專題11 磁場的性質(zhì)帶電粒子在磁場中的運動（解析版）

《專題11 磁場的性質(zhì)帶電粒子在磁場中的運動（解析版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《專題11 磁場的性質(zhì)帶電粒子在磁場中的運動（解析版）（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 2020年高考物理二輪溫習熱點題型與提分秘籍 專題11 磁場的性質(zhì) 帶電粒子在磁場中的運動 題型一 磁場的疊加 【題型解碼】 對于多個電流在空間某點的合磁場方向,首先應用安培定則判斷出各電流在該點的磁場方向(磁場方向與該點和電流連線垂直),然后應用平行四邊形定則合成． 【典例分析1】(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導線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,它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中,外磁場的磁感應強度大小為B0,方向垂直于紙面向外．已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為和,方向也垂直于紙面

2、向外．則 (　　) A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為 B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為 C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為 D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為 【參考參考答案】　AC 【名師解析】　原磁場、電流的磁場方向情景圖轉(zhuǎn)化如圖所示, 由題意知在b點：在a點：由上述兩式解得,. 【典例分析2】(2019·河南周口市上學期期末調(diào)研)如圖所示,在直角三角形acd中,∠a＝60°,三根通電長直導線垂直紙面分別放置在a、b、c三點,其中b為ac的中點．三根導線中的電流大小分別為I、2I、3I,方向均垂直紙面向里．通電長

3、直導線在其周圍空間某點產(chǎn)生的磁感應強度,其中I表示電流強度,r表示該點到導線的距離,k為常數(shù)．已知a點處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0,則d點的磁感應強度大小為(　　) A．B0 B．2B0 C.B0 D．4B0 【參考參考答案】　D 【名師解析】　情景轉(zhuǎn)化如圖所示： 設(shè)直角三角形的ad邊長為r,則ac邊長為2r,根據(jù)直導線產(chǎn)生的磁感應強度公式可得a點處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度大小為,由安培定則知方向水平向左；同理有c點處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B1＝k＝B0,方向豎直向

4、下；b點處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B2＝k＝2B0,方向垂直于bd斜向左下方；因＝＝tan 60°,可知B1和B0的合磁感應強度沿B2的方向,故d點的磁感應強度大小為B合＝B2＋＝4B0,方向垂直于bd斜向左下方,故選D. 【提分秘籍】 1.磁場的疊加問題的求解秘籍 （1）確定磁場場源,如通電導線． （2）根據(jù)安培定則確定通電導線周圍磁感線的方向。 （3）磁場中每一點磁感應強度的方向為該點磁感線的切線方向。 （4）磁感應強度是矢量,多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時,合磁場的磁感應強度等于各通電導體單獨存在時在該點磁感應強度的矢量和。 2.定位空間中需求解磁場的點,利用安培定則

5、判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場． 【突破訓練】 1.(2019·陜西渭南市二檢)有兩條長直導線垂直水平紙面放置,交紙面于a、b兩點,導線中通有大小相等的恒定電流,方向如圖所示。a、b的連線水平,c是ab的中點,d點與c點關(guān)于b點對稱。已知c點的磁感應強度為B1,d點的磁感應強度為B2,則關(guān)于a處導線在d點產(chǎn)生磁場的磁感應強度的大小及方向,下列說法中正確的是(　　) A．,方向豎直向下 B．,方向豎直向上 C. ,方向豎直向上 D.,方向豎直向下 【參考答案】　D 【解析】　根

6、據(jù)安培定則,a處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度的方向為豎直向下。a處導線和b處導線在c點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等,方向相同,可知大小都為,則b處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度大小為,方向豎直向上。因為d點的磁感應強度大小為B2,方向向上,即,可得a處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度大小為。故D正確,A、B、C錯誤。 2.如圖所示,兩根相互平行的長直導線分別過紙面上的M、N兩點,且與紙面垂直,導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上,O為MN的中點,c、d位于MN的中垂線上,且a、b、c、d到O點的距離均相等。關(guān)于以上幾點處的磁場,下列說法正確的是(　　) A.O點處的磁感應強度

