考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．注意“四点、六线、三角”
在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．
(1)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.
(2)六线：圆弧两端点所在的两条轨迹半径、入射速度直线OB、出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度直线交点的连线AO.
(3)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．
2．三个“二级”结论
(1)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)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
例2[2023·全国甲卷](多选)
光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计重力．下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
预测4 [2023·湖北省武汉市一中模拟](多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P(－L，0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力：( )
A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πL
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πL
D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL
预测5 [2022·全国冲刺卷]如图所示，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里．甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝h.则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )
A．32∶41B．56∶41
C．64∶41D．41∶28
预测6 如图，在以x轴和虚线围成的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．x轴上a点左侧有一足够长的金属板，半圆形边界的圆心为O、半径为L，上边界到x轴的距离为2L.在O点有一粒子源，在纸面内向第一、第二象限均匀发射带正电的粒子，每秒钟射出n个粒子，粒子质量为m，电荷量为e，速度为v0＝L，不计粒子之间的相互作用．求：
(1)某个粒子沿与x轴正方向成60°射出，它在磁场中运动的时间t；
(2)电流表的示数I；
(3)磁场上边界有粒子射出的区域宽度d.
考点二
例2 解析：
假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心
由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；
速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少， C错误．
故选BD.
答案：BD
预测4 解析：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，如图甲所示
则有2R sin 45°＝L，半径R＝L，运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程s＝＝，A正确；若电子从P点出发经原点O到达Q点，若粒子恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周，即s＝2πR＝2πL，若粒子第N次离开磁场边界经过原点O，则要回到Q点，经过O点的速度必然斜向下45°，则运动轨迹如图乙，
根据几何关系有2R cos 45°＝，圆周运动半径R＝，运动通过的路程为s＝×2N＝×2N＝πL，故B、C错误，D正确．
答案：AD
预测5 解析：甲粒子从高MN＝h的位置水平飞入磁场，运动的轨迹如图所示，甲粒子圆周运动的半径为O1N＝O1P＝r1，在△O1MP中根据勾股定理可知MP＝＝＝，则OM＝MP－OP＝，在△MNO中，根据几何关系可知tan 37°＝＝＝，解得r1＝h，
乙粒子从高O2A＝O2P＝2h的高度水平飞入磁场，转过圆周从P点飞出，则乙粒子运动的半径为r2＝O2A＝2h，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得r＝，可知粒子运动的半径r与粒子的比荷＝k成反比，所以甲、乙两粒子比荷的比值为＝＝＝，故选项C正确．
答案：C
预测6 解析：(1)由eBv＝m，得r＝L
分析出粒子在磁场中运动的圆心在磁场边界与y轴交点d，从e点垂直于边界射出磁场，偏转角为30°，则在磁场中的运动时间为t＝T＝.
(2)左边的临界状况是在f点与磁场边界相切，射入方向与x轴负方向成60°，
则单位时间内打在金属板上的粒子数为
N＝n＝n，
电流表的示数为I＝ne.
(3)粒子从磁场左边射出的临界点为f点
df＝L，
粒子从磁场右边射出的临界点为g点，原点O、轨迹圆心、g点三点一线，dg＝＝L，
粒子从上边界射出磁场的宽度
d＝fd＋dg＝L＋L＝()L.
答案：(1) (2)ne (3)()L考点三 带电粒子在复合场中的运动
“三步”解决复合场问题
例3[2022·全国甲卷]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
预测7
[2023·河北省石家庄精英中学调研]如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场．一带电小球恰能以速度v0沿图中虚线所示轨迹做直线运动，其虚线恰好为固定放置的光滑绝缘管道的轴线，且轴线与水平方向成60°角，最终小球沿轴线穿过光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)．下列说法正确的是( )
A.小球一定带正电
B．电场强度和磁感应强度的大小关系为＝
C．小球一定从管道的P端运动到Q端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀减速直线运动
预测8 [2022·辽宁模拟卷]在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序．如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)．速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外．磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场的分布区域是一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L.当偏转系统不加电场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点．整个系统置于真空中，不计离子重力．求：
(1)离子通过速度选择器的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统加电场时，离子从偏转系统底面飞出，注入到晶圆所在水平面的位置到O点的距离x.
