2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第9講 磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）

《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第9講 磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第9講 磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）（34頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第9講　磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用　帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)·重溫真題 1．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)(多選) 如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對(duì)于L2對(duì)稱。整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中，外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　) A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 D．流

2、經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 答案　AC 解析　L1在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小設(shè)為B2，方向垂直紙面向里，在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B2，方向垂直紙面向外，規(guī)定向外為正方向，根據(jù)矢量疊加原理可知B0－B1－B2＝B0，B2＋B0－B1＝B0，聯(lián)立這兩式可解得：B1＝B0，B2＝B0，故A、C正確。 2．(2019·全國(guó)卷Ⅰ) 如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安

3、培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為(　　) A．2F B．1.5F C．0.5F D．0 答案　B 解析　設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則電路中，上下兩支路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下兩支路電流之比為I1∶I2＝1∶2。如圖所示，由于上邊支路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，根據(jù)安培力計(jì)算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的安培力大小為F＋F′＝1.5F，B正確。 3．(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線

4、，通過(guò)的電流強(qiáng)度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，在a、b產(chǎn)生的磁場(chǎng)作用下靜止。則a、b的電流方向可能是(　　) A．均向左 B．均向右 C．a(chǎn)的向左，b的向右 D．a(chǎn)的向右，b的向左 答案　CD 解析　如圖1所示，若a、b中電流方向均向左，矩形線框靠近導(dǎo)線的兩邊所受安培力方向相同，使線框向?qū)Ь€b移動(dòng)。 同理可知，若a、b中電流均向右，線框向?qū)Ь€a移動(dòng)，故A、B不符合題意。 若a導(dǎo)線的電流方向向左，b導(dǎo)線的電流方向向右，a、b中電流I′在線框所在處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向如圖2所示，線框靠近導(dǎo)線的兩邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，所受的安培力大小相等、方向相

5、反，線框靜止。 同理可知，若a導(dǎo)線的電流方向向右，b導(dǎo)線的電流方向向左，線框也靜止，C、D符合題意，故選C、D。 4．(2017·全國(guó)卷Ⅰ) (多選)如圖，三根相互平行的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．L1所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場(chǎng)作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為 ∶∶1 答案　BC 解析　如圖，由磁場(chǎng)的疊加知，L2與

6、L3中的電流在L1處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)的方向在L2、L3連線的中垂線上，由左手定則知，L1所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2、L3所在平面平行，A錯(cuò)誤。L1與L2中的電流在L3處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)的方向與L1、L2的連線平行，由左手定則知，L3所受磁場(chǎng)作用力的方向與L1、L2所在平面垂直，B正確。由幾何關(guān)系知，設(shè)電流在另外導(dǎo)線處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，而L1、L2所在處兩個(gè)磁場(chǎng)方向的夾角均為120°，則B合＝B，而L3所在處兩個(gè)磁場(chǎng)方向的夾角為60°，則B′合＝B，由F＝ILB知，L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1∶1∶，C正確，D錯(cuò)誤。 5．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)某同學(xué)自制的簡(jiǎn)

7、易電動(dòng)機(jī)示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對(duì)邊的中間位置引出，并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個(gè)金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，該同學(xué)應(yīng)將(　　) A．左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉 B．左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉 C．左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 D．左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 答案　AD 解析　裝置平面示意圖如圖所示。如圖所示的狀態(tài)，磁感線方向向上，若形成通路，線圈下邊導(dǎo)線中電流方向向左，受垂直紙面向里的安培力，同理，

8、上邊導(dǎo)線中電流受安培力垂直紙面向外，使線圈轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)線圈上邊導(dǎo)線轉(zhuǎn)到下邊時(shí)，若仍通路，線圈上、下邊中電流方向與圖示方向相比均反向，受安培力反向，阻礙線圈轉(zhuǎn)動(dòng)。若要線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)，要求左、右轉(zhuǎn)軸只能上一側(cè)或下一側(cè)形成通路，另一側(cè)斷路。故選A、D。 6．(2019·全國(guó)卷Ⅱ) 如圖，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O，可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為(　　) A.kBl，kBl B.kBl，kBl C.kBl，kBl D.