7、為零 B.a、b兩點處的磁感應強度大小相等,方向相反 C.c、d兩點處的磁感應強度大小相等,方向相同 D.a、c兩點處磁感應強度的方向不同 【參考答案】C 【解析】由安培定則可知,兩導線產(chǎn)生的磁場在O點的方向相同,均為向下,因此O點處的磁感應強度不為零,選項A錯誤；同理,根據(jù)安培定則可判斷,兩導線產(chǎn)生的磁場在a、b兩點的方向也相同,均為向下。由于兩導線中的電流大小相等,且a、b兩點關(guān)于O點對稱,因此可知a、b兩點處的磁感應強度大小相等,方向相同,選項B錯誤；根據(jù)安培定則、平行四邊形定則以及對稱性可知,c、d兩點的磁感應強度大小相等,方向相

8、同(均為向下),選項C正確；由以上分析可知,a、c兩點處磁感應強度的方向相同,選項D錯誤。 3.(2019·北京石景山高三統(tǒng)一測試)如圖所示,完全相同的甲、乙兩個環(huán)形電流同軸平行放置,甲的圓心為O1,乙的圓心為O2,在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點,其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c,此時a點的磁感應強度大小為B1,b點的磁感應強度大小為B2。當把環(huán)形電流乙撤去后,c點的磁感應強度大小為(　　) A．B1－ B．B2－ C．B2－B1 D. 【參考答案】　A 【解析】　對于圖中單個環(huán)形電流,根據(jù)安培定則,其在中軸線上的磁場方向均是向左,故c點的磁場方向也是向左的。設(shè)aO

9、1＝O1b＝bO2＝O2c＝r,單個環(huán)形電流在距離圓心r位置的磁感應強度大小為B1r,在距離圓心3r位置的磁感應強度大小為B3r,故a點磁感應強度大?。築1＝B1r＋B3r,b點磁感應強度大?。築2＝B1r＋B1r,當撤去環(huán)形電流乙后,c點磁感應強度大?。築c＝B3r＝B1－B2,故選A。 題型二 磁場對通電導體作用及安培定則的綜合問題 【題型解碼】 1.判斷安培力的方向時,充分利用F安⊥B、F安⊥I； 2.受力分析時,要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖． 【典例分析1】(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直導線,通過的電流強度相等。矩形線框位

10、于兩條導線的正中間,通有順時針方向的電流,在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止。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 【參考參考答案】　CD 【名師解析】　如圖1所示,若a、b中電流方向均向左,矩形線框靠近導線的兩邊所受安培力方向相同,使線框向?qū)Ь€b移動。 同理可知,若a、b中電流均向右,線框向?qū)Ь€a移動,故A、B不符合題意。 若a導線的電流方向向左,b導線的電流方向向右,a、b中電流I′在線框所在處產(chǎn)生的磁場方向如圖2所示,線框靠近導線的兩邊所在處的磁感應強度相同,所受的安培力大小相等、方向相反,線框靜止

11、。 同理可知,若a導線的電流方向向右,b導線的電流方向向左,線框也靜止,C、D符合題意。 【典例分析2】(2019·全國卷Ⅰ) 如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為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 【參考參考答案】　B 【名師解析】　情景轉(zhuǎn)化如圖所示 設(shè)每根導體棒的電阻為R,長度為L,則電路中,

12、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。由于上邊支路通電的導體受安培力的有效長度也為L,根據(jù)安培力計算公式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。 【提分秘籍】 1.安培力大小和方向 2.同向電流相互吸引,反向電流相互排斥。 3.求解磁場對通電導體作用力的注意事項 (1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B,且L指有效長度)。 (2)用準“兩個定則” ①對電流的磁場用安培定則(右手螺旋定則),并注意磁場的疊加性。