考点三
例3 解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，由左手定则可知，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
答案：B
预测7 解析：
当小球带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下，从Q端运动到P端时或者从P端运动到Q端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右下或者左上，均不能使小球沿直线运动；当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下，从Q端运动到P端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左上方，三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动，A、C错误；由A分析可知，电场力和洛伦兹力关系为sin 60°＝，整理得＝，B正确；未撤磁场时，小球在三力作用下平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线(管道轴线)合力仍为零．而管道的支持力垂直于管道，即小球合力仍为零，做匀速直线运动，D错误．
答案：B
预测8 解析：(1)离子通过速度选择器时，
有Eq＝Bqv，
解得速度v＝，
离子在磁分析器中，有qvB＝m，
由几何关系，可得R＝，
联立解得＝.
(2)经过电场后，偏移的距离
x1＝··，
偏转角度tan θ＝＝，
离开电场后，偏移的距离x2＝L tan θ＝，
注入晶圆的位置到O点的距离x＝x1＋x2，
联立解得x＝.
答案：(1) (2)第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
命题热点
(1)安培定则、磁场的叠加；
(2)安培力的分析与计算；
(3)带电粒子在磁场中的运动；
(4)带电粒子在复合场中的运动；
(5)带电粒子在复合场中运动的应用实例．
常考题型
选择题
计算题
高频考点·能力突破
考点一 磁场的性质及磁场对电流的作用
1．磁场的叠加和安培定则应用的“三点注意”
(1)注意根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向（即磁感应强度的方向）
(2)注意磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
(3)注意磁感应强度是矢量，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场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和（要用到平行四边形法则，解三角形）
2．安培力的分析与计算
(1)方向：左手定则
(2)大小：F＝BILsinθ
θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
(3)二级结论：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥
例1[2023·江苏卷]
如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为( )
A．0B．BIl
C．2BIlD．BIl
预测1
[2023·上海市延安中学检测](多选)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置．如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线( )
A．平行于EF，深度为
B．平行于EF，深度为L
C．垂直于EF，深度为
D．垂直于EF，深度为L
预测2 如图所示，两根相距为d的长直导线分别通有电流I1、I2，纸面内有一点P，与两根导线的距离也为d，已知I1＝I2＝I时，P点的磁感应强度大小为B，若保持I1不变，将I2增大为3I，则此时P点磁感应强度大小为( )
A．5B B．2B C．B D．B
预测3 如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好．图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I.若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是( )
A．两杆所受安培力的方向相同
B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C．在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为
D．在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt
考点一
例1 解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab＝BI·2l＝2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl.
故选C.
答案：C
预测1 解析：根据通电直导线产生的磁场特点可知，距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，则管线在EF的正下方，与EF平行．根据安培定则做出管线产生磁场的横截面，b、c两点的磁场方向与地面夹角为45°的，如图所示．由几何关系可以确定a到管线的距离为，即金属管线平行于EF，深度为，故选A.
答案：A
预测2 解析：由安培定则，I1在P点产生的磁感应强度垂直纸面向里，设为B0，I2在P点的磁感应强度竖直向上，由于I1＝I2＝I，P到两导线距离相等，都为d，所以I2在P点的磁感应强度大小也为B0，由矢量合成知B＝B0，将I2增大为3I，则I2在P点的磁感应强度大小也为3B0，则P点磁感应强度大小为B＝＝B0＝B，故C正确．
答案：C
预测3 解析：图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得I1＝，金属杆受到的安培力F1＝BI1L＝，方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力F2＝BIL，方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为＝，故选项A、B错误；在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功E电＝F1vΔt＝，图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即E机＝F2vΔt＝BILvΔt，选项C错误，D正确．
答案：D(共48张PPT)
第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
高频考点·能力突破
素养培优·情境命题
高频考点·能力突破
考点一 磁场的性质及磁场对电流的作用
1．磁场的叠加和安培定则应用的“三点注意”
(1)注意根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向（即磁感应强度的方向）
(2)注意磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
(3)注意磁感应强度是矢量，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场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和（要用到平行四边形法则，解三角形）
2．安培力的分析与计算
(1)方向：左手定则
(2)大小：F＝BIL sin θ
θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
(3)二级结论：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥
例1 [2023·江苏卷]
如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为( )
A．0 B．BIl
C．2BIl D．BIl
答案：C
解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab＝BI·2l＝2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl.
