2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場和磁場 第9講 磁場及其對電流的作用 帶電粒子在磁場中的運動練習（含解析）

《2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場和磁場 第9講 磁場及其對電流的作用 帶電粒子在磁場中的運動練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場和磁場 第9講 磁場及其對電流的作用 帶電粒子在磁場中的運動練習（含解析）（34頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第9講　磁場及其對電流的作用　帶電粒子在磁場中的運動 構建網(wǎng)絡·重溫真題 1．(2018·全國卷Ⅱ)(多選) 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點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 D．流

2、經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 答案　AC 解析　L1在a、b兩點產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小相等，設為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小設為B2，方向垂直紙面向里，在b點產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小也為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

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　設每根導體棒的電阻為R，長度為L，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。 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直導線

4、，通過的電流強度相等。矩形線框位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 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

5、反，線框靜止。 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，故選C、D。 4．(2017·全國卷Ⅰ) (多選)如圖，三根相互平行的固定長直導線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。下列說法正確的是(　　) A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為 ∶∶1 答案　BC 解析　如圖，由磁場的疊加知，L2與

6、L3中的電流在L1處產(chǎn)生的合磁場的方向在L2、L3連線的中垂線上，由左手定則知，L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面平行，A錯誤。L1與L2中的電流在L3處產(chǎn)生的合磁場的方向與L1、L2的連線平行，由左手定則知，L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直，B正確。由幾何關系知，設電流在另外導線處產(chǎn)生磁場的磁感應強度為B，而L1、L2所在處兩個磁場方向的夾角均為120°，則B合＝B，而L3所在處兩個磁場方向的夾角為60°，則B′合＝B，由F＝ILB知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶，C正確，D錯誤。 5．(2017·全國卷Ⅱ)(多選)某同學自制的簡

7、易電動機示意圖如圖所示。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邊的中間位置引出，并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，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)動起來，該同學應將(　　) A．左、右轉(zhuǎn)軸下側的絕緣漆都刮掉 B．左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側的絕緣漆都刮掉 C．左轉(zhuǎn)軸上側的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側的絕緣漆刮掉 D．左轉(zhuǎn)軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側的絕緣漆刮掉 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、上邊導線中電流受安培力垂直紙面向外，使線圈轉(zhuǎn)動。當線圈上邊導線轉(zhuǎn)到下邊時，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。若要線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動，要求左、右轉(zhuǎn)軸只能上一側或下一側形成通路，另一側斷路。故選A、D。 6．(2019·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.

9、kBl，kBl 答案　B 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＝2＋l2 解得vd＝＝＝。B正確。 7．(2017·全國卷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磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計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磁場入射均做勻速圓周運動。粒子以v1入射，一端為入射點P，對應圓心角為60°(對應六分之一圓周)的弦PP′必為垂直該弦入射粒子運動軌跡的直徑2r1，如圖甲所示，設圓形區(qū)域的半徑為R，由幾何關系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射點在PP′對應的圓弧內(nèi)。 同理可知，粒子以v2入射及出射情況如圖乙所示。由幾何關系知r2＝ ＝R，可得r2∶r1＝∶1。因為m、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，勻強磁場的磁感應強度大小為B。磁場中的水平絕

11、緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，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，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且d

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

13、對稱法。 高考考向1　磁場的性質(zhì)及磁場對通電導體的作用 例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 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 (1)O點處的磁感應強度指向什么方向？ 提示：由左手定則可知，O點處的磁感應

14、強度方向與F垂直斜向右下方。 (2)O點的磁感應強度方向由什么決定？ 提示：由a、b、c三條導線中的電流方向及大小決定。 [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，所以無法確定長導線c中電流I3與b中電流I2的

15、大小關系，故B、C正確，D錯誤。 [答案]　BC 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。 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。 1．(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

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，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. 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aO1＝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點磁感應強度大小：B2＝B1

17、r＋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。 2．(2019·陜西咸陽三模)如圖所示是實驗室里用來測量磁場力的一種儀器——電流天平，某同學在實驗室里用電流天平測算通電螺線管中的磁感應強度，若他測得CD段導線長度4×10－2 m，天平(等臂)平衡時鉤碼重4×10－5 N，通過導線的電流I＝0.5 A，由此測得通電螺線管中的磁感應強度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，CD段