9、kBl，kBl 答案　B 解析　若電子從a點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線①，有 qvaB＝m，Ra＝ 解得va＝＝＝； 若電子從d點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線②， 有qvdB＝m R＝2＋l2 解得vd＝＝＝。B正確。 7．(2017·全國(guó)卷Ⅱ) 如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上。不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為(　　) A.∶2

10、 B.∶1 C.∶1 D．3∶ 答案　C 解析　相同的帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)入射均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。粒子以v1入射，一端為入射點(diǎn)P，對(duì)應(yīng)圓心角為60°(對(duì)應(yīng)六分之一圓周)的弦PP′必為垂直該弦入射粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑2r1，如圖甲所示，設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R，由幾何關(guān)系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射點(diǎn)在PP′對(duì)應(yīng)的圓弧內(nèi)。 同理可知，粒子以v2入射及出射情況如圖乙所示。由幾何關(guān)系知r2＝ ＝R，可得r2∶r1＝∶1。因?yàn)閙、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故選C。 8．(2019·江蘇高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。磁場(chǎng)中的水平絕

11、緣薄板與磁場(chǎng)的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上時(shí)會(huì)被反彈(碰撞時(shí)間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d，且d

12、(2)如圖所示，當(dāng)粒子第一次與薄板碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場(chǎng)左邊界相切時(shí)，入射點(diǎn)到M的距離最大。 由幾何關(guān)系得：dm＝d(1＋sin60°) 解得：dm＝d。 (3)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝ 設(shè)粒子從最后一次與薄板碰撞到射出磁場(chǎng)的時(shí)間為t′，則 t＝n＋t′(n＝1,3,5，…)。 (a)當(dāng)L＝nd＋d時(shí)，粒子斜向上射出磁場(chǎng) t′＝T 解得：t＝； (b)當(dāng)L＝nd＋d時(shí)，粒子斜向下射出磁場(chǎng) t′＝T 解得：t＝。 命題特點(diǎn)：以選擇題的形式考查磁場(chǎng)的性質(zhì)，以選擇題和計(jì)算題的形式考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和在有界磁場(chǎng)中的臨界問(wèn)題。 思想方法：比值定義法、臨界法、

13、對(duì)稱法。 高考考向1　磁場(chǎng)的性質(zhì)及磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)體的作用 例1　(2019·江西南昌二模)(多選)如圖所示，三條長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b、c都通以垂直紙面的電流，其中a、b兩根導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外。O點(diǎn)與a、b、c三條導(dǎo)線距離相等，且Oc⊥ab?，F(xiàn)在O點(diǎn)垂直紙面放置一小段通電導(dǎo)線，電流方向垂直紙面向里，導(dǎo)線受力方向如圖所示。則可以判斷(　　) A．O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與F相同 B．長(zhǎng)導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向外 C．長(zhǎng)導(dǎo)線a中電流I1小于b中電流I2 D．長(zhǎng)導(dǎo)線c中電流I3小于b中電流I2 (1)O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度指向什么方向？ 提示：由左手定則可知，O點(diǎn)處的磁感應(yīng)

14、強(qiáng)度方向與F垂直斜向右下方。 (2)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由什么決定？ 提示：由a、b、c三條導(dǎo)線中的電流方向及大小決定。 [解析]　由左手定則可知，O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與安培力F方向垂直且斜向右下方，故A錯(cuò)誤；O點(diǎn)處的磁場(chǎng)方向可沿水平向右和豎直向下分解，長(zhǎng)導(dǎo)線a和b在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均沿豎直方向，所以長(zhǎng)導(dǎo)線c在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向應(yīng)水平向右，由右手螺旋定則可知，長(zhǎng)導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向外，長(zhǎng)導(dǎo)線a在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上，長(zhǎng)導(dǎo)線b在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向下，所以長(zhǎng)導(dǎo)線a中電流I1小于b中電流I2，由于不知道安培力的具體方向，所以無(wú)法確定長(zhǎng)導(dǎo)線c中電流I3與b中電流I2的

15、大小關(guān)系，故B、C正確，D錯(cuò)誤。 [答案]　BC 求解磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)體作用力的注意事項(xiàng) (1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B，且L指有效長(zhǎng)度)。 (2)用準(zhǔn)“兩個(gè)定則” ①對(duì)電流的磁場(chǎng)用安培定則(右手螺旋定則)，并注意磁場(chǎng)的疊加性。 ②對(duì)通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受的安培力用左手定則。 (3)明確兩個(gè)常用的等效模型 ①變曲為直：圖甲所示通電導(dǎo)線，在計(jì)算安培力的大小和判斷方向時(shí)均可等效為ac直線電流。 ②化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙。 1．(2019·北京石景山高三統(tǒng)一測(cè)試)如圖所示，完全相同的甲、乙兩個(gè)環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓

16、心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點(diǎn)，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此時(shí)a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后，c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　) A．B1－ B．B2－ C．B2－B1 D. 答案　A 解析　對(duì)于圖中單個(gè)環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場(chǎng)方向均是向左，故c點(diǎn)的磁場(chǎng)方向也是向左的。設(shè)aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，單個(gè)環(huán)形電流在距離圓心r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1r，在距離圓心3r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B3r，故a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。築1＝B1r＋B3r，b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。築2＝B1

