2019年高考物理 母題題源系列 專題10 帶電粒子在磁場中的運動（含解析）

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1、專題10 帶電粒子在磁場中的運動 【母題來源一】2019年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試物理（新課標(biāo)全國Ⅲ卷） 【母題原題】（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】運動軌跡如圖。 即運動由兩部分組成,第一部分是個周期,第二部分是個周期, 粒子在第二象限運動轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運動的時間為；粒子在第一象

2、限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運動的時間為；則粒子在磁場中運動的時間為：，故B正確，ACD錯誤。. 【母題來源二】2019年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理（北京卷） 【母題原題】（2019·北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是 A．粒子帶正電 B．粒子在b點速率大于在a點速率 C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短 【答案】C 【解析】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據(jù)確定粒子運動半徑和運動時間。由題

3、可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應(yīng)帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；若僅減小磁感應(yīng)強度，由公式得：，所以磁感應(yīng)強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯誤。 【母題來源三】2019年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理（浙江選考） 【母題原題】（2019·浙江選考）磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)

4、生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。若穩(wěn)定時等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為ρ。忽略邊緣效應(yīng)，下列判斷正確的是 A．上板為正極，電流 B．上板為負極，電流 C．下板為正極，電流 D．下板為負極，電流 【答案】C 【解析】根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負電荷受到的洛倫茲力向上，因此下極板為電源的正極，根據(jù)平衡有，解得穩(wěn)定時電源的電動勢，則流過R的電流為，而，，則得電流大小為，C正確． 【名師點睛】本題的關(guān)鍵是理解磁流體發(fā)電機的工作原理，知道穩(wěn)定時，離子所受的電場力和洛倫茲力平衡，結(jié)合閉合電路歐姆定律進行分析． 【命題意圖】本

5、題考查帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時遵循的規(guī)律，涉及向心力、洛倫茲力、圓周運動知識，意在考查考生對物理規(guī)律的理解能力和綜合分析能力。 【考試方向】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動問題，是高考考查的重點和熱點，可能以選擇題單獨命題，但更多的是結(jié)合其他知識以計算題的形式考查。 【得分要點】 1．帶電體在磁場中的臨界問題的處理基本思路 （1）畫軌跡：即畫出運動軌跡，并確定圓心，用幾何方法求半徑； （2）找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系； （3）用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑

6、公式； 2．帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形 （1）直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖所示） （2）平行邊界（存在臨界條件，如圖所示） （3）圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示） 3．帶電粒子在勻強磁場中的運動 找圓心、求半徑、確定轉(zhuǎn)過的圓心角的大小是解決這類問題的前提，確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關(guān)系是解題的基礎(chǔ)，建立運動時間t和轉(zhuǎn)過的圓心角θ之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵． （1）圓心的確定 ①已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖10甲所示，圖中P為入

7、射點，M為出射點）． ②已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心（如圖乙所示，P為入射點，M為出射點）． （2）半徑的確定 可利用物理學(xué)公式或幾何知識（勾股定理、三角函數(shù)等）求出半徑大?。? （3）運動時間的確定：電荷在勻強電場和勻強磁場中的運動規(guī)律不同．運動電荷穿出有界電場的時間與其入射速度的方向和大小有關(guān)，而穿出有界磁場的時間則與電荷在磁場中的運動周期有關(guān)．在解題過程中靈活運用運動的合成與分解和幾何關(guān)系是解題關(guān)鍵；粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為θ時，其

8、運動時間表示為：T（或） 1．（2019·重慶市巴蜀中學(xué)高三月考）如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，半徑OC與OB夾角為60°。一電子以速率v從A點沿直徑AB方向射入磁場，從C點射出。電子質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列說法正確的是 A．磁場方向垂直紙面向里 B．磁感應(yīng)強度大小為 C．電子在磁場中的運動時間為 D．若電子速率變?yōu)?，仍要從C點射出，磁感應(yīng)強度大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍 【答案】B 【解析】根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；由題意得，電子的運動半徑恰好等于，解得，故B正確；運動周期，電子在圓形區(qū)域的運動時間，故C錯誤；電子的運動半