13、②對通電導線在磁場中所受的安培力用左手定則。 (3)明確兩個常用的等效模型 ①變曲為直：圖甲所示通電導線,在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為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。 【突破訓練】 1.(2019·江西南昌二模)(多選)如圖所示,三條長直導線a、b、c都通以垂直紙面的電流,其中a、b兩根導線中電流方向垂直紙面向外。O點與a、b、c三條導線距離相等,且Oc⊥ab?，F(xiàn)在O點垂直紙面放置一小段通電導線,電流方向垂直紙面向里,導線受力方向如圖所示。則可以判斷(　　) A．O點處的磁感應強度的方向與F相同

14、B．長導線c中的電流方向垂直紙面向外 C．長導線a中電流I1小于b中電流I2 D．長導線c中電流I3小于b中電流I2 【參考答案】BC 【解析】由左手定則可知,O點處的磁感應強度方向與安培力F方向垂直且斜向右下方,故A錯誤；O點處的磁場方向可沿水平向右和豎直向下分解,長導線a和b在O點處產(chǎn)生的磁場方向均沿豎直方向,所以長導線c在O點處產(chǎn)生的磁場方向應水平向右,由右手螺旋定則可知,長導線c中的電流方向垂直紙面向外,長導線a在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向上,長導線b在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下,所以長導線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,所以無法確

15、定長導線c中電流I3與b中電流I2的大小關(guān)系,故B、C正確,D錯誤。 2.(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)(多選)如圖所示,兩根通電長直導線A、B垂直于紙面固定放置,二者之間的連線水平,電流方向均垂直于紙面向里,A中電流是B中電流的2倍,此時A受到的磁場作用力大小為F,而在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長直導線C后,A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F,則B受到的磁場作用力大小和方向可能為(　　) A．大小為F,方向水平向右 B．大小為F,方向水平向左 C．大小為F,方向水平向右 D．大小為F,方向水平向左

16、 【參考答案】　BC 【解析】　由于A、B間的磁場力是兩導體棒的相互作用,故B受到A的磁場力大小為F,由同向電流相互吸引知,A受B的作用力向右,B受A的作用力向左；中間再加一通電長直導線C時,由于C處于中間,其在A、B兩位置產(chǎn)生的磁感應強度大小相等、方向相反,故A受到的磁場力為B受磁場力的2倍,且兩力方向相反；由于A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F,則可能有兩種情況：①C對A的作用力為F,方向向右；則C對B的作用力為F,方向向左,故B受合力大小為F,方向水平向左；②C對A的作用力為3F,方向向左,則C對B的作用力為F,方向向右,故B受合力大小為F,方向水平向右。故B、C正確A、D錯誤。 題型三

17、 安培力作用下導體的平衡問題 【典例分析1】(2019·福州高考模擬)如圖所示,一根長為L的金屬細桿通有電流時,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、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。若電流和磁場的方向均不變,電流大小變?yōu)?.5I,磁感應強度大小變?yōu)?B,重力加速度為g。則此時金屬細桿(　　) A．電流流向垂直紙面向外 B．受到的安培力大小為2BILsinθ C．對斜面的壓力大小變?yōu)樵瓉淼?倍 D．將沿斜面加速向上,加速度大小為gsinθ 【參考參考答案】　D 【名師解析】　電流與磁感應強度變化之前,金屬細

18、桿受到重力、導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向里,故A錯誤；當電流大小變?yōu)?.5I,磁感應強度大小變?yōu)?B時,根據(jù)安培力公式可得,此時受到的安培力大小為F安＝4B·IL＝2BIL,故B錯誤；電流與磁感應強度變化之前,根據(jù)平衡條件可得：FNcosθ＝mg,FNsinθ＝BIL,電流大小與磁感應強度大小改變后,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錯誤,D正確。 【提分秘籍】 1．安培力 公式F＝BIL中安培力、磁感應強度和電流兩兩垂直,且L是通電導線

19、的有效長度． 2．通電導線在磁場中的平衡問題的分析思路 (1)選定研究對象； (2)變?nèi)S為二維,如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等,并畫出平面受力分析圖,其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I,如圖所示． (3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解． 【突破訓練】 1.如圖所示,質(zhì)量為m、長為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛,處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度為B。當棒中通以恒定電流后,金屬棒向右擺起后兩懸線與豎直方向夾角的最大值為θ＝60°,下列說法正確的是(　　) A.電流由N流向M B.懸線與

