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第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律授课提示对应学生用书第41页[真题再做]
1.多选2018·高考全国卷Ⅱ，T20如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L
1、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点产生的磁感应强度大小为B0解析原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知，在b点B0＝B0－B1＋B2在a点B0＝B0－B1－B2由上述两式解得B1＝B0，B2＝B
0.答案AC
2.多选2017·高考全国卷Ⅰ，T19如图，三根相互平行的固定长直导线L
1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是 A．L1所受磁场作用力的方向与L
2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L
1、L2所在平面垂直C．L
1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶D．L
1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1解析由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场B21方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场B31方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场B合1方向如图a所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3的连线平行，即L1所受磁场作用力的方向与L
2、L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图b所示，可判断出L3所受磁场B合3作用力的方向竖直向上与L
1、L2所在的平面垂直，选项B正确；同理，如图c所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式可知，L
1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以L
1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误．答案BC
3.2017·高考全国卷Ⅲ，T18如图，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中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为 A．0 B.B0 C.B0 D．2B0解析导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B
1.又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左．若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1方向垂直PQ向上、与B0垂直，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确．答案C4．2017·高考全国卷Ⅱ，T18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v2∶v1为 A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶解析由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos30°＝R，则＝＝，C项正确．答案C
5.2016·高考全国卷Ⅱ，T18一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ω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.解析如图所示，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．答案A6．2016·高考全国卷Ⅲ，T18平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面纸面如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为qq0．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 A. B. C. D.解析如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R.由几何图形知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝.故选项D正确．答案D7．2017·高考全国卷Ⅲ，T24如图，空间存在方向垂直于纸面xOy平面向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x0区域，磁感应强度的大小为λB0常数λ1．一质量为m、电荷量为qq0的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求不计重力1粒子运动的时间；2粒子与O点间的距离．解析1在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x0区域，圆周半径为R
2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB0v0＝m
①qλB0v0＝m
②粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝
③粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝
④联立
①②③④式得，所求时间为t0＝t1＋t2＝1＋
⑤2由几何关系及
①②式得，所求距离为d0＝2R1－R2＝1－
⑥答案11＋ 21－[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考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，也可能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每年都有，对与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动的考查最多，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，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合．■解题要领——怎么做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间的关系等．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．[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点授课提示对应学生用书第42页[网络构建][要点熟记]1．安培力大小的计算公式F＝BILsinθ其中θ为B与I之间的夹角．1若磁场方向和电流方向垂直F＝BIL.2若磁场方向和电流方向平行F＝
0.2．用准“两个定则”1对电流的磁场用安培定则．2对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则．3．画好“两个图”1对安培力作用下的静止、运动问题画好受力分析图．2对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图．4．记住“两个注意”1洛伦兹力永不做功．2安培力可以做正功，也可以做负功．5．灵活应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的关系式[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能授课提示对应学生用书第43页考向一 磁场的性质1．判断电流的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”．
1.已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比．如图所示，四根电流相等的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则a、b、c、d长直通电导线在O点产生的合磁场的磁感应强度B A．大小为零B．大小不为零，方向由O指向dC．大小不为零，方向由O指向cD．大小不为零，方向由O指向a解析由安培定则可知，a、c中电流方向相同，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合矢量为零；b、d两导线中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确．答案D2．如图所示，平行放置在绝缘水平面上的长为l的直导线a和无限长的直导线b，分别通以方向相反、大小为Ia和IbIaIb的恒定电流时，b对a的作用力为F.当在空间加一竖直向下y轴的负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零．则下列说法正确的是 A．电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向B．所加匀强磁场的磁感应强度大小为B＝C．导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向D．电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向解析无限长的直导线b中的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受安培力为零，因此电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，A选项错误；由磁感应强度定义可得B＝，B选项正确；由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，方向沿z轴负方向，C选项错误；由于IaIb，电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大于电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度，因此D选项错误．答案B3．如图所示，两根无限长导线，均通以恒定电流I.两根导线的直线部分和坐标轴非常接近，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的、半径相同的一段圆弧．规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，已知直线部分在原点O处不形成磁场，此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B.下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线，O处磁感应强度也为B的是 解析由安培定则知，两根通电直导线在原点O处产生的磁场方向都垂直纸面向里，由磁场叠加原理知，一根通电直导线在原点O处产生的磁感应强度的大小为.由安培定则及磁场叠加原理知，A项O处磁感应强度为B，B项O处磁感应强度为2B，C、D项O处磁感应强度为－B.故本题正确选项应为A.答案A考向二 磁场对通电导体的作用力1．通电导体在磁场中受到的安培力1方向根据左手定则判断．2大小F＝BIL.