18、導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強度的方向水平向右，故D正確。 3．(2019·福建廈門二模)長為L的通電直導線放在傾角為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. 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

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　帶電粒子在勻強磁場中的運動 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．若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短 (1)粒子運動的半徑大小與什么有關？ 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)粒子運動的時間與什么有

20、關？ 提示：運動周期T＝＝，運動時間t＝T，與軌跡所對圓心角大小成正比，與速度無關。 [解析]　由左手定則知，粒子帶負電，A錯誤；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯誤；由r＝，若僅減小磁感應強度B，則r變大，粒子可能從b點右側射出，C正確；由r＝，若僅減小入射速率v，則r變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角θ變大，由t＝T、T＝知，粒子在磁場中的運動時間變長，D錯誤。 [答案]　C 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系

21、 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＝＝。 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

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

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

24、出的方向均與ab邊垂直 D．僅將磁場的磁感應強度減小，則粒子B從c點射出 答案　ACD 解析　由圓周運動的對稱性可知，同一直線邊界以30°的弦切角射入磁場，射出時的速度也與邊界成30°，故圓心角為60°，則圓心和入射點以及出射點構成等邊三角形，由幾何關系可知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錯誤；由于三粒子從ac邊界出射時與ac夾角為30°，而∠cab＝60°，故出射速度的延長線必與ab邊垂直，C正確；由r＝可知僅將B改為，粒子B在磁場中的運動半徑將變?yōu)閞B′＝L×＝L，由幾何關

25、系可知粒子B將從c點射出，故D正確。 高考考向3　帶電粒子在有界磁場中的臨界和極值問題 例3　(2019·山東濟寧一模)(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

26、動的最長時間為 (1)速度最大時粒子的運動有何特征？ 提示：速度最大時粒子的軌跡與ac邊相切。 (2)在磁場中運動時間最長時粒子的運動有何特征？ 提示：時間最長時，軌跡所對圓心角最大，軌跡應該與ab邊相切，運動軌跡為半個圓周。 [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：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：θ

27、max＝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。 [答案]　AD 處理帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法技巧 (1)解答有關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

28、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。 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磁場，邊界ON上有一粒子源S。某一時刻，從粒子源S沿平行于紙面，向各

29、個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計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)過一段時間有大量粒子從邊界OM射出磁場。已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于T(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最短時間為(　　) A.T B.T C.T D.T 答案　A 解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動，入射點為S，出射點在OM直線上，出射點與S點的連線為軌跡的一條弦。由題意可知，粒子運動的最長時間等于T，則沿SN方向射入的粒子出射點D與S的連線為軌跡的直徑，如圖所示，設OS＝d，則DS＝OStan30°＝d

30、，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為：r＝＝d。當從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，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，作SE⊥OM，則SE為最短的弦，粒子從S到E的時間即最短，由幾何知識有：SE＝OSsin30°＝d，由余弦定理得：cosθ＝＝，且已知θ<180°，則：θ＝120°，粒子在磁場中運動的最短時間為：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、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一系列電子以不同的速率v(0

31、角方向射入磁場，在區(qū)域的磁場邊界上有電子射出。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。則電子在磁場中運動的(　　) A．最大半徑為rm＝R B．最大速率為vm＝ C．最長時間為tm＝ D．最短時間為tmin＝ 答案　AD 解析　根據(jù)題意，電子圓周運動的圓心在速度的垂線上，電子的速率范圍為0

32、此時軌跡對應的圓心角最小，運動時間最短，為tmin＝T＝；電子速度越小，半徑越小，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長，當電子的速度特別小時，P點與出射點的連線與磁場邊界幾乎重合，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，則出射速度也與磁場邊界成30°角，此時軌跡所對圓心角為300°，所以最長時間tm＝T＝T＝；故B、C錯誤，A、D正確。 易錯警示 帶電粒子在有界勻強磁場中運動時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現(xiàn)，最大難題是沒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動

