2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题三 第10讲 磁场及带电体在磁场中的运动 Word版含答案.docx

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1、第10讲磁场及带电体在磁场中的运动主干知识体系核心再现及学科素养知识规律(1)掌握“两个磁场力”安培力：FBILsin ，其中为B与I的夹角洛伦兹力：FqvBsin ，其中为B与v的夹角(2)明确“两个公式”，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式：R.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式：T.(3)用准“两个定则”对电流的磁场用准安培定则对安培力和洛伦兹力用准左手定则(4)画好“两个图形”对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形思想方法(1)物理思想：等效思想(2)物理方法：理想化模型法、比值定义法、对称法、临界法等.1(2

2、018全国卷，20)(多选)如图，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B0B流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D流经L2的电流在a点产生的磁感强度大小为B0ACA、C对：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：B0B0B1B2在a点：B0B0

3、B1B2由上述两式解得B1B0，B2B0.2(2018北京卷，18)某空间存在匀强磁场和匀强电场一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动下列因素与完成上述两类运动无关的是 ()A磁场和电场的方向B磁场和电场的强弱C粒子的电性和电量D粒子入射时的速度C在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内，一个带电粒子射入后做匀速直线运动，则它受的洛伦兹力和电场力大小相等、方向相反，即qvBqE，故v，因此粒子的运动，与粒子的电性和电量均无关，故选项C正确3(2017高考全国卷，21)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示，矩形线圈由一根漆包线绕制而

4、成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将 ()A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉AD装置平面示意图如图所示如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与

5、图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路，故选A、D.4(2017高考全国卷，18)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上不计重力及带电粒子之间的相互作用则v2v1为 ()A.2 B.1 C.1D3C相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60(对

6、应六分之一圆周)的弦PP必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1R.其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP对应的圆弧内同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示由几何关系知r2R，可得r2r11.因为m、q、B均相同，由公式r可得vr，所以v2v11.故选C.5(2016高考全国卷，18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30角当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N飞

7、出圆筒不计重力若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为 ()A. B.C. D.A如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30，则，即，选项A正确考情分析命题特点与趋势1带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，但更多的是结合其他知识以计算题的形式考查2纵观近几年高考，涉及磁场知识点的题目年年都有，考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动为最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题3新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可

8、能将对安培力的考查与电磁感应相结合解题要领这类问题的特点是利用有界磁场或利用两种磁场相互组合命题，带电粒子的运动形式为圆周运动，涉及的方法和 规律包括牛顿运动定律、圆周运动的各物理量的关系对综合分析能力和运用数学知识解决物理问题的能力要求较高，综合性强对于此类问题，应在准确审题的前提下，熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法.高频考点一磁场的性质及其对电流的作用题组突破11.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零如果让P中的电流反

9、向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为 ()A0 B.B0 C.B0D2B0C两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小相等，设为B，方向如图甲所示，此时a点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B合的大小等于B0，方向与B0相反，即B0的方向水平向左，此时BB0；让P中的电流反向、其他条件不变，两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小仍为B，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B，方向竖直向上，B与B0垂直，其合磁感应强度为BaB0，选项C正确12.(2018湖北三市六校二联)(多选)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为、质量为m

10、、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止则磁感应强度的方向和大小可能为 ()A竖直向上，mgtan /(IL)B平行导轨向上，mgcos /(IL)C水平向右，mg/(IL)D水平向左，mg/(IL)AD若磁场方向竖直向上，则金属杆受重力、支持力和水平向右的安培力，这三个力可以平衡，平衡时有BILmgtan ，解得B，A正确；磁场方向平行导轨向上时，安培力方向垂直导轨平面向下，它与重力和支持力不可能平衡，B错误；当磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，它与重力和支持力不可能平衡，C错误；当磁场方向水平向左