17、r＋B1r，當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后，c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。築c＝B3r＝B1－B2，故選A。 2．(2019·陜西咸陽(yáng)三模)如圖所示是實(shí)驗(yàn)室里用來(lái)測(cè)量磁場(chǎng)力的一種儀器——電流天平，某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室里用電流天平測(cè)算通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度，若他測(cè)得CD段導(dǎo)線長(zhǎng)度4×10－2 m，天平(等臂)平衡時(shí)鉤碼重4×10－5 N，通過(guò)導(dǎo)線的電流I＝0.5 A，由此測(cè)得通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B是(　　) A．5.0×10－2 T，方向水平向左 B．5.0×10－2 T，方向水平向右 C．2.0×10－3 T，方向水平向左 D．2.0×10－3 T，方向水平向右 答案　D 解析　天平平衡時(shí)，CD段

18、導(dǎo)線所受的安培力大小為：F＝mg；由F＝BIL得：B＝＝＝ T＝2.0×10－3 T，根據(jù)安培定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右，故D正確。 3．(2019·福建廈門二模)長(zhǎng)為L(zhǎng)的通電直導(dǎo)線放在傾角為θ的光滑斜面上，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示，當(dāng)B方向垂直斜面向上，電流為I1時(shí)導(dǎo)線處于平衡狀態(tài)；當(dāng)B方向改為豎直向上，電流為I2時(shí)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)。則電流強(qiáng)度比值為(　　) A．sinθ B. C．cosθ D. 答案　C 解析　由左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上時(shí)，導(dǎo)線所受安培力沿斜面向上，由平衡條件可得：mgsinθ＝BI1L；磁場(chǎng)方向豎直向上時(shí)，導(dǎo)線所受安

19、培力水平向右，由平衡條件可得：mgtanθ＝BI2L。則I1∶I2＝cosθ∶1，故C正確。 高考考向2　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 例2　(2019·北京高考)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子垂直磁場(chǎng)邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率 C．若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短 (1)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑大小與什么有關(guān)？ 提示：由公式qvB＝m得：r＝，半徑隨v的增大而增大，隨B的增大而減小。 (2)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與什么有

20、關(guān)？ 提示：運(yùn)動(dòng)周期T＝＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T，與軌跡所對(duì)圓心角大小成正比，與速度無(wú)關(guān)。 [解析]　由左手定則知，粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯(cuò)誤；由r＝，若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則r變大，粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，C正確；由r＝，若僅減小入射速率v，則r變小，粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角θ變大，由t＝T、T＝知，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，D錯(cuò)誤。 [答案]　C 處理帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法 (1)解決帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的一般思路 ①找圓心畫軌跡； ②由對(duì)稱找規(guī)律； ③尋半徑列算式； ④找角度定時(shí)間。 (2)處理該類問(wèn)題常用的幾個(gè)幾何關(guān)系

21、 ①四個(gè)點(diǎn)：分別是入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)； ②三個(gè)角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。 (3)時(shí)間的求解方法 ①根據(jù)周期求解，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T＝； ②根據(jù)運(yùn)動(dòng)弧長(zhǎng)和速度求解，t＝＝。 4. (2019·廣東汕頭高三一模)如圖，紙面內(nèi)有一垂直于紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，比荷為k1、k2的帶電粒子A、B分別從P點(diǎn)以速率v1、v2垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1、t2從M點(diǎn)射出磁場(chǎng)。已知v1沿半徑方向，v2與v1夾角為30°，∠POM＝120°。不計(jì)粒子重力，下列判斷正確的是(　　) A．若v1＝v2，則k1

22、∶k2＝∶1 B．若v1＝v2，則t1∶t2＝∶2 C．若t1＝t2，則k1∶k2＝2∶1 D．若t1＝t2，則v1∶v2＝∶1 答案　B 解析　設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域半徑為R，帶電粒子A、B的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得：粒子A的軌道半徑r1＝Rtan60°＝R，粒子B的軌道半徑r2＝R，粒子A轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ1＝60°，粒子B轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ2＝120°。根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：Bvq＝，故速度v＝，運(yùn)動(dòng)周期T＝＝，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T＝。若v1＝v2，則k1∶k2＝r2∶r1＝1∶，故A錯(cuò)誤；若v1＝v2，則t1∶t2＝∶＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故B正確；若t1＝t2，則k1∶k2

23、＝θ1∶θ2＝1∶2，故C錯(cuò)誤；若t1＝t2，則v1∶v2＝k1r1∶k2r2＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故D錯(cuò)誤。 5. (2019·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)(多選)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量均為m，電荷量均為q的三個(gè)粒子A、B、C以大小不等的速度從a點(diǎn)沿與ab邊成30°角的方向垂直射入磁場(chǎng)后從ac邊界穿出，穿出ac邊界時(shí)與a點(diǎn)的距離分別為、、L。不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子C在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為L(zhǎng) B．A、B、C三個(gè)粒子的初速度大小之比為3∶2∶1 C．A、B、C三個(gè)粒子從磁場(chǎng)中射