33、的離子約束在小范圍內(nèi)巧妙實現(xiàn)核聚變，相當于給反應物制作一個無形的容器。2018年11月12日我國宣布“東方超環(huán)”(我國設計的全世界唯一一個全超導托卡馬克)首次實現(xiàn)一億度運行，令世界震驚，使我國成為可控核聚變研究的領軍者。 (1)2018年11月16日，國際計量大會利用玻爾茲曼常量將熱力學溫度重新定義。玻爾茲曼常量k可以將微觀粒子的平均動能與溫度定量聯(lián)系起來，其關系式為Ek＝kT，其中k＝1.380649×10－23 J/K。請你估算溫度為一億度時微觀粒子的平均動能(保留一位有效數(shù)字)； (2)假設質(zhì)量為m、電量為q的微觀粒子，在溫度為T0時垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，求粒子運動的軌道

34、半徑； (3)東方超環(huán)的磁約束原理可簡化如圖。在兩個同心圓環(huán)之間有很強的勻強磁場，兩圓半徑分別為r1、r2，環(huán)狀勻強磁場圍成中空區(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穿出磁場的外邊緣，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)中磁場的磁感應強度最小值。 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)磁感應強度最小時粒子軌跡恰好與大圓相切，如圖所示， 設此時粒子軌跡半徑為r，磁感應強度為Bmin，由幾何關系得：

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) 易錯警示　帶電粒子在有界勻強磁場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，特別是四分之一坐標軸磁場、矩形磁場、三角形磁場和圓形磁場，要注意軌跡圓心不一定在坐標軸、磁場直線邊界上。要準確確定軌跡圓心，需要抓住以下兩點：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，就可以憑幾何知識確定軌跡半徑。 配套作業(yè) 　　限時：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 答案　D 解析　電流與磁感應強度變化之前，金屬細桿受到重力、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

37、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，F(xiàn)Nsinθ＝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。 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方向射入磁場，其中從e點射出的粒子

38、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 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abcd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

39、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 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＝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

40、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·安徽黃山二模)如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場分布在等邊三角形ABC內(nèi)，D是AB邊的中點，一群相同的帶負電的粒子僅在磁場力作用下，從D點沿紙面以平行于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，已知粒子在磁場中運動的周期為T，則下列說法中正確的是(　　) A．若該粒子在磁場中經(jīng)歷時間為T，則它一定從BC邊射出磁場 B．若該粒子在磁場中運動時間為T，則它一定從AC邊射出磁場 C．速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁場中運動時間長 D．若該粒子在磁場中的

41、運動時間為T，則它一定從AB邊射出磁場 答案　B 解析　若帶電粒子剛好從BC邊射出磁場，運動軌跡與BC邊相切，可知圓心角為180°，粒子在磁場中經(jīng)歷時間為T；若帶電粒子剛好從AC邊射出磁場，運動軌跡與AC邊相切，作圖可得切點為C點，由幾何關系可知圓心角為60°，粒子在磁場中運動的時間為T；若帶電粒子從AB邊射出磁場，可知圓心角為240°，粒子在磁場中的運動時間為T。所以若該粒子在磁場中的運動時間為T，則它一定從AB邊射出磁場，A錯誤；若該粒子在磁場中的運動時間為T，小于T，則它一定從AC邊射出磁場，B正確；若該粒子在磁場中的運動時間為T，即大于T小于T，則它一定從BC邊射出磁場，D錯誤；若

42、這些帶電粒子都從AB邊射出磁場，可知運動軌跡所對的圓心角都為240°，則粒子在磁場中經(jīng)歷時間都為T，故C錯誤。 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磁場，現(xiàn)有比荷大小相等的甲、乙兩粒子，甲以速度v1從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t1時間射出磁場，射出磁場時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點平行于直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t2時間射出磁場，其軌跡恰好通過磁場的圓心。不計粒子受到的重力，則(　　) A．兩個粒子帶異種電荷 B．t1＝t2 C．v1∶v2＝∶1 D．兩粒子在磁場中軌跡長