11、时，安培力方向竖直向上，当它与重力相等时，支持力为零，金属棒可以处于平衡状态，此时有BILmg0，解得B，D正确13.(2018湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120，此时悬线的拉力为F.若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流大小和方向是()A大小为，沿顺时针方向B大小为，沿逆时针方向C大小为，沿顺时针方向D大小为，沿逆时针方向A要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向向上，根据左手定则可以判断，电流方向应

12、沿顺时针方向，根据力的平衡FBIR，求得I，故A项正确故选A.归纳反思1磁场性质分析的两点技巧(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指及手掌的放法(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一分析”即：2安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路高频考点二带电粒子在匀强磁场中的运动备考策略1洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小2注意“对称性”的应用(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域3相同的粒子在磁场中的运动时间，由粒子运动轨迹所对应圆心角大小决定4解题的难点是画出轨

13、迹图，挖掘隐含的几何关系，寻找轨迹半径r与磁场宽度的几何关系如图展示了最常用的几何知识：粒子速度的偏向角等于圆心角，且等于AB弦与切线的夹角(弦切角)的2倍，即2t.相对的弦切角()相等，与相邻的弦切角()互补，180.命题视角考向1圆形边界磁场问题例1(2018开封质检)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板，从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是()A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不

14、一定过圆心C对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由tT知，运动时间t越小，故C错误；速度满足v时，轨迹半径rR，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点处的磁场半径平行，粒子一定垂直打在MN板上，故D正确. 归纳

15、反思作带电粒子运动轨迹时需注意的问题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2六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线3三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍题组突破21.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场，一个电子从原点O与x轴正方向成30角以初速度v0射入第一象限，经时间t从x轴上(a,0)点射出磁场，则()A如果仅将电子初速度变为2v0，则一定经时间2t从点

16、(2a,0)射出磁场B如果仅将电子初速度变为2v0，则仍经时间t从点(a,0)射出磁场C如果初速度不变，从O点射入的是正电子，则经时间2t从(0，a)点射出磁场D如果初速度不变，从O点射入的是正电子，则经时间t从(0，a)点射出磁场C画出电子在磁场中运动轨迹的示意图，如图所示，可以看出电子从原点O与x轴正方向成30角以初速度v0射入磁场，设其圆心为O2，在磁场中运动的轨迹圆弧对应圆心角为60，从(a,0)点射出磁场，其半径也为a，由R可知，如果电子只是初速度变为2v0，则半径也变为原来的2倍，由T可知，周期与速度无关，则电子一定经时间t从点(2a,0)射出磁场，A、B错误；由图可以看出，如果初

17、速度不变，从O点射入的是正电子，则半径不变，圆心角为120，所以经时间2t从(0，a)点射出磁场，C正确，D错误22.(2018湖北省武昌区高三五月调研考试)如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里的、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

18、弧长变为圆周长的1/3，所以POQ120；结合几何关系，有：r1Rsin 60；洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB1m；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POQ90；结合几何关系，有：r2Rsin 45；洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB2m；联立解得：B2；则，故选C.高频考点三带电粒子在匀强磁场中的临界极值问题备考策略求解临界、极值问题的“两思路、两方法”命题视角考向1粒子运动范围的空间临界问题例2(2018山东省实验中学高三第一次模拟考试)如下图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁

19、感应强度大小为B，a60，b90，边长abL，粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为m，电荷量为q，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是()A. B. C. D.B由左手定则和题意知，沿ab方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径： rabtan 30L，由洛伦兹力提供向心力qvmBm，从而求得最大速度：vm，所以选项A、B、C错误，选项D正确考向2粒子在有界磁场中运动的最长时间问题例3图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外O是PQ上一点，在纸

20、面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子，粒子电荷量为q、质量为m.现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇，MO与PQ间夹角为60，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是 ()A两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为B两个粒子射入磁场的方向分别与PQ成30和60角C在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为D垂直PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运动时间最长A以粒子带正电为例分析，先后由O点射入磁场，并在M点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O点沿OP方向入射并通过M点的粒子轨迹所对圆心角为240，根据带电粒子在磁场中运动周期T可知，该粒子在磁场中运动的时间t1，则