24、出的方向均與ab邊垂直 D．僅將磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則粒子B從c點(diǎn)射出 答案　ACD 解析　由圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，同一直線邊界以30°的弦切角射入磁場(chǎng)，射出時(shí)的速度也與邊界成30°，故圓心角為60°，則圓心和入射點(diǎn)以及出射點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，由幾何關(guān)系可知rA＝，rB＝，rC＝L，故A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，可知v＝，得初速度之比vA∶vB∶vC＝rA∶rB∶rC＝1∶2∶3，B錯(cuò)誤；由于三粒子從ac邊界出射時(shí)與ac夾角為30°，而∠cab＝60°，故出射速度的延長(zhǎng)線必與ab邊垂直，C正確；由r＝可知僅將B改為，粒子B在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑將變?yōu)閞B′＝L×＝L，由幾何關(guān)

25、系可知粒子B將從c點(diǎn)射出，故D正確。 高考考向3　帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的臨界和極值問(wèn)題 例3　(2019·山東濟(jì)寧一模)(多選)如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)(包含邊界)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，在bc的中點(diǎn)O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射大量速率不同的同種粒子，這些粒子帶負(fù)電，質(zhì)量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab＝2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用。關(guān)于這些粒子，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．速度的最大值為 B．速度的最小值為 C．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為 D．在磁場(chǎng)中運(yùn)

26、動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 (1)速度最大時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)有何特征？ 提示：速度最大時(shí)粒子的軌跡與ac邊相切。 (2)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)有何特征？ 提示：時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，軌跡所對(duì)圓心角最大，軌跡應(yīng)該與ab邊相切，運(yùn)動(dòng)軌跡為半個(gè)圓周。 [解析]　粒子從ab邊離開磁場(chǎng)時(shí)的臨界運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可知：r1＝，2r＝(r2＋l)2，解得：r2＝(1＋)l，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，故粒子的最大速度為vmax＝＝，最小速度vmin＝＝，故A正確，B錯(cuò)誤；由粒子從ab邊離開磁場(chǎng)區(qū)域的臨界運(yùn)動(dòng)軌跡可知，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的最大圓心角：θ

27、max＝180°，最小圓心角： θmin>45°，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T＝，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間tmin＝T>，最長(zhǎng)時(shí)間tmax＝T＝，故C錯(cuò)誤，D正確。 [答案]　AD 處理帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法技巧 (1)解答有關(guān)運(yùn)動(dòng)電荷在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，我們可以先將有界磁場(chǎng)視為無(wú)界磁場(chǎng)，假設(shè)粒子能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，作好輔助線，充分利用相關(guān)幾何知識(shí)解題。 (2)對(duì)稱規(guī)律解題法 ①?gòu)闹本€邊界射入的粒子，又從同一邊界射出時(shí)，出射速度與邊界的夾角和入射速度與邊界的夾角相等(如圖甲所示)。 ②在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，一定

28、沿徑向射出(如圖乙所示)。 (3)解決帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維，尋找臨界狀態(tài)(一般是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)邊界相切或軌跡半徑達(dá)到最大)，常用方法如下： ①動(dòng)態(tài)放縮法：定點(diǎn)粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同、比荷和電性都相同的粒子，速度越大半徑越大，圓心在垂直初速度方向的直線上。 ②旋轉(zhuǎn)平移法：定點(diǎn)粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同、比荷和電性都相同的粒子，運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在以入射點(diǎn)為圓心、半徑為R＝的圓周上。 6．(2019·河南省鄭州市一模)如圖所示，邊界OM與ON之間分布有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界ON上有一粒子源S。某一時(shí)刻，從粒子源S沿平行于紙面，向各

29、個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間有大量粒子從邊界OM射出磁場(chǎng)。已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間等于T(T為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為(　　) A.T B.T C.T D.T 答案　A 解析　粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，入射點(diǎn)為S，出射點(diǎn)在OM直線上，出射點(diǎn)與S點(diǎn)的連線為軌跡的一條弦。由題意可知，粒子運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間等于T，則沿SN方向射入的粒子出射點(diǎn)D與S的連線為軌跡的直徑，如圖所示，設(shè)OS＝d，則DS＝OStan30°＝d