①B、I与F三者两两垂直；
②L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．2．熟悉“两个等效模型”1变曲为直图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流．2化电为磁环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示．4．2018·河北衡水中学第六次调研一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F.若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为 A．F B.FC.FD.F解析设通电导线为L，平行放置的受到时安培力为F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则×2πR＝L，解得R＝，故ab的长度d＝R＝，故此时圆环受到的安培力F′＝F＝F，故C正确，A、B、D错误．答案C
5.2018·福建福州第二次月考据报道，国产航母的舰载机发射类似于电磁轨道炮弹体发射．电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．恒定电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度的大小与I成正比，静止的通电弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是 A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的4倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析弹体在轨道上运动的加速度a＝＝，则弹体出射的速度为v＝＝，则只将轨道长度变为原来的2倍，则弹体出射速度变为原来的倍，选项A错误；只将电流增加至原来的4倍，则弹体出射速度变为原来的4倍，选项B错误；只将弹体质量减至原来的一半，则弹体出射速度变为原来的倍，选项C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度应变为原来的2倍，其他量不变，则弹体出射速度变为原来的2倍，选项D正确．答案D
6.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中．当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化正确的是 A．逐渐增大 B.逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图所示．从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA＝BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大，故选D.答案D磁场中通电导体类问题的解题步骤1选定研究对象进行受力分析，受力分析时要比一般的力学问题多考虑安培力．如第6题中，导体棒除受重力和支持力外，还受安培力．2作受力分析图，标出辅助方向如磁场的方向、通电直导线电流的方向等，有助于分析安培力的方向，由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图侧视图、剖面图或俯视图等表示出三维的空间关系．3根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解．考向三 带电粒子在匀强磁场中的运动[典例展示1] 2018·福建厦门高三期末如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a0，L．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法正确的是 A．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为00B．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为0，－2LC．电子在磁场中运动的时间为D．电子在磁场中运动的时间为[解析] 画出粒子运动轨迹如图所示．设电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30°＝R－L，得R＝2L.根据几何三角函数关系可得，y′＝－Rcos60°＝－L，所以电子做圆周运动的圆心坐标为0，－L，则A、B均错误；电子在磁场中运动时间t＝T＝，而T＝＝，得t＝，故C错误，D正确．[答案] D带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法1带电粒子在匀强磁场中运动时，要抓住洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式R＝，周期公式T＝，运动时间公式t＝T，知道粒子在磁场中的运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题．2如果磁场是圆形有界磁场，在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．
①四点入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.
②六线圆弧两端点所在的轨迹半径r、入射速度直线OB和出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度垂线交点的连线AO.