20、豎直方向的夾角為θ＝60°時,金屬棒處于平衡狀態(tài) C.懸線與豎直方向的夾角為θ＝30°時,金屬棒的速率最大 D.恒定電流大小為 【參考答案】　C 【解析】　由題意可知,金屬棒所受安培力垂直MN水平向右,根據(jù)左手定則可知電流方向由M流向N,選項A錯誤；懸線與豎直方向的夾角為θ＝60°時,金屬棒的速率為零,但受力不為零,并非處于平衡狀態(tài),選項B錯誤；由對稱性可知,懸線與豎直方向的夾角為θ＝30°時,金屬棒的速率最大,選項C正確；在θ＝30°時,對金屬棒進行受力分析可知,金屬棒在垂直懸線方向受力平衡,則tan 30°＝,解得I＝,選項D錯誤。 2.(2019·福建廈門二模)長為L的通電

21、直導線放在傾角為θ的光滑斜面上,并處在磁感應強度為B的勻強磁場中,如圖所示,當B方向垂直斜面向上,電流為I1時導線處于平衡狀態(tài)；當B方向改為豎直向上,電流為I2時導體處于平衡狀態(tài)。則電流強度比值為(　　) A．sinθ B. C．cosθ D. 【參考答案】　C 【解析】　由左手定則可知,磁場方向垂直于斜面向上時,導線所受安培力沿斜面向上,由平衡條件可得：mgsinθ＝BI1L；磁場方向豎直向上時,導線所受安培力水平向右,由平衡條件可得：mgtanθ＝BI2L。則I1∶I2＝cosθ∶1,故C正確。 題型四

22、 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 【典例分析1】 (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磁場區(qū)域,比荷為k1、k2的帶電粒子A、B分別從P點以速率v1、v2垂直進入磁場,經(jīng)過時間t1、t2從M點射出磁場。已知v1沿半徑方向,v2與v1夾角為30°,∠POM＝120°。不計粒子重力,下列判斷正確的是(　　) A．若v1＝v2,則k1∶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 【參考參考答案】　B 【名師解析

23、】　設(shè)勻強磁場區(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)過的圓心角為θ1＝60°,粒子B轉(zhuǎn)過的圓心角為θ2＝120°。根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：Bvq＝,故速度v＝,運動周期T＝＝,則運動時間t＝T＝。若v1＝v2,則k1∶k2＝r2∶r1＝1∶,故A錯誤；若v1＝v2,則t1∶t2＝∶＝θ1r1∶θ2r2＝∶2,故B正確；若t1＝t2,則k1∶k2＝θ1∶θ2＝1∶2,故C錯誤；若t1＝t2,則v1∶v2＝k1r1∶k2r2＝θ1r1∶θ2r2＝∶2,故D錯誤。 【典例分析2】(2019

24、·全國卷Ⅱ)如圖,邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內(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兩點射出的電子的速度大小分別為(　　) A.kBl,kBl B.kBl,kBl C.kBl,kBl D.kBl,kBl 【參考參考答案】　B 【名師解析】　 若電子從a點射出,運動軌跡如圖線①,有qvaB＝m,Ra＝,解得va＝＝＝；若電子從d點射出,運動軌跡如圖線②,有qvdB＝m,R＝＋l2,解得vd＝＝＝。B正確。 【典例分析3】(2019·山東濟

25、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磁場,磁感應強度的大小為B,在bc的中點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．在磁場中運動的最短時間為 D．在磁場中運動的最長時間為 【參考答案】AD 【解析】粒子從ab邊離開磁場時的臨界運動軌跡如圖所示, 由幾何知識可知：