9、徑恰好等于，若電子速率變?yōu)?，仍要從C點射出，磁感應(yīng)強度大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?，故D錯誤。 2．（2019·北京市順義區(qū)高考一模）如圖所示，OX與MN是勻強磁場中的兩條平行直線，其中MN為磁場的下邊界，速率不同的同種帶電粒子沿OX方向射入磁場，從MN邊界穿出時，其中速度為v1的A粒子與MN垂直，速度為v2的B粒子其速度方向與MN成60°角，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，則A、B兩粒子穿越磁場所需時間的比為 A．1：2 B．2：1 C．2：3 D．3：2 【答案】D 【解析】粒子在磁場中運動的周期的公式為，由此可知，粒子的運動的時間與粒子的速度的大小無關(guān)，所以粒子在磁場中的周期相同，由

10、粒子的運動的軌跡如圖所示： 可知，通過a點的粒子的偏轉(zhuǎn)角為90°，通過b點的粒子的偏轉(zhuǎn)角為60°，所以通過a點的粒子的運動的時間為，通過b點的粒子的運動的時間為，所以從S到a、b所需時間t1：t2為3：2，故D正確，ABC錯誤。 3．（2019·江蘇省三校高三第四次模擬）質(zhì)譜儀裝置原理圖如圖所示，某種帶電粒子經(jīng)電場加速后從小孔O以相同的速率沿紙面射入勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向外，已知從O點射出的粒子有微小發(fā)散角2，且左右對稱.結(jié)果所有粒子落點在乳膠底片的P1P2直線區(qū)間，下列說法正確的是 A．打在P2點粒子一定是從O點垂直板射入的粒子 B．打在P2點粒子一定是從O點右偏射入

11、的粒子 C．打在P1點粒子一定是從O點左偏射入的粒子 D．打在P1點粒子一定是在磁場中運動時間最短的粒子 【答案】A 【解析】粒子在磁場中做圓周運動，洛倫磁力提供向心力，則有，解得，由于粒子的速率相同，所以在粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同，由幾何關(guān)系可得粒子在乳膠底片落點與點的距離為，當(dāng)發(fā)散角時，粒子在乳膠底片落點與點的距離最大，即打在點粒子一定是從點垂直板射入的粒子，當(dāng)發(fā)散角最大時，粒子在乳膠底片落點與點的距離最小，即打在點粒子一定是從點左偏發(fā)散角最大或右偏發(fā)散角最大射入的粒子，從點右偏發(fā)散角最大射入的粒子在磁場中運動對應(yīng)的圓心角最小，從點左偏發(fā)散角最大射入的粒子在磁場中運動對應(yīng)的

12、圓心角最大，根據(jù)可知從點右偏發(fā)散角最大射入的粒子的運動時間最短，從點左偏發(fā)散角最大射入的粒子的運動時間最長，故選項A正確，BCD錯誤。 4．（2019·湖南省長沙市長沙一中高三月考）如圖所示，abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界邊長為L，三個粒子以相同的速度從a點沿對角線方向射入，粒子1從b點射出，粒子2從c點射出，粒子3從cd邊垂直射出，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。根據(jù)以上信息，可以確定 A．粒子1帶負電，粒子2不帶電，粒子3帶正電 B．粒子1和粒子3的比荷之比為2：1 C．粒子1和粒子2在磁場中的運動時間之比為π：4 D．粒子3的射出位置與d點相距 【答案