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電，故A正確；粒子在磁場中運動的周期：T＝＝，兩粒子比荷相同，故兩粒子在磁場中運動的周期相同，根據(jù)幾何關系可知，甲、乙兩粒子在磁場中運動的圓心角分別為60°和120°，甲在磁場中運動的時間t1＝T＝T，乙在磁場中運動的時間t2＝T＝T，即t1＝t2，故B錯誤；設磁場區(qū)域圓的半徑為R，由幾何關系可知甲粒子做圓周運動的半徑為R，乙粒子做圓周運動的半徑為R，根據(jù)圓周運動的半徑公式R＝，知R與v成正比，即v1∶v2＝∶1，故C正確；甲粒子在磁場中的軌跡長度l1＝×2π×

44、R＝，乙粒子在磁場中的軌跡長度l2＝×2πR＝，所以兩粒子在磁場中的軌跡長度之比為l1∶l2＝∶2，故D錯誤。 6. (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，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場，則有關系tan＝成立 C．若r＝R，粒子沿著磁場的半徑方向射入，則

45、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° 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

46、°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構成菱形，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磁場，OA邊界上的S點有一電子源，在紙面內(nèi)向各個方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電子在磁場中運動的軌跡半徑為r，周期為T。已知從OB邊界射出的電子在磁場中運動的最短時間為，則下列說法正確的是(　　) A．沿某一方向發(fā)射的電子，可能從O點射出 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中運動的最長時間為 D．從OB邊界射出的電子在

47、磁場中運動的最長時間為 答案　BC 解析　電子在磁場中做勻速圓周運動，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，則電子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r相同，當出射點D與S點的連線垂直于OB時，弦SD最短，軌跡所對應的圓心角最小，則電子在磁場中運動的時間最短，tmin＝T，則圓心角θ＝60°，如圖a所示，由幾何知識知，在磁場中運動的時間最短的電子入射的方向垂直于OA，＝＝＝2r，電子所有軌跡對應圓心的可能位置都應在以S為圓心、半徑為＝r的圓弧上，軌跡圓心恰好在OA上時，若磁場沒有OB邊界，電子將恰好通過O點，但由于OB邊界的存在，過O點的電子的軌跡圓弧與OB

48、有除O以外的另一個交點，如圖b所示，說明電子到達O點前已經(jīng)從另一交點飛出磁場，故A錯誤；由以上分析可知，當從S點射出的電子方向平行于OB時，其圓心恰好位于D點，此時電子將轉(zhuǎn)過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，在磁場中的運動軌跡最長，軌跡對應的圓心角最大，在磁場中運動的時間最長，如圖d所示，由幾何關系可得圓心角為120°，運動時間tmax＝T＝T，C正確；從OB邊界射出的電子中，由幾何關系可得，初速度方向沿OA方向的電子，在磁場中運動的時間最長，作出其運動軌跡如圖e所示，可知該電子在磁場中運動的時間大于T，D錯誤。 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，磁感應強度B＝1 T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，M點為x軸正方向上一點，OM＝3 m?，F(xiàn)有一個比荷大小為＝1.0 C/kg、可視為質(zhì)點的帶正電的小球(重力不計)從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，已知小球最后都能經(jīng)過M點，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，小球運動軌跡的圓心

50、的位置一定在y軸上，所以小球若要經(jīng)過M點，則其做圓周運動的半徑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)做圓周運動，第二段軌跡圓弧的圓心位置在O點或O點的上方，也可能小球與擋板ON沒有碰撞，直接經(jīng)過M點。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，畫出小球的運動軌跡如圖1所示，設OO′＝s，由幾何關系得：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；若小球沒有與擋板ON碰撞，則小球的運動軌跡如圖2所示，

51、設OO′＝s，由幾何關系得：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。 答案　(1)　(2) 解析

52、　(1)粒子運動的軌跡如圖， 設粒子做圓周運動的半徑為R， 由幾何關系可知：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＝ 由幾何關系可知最大圓心角α＝2θ＝ 可得粒子運動的最長時間tm＝T＝。 10. (2019·湖北荊門龍泉中學高三第五次學業(yè)檢測)(20分)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

53、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； (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 粒子的運動軌跡如圖a所示，則由幾何關系得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。 - 34 -