新课标2020高考物理二轮复习专题三第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动讲义含解析

新课标2020高考物理二轮复习专题三第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动讲义含解析

- 1 - 第 2 讲　磁场性质及带电粒子在磁场中的运动 典题再现 1.(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框 LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于 匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点 M、N 与直流电源两端相接．已如导 体棒 MN 受到的安培力大小为 F，则线框 LMN 受到的安培力的大小为(　　) A.2F　　　　　　　　　　　 B．1.5F C.0.5F D．0 解析：选 B.设三角形边长为 l，通过导体棒 MN 的电流大小为 I，则根据并联电 路的规律可知通过导体棒 ML 和 LN 的电流大小为 I 2，如图所示，依题意有 F＝BlI， 则导体棒 ML 和 LN 所受安培力的合力为 F1＝ 1 2BlI＝ 1 2F，方向与 F 的方向相同，所以线框 LMN 受到 的安培力大小为 1.5F，选项 B 正确. 考情分析 典题再现 2.(2020·山东等级考模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场Ⅰ， 第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于 xOy 平面向外、磁感应强 度大小为 B0 的匀强磁场Ⅱ.一质量为 m，电荷量为＋q 的粒子，从 x 轴上 M 点以某一初速度垂 直于 x 轴进入第四象限，在 xOy 平面内，以原点 O 为圆心做半径为 R0 的圆周运动；随后进入 电场运动至 y 轴上的 N 点，沿与 y 轴正方向成 45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后， 再次垂直于 x 轴进入第四象限．不计粒子重力．求： - 2 - (1)带电粒子从 M 点进入第四象限时初速度的大小 v0； (2)电场强度的大小 E； (3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小 B1. 解析： (1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则 qv0B0＝ mv R0 解得 v0＝ qB0R0 m . (2)由于带电粒子与 y 轴成 45°角离开电场，则有 vx＝vy＝v0 粒子在水平方向匀加速，在竖直方向匀速，故在水平方向上 qE＝ma v2x－0＝2aR0 解得 E＝ qR0B 2m . (3)粒子在电场中运动时 水平方向：vx＝at，R0＝ 1 2at2 竖直方向：y＝vyt 解得 y＝2R0 过 N 点做速度的垂线交 x 轴于 P 点，P 即为在第一象限做圆周运动的圆心，PN 为半径，因为 ON ＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以 PN＝2 2R0. 由于洛伦兹力提供向心力，故 - 3 - qvB1＝ mv2 PN 其中 v 为进入第一象限的速度，大小为 v＝ 2v0 解得 B1＝ 1 2B0. 答案：见解析 考情分析 命题研究 分析近几年高考试题可以看出，对磁场性质和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查是高 考热点，涉及磁场知识点的题目年年都有，考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场 中的运动最多，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；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，要熟练掌握磁场中曲线运动的分 析方法及临界圆的画法 　磁场性质及对电流作用 【高分快攻】 1．磁场性质分析的两点技巧 (1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法． (2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”．即： - 4 - 2．安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路 【典题例析】 (2017·高考全国卷Ⅲ)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. 3 3 B0 C. 2 3 3 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 3B1.又根据题意 Ba＝0，则 B0＝ 3B1，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 B′1＝B1(方向垂直 PQ 向上、与 B0 垂直)，a 点合磁场的磁感应强度 B＝ B＋B′＝ 2 3 3 B0，则 A、B、D 项均错误，C 项正确． [答案]　C 【题组突破】 1．(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图．质量为 m 的均匀细金属杆 MN 与一竖直 悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧劲度系数为 k, 在边长 ab＝L1、bc＝L2 的矩形区域 abcd 内有 匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外．MN 的右端连接一绝缘轻指针，可指 示出标尺上的刻度，MN 的长度大于 ab.当 MN 中没有电流通过且 MN 处于静止状态时，MN 与 ab 边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当 MN 中有电流时，指针示数可表示电流大小 .MN 始终 在纸面内且保持水平，重力加速度 g.则(　　) - 5 - A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从 M 至 N B．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零 C．该电流表的最大量程是 Im＝ kL2 BL1 D．该电流表的刻度在 0～Im 范围内是不均匀的 解析：选 AC.要使电流表能正常工作，金属杆受到的安培力的方向应竖直向下，根据磁场 的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从 M 至 N，选项 A 正确；当该电流表的示数为零 时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据平 衡条件和胡克定律可知，kx＝mg，弹簧的伸长量为 x＝ mg k ，选项 B 错误；根据平衡条件和胡克 定律可知，k(x＋L2)＝mg ＋BImL1，解得 Im＝ kL2 BL1，即该电流表的最大量程为 Im＝ kL2 BL1，选项 C 正确； 根据平衡条件和胡克定律可知，k(x＋l)＝mg＋BIL1，解得 I＝ k BL1·l，即该电流表的 刻度在 0～Im 范围内是均匀的，选项 D 错误． 