26、r1＝,2r＝(r2＋l)2,解得：r2＝(1＋)l,粒子在磁場中做圓周運動,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錯誤；由粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運動軌跡可知,粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角：θmax＝180°,最小圓心角： θmin>45°,粒子做圓周運動的周期：T＝,則粒子在磁場中運動的最短時間tmin＝T>,最長時間tmax＝T＝,故C錯誤,D正確。 【典例分析4】(2019·東北三省三校二模)如圖所示,在矩形區(qū)域Oabc內(nèi)存在一個垂直于紙面向外,磁感應強度大小為B的勻強磁場,Oa邊長為L,ab邊

27、長為L。先從O點沿著Ob方向垂直磁場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),求： (1)垂直于ab邊射出磁場的粒子的速率v； (2)粒子在磁場中運動的最長時間tm。 【參考答案】　(1)　(2) 【解析】　(1)粒子運動的軌跡如圖, 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R, 由幾何關(guān)系可知：tanθ＝＝, 得θ＝,又sinθ＝,則R＝2L, 粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,則有qvB＝m 解得v＝。 (2)由圓周運動的知識可知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

28、子運動的最長時間tm＝T＝。 【提分秘籍】 1.處理帶電粒子在磁場中運動問題的方法 (1)解決帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的一般思路 ①找圓心畫軌跡； ②由對稱找規(guī)律； ③尋半徑列算式； ④找角度定時間。 (2)處理該類問題常用的幾個幾何關(guān)系 ①四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點； ②三個角：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)時間的求解方法 ①根據(jù)周期求解,運動時間t＝T＝； ②根據(jù)運動弧長和速度求解,t＝＝。 2.處理帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法方法技巧 (1)解答有關(guān)

29、運動電荷在有界勻強磁場中的運動問題時,我們可以先將有界磁場視為無界磁場,假設(shè)粒子能夠做完整的圓周運動,確定粒子做圓周運動的圓心,作好輔助線,充分利用相關(guān)幾何知識解題。 (2)對稱規(guī)律解題法 ①從直線邊界射入的粒子,又從同一邊界射出時,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在圓形磁場區(qū)域內(nèi),沿徑向射入的粒子,一定沿徑向射出(如圖乙所示)。 (3)解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題,關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維,尋找臨界狀態(tài)(一般是粒子運動軌跡與磁場邊界相切或軌跡半徑達到最大),常用方法如下： ①動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同、比荷和電性都相同的

30、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,運動軌跡的圓心在以入射點為圓心、半徑為R＝的圓周上。 【突破訓練】 1.(2019·四川廣元市第二次適應性統(tǒng)考)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場．兩個質(zhì)子M、N沿平行于直徑cd的方向從圓周上同一點P射入磁場區(qū)域, P點與直徑cd間的距離為,質(zhì)子M、N入射的速度大小之比為1∶2.ab是垂直cd的直徑,質(zhì)子M恰好從b點射出磁場,不計質(zhì)子的重力和質(zhì)子間的作用力．則兩質(zhì)子M、N在磁場中運動的時間之比為(　　) A．2∶1

31、 B．3∶1 C．3∶2 D．3∶4 【參考答案】　A 【解析】　由題意作出兩質(zhì)子的運動軌跡如圖所示, 由幾何關(guān)系可知,質(zhì)子M在磁場中運動的半徑為R,軌跡圓弧所對圓心角θ1＝120°；根據(jù)eBv＝m得r＝,則質(zhì)子N的軌道半徑為2R,再由幾何關(guān)系得：軌跡圓弧所對圓心角θ2＝60°；質(zhì)子在磁場中做圓周運動的周期：T＝＝,運動的時間滿足：t＝T,解得：t1∶t2＝2∶1,故A項正確,B、C、D錯誤． 2.(2019·蘭州一診)如圖所示,矩形abcd內(nèi)存在勻強磁場,ab＝2ad,e為cd的中點。速率不同的同種帶電粒子從a點沿ab方向射入磁