21、另一个粒子轨迹所对圆心角为120，该粒子运动时间t2，可知，两粒子在磁场中运动的时间差可能为t，故A正确；射入磁场方向分别与PQ成30和60角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360，不可能在M点相遇，故B错误；在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d，故C错误；沿OP方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间最长，故D错误考向3磁场面积范围的空间临界问题例4(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，质量为m，带电量为q的带电粒子由静止开始经电压为U0的加速电场加速后沿平行于极板的方向从靠近上极板的位置射入偏转电场，极板间电压为U，上极板带正电荷，极板长度和极板间距均为L

22、，粒子从另一侧射出偏转电场，进入紧邻的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于纸面向外，磁场只存在于MN右侧的某个正三角形区域内，MN为磁场的一条边界，忽略电场和磁场间的距离，不计带电粒子的重力(1)粒子进入偏转电场时的速度；(2)当偏转电压U0时，若带电粒子最终从MN边界离开磁场，求磁场区域的最小面积S1；(3)当偏转电压U2U0时，若带电粒子最终从MN边界离开磁场，此时磁场区域的最小面积为S2，求.解析(1)带电粒子在电场中加速，qU0mv解得：v1；(2)由于偏转电压U0，垂直MN进入磁场，在磁场中做半个圆周运动后从MN射出磁场，轨迹如图：qv1Bm，设正三角形磁场的边长为b，则：sin

23、 60正三角磁场区域的面积为S1b2sin60解得：S1；(3)当偏转电压U2U0时，带电粒子在偏转电场中，轨迹如图：Lv1ta离开偏转电场时的偏转角tan 解得：45则粒子进入磁场时的速度v2设这次粒子在磁场中的运动半径为r2qv2Bm设此时正三角磁场的边长为c则根据几何关系：cr2S2c2sin 60解得：. 答案(1)(2)(3)归纳反思1常用结论 (1)刚好能穿出磁场边界的条件是粒子轨迹与边界相切 (2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，粒子在有界磁场中的运动时间越长 (3)当速度大小v变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长2磁场区域最小面积的求解方

24、法在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上，借助几何关系先确定最小区域示意图，再利用几何关系求有界磁场区域的最小面积注意对于圆形磁场区域：粒子射入、射出磁场边界时的速度的垂线的交点即轨迹圆圆心；所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长. 3. 临界问题中的动态圆模型：临界极值问题，常借助于半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系或其他的约束关系，常采用以下三种动态圆的变化特点，进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值(1)图甲为大量相同粒子从某点O向各个方向等速发射(等速异向)，画出某个方向粒子的轨迹圆，以O为轴“旋转圆”，从而找到

25、临界条件(2)图乙为大量相同粒子从某点O向同一方向异速发射(异速同向)，按照半径从小到大次序，画出不同速度粒子的轨迹圆，从而找到临界条件(3)图丙为大量相同粒子从不同点O向同一方向等速发射(等速同向)，画出某个方向粒子的轨迹圆，将该圆平移，从而找到临界条件高频考点四带电粒子在磁场运动的多解问题备考策略形成多解的四种常见题型1磁场方向不确定形成多解2带电粒子的电性不确定形成多解3带电粒子运动的重复性形成多解4临界状态不唯一形成多解题组突破41.(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿BA

26、C的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷k，则质子的速度可能为()A2BkLB. C. D.BD因质子带正电，且经过c点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径r(n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力得Bqvm，即vBk(n1,2,3，)，选项B、D正确42.(2018河南省洛阳市高三模拟)(多选)如图所示为长为2L、板间距离为L的水平极板P、Q，现有质量为m，电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处，以速度v0平行极板射入，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法有()A在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B