30、，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：r＝＝d。當(dāng)從邊界OM射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短時(shí)，圓心角最小，軌跡半徑一定，則軌跡的弦最短，根據(jù)幾何知識(shí)，作SE⊥OM，則SE為最短的弦，粒子從S到E的時(shí)間即最短，由幾何知識(shí)有：SE＝OSsin30°＝d，由余弦定理得：cosθ＝＝，且已知θ<180°，則：θ＝120°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為：tmin＝T＝T，故A正確。 7. (2019·福州高考模擬)(多選)如圖所示，在圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一系列電子以不同的速率v(0

31、角方向射入磁場(chǎng)，在區(qū)域的磁場(chǎng)邊界上有電子射出。已知電子的電荷量為－e，質(zhì)量為m，不考慮電子之間的相互作用力。則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的(　　) A．最大半徑為rm＝R B．最大速率為vm＝ C．最長(zhǎng)時(shí)間為tm＝ D．最短時(shí)間為tmin＝ 答案　AD 解析　根據(jù)題意，電子圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在速度的垂線上，電子的速率范圍為0

32、此時(shí)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，為tmin＝T＝；電子速度越小，半徑越小，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，當(dāng)電子的速度特別小時(shí)，P點(diǎn)與出射點(diǎn)的連線與磁場(chǎng)邊界幾乎重合，可近似看做粒子以與直線邊界成30°角射入直線邊界的磁場(chǎng)，則出射速度也與磁場(chǎng)邊界成30°角，此時(shí)軌跡所對(duì)圓心角為300°，所以最長(zhǎng)時(shí)間tm＝T＝T＝；故B、C錯(cuò)誤，A、D正確。 易錯(cuò)警示 帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)軌跡圓心和半徑的確定 例　(2019·北京延慶區(qū)高三一模)核聚變是能源的圣杯，但需要在極高溫度下才能實(shí)現(xiàn)，最大難題是沒(méi)有任何容器能夠承受如此高溫。托卡馬克采用磁約束的方式，把高溫條件下高速運(yùn)動(dòng)

33、的離子約束在小范圍內(nèi)巧妙實(shí)現(xiàn)核聚變，相當(dāng)于給反應(yīng)物制作一個(gè)無(wú)形的容器。2018年11月12日我國(guó)宣布“東方超環(huán)”(我國(guó)設(shè)計(jì)的全世界唯一一個(gè)全超導(dǎo)托卡馬克)首次實(shí)現(xiàn)一億度運(yùn)行，令世界震驚，使我國(guó)成為可控核聚變研究的領(lǐng)軍者。 (1)2018年11月16日，國(guó)際計(jì)量大會(huì)利用玻爾茲曼常量將熱力學(xué)溫度重新定義。玻爾茲曼常量k可以將微觀粒子的平均動(dòng)能與溫度定量聯(lián)系起來(lái)，其關(guān)系式為Ek＝kT，其中k＝1.380649×10－23 J/K。請(qǐng)你估算溫度為一億度時(shí)微觀粒子的平均動(dòng)能(保留一位有效數(shù)字)； (2)假設(shè)質(zhì)量為m、電量為q的微觀粒子，在溫度為T0時(shí)垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，求粒子運(yùn)動(dòng)的軌道

34、半徑； (3)東方超環(huán)的磁約束原理可簡(jiǎn)化如圖。在兩個(gè)同心圓環(huán)之間有很強(qiáng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩圓半徑分別為r1、r2，環(huán)狀勻強(qiáng)磁場(chǎng)圍成中空區(qū)域，中空區(qū)域內(nèi)的帶電粒子只要速度不是很大都不會(huì)穿出磁場(chǎng)的外邊緣，而被約束在該區(qū)域內(nèi)。已知帶電粒子質(zhì)量為m、電量為q、速度為v，速度方向如圖所示。要使粒子不從大圓中射出，求環(huán)中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值。 分析與解　(1)Ek＝kT≈2×10－15 J。 (2)kT0＝mv，得v0＝ 又由牛頓第二定律：Bqv＝m 解得：R＝。 (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)粒子軌跡恰好與大圓相切，如圖所示， 設(shè)此時(shí)粒子軌跡半徑為r，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bmin，由幾何關(guān)系得：

35、(r2－r)2＝r2＋r 解得：r＝ 由牛頓第二定律：qvBmin＝m 解得：Bmin＝。 答案　(1)2×10－15 J　(2)　(3) 易錯(cuò)警示　帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的軌跡圓心和半徑的確定是解題的第一步，也很容易出錯(cuò)，特別是四分之一坐標(biāo)軸磁場(chǎng)、矩形磁場(chǎng)、三角形磁場(chǎng)和圓形磁場(chǎng)，要注意軌跡圓心不一定在坐標(biāo)軸、磁場(chǎng)直線邊界上。要準(zhǔn)確確定軌跡圓心，需要抓住以下兩點(diǎn)：①軌跡半徑垂直于速度方向；②軌跡圓心在弦的垂直平分線上。軌跡圓心確定了，就可以憑幾何知識(shí)確定軌跡半徑。 配套作業(yè) 　　限時(shí)：50分鐘　　　滿分：100分 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第1～