2．(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成， 漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个 金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连 接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　) A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 解析：选 AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来， 每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A 项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘 漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴 的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上 - 6 - 下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与 A 项相同，因此 D 项正确． 　带电粒子在匀强磁场中的运动 【高分快攻】 1．“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动 (1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)． (2)两画：画出速度 v 和洛伦兹力 F 两个矢量的方向． (3)三定：定圆心、定半径、定圆心角． (4)四写：写出基本方程 qvB＝m v2 R ，半径 R＝ mv qB，周期 T＝ 2πR v ＝ 2πm qB ，运动时间 t＝ s v＝ α 2π T. 2．常见模型的解题思路 (1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界 磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利 用相关几何知识解题． (2)对称规律解题法 ①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等(如图甲所示)． ②在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出(如图乙所示)． 【典题例析】 (2019·高考全国卷Ⅱ)如图，边长为 l 的正方形 abcd 内存在匀强磁场，磁感应强 度大小为 B、方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外．ab 边中点有一电子发射源 O，可向磁场 内沿垂直于 ab 边的方向发射电子．已知电子的比荷为 k.则从 a、d 两点射出的电子的速度大 - 7 - 小分别为(　　) A. 1 4kBl， 5 4 kBl B. 1 4kBl， 5 4kBl C. 1 2kBl， 5 4 kBl D. 1 2kBl， 5 4kBl [解析]　电子从 a 点射出时，其轨迹半径为 ra＝ l 4，由洛伦兹力提供向心力，有 evaB＝m v ra，又 e m＝k，解得 va＝ kBl 4 ；电子从 d 点射出时，由几何关系有 r2d＝l2＋(rd－ l 2) 2 ，解得轨迹 半径为 rd＝ 5l 4 ，由洛伦兹力提供向心力，有 evdB＝m v rd，又 e m＝k，解得 vd＝ 5kBl 4 ，选项 B 正 确． [答案]　B 【题组突破】 角度 1　带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析 1．如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为 B，一群比荷为 q m、速度大小为 v 的离子以一定发散角 α 由原点 O 出射，y 轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在 x 轴上长 度为 L 的区域 MN 内，则 cos α 2 为(　　) A．1－ BqL 4mv B． 1 2－ BqL 4mv C．1－ BqL 2mv D．1－ BqL mv 解析：选 C.根据洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m v2 R ，得 R＝ mv qB，离子通过 M、N 点的轨迹 如图所示，由几何关系知 MN＝ON－OM，过 M 点的两圆圆心与原点连线与 x 轴夹角为 α 2 ，圆心 在 x 轴上的圆在 O 点时的速度沿 y 轴正方向，由几何关系可知 L＝2R－2Rcos α 2 ，解得 cos α 2 ＝1－ BqL 2mv，故选项 C 正确． - 8 - 角度 2　带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析 2．(多选)(2017·高考全国卷Ⅱ)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. 3∶2 B. 2∶1 C. 3∶1 D.3∶ 2 解析：选 C.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 v2 R 可知，R＝ mv qB，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＝ R 2，R2＝Rcos 30 °＝ 3 2 R，则 v2 v1＝ R2 R1＝ 3，C 项正确． 角度 3　带电粒子在有边界磁场中的运动分析 3．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 q(q>0)．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(　　) - 9 - A. mv 2qB B. 3mv qB C. 2mv qB D. 4mv qB 解析：选 D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为 P，粒子运动 轨迹与 ON 的交点为 Q，粒子入射方向与 OM 成 30°角，则射出磁场时速度方向与 OM 成 30°角， 由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到 O 点的距离为轨迹圆直径的 2 倍，即 4R，又粒子在匀 强磁场中运动的轨迹半径 R＝ mv qB，所以 D