27、C在极板间加垂直极板指向P极板的匀强电场，电场强度EABC如图1所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R，粒子在磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力，即qvBm，可得粒子做圆周运动的半径R，所以，解得：B或B，故AB正确；当在极板间加垂直极板指向P极板的匀强电场时，粒子恰好从右边射出电场，如图2所示，y ()2，解得E，故C正确；根据对称性可知，D错误课时跟踪训练(十)一、选择题(16题为单项选择题，710题为多项选择题)1两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子

28、的 ()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小D分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r可知，轨道半径增大分析角速度：由公式T可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据知角速度减小选项D正确2如图所示，总质量为m，边长为L的正方形线圈共三匝，放置在倾角为的光滑斜面上，刚好关于磁场边界MN对称，MN上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电流I后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为g，则 ()A磁场方向可以竖直向下，且BB磁场方向可以竖直向上，且BC磁场方向可以垂直斜面

29、向下，且BD磁场方向可以水平向左，且BC当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得3BILmgtan ，则B，选项A错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项B错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得3BILmgsin ，则B，选项C正确；当磁场方向水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项D错误3(2018山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度Bk，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0R区间内磁感应强度大小B随x变化的

30、图线可能是()C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里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，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的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；故选C.4. (2018山东省实验中学高三二模)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区城内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为()A.v B.vC.v D.vC根据洛伦兹力充当向心力可知，

31、v，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时速度最大，如图由几何关系可知，最大半径为r1L1，故最大速度应为v1；当粒子从C点出射时半径最小，为r2，故最小速度应为v2，故v的取值范围为v，故选C.5(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，电子经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在P点，通过调节电压U可以控制P点的位置，设OPx，能够正确反映U与x关系的图象是()C带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：mv2qU解得：v进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvBm解得：r粒子运动半个圆打到P点， 所以x2r2即

32、x与成正比，故C正确6(2018山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，在xOy平面内，虚线yx左上方存在范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场，在A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电量为q的带电粒子，速率均为，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为()A. B. C. D.C粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有：qvB，而将题中的v值代入得：rl，分析可知：粒子运动的时间t最短时，所粒子偏转的角度最小，则所对弦最短，作ABOB于B点，AB即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：ABOAsin 60l，粒子偏转的角度；60，结合周期公式：T

33、，可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t，故C正确，A、B、D错误；故选C.7(2018湖南省怀化市高三联考)一绝缘圆筒上有一小孔，筒内有方向沿圆筒轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为B，整个装置的横截面如图所示一质量为m、带电量为q的小球(重力不计)沿孔半径方向射入筒内，小球与筒壁碰撞n次后恰好又从小孔穿出小球每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中小球的电荷量不变已知小球在磁场中运动的总时间t，则n可能等 ()A2B3 C4D5 AC粒子在磁场中的周期为T，而小球在磁场中运动的总时间tT，可知，粒子在磁场中做圆周运动的总圆弧所对的圆心角为180；若n2，即粒子与圆筒碰撞2次，分别对应三段圆弧

34、，每段圆弧所对的圆心角为60，则总圆心角为180，则选项A正确；若n3，即粒子与圆筒碰撞3次，分别对应四段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为90，则总圆心角为360，则选项B错误；若n4，即粒子与圆筒碰撞4次，则可能每次碰撞对应的圆弧所对的圆心角为36(对应着圆筒上的圆心角为144)，则总圆心角为536180，则选项C正确；若n5，即粒子与圆筒碰撞5次，分别对应6段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为120，则总圆心角为72，则选项D错误；故选A、C. 8(2018安徽六安一中一模)如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为

35、9 m，M点为x轴正方向上一点，OM3 m，现有一个比荷大小为1.0 C/kg，可视为质点的带正电小球(重力不计)，从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是()A3 m/s B3.75 m/sC4 m/sD5 m/sABD由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3 m，而ON9 m3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点由于洛伦兹力提供向心力，所以：qvBm