13、】BC 【解析】根據(jù)左手定則可得：粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負電。故A錯誤；做出粒子運動的軌跡如圖，則粒子1運動的半徑：r1=，由可得：，粒子3的運動的軌跡如圖，則：r3=L， 所以：，故B正確；C.粒子1 在磁場中運動的時間：；粒子2 在磁場中運動的時間： ；所以：，故C正確；粒子3射出的位置與d點相距：，故D錯誤。 5．（2019·天津市第一中學(xué)高二期末）如圖所示，半徑為r且水平放置的光滑絕緣的環(huán)形管道內(nèi)，有一電量為e、質(zhì)量為m的電子。此裝置放在勻強磁場中，此勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間均勻發(fā)化，即B=B0+kt（k>0），根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，均勻變化的磁場將產(chǎn)生

14、穩(wěn)定的電場，感應(yīng)電場對電子將有沿圓環(huán)切線方向的作用力，使其加速，電子沿圓周運動一周所獲得的能量為ee，其中e為環(huán)形回路的感應(yīng)電動勢。t=0時電子的初速度為v0，此后電子運動一周時磁感應(yīng)強度為B1，則此時電子的速度為 A． B． C． D． 【答案】AB 【解析】洛倫茲力提供向心力，故：，解得：，故A正確，C錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：感生電動勢大小為，電場方向逆時針，電場力對電子做正功。在轉(zhuǎn)動一圈過程中對電子用動能定理：，解得：，故B正確，D錯誤。 6．（2019·云南玉溪一中高二期中）如圖所示，在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強磁場，有兩個電荷量、質(zhì)量均相同的正、負粒子

15、（不計重力），從邊界上的O點以相同速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正、負粒子在磁場中 A．運動軌跡的半徑相同 B．重新回到邊界所用時間相同 C．重新回到邊界時速度大小和方向相同 D．重新回到邊界時與O點的距離不相等 【答案】AC 【解析】根據(jù)牛頓第二定律得：得：，由題q、v、B大小均相同，則r相同，故A正確。粒子的運動周期，則知T相同。根據(jù)左手定則分析可知，正離子逆時針偏轉(zhuǎn)，負離子順時針偏轉(zhuǎn)，重新回到邊界時正離子的速度偏向角為2π–2θ，軌跡的圓心角也為2π–2θ，運動時間t=T。同理，負離子運動時間t=T，顯然時間不等，故B錯誤。 正負離子在磁場中均做勻速圓

16、周運動，速度沿軌跡的切線方向，根據(jù)圓的對稱性可知，重新回到邊界時速度大小與方向相同，故C正確。根據(jù)幾何知識得知重新回到邊界的位置與O點距離S=2rsinθ，r、θ相同，則S相同，故D錯誤。 7．（2019·湖北省宜昌市高三模擬）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，位于坐標(biāo)軸上的M、N、P三點到坐標(biāo)原點O的距離均為r，在第二象限內(nèi)以O(shè)1（－r，r）為圓心，r為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直xOy平面向外的勻強磁場；現(xiàn)從M點平行xOy平面沿不同方向同時向磁場區(qū)域發(fā)射速率均為v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好從P點進入第一象限。為了使M點射入磁場的粒子均匯聚于N點，在第一象限內(nèi)，以適當(dāng)?shù)倪^

17、P點的曲線為邊界（圖中未畫出，且電場邊界曲線與磁場邊界曲線不同），邊界之外的區(qū)域加上平行于y軸負方向的勻強電場或垂直xOy平面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用及其重力.下列說法正確的是 A．若OPN之外的區(qū)域加的是磁場，則所加磁場的最小面積為 B．若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達N點時的速度最大為 C．若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達N點時的速度方向不可能與x軸成45° D．若OPN之外的區(qū)域加的是電場，則邊界PN曲線的方程為 【答案】ABD 【解析】由題意知，沿MO1方向射入的粒子恰好從P點進入第一象限，軌跡為圓弧，速度方向水平向右（沿x軸正方向）由幾何關(guān)系知軌