36、4題為單選題，第5～8題為多選題) 1. (2019·福州高考模擬)如圖所示，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬細(xì)桿通有電流時(shí)，水平靜止在傾角為θ的光滑絕緣固定斜面上。斜面處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。若電流和磁場(chǎng)的方向均不變，電流大小變?yōu)?.5I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B，重力加速度為g。則此時(shí)金屬細(xì)桿(　　) A．電流流向垂直紙面向外 B．受到的安培力大小為2BILsinθ C．對(duì)斜面的壓力大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 D．將沿斜面加速向上，加速度大小為gsinθ 答案　D 解析　電流與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化之前，金屬細(xì)桿受到重力、導(dǎo)軌的支持力和安培力而平衡，由左手定則得電流流向垂直于紙面

37、向里，故A錯(cuò)誤；當(dāng)電流大小變?yōu)?.5I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B時(shí)，根據(jù)安培力公式可得，此時(shí)受到的安培力大小為F安＝4B·IL＝2BIL，故B錯(cuò)誤；電流與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化之前，根據(jù)平衡條件可得：FNcosθ＝mg，F(xiàn)Nsinθ＝BIL，電流大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小改變后，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝＝FN(1＋sin2θ)<2FN，a＝＝gsinθ，加速度方向沿斜面加速向上，故C錯(cuò)誤，D正確。 2. (2019·蘭州一診)如圖所示，矩形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ab＝2ad，e為cd的中點(diǎn)。速率不同的同種帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向射入磁場(chǎng)，其中從e點(diǎn)射出的粒子

38、速度為v1，從c點(diǎn)射出的粒子速度為v2，則v1∶v2為(不計(jì)粒子重力)(　　) A．1∶2 B．2∶5 C．1∶3 D．3∶5 答案　B 解析　速率不同的同種帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向射入磁場(chǎng)，從e點(diǎn)、c點(diǎn)射出磁場(chǎng)對(duì)應(yīng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得：r1＝ad，(r2－r1)2＋(2r1)2＝r，則有：r2＝ad，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，有：qvB＝m，解得：v＝，則有：＝＝，故B正確。 3. (2019·福建南平二模)如圖所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域abcd內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量大小為q的離子，從ad邊的中點(diǎn)O處以速度v垂直

39、ad邊界向右射入磁場(chǎng)區(qū)域，并從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)。則(　　) A．離子在O、b兩處的速度相同 B．離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C．若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間增大 D．若磁感應(yīng)強(qiáng)度B<，則該離子將從bc邊射出 答案　D 解析　離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，該離子在O、b兩處的速度大小相同，但是方向不同，A錯(cuò)誤；離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑滿足：R2＝L2＋(R－ L)2，解得R＝，則離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角的正弦值為sinθ＝0.8，即θ＝53°，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝·>，B錯(cuò)誤；若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，由R＝知離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑減小，此時(shí)離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度

40、減小，速度大小不變，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間減小，C錯(cuò)誤；若B<，則R＝>，該離子將從bc邊射出，D正確。 4. (2019·安徽黃山二模)如圖所示，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在等邊三角形ABC內(nèi)，D是AB邊的中點(diǎn)，一群相同的帶負(fù)電的粒子僅在磁場(chǎng)力作用下，從D點(diǎn)沿紙面以平行于BC邊方向、大小不同的速率射入三角形內(nèi)，不考慮粒子間的相互作用力，已知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若該粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷時(shí)間為T，則它一定從BC邊射出磁場(chǎng) B．若該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為T，則它一定從AC邊射出磁場(chǎng) C．速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng) D．若該粒子在磁場(chǎng)中的

41、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為T，則它一定從AB邊射出磁場(chǎng) 答案　B 解析　若帶電粒子剛好從BC邊射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡與BC邊相切，可知圓心角為180°，粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷時(shí)間為T；若帶電粒子剛好從AC邊射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，作圖可得切點(diǎn)為C點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知圓心角為60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為T；若帶電粒子從AB邊射出磁場(chǎng)，可知圓心角為240°，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為T。所以若該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為T，則它一定從AB邊射出磁場(chǎng)，A錯(cuò)誤；若該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為T，小于T，則它一定從AC邊射出磁場(chǎng)，B正確；若該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為T，即大于T小于T，則它一定從BC邊射出磁場(chǎng)，D錯(cuò)誤；若