③三角速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．
7.如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为＋q且不计重力的粒子以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直射入磁场，最后垂直于MN射出，则该磁场的磁感应强度的大小为 A. B.C.D.解析根据题述带电粒子“以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出”，可画出带电粒子的运动轨迹，如图所示．根据几何关系可得rcos60°＝R，r＝2R.带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，解得磁感应强度的大小为B＝，选项B正确．答案B8．多选2018·河北衡水中学第六次调研如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知ap与pb弧长之比为2∶1，下列说法正确的是 A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B．粒子通过ap与pb弧长的时间之比为2∶1C．ap与pb弧长对应的圆心角之比为2∶1D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度方向相反解析因为洛伦兹力不做功，则带电粒子的速度大小不变，所以粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，故A正确；因为弧长l＝vt，弧长之比为2∶1，线速度大小相等，则运动时间之比为2∶1，故B正确；因为两个区域的磁感应强度大小未知，根据弧长关系无法得出半径关系，圆心角等于弧长与半径的比值，所以无法得出圆心角之间的关系，故C错误；在p点前后所受的洛伦兹力方向相反，根据左手定则知，两个区域内的磁感应强度方向相反，故D正确．答案ABD9．多选2018·贵州贵阳期末如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1＝2B
2.一比荷为k的带电粒子不计重力，以一定速率从O点垂直MN进入磁感应强度为B1的磁场，则粒子下一次到达O点经历的时间为 A.B.C.D.解析根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得R＝，由此可知带电粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的轨道半径或直径是在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的轨道半径或直径的2倍，画出带电粒子运动轨迹的示意图，如图所示．粒子在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的时间为t1＝2×＝2＝，粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的时间为t2＝＝＝2，则粒子下一次到达O点经历的时间为是t＝t1＋t2＝2＋2＝4＝，或表达为t＝t1＋t2＝＋＝2＝.故选项B、C正确，A、D错误．答案BC考向四 带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值、多解问题[典例展示2] 如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求1最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度的大小；2最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y轴正方向夹角的正弦值．[思维流程] 本题用到了处理临界问题的思维方法——定圆旋转法．具体思维过程如下[解析] 1设粒子的发射速度大小为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝m
①由
①式得R＝
②当Ra时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t＝，得∠OCA＝
③设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得Rsinα＝R－
④Rsinα＝a－Rcosα
⑤又sin2α＋cos2α＝1
⑥由
④⑤⑥式得R＝2－a
⑦由
②⑦式得v＝2－
⑧2由
④⑦式得sinα＝
⑨[答案] 12－ 2求解带电粒子在匀强磁场中运动时多解、极值问题的四点注意1解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．2粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切，如例题中弧恰好与磁场上边相切．3当速度v大小一定时，弧长越长圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．4当速度v大小变化时，圆心角大的运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等．
10.多选在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示．现测得当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则都从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则 A．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝∶B．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶3C．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶D．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶解析磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，弧长为πR＝周长，则∠POM＝90°，如图甲所示，故粒子做圆周运动的半径r1＝R，由qBv＝m得，B1＝；同理，磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，如图乙所示，则∠PON＝120°，则粒子做圆周运动的半径r2＝Rsin60°＝R，则B2＝，故r1∶r2＝∶，B1∶B2＝∶，选项A、D正确，B、C错误．答案AD
11.多选如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场图中未画出，AB边长度为d，∠B＝.现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子．已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t0不计重力，则下列判断正确的是 A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B．该匀强磁场的磁感应强度大小为C．粒子在磁场中运动的轨道半径为dD．粒子进入磁场时速度大小为解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T＝t0，则得周期T＝4t0，故A正确．由T＝得B＝＝，故B正确．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有T＝，得θ＝，画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得＋Rcos60°＝d，可得R＝，故C正确．根据＝，解得v＝，故D错误．答案ABC12．如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子的质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．1求磁感应强度B0的大小；2要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v0的可能值．解析1设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0＝m，粒子运动的周期T0＝联立两式得磁感应强度B0＝.2正离子从O′孔垂直于N板射出磁场时，其中的一种运动轨迹如图所示．在两板之间正离子只运动一个周期T0时，有r＝在两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有r＝n＝123，…解得v0＝n＝123，…．答案1 2n＝123，…[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分单独成册 对应学生用书第139页45分钟
一、单项选择题1．2018·山东济南第一中学月考粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是 解析根据洛伦兹力提供向心力，有R＝，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，由左手定则可知A正确，B、C、D错误．答案A2．如图所示，质量为m＝
0.5kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度为L＝1m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下磁场仅存在于绝缘框架内．右侧回路中，电源的电动势E＝8V、内阻r＝1Ω.额定功率为8W、额定电压为4V的电动机M正常工作．取sin37°＝
0.6，cos37°＝
0.8，重力加速度大小g取10m/s2，则磁场的磁感应强度大小为 A．2T B.