故选C.
预测1 [2023·上海市延安中学检测](多选)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置．如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线( )
A．平行于EF，深度为
B．平行于EF，深度为L
C．垂直于EF，深度为
D．垂直于EF，深度为L
答案：A
解析：根据通电直导线产生的磁场特点可知，距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，则管线在EF的正下方，与EF平行．根据安培定则做出管线产生磁场的横截面，b、c两点的磁场方向与地面夹角为45°的，如图所示．由几何关系可以确定a到管线的距离为，即金属管线平行于EF，深度为，故选A.
预测2 如图所示，两根相距为d的长直导线分别通有电流I1、I2，纸面内有一点P，与两根导线的距离也为d，已知I1＝I2＝I时，P点的磁感应强度大小为B，若保持I1不变，将I2增大为3I，则此时P点磁感应强度大小为( )
A．5B B．2B C．B D．B
答案：C
解析：由安培定则，I1在P点产生的磁感应强度垂直纸面向里，设为B0，I2在P点的磁感应强度竖直向上，由于I1＝I2＝I，P到两导线距离相等，都为d，所以I2在P点的磁感应强度大小也为B0，由矢量合成知B＝B0，将I2增大为3I，则I2在P点的磁感应强度大小也为3B0，则P点磁感应强度大小为B＝＝B0＝B，故C正确．
预测3 如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好．图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I.
若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是( )
A．两杆所受安培力的方向相同
B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C．在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为
D．在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt
答案：D
解析：图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得I1＝，金属杆受到的安培力F1＝BI1L＝，方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力F2＝BIL，方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为＝，故选项A、B错误；在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功E电＝F1vΔt＝，图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即E机＝F2vΔt＝BILvΔt，选项C错误，D正确．
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．注意“四点、六线、三角”
在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．
(1)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.
(2)六线：圆弧两端点所在的两条轨迹半径、入射速度直线OB、出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度直线交点的连线AO.
(3)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍
2．三个“二级”结论
(1)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)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
例2 [2023·全国甲卷](多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计重力．下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
答案：BD
解析：
假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心
由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；
速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少， C错误．
故选BD.
预测4 [2023·湖北省武汉市一中模拟](多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P(－L，0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点．现有一电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力：( )
答案：AD
A．若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
B．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为πL
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程一定为2πL
D．若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为πL，也可能为2πL
解析：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，如图甲所示
则有2R sin 45°＝L，半径R＝L，运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程s＝＝，A正确；若电子从P点出发经原点O到达Q点，若粒子恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周，即s＝2πR＝2πL，若粒子第N次离开磁场边界经过原点O，则要回到Q点，经过O点的速度必然斜向下45°，则运动轨迹如图乙，
根据几何关系有2R cos 45°＝，圆周运动半径R＝，运动通过的路程为s＝×2N＝×2N＝πL，故B、C错误，D正确．
预测5 [2022·全国冲刺卷]如图所示，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里．甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝h.则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A．32∶41 B．56∶41
C．64∶41 D．41∶28
答案：C
解析：甲粒子从高MN＝h的位置水平飞入磁场，运动的轨迹如图所示，甲粒子圆周运动的半径为O1N＝O1P＝r1，在△O1MP中根据勾股定理可知MP＝＝，则OM＝MP-OP＝，在△MNO中，根据几何关系可知tan 37°＝＝＝，解得r1＝h
乙粒子从高O2A＝O2P＝2h的高度水平飞入磁场，转过圆周从P点飞出，则乙粒子运动的半径为r2＝O2A＝2h，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得r＝，可知粒子运动的半径r与粒子的比荷＝k成反比，所以甲、乙两粒子比荷的比值为＝＝＝，故选项C正确．
预测6 如图，在以x轴和虚线围成的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．x轴上a点左侧有一足够长的金属板，半圆形边界的圆心为O、半径为L，上边界到x轴的距离为2L.在O点有一粒子源，在纸面内向第一、第二象限均匀发射带正电的粒子，每秒钟射出n个粒子，粒子质量为m，电荷量为e，速度为v0＝L，不计粒子之间的相互作用．
(1)某个粒子沿与x轴正方向成60°射出，它在磁场中运动的时间t；
答案：
解析：由eBv＝m，得r＝L
分析出粒子在磁场中运动的圆心在磁场边界与y轴交点d，从e点垂直于边界射出磁场，偏转角为30°，则在磁场中的运动时间为t＝T＝.