36、，得：vBr；若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OOs，由几何关系得：r2s29s2，3r9s，联立得：r13 m；r23.75 m，分别代入得：v1Br1113 m/s3 m/s，v2Br2113.75 m/s3.75 m/s，若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OOx，由几何关系得：rx29x2，x9r3，联立得：r35 m，代入得：v3Br3115 m/s5 m/s，A、B、D正确9(2018山东省济南市高三一摸)如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30角的方向垂直射入磁场甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的

37、中点离开磁场已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为12，质量之比为12，不计粒子重力. 以下判断正确的是()A甲粒子带负电，乙粒子带正电B甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的4倍D甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍CDA项：由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误； B项：由几何关系可知，R甲2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60，弦长为，所以2R乙sin 60，解得R乙，根据qvBm，所以Ek，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错

38、误：C项：由公式qvBm可知，v，所以f洛qvB，即()2()24，故C正确；D项：由几何关系可知，甲粒子的圆心角为30，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120.根据公式tT和T可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍，故D正确10(2018广东省湛江市高三模拟)如图所示，MN平行于y轴，在y轴与MN之间的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在090范围内其中，沿y轴正方向发射的粒子在tt0时刻刚好从磁场右边界MN上的P点离开磁场，已知P点的坐标是(2)d，d)不计粒子重力，

39、下列说法正确的是()A粒子在磁场中做圆周运动的半径为dB粒子的发射速度大小为C带电粒子的比荷为D带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0BD根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示圆心为O，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为r2d，故A错；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，运动时间t0解得：v0，故B正确；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T，由Bqv0m()2r则故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确二、非选

40、择题11(2018河北唐山质检)如图所示，水平导轨间距为L0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m1 kg，电阻R00.9 ，与导轨接触良好；电源电动势E10 V，内阻r0.1 ，电阻R4 ；外加匀强磁场的磁感应强度B5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角53；ab与导轨间的动摩擦因数为0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，细线对ab的拉力为水平方向，且细线通过定滑轮与重物相连，重力加速度g10 m/s2，ab处于静止状态，已知sin 530.8，cos 530.6.求： (1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围解析(1

41、)I2 A方向为由a到b(2)FBIL5 N(3)受力如图，fm(mgFcos 53)3.5 N当最大静摩擦力方向向右时，FTFsin 53fm0.5 N当最大静摩擦力方向向左时，FTFsin 53fm7.5 N所以0.5 NG7.5 N答案(1)2A方向由a到b(2)5 N(3)0.5 NG7.5 N12(2018山东省淄博一中高三三模)如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B.位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出粒子的速率相等，质量为m、电荷量大小为q，粒子

42、重力及粒子间的相互作用均不计(1)若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvBm根据几何关系：r联立得：v粒子在磁场中做圆周运动的周期：T由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，则：t联立可得：t(2)分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，有几何关系可得该半圆的半径：rR面积：Sr2联立可得：SR2答案(1)t(2)R213(2017河南商丘模拟)如图所示，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向

43、里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀地向各个方向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为，且粒子打在挡板上会被吸收；不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大 (1)为使最多的粒子打在板上，则挡板至少多长；(2)若挡板足够长，则打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值是多少；(3)若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率是多少解析(1)设带电粒子的质量为m，带电量为q，粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，设粒子做圆周运动的半径为r，则有qvBm解得r在挡

44、板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图甲所示，由题意r，由几何知识可得.设粒子初速度方向与夹角为，随着顺时针从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N点逐渐下移；当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M，如图甲所示，在OPM中，由几何关系可得所以当夹角继续增大，则粒子打在挡板上的点从M点逐渐下移至P点，由以上分析知道，挡板长度至少等于时，挡板吸收的粒子数最多(2)由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图乙轨迹1所示，由几何知识得粒子转过的圆心角为1；当粒子从右侧恰好打在P点时，时间最长，如图乙轨迹2所示，由几何知识得粒子转过的圆心角为2粒子的运动周期T沿轨迹1的时间t1T沿轨迹2的时间t2T 最长的时间差tt2t1. (3)粒子出射方向水平向右的粒子和沿图乙轨迹2的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方向的夹角为