18、跡半徑等于圓形磁場半徑，作出由粒子軌跡圓的圓心、磁場圓的圓心以及出射點、入射點四點組成的四邊形為菱形，且所有從M點入射粒子進入第一象限速度方向相同，即均沿+x方向進入第一象限，為了使M點射入磁場的粒子均匯聚于N點，OPN之外的區(qū)域加的是磁場，最小的磁場面積為圖中陰影部分的面積，如圖所示： 根據(jù)幾何關(guān)系可得所加磁場的最小面積為，故A正確；若OPN之外的區(qū)域加的是電場，粒子進入第一象限做類平拋，沿MO1入射的粒子到達N點時的運動時間最長，速度最大，速度與水平方向夾角也最大，設(shè)類平拋運動時間為t，在N點速度與水平方向夾角為θ，則有：水平方向：，豎直方向：，聯(lián)立解得：，，，，故B正確，C錯誤；若

19、OPN之外的區(qū)域加的是電場，設(shè)邊界PN曲線上有一點的坐標(biāo)為（x，y），則，，整理可得：，當(dāng)時，整理可得邊界PN曲線的方程為，故D正確。 8．（2019·北京四中高二期中）如圖1所示，左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為U；兩板之間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里。右邊有一半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。一電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿同一方向射出平行金屬板之間的區(qū)域，并沿直徑EF方向射入磁場區(qū)域，最后從圓形區(qū)域邊界上的G點射出。已知弧EG所對應(yīng)的圓心角為

20、，不計離子重力。求： （1）離子進入平行板時的速度大小v0； （2）離子的質(zhì)量m； （3）如圖2所示，若改變右側(cè)圓形磁場區(qū)域的位置，使圓形磁場的直徑EH與EF成角，該離子沿平行于金屬板的方向從E點射入磁場區(qū)域，恰好從H點射出，求角的正弦值sin。 【答案】（1）v0= （2）m= （3）= 【解析】（1）粒子在平行金屬板之間做勻速直線運動，洛侖茲力與電場力相等 即：B0qv0=qE，其中 解得： （2）在圓形磁場區(qū)域，微粒做勻速圓周運動， 由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得： 由幾何關(guān)系有： 解得 （3）若離子沿平行于金屬板的方向從E點射入磁場區(qū)域，則軌跡如圖；

21、 由幾何關(guān)系可知：，因 可知 9．（2019·江蘇省蘇州市高二期末）如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小。在第三象限內(nèi)有磁感應(yīng)強度的勻強磁場L，在第四象限內(nèi)有磁感應(yīng)強度的勻強磁場Ⅱ，磁場I、Ⅱ的方向均垂直于紙面向內(nèi)。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P（0，L）點處以初速度沿垂直于y軸的方向進入第二象限的勻強電場，然后先后穿過x軸和y軸進入磁場I和磁場I，不計粒子的重力和空氣阻力。求： （1）粒子由電場進入磁場I時的速度v大小和方向 （2）粒子出發(fā)后第1次經(jīng)過y軸時距O點的距離D； （3）粒子出發(fā)后從第1次經(jīng)過y軸到第4次經(jīng)過y軸產(chǎn)生的位

22、移大小Δy和所需時間Δt。 【答案】（1）2v0，方向與x軸負方向夾角為60° （2）2L （3）， 【解析】（1）粒子在電場中做類平拋運動 沿電場方向： 解得：vy=v0 粒子速度為： v==2v0 v與x軸負方向間夾角為： θ=arctan=arctan=60° （2）粒子在磁場I中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： qvB1=m 解得：r1=L 由幾何知識可知，圓心O1恰好在y軸上，距O點的距離： y1=L 粒子第一次經(jīng)過y軸時距O點的距離： D=y1+r1=2L （3）粒子在磁場II中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： qvB2=m 解得：r2=L= 粒子運動軌跡如圖所示 則有：Δy=2r1﹣4r2 解得：Δy=L 粒子在磁場中做圓周運動的周期為： 從第一次經(jīng)過y軸到第4次經(jīng)過y軸所需總時間： Δt=T1+T2= 15