1.73TC．
1.5TD．1T解析电动机M正常工作时的电流I1＝＝2A，电源内阻上的电压U′＝E－U＝8V－4V＝4V，根据闭合电路欧姆定律得干路中的电流I＝＝4A，则通过导体棒的电流I2＝I－I1＝2A，导体棒受力平衡，有BI2L＝mgsin37°，得B＝
1.5T，故选项C正确．答案C
3.2018·河北衡水中学第六次调研如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m、电荷量为－q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是其中B0＝，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆弧 解析带电粒子进入磁场中做圆周运动，圆周运动的半径r＝，A、B、C选项对应的半径r＝L，D选项对应的半径为；粒子的初速度都相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可以证明A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确；B、C、D对应的粒子的出射点都不相同．答案A
4.如图所示，在蹄形磁铁的上方放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，最初线圈平面与蹄形磁铁处于同一竖直面内，则通电线圈运动的情况是 A．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向下运动B．ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向下运动C．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向上运动D．ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向上运动解析由于ad边与bc边左、右两半所在处磁场方向不同，故将ad边和bc边分成左、右两半研究，由于bc边离磁铁较远，受到的磁场力较小，主要研究ad边所受的磁场力对线圈运动的影响．在图示位置时，根据左手定则可知，ad边左半段所受安培力的方向向里，右半段所受安培力的方向向外，则ab边转向纸里，cd边转向纸外，线圈从图示位置转过90°时，根据左手定则可知，ad边所受安培力方向向下，所以线圈向下运动，故选项B正确．答案B
5.如图所示，光滑平行金属导轨电阻不计，固定在水平面内，左端接有一直流电源和一定值电阻，两条通有大小相等方向相反的恒定电流的长直绝缘导线垂直导轨放置，一导体棒与导轨垂直且接触良好．导体棒由导轨上的M点静止释放，M、N两点到左右两直导线距离相等．下列关于导体棒在两直导线之间的运动及受力说法正确的是 A．导体棒在M、N之间做往复运动B．导体棒一直向右做匀加速直线运动C．导体棒所受安培力先向右后向左，且先增大后减小D．导体棒所受安培力一直向右，且先减小后增大解析根据安培定则可知，两直导线电流在M、N之间的区域内磁场都是垂直导轨平面向下的，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向一直向右，则选项A、C错误；根据直线电流磁场的性质可知，离直线电流越远磁感应强度越小，根据磁场叠加可知导轨内的磁场从M到N是先减小后增大的，则安培力也一定是先减小后增大的，选项B错误，D正确．答案D
6.在xOy平面的第一象限内存在着垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两个相同的带电粒子以相同的速度分别从y轴上的P、Q两点同时垂直于y轴向右射出，最后均打在x轴上的N点，已知P、N两点的坐标分别为03L、L0，不计两粒子的重力与相互作用．根据题中条件不能确定的是 A．两带电粒子在磁场中运动的半径B．两带电粒子到达点N所用的时间之比C．Q点的坐标D．带电粒子的比荷解析粒子的运动轨迹如图所示，已知粒子在y轴上P、Q两点的入射方向及P、N两点的位置坐标，则可明确粒子运动轨迹的圆心位置．由几何关系可知，PN长2L，∠OPN＝30°，设从P点射入的粒子运动轨迹的半径为R，则有3L－R2＋L2＝R2，解得R＝2L，因两粒子的速度相同且是同种粒子，则可知它们运动轨迹的半径相同，即两粒子运动的半径均可求出，A不符合题意；根据几何关系可知从P点射入的粒子轨迹对应的圆心角为120°，从Q点射入的粒子轨迹对应的圆心角为60°，则由t＝T，可求得两粒子运动到N点所用的时间之比tP∶tQ＝2∶1，B不符合题意；根据几何关系得OQ＝L，故可以确定Q点的坐标，C不符合题意；根据R＝，由于不知道粒子速度的大小，故无法求得粒子的比荷，D符合题意．答案D
7.如图所示，在直角三角形abc区域含边界内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝l.一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是 A.B.C.D.解析根据题意可知，当速度方向沿着ab方向并且轨迹与bc相切于E点时，粒子的运动时间最长，速度最大，如图所示，设粒子运动轨迹的圆心为A，半径为R，根据几何知识可知四边形AEba是正方形，则R＝ab＝ac＝，由于qvB＝m，整理得v＝，故选项A正确．答案A
二、多项选择题8．2018·福建厦门高三期末如图所示，半径为r的圆刚好与正方形abcd的四个边相切，在圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带负电粒子从ad边的中点以某一初速度沿纸面且垂直ad边方向射入磁场，一段时间后粒子从圆形磁场区域飞出并恰好通过正方形的d点．设该粒子在磁场中运动的轨道半径为R，运动时间为t，若粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，粒子重力不计．下列关系正确的是 A．R＝rB．R＝－1rC．t＝TD．t＝T解析由题意可知粒子从Bd方向射出磁场，由右图可知在△OBd中，R＝r－R，得R＝－1r，A错误，B正确；粒子轨迹圆心角为，所以时间t＝T＝，C错误，D正确．答案BD