32、場,其中從e點射出的粒子速度為v1,從c點射出的粒子速度為v2,則v1∶v2為(不計粒子重力)(　　) A．1∶2 B．2∶5 C．1∶3 D．3∶5 【參考答案】　B 【解析】　速率不同的同種帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場,從e點、c點射出磁場對應的軌跡如圖所示, 由幾何關(guān)系可得：r1＝ad,(r2－r1)2＋(2r1)2＝r,則有：r2＝ad,帶電粒子在磁場中運動時,洛倫茲力充當向心力,有：qvB＝m,解得：v＝,則有：＝＝,故B正確。 3. (2019·福建南平二模)如圖所示,在邊長為L的正方形區(qū)域ab

33、cd內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,有一個質(zhì)量為m、帶電量大小為q的離子,從ad邊的中點O處以速度v垂直ad邊界向右射入磁場區(qū)域,并從b點離開磁場。則(　　) A． 離子在O、b兩處的速度相同 B．離子在磁場中運動的時間為 C．若增大磁感應強度B,則離子在磁場中的運動時間增大 D．若磁感應強度B<,則該離子將從bc邊射出 【參考答案】　D 【解析】　離子在磁場中做勻速圓周運動,該離子在O、b兩處的速度大小相同,但是方向不同,A錯誤；離子在磁場中運動的半徑滿足：R2＝L2＋(R－L)2,解得R＝,則離子在磁場中運動的軌跡所對應的圓心角的正弦值為sinθ＝0.8,即θ＝

34、53°,運動的時間t＝T＝·>,B錯誤；若增大磁感應強度B,由R＝知離子在磁場中的運動半徑減小,此時離子在磁場中運動的軌跡長度減小,速度大小不變,則運動時間減小,C錯誤；若B<,則R＝>,該離子將從bc邊射出,D正確。 4.(2019·江西高三九校3月聯(lián)考)如圖所示是一個半徑為R的豎直圓形磁場區(qū)域,磁感應強度大小為B,磁感應強度方向垂直紙面向里。有一個粒子源在圓上的A點不停地發(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,運動的半徑為r,在磁場中的軌跡所對應的圓心角為α。下列說法正確的是(　　) A．若r＝2R,則粒子在磁場中運動的最長時間為 B．若r＝2R,粒子沿

35、著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場,則有關(guān)系tan＝成立 C．若r＝R,粒子沿著磁場的半徑方向射入,則粒子在磁場中的運動時間為 D．若r＝R,粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場,則圓心角α為150° 【參考答案】　BD 【解析】　若r＝2R,粒子在磁場中運動的時間最長時,在磁場中的運動軌跡所對應的弦長最大,作出軌跡如圖甲所示,因為r＝2R,得圓心角α＝60°,粒子在磁場中運動的最長時間tmax＝T＝·＝,故A錯誤；若r＝2R,粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場,其運動軌跡如圖乙所示,則根據(jù)幾何關(guān)系,有tan＝＝＝,故B正確；若r＝R,粒子沿著磁場的半徑方向射入,粒子運

36、動軌跡如圖丙所示,軌跡圓心角為90°,粒子在磁場中運動的時間t＝T＝·＝,故C錯誤；若r＝R,粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場,軌跡如圖丁所示,圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點和出射點連線組成菱形,圓心角α為150°,故D正確。 5.(2019·湖北荊門龍泉中學高三第五次學業(yè)檢測)如圖所示,一勻強磁場磁感應強度為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點有一粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電量為－q的粒子,粒子重力不計。 (1)有一帶電粒子以v1＝的速度垂直于磁場進入圓形區(qū)域,恰從B點射出。求此粒子在磁場中運動的時間；

37、 (2)若磁場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,經(jīng)過2次碰撞后回到A點,則該粒子的速度為多大？ (3)若R＝3 cm、B＝0.2 T,在A點的粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(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中能到達的區(qū)域,并求出該區(qū)域的面積(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 【參考答案】　(1)　(2)　(3)見解析圖c　9.0×10－4 m2 【解析】　(1)由qv1B＝m得r1＝2R 粒子的運動軌跡如圖a所示,則由幾何關(guān)系得α＝ 因為周期T＝ 所以該粒子在磁場中的運動時間t＝T＝。 (2)粒子運動情況如圖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。 知識改變命運 21