42、這些帶電粒子都從AB邊射出磁場(chǎng)，可知運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角都為240°，則粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷時(shí)間都為T，故C錯(cuò)誤。 5. (2019·陜西省三模)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)有比荷大小相等的甲、乙兩粒子，甲以速度v1從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)t1時(shí)間射出磁場(chǎng)，射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間的夾角為60°；乙以速度v2從距離直徑AOB為的C點(diǎn)平行于直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)t2時(shí)間射出磁場(chǎng)，其軌跡恰好通過(guò)磁場(chǎng)的圓心。不計(jì)粒子受到的重力，則(　　) A．兩個(gè)粒子帶異種電荷 B．t1＝t2 C．v1∶v2＝∶1 D．兩粒子在磁場(chǎng)中軌跡長(zhǎng)

43、度之比l1∶l2＝∶1 答案　AC 解析　甲粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知甲粒子帶正電，乙粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知乙粒子帶負(fù)電，故A正確；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：T＝＝，兩粒子比荷相同，故兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相同，根據(jù)幾何關(guān)系可知，甲、乙兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角分別為60°和120°，甲在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝T＝T，乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝T＝T，即t1＝t2，故B錯(cuò)誤；設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域圓的半徑為R，由幾何關(guān)系可知甲粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，乙粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式R＝，知R與v成正比，即v1∶v2＝∶1，故C正確；甲粒子在磁場(chǎng)中的軌跡長(zhǎng)度l1＝×2π×

44、R＝，乙粒子在磁場(chǎng)中的軌跡長(zhǎng)度l2＝×2πR＝，所以兩粒子在磁場(chǎng)中的軌跡長(zhǎng)度之比為l1∶l2＝∶2，故D錯(cuò)誤。 6. (2019·江西高三九校3月聯(lián)考)如圖所示是一個(gè)半徑為R的豎直圓形磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。有一個(gè)粒子源在圓上的A點(diǎn)不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶電粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，運(yùn)動(dòng)的半徑為r，在磁場(chǎng)中的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為α。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若r＝2R，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 B．若r＝2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場(chǎng)，則有關(guān)系tan＝成立 C．若r＝R，粒子沿著磁場(chǎng)的半徑方向射入，則

45、粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 D．若r＝R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場(chǎng)，則圓心角α為150° 答案　BD 解析　若r＝2R，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)最大，作出軌跡如圖甲所示，因?yàn)閞＝2R，得圓心角α＝60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tmax＝T＝·＝，故A錯(cuò)誤；若r＝2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，則根據(jù)幾何關(guān)系，有tan＝＝＝，故B正確；若r＝R，粒子沿著磁場(chǎng)的半徑方向射入，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，軌跡圓心角為90°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝·＝，故C錯(cuò)誤；若r＝R，粒子沿著與半徑方向成60

46、°角斜向下射入磁場(chǎng)，軌跡如圖丁所示，圖中軌跡圓心與磁場(chǎng)圓心以及入射點(diǎn)和出射點(diǎn)連線構(gòu)成菱形，圓心角α為150°，故D正確。 7. (2019·吉林省吉林市三模)如圖所示，成30°角的OA、OB間有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OA邊界上的S點(diǎn)有一電子源，在紙面內(nèi)向各個(gè)方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，周期為T。已知從OB邊界射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．沿某一方向發(fā)射的電子，可能從O點(diǎn)射出 B．沿某一方向發(fā)射的電子，可能沿垂直于OB的方向射出 C．從OA邊界射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 D．從OB邊界射出的電子在

47、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 答案　BC 解析　電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB＝m，解得r＝，由于電子速率相同，則電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r相同，當(dāng)出射點(diǎn)D與S點(diǎn)的連線垂直于OB時(shí)，弦SD最短，軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角最小，則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，tmin＝T，則圓心角θ＝60°，如圖a所示，由幾何知識(shí)知，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短的電子入射的方向垂直于OA，＝＝＝2r，電子所有軌跡對(duì)應(yīng)圓心的可能位置都應(yīng)在以S為圓心、半徑為＝r的圓弧上，軌跡圓心恰好在OA上時(shí)，若磁場(chǎng)沒(méi)有OB邊界，電子將恰好通過(guò)O點(diǎn)，但由于OB邊界的存在，過(guò)O點(diǎn)的電子的軌跡圓弧與OB