9.如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场图中未画出，两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以相同的速率v从a点先后沿直径ac和弦ab的方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30°.已知沿ac方向射入的粒子在磁场中运动的时间为其圆周运动周期的，不计粒子重力，则 A．两粒子在磁场中运动轨道半径为RB．两粒子离开磁场时的速度方向相同C．沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间为D．沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间为解析由于沿ac方向射入的粒子在磁场中运动的时间为其周期的，故其速度方向偏转了90°，粒子从O点正上方的A点射出，如图中的轨迹1所示，由几何关系可知其运动半径为R，所以选项A正确；粒子轨迹半径等于磁场区域半径，两粒子从同一点沿不同方向射入磁场，满足“点入平出”，B正确；由于沿ab方向射入的粒子，其半径也为R，其轨迹只是将1顺时针旋转30°，其圆心为O′，由几何关系可知四边形aOBO′为菱形，且∠aO′B＝120°.所以沿ab方向射入的粒子在磁场中偏转了120°，运动时间t＝，即t＝，选项C正确，D错误．答案ABC
10.2018·湖北八校第二次联考如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是 A．方向竖直向上B．大小为C．要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移D．若使b下移，a将不能保持静止解析由安培定则可知，通电导体棒b周围的磁感线方向为顺时针方向，所以在a处的磁场方向竖直向上，如图a所示，所以选项A正确；以导线a为研究对象进行受力分析如图b所示，故有mg＝BIL，解得a点处的磁感应强度大小为B＝，所以选项B错误；欲减小b在a处的磁感应强度，可增大两导线间的距离，将b上移或下移都可以，当b上移时，a受到的安培力方向逆时针转动，此时能保持a受力平衡，所以选项C正确；若b下移，a受到的安培力顺时针转动，只有其变大a才能保持平衡，但安培力在减小，导体棒受力不平衡，故选项D正确．答案ACD
三、非选择题
11.一边长为a的正三角形ADC区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC边的正下方有一系列质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以垂直于DC边的方向射入正三角形区域．已知所有粒子的速度均相同，经过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t
0.假设粒子的重力和粒子之间的相互作用力可忽略．1求该区域中磁感应强度B的大小．2为了能有粒子从DC边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？3若粒子以2中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC、AD边射出的区域长度分别为多大？解析1洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m周期T＝＝当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系有圆心角为60°，则t0＝T，解得B＝.2当轨迹圆与AC、AD都相切时，能有粒子从DC边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为v1，偏转半径为r1，则r1＝sin60°＝a由qv1B＝m得v1＝解得v1＝所以粒子能从DC边离开磁场的最大入射速度v1＝.3由2知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故AC边有粒子射出的范围为CE段，xCE＝cos60°＝当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远，如图乙所示，故AD边有粒子射出的范围为DF段，xDF＝＝.答案1 2 3
12.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀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，求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粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝＝在挡板左侧能打在挡板上最远点的粒子恰好与挡板相切，设此时打在挡板上的点为N，如图甲所示，由题意可知r＝＝，由几何知识可得＝对粒子在不同方向上的运动情况进行分析可知，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，且此时挡板吸收的粒子数最多，如图甲所示，在△OPM中，由几何关系可得＝，所以＝.综上所述可知，挡板长度至少等于时，挡板吸收的粒子数最多．2由1中的分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图乙中轨迹1所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ1＝；当粒子从右侧恰好打在P点时，时间最长，如图乙中轨迹2所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ2＝粒子的运动周期T＝＝＝沿轨迹1运动的时间t1＝T沿轨迹2运动的时间t2＝T最长时间与最短时间的差值Δt＝t2－t1＝.3出射方向在水平向右的方向和沿轨迹2运动时的初速度方向之间的粒子都能打在板上，粒子出射速度方向能变化的角度为α＝，打到板上的粒子占所有粒子的比率为η＝＝.答案见解析。
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