全過(guò)
31、程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能為8.75 J
答案 ABD
解析 當(dāng)物體B對(duì)小車(chē)A的壓力為零時(shí)，小車(chē)A與物體B之間無(wú)摩擦力的作用，A、B勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物體B的速度最大，小車(chē)A的速度最小，有qvBB0＝mg，解得vB＝10 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv0＝mvB＋MvA，解得vA＝13.5 m/s，A、B正確，C錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒定律得Q＝ΔEk＝－－＝8.75 J，D正確。
12. (2017·安徽六校聯(lián)考)一個(gè)質(zhì)量m＝0.1 g的小滑塊，帶有q＝5×10－4 C的電荷，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止
32、開(kāi)始沿斜面下滑，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，小滑塊滑至某一位置時(shí)，要離開(kāi)斜面。問(wèn)：
(1)小滑塊帶何種電荷？
(2)小滑塊離開(kāi)斜面時(shí)的瞬時(shí)速度是多大？
(3)該斜面的長(zhǎng)度至少多長(zhǎng)？
答案 (1)負(fù)電荷 (2)2 m/s (3)1.2 m
解析 (1)小滑塊沿斜面下滑過(guò)程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F。若要小滑塊離開(kāi)斜面，洛倫茲力F方向應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負(fù)電荷。
(2)小滑塊沿斜面下滑，垂直于斜面方向有
qvB＋FN－mgcosα＝0
當(dāng)FN＝0時(shí)，小滑塊開(kāi)始脫離斜面，此時(shí)，qvB＝mgcosα
得v＝＝ m/s＝2 m/s。
(3)下滑過(guò)程中，只有重力做功，由動(dòng)能定理得
mgxsinα＝mv2－0，解得x＝1.2 m。
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（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場(chǎng) 第37課時(shí) 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用學(xué)案