48、有除O以外的另一個(gè)交點(diǎn)，如圖b所示，說(shuō)明電子到達(dá)O點(diǎn)前已經(jīng)從另一交點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；由以上分析可知，當(dāng)從S點(diǎn)射出的電子方向平行于OB時(shí)，其圓心恰好位于D點(diǎn)，此時(shí)電子將轉(zhuǎn)過(guò)90°，恰好垂直于OB射出，其軌跡如圖c所示，B正確；從OA邊界射出的電子中，軌跡恰與OB相切時(shí)，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡最長(zhǎng)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，如圖d所示，由幾何關(guān)系可得圓心角為120°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間tmax＝T＝T，C正確；從OB邊界射出的電子中，由幾何關(guān)系可得，初速度方向沿OA方向的電子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，作出其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖e所示，可知該電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于T，D錯(cuò)誤。 8. (2

49、019·江西新余四校高三第二次聯(lián)考)如圖所示，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長(zhǎng)度為9 m，M點(diǎn)為x軸正方向上一點(diǎn)，OM＝3 m?，F(xiàn)有一個(gè)比荷大小為＝1.0 C/kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電的小球(重力不計(jì))從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電荷量不變，已知小球最后都能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，則小球射入的速度大小可能是(　　) A．3 m/s B．3.75 m/s C．4 m/s D．5 m/s 答案　ABD 解析　由題意，小球運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心

50、的位置一定在y軸上，所以小球若要經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，則其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r≥OM＝3 m，而ON＝9 m≤3r，所以小球可能與擋板ON碰撞一次，碰撞后以原速率彈回，速度反向，繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，第二段軌跡圓弧的圓心位置在O點(diǎn)或O點(diǎn)的上方，也可能小球與擋板ON沒(méi)有碰撞，直接經(jīng)過(guò)M點(diǎn)。由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，得v＝。若小球與擋板ON碰撞一次，畫出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，設(shè)OO′＝s，由幾何關(guān)系得：r2＝OM2＋s2，s＝3r－ON，聯(lián)立得r1＝3 m，r2＝3.75 m，分別代入v＝，解得v1＝3 m/s，v2＝3.75 m/s，故A、B正確；若小球沒(méi)有與擋板ON碰撞，則小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，

51、設(shè)OO′＝s，由幾何關(guān)系得：r＝OM2＋s2，s＝ON－r3，聯(lián)立得r3＝5 m，代入v＝得v3＝5 m/s，故D正確。 二、計(jì)算題(本題共2小題，共36分，須寫出規(guī)范的解題步驟) 9. (2019·東北三省三校二模)(16分)如圖所示，在矩形區(qū)域Oabc內(nèi)存在一個(gè)垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，Oa邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。先從O點(diǎn)沿著Ob方向垂直磁場(chǎng)射入各種速率的帶電粒子，已知粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q(粒子所受重力及粒子間相互作用忽略不計(jì))，求： (1)垂直于ab邊射出磁場(chǎng)的粒子的速率v； (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm。 答案　(1)　(2) 解析

52、　(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖， 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R， 由幾何關(guān)系可知：tanθ＝＝， 得θ＝，又sinθ＝，則R＝2L， 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝m 解得v＝。 (2)由圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可知T＝，qvB＝m 聯(lián)立可得T＝ 由幾何關(guān)系可知最大圓心角α＝2θ＝ 可得粒子運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm＝T＝。 10. (2019·湖北荊門龍泉中學(xué)高三第五次學(xué)業(yè)檢測(cè))(20分)如圖所示，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，其邊界是半徑為R的圓，AB為該圓的一條直徑。在A點(diǎn)有一粒子源向圓平面內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電量為－q的粒子，粒子重

53、力不計(jì)。 (1)有一帶電粒子以v1＝的速度垂直于磁場(chǎng)進(jìn)入圓形區(qū)域，恰從B點(diǎn)射出。求此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)若磁場(chǎng)的邊界是絕緣彈性邊界(粒子與邊界碰撞后將以原速率反彈)，某粒子沿半徑方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)2次碰撞后回到A點(diǎn)，則該粒子的速度為多大？ (3)若R＝3 cm、B＝0.2 T，在A點(diǎn)的粒子源向圓平面內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射速度均為3×105 m/s、比荷為108 C/kg的粒子。試用陰影圖畫出粒子在磁場(chǎng)中能到達(dá)的區(qū)域，并求出該區(qū)域的面積(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 答案　(1)　(2)　(3)見解析圖c　9.0×10－4 m2 解析　(1)由qv1B＝m得r1＝2R 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖a所示，則由幾何關(guān)系得α＝ 因?yàn)橹芷赥＝ 所以該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T＝。 (2)粒子運(yùn)動(dòng)情況如圖b所示，則由幾何關(guān)系得β＝ r2＝Rtanβ＝R 由qv2B＝m得v2＝。 (3)粒子的軌道半徑 r3＝＝1.5 cm＝R 粒子到達(dá)的區(qū)域如圖c中的陰影部分所示， 區(qū)域面積為 S＝πr＋2×π(2r3)2－r≈9.0×10－4 m2。 - 34 -