(2)电流表的示数I；
答案：ne
解析：左边的临界状况是在f点与磁场边界相切，射入方向与x轴负方向成60°，
则单位时间内打在金属板上的粒子数为N＝n＝n，
电流表的示数为I＝ne.
(3)磁场上边界有粒子射出的区域宽度d.
答案：()L
解析：粒子从磁场左边射出的临界点为f点
df＝L，
粒子从磁场右边射出的临界点为g点，原点O、轨迹圆心、g点三点一线，dg＝＝L，
粒子从上边界射出磁场的宽度
d＝fd＋dg＝L＋L＝()L.
考点三 带电粒子在复合场中的运动
“三步”解决复合场问题
例3 [2022·全国甲卷]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
答案：B
解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，由左手定则可知，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
预测7 [2023·河北省石家庄精英中学调研]如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场．一带电小球恰能以速度v0沿图中虚线所示轨迹做直线运动，其虚线恰好为固定放置的光滑绝缘管道的轴线，且轴线与水平方向成60°角，最终小球沿轴线穿过光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)．下列说法正确的是( )
答案：B
A.小球一定带正电
B．电场强度和磁感应强度的大小关系为＝
C．小球一定从管道的P端运动到Q端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀减速直线运动
解析：当小球带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下，从Q端运动到P端时或者从P端运动到Q端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右下或者左上，均不能使小球沿直线运动；当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下，从Q端运动到P端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左上方，三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动，A、C错误；由A分析可知，电场力和洛伦兹力关系为sin 60°＝，整理得＝，B正确；未撤磁场时，小球在三力作用下平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线(管道轴线)合力仍为零．而管道的支持力垂直于管道，即小球合力仍为零，做匀速直线运动，D错误．
预测8 [2022·辽宁模拟卷]在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序．如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)．速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外．
磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场的分布区域是一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L.当偏转系统不加电场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点．整个系统置于真空中，不计离子重力．
(1)离子通过速度选择器的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
答案：
解析：离子通过速度选择器时，有Eq＝Bqv，
解得速度v＝，
离子在磁分析器中，有qvB＝m，
由几何关系，可得R＝，
联立解得＝.
(2)偏转系统加电场时，离子从偏转系统底面飞出，注入到晶圆所在水平面的位置到O点的距离x.
答案：
解析：经过电场后，偏移的距离x1＝··，
偏转角度tan θ＝＝，
离开电场后，偏移的距离x2＝L tan θ＝，
注入晶圆的位置到O点的距离x＝x1＋x2，
联立解得x＝.
答案：
素养培优·情境命题
带电粒子在复合场中运动的应用实例
情境1 [2023·浙江省Z20名校联盟联考]某同学设计了一种天平用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距．初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P′是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小．开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时( )
A．线圈P中通入的电流I2在图乙中沿顺时针方向
B．适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡
C．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量
D．使用备用线圈P′称得重物质量比用线圈P称得重物质量大
答案：C
解析：在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，说明线圈P所受安培力向下，由左手定则，线圈P中通入的电流I2在图乙中沿逆时针方向，A错误；适当增大线圈M、N中的电流，P处的磁感应强度变大，线圈P所受安培力变大，方向向下，天平不能恢复平衡，B错误；线圈P′半径比线圈P略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P′处的磁感应强度，也可以定量求出线圈P′所受安培力的大小．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量，C正确，D错误．
情境2 [2022·广东冲刺卷](多选)据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是( )
A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
答案：BCD
解析：根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝m，解得B＝，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝，D正确．
情境3 [2022·全国冲刺卷]海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，据此人们设计并研制“海流发电机”，可生产无污染的再生能源，对海洋航标灯持续供电，其工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M，N，板长为a、宽为b(未标出)
两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面的匀强磁场(方向如图)，磁感应强度大小为B，海水流动方向如图所示，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻为R
则下列说法正确的是( )
A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是N→L→M
B．“海流发电机”产生感应电动势的大小是E＝Bav
C．通过航标灯L电流的大小是
D．“海流发电机”发电的总功率为
答案：C
解析：由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力作用分别向M板和N板；M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是M→L→N，A错误；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则＝Bqv，解得E＝U＝Bdv，B错误；海水的电阻r＝ρ＝ρ，由闭合电路欧姆定律得通过航标灯的电流为I＝＝，C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝IE＝，D错误．故选C.
情境4 [2023·天津市滨海新区塘沽一中月考]在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序．如图所示是离子注入工作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过半径为R0的圆弧形静电分析器(静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场)后，从P点沿竖直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向成15°，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上．离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力．求：
(1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；
答案：
解析：粒子通过加速电场，根据动能定理得qU＝mv2
解得v＝
离子通过静电分析器做圆周运动，速度大小不改变，所以离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为 ；
(2)静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0；
解析：离子经过静电分析器，由向心力公式得qE0＝m
解得E0＝；
(3)若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小．
答案：
解析：作出符合题意的离子的运动轨迹如图所示
O1、O2分别为磁场圆和轨迹圆的圆心，M为射出点，PM为公共弦，连接O1O2，则
O1O2⊥PM，△PO2M为等腰直角三角形，则∠MPO2＝45°
则∠QPO2＝75°
故∠QPM＝30°
设轨迹圆的半径为R，则R＝2r cos 30°cos 45°＝r
由向心力公式qvB0＝m
得B0＝＝ .素养培优·情境命题
带电粒子在复合场中运动的应用实例
情境1 [2023·浙江省Z20名校联盟联考]某同学设计了一种天平用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距．初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P′是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小．开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时( )
A．线圈P中通入的电流I2在图乙中沿顺时针方向
B．适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡
C．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量
D．使用备用线圈P′称得重物质量比用线圈P称得重物质量大
情境2 [2022·广东冲刺卷](多选)据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是( )
A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
情境3 [2022·全国冲刺卷]海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，据此人们设计并研制“海流发电机”，可生产无污染的再生能源，对海洋航标灯持续供电，其工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M，N，板长为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面的匀强磁场(方向如图)，磁感应强度大小为B，海水流动方向如图所示，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻为R，则下列说法正确的是( )
A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是N→L→M
B．“海流发电机”产生感应电动势的大小是E＝Bav
C．通过航标灯L电流的大小是
D．“海流发电机”发电的总功率为
情境4 [2023·天津市滨海新区塘沽一中月考]在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序．如图所示是离子注入工作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过半径为R0的圆弧形静电分析器(静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场)后，从P点沿竖直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向成15°，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上．离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力．求：
(1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；
(2)静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0；
(3)若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小．
素养培优·情境命题
情境1 解析：在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，说明线圈P所受安培力向下，由左手定则，线圈P中通入的电流I2在图乙中沿逆时针方向，A错误；适当增大线圈M、N中的电流，P处的磁感应强度变大，线圈P所受安培力变大，方向向下，天平不能恢复平衡，B错误；线圈P′半径比线圈P略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P′处的磁感应强度，也可以定量求出线圈P′所受安培力的大小．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量，C正确，D错误．
答案：C
情境2 解析：根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝m，解得B＝，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝，D正确．
答案：BCD
情境3 解析：由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力作用分别向M板和N板；M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是M→L→N，A错误；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则＝Bqv，解得E＝U＝Bdv，B错误；海水的电阻r＝ρ＝ρ，由闭合电路欧姆定律得通过航标灯的电流为I＝＝，C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝IE＝，D错误．故选C.
答案：C
情境4 解析：(1)粒子通过加速电场，根据动能定理得qU＝mv2
解得v＝
离子通过静电分析器做圆周运动，速度大小不改变，所以离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为；
(2)离子经过静电分析器，由向心力公式得qE0＝m
解得E0＝；
(3)作出符合题意的离子的运动轨迹如图所示
O1、O2分别为磁场圆和轨迹圆的圆心，M为射出点，PM为公共弦，连接O1O2，则
O1O2⊥PM，△PO2M为等腰直角三角形，则∠MPO2＝45°
则∠QPO2＝75°
故∠QPM＝30°
设轨迹圆的半径为R，则R＝2r cos 30°cos 45°＝r
由向心力公式qvB0＝m
得B0＝＝.
答案：(1) (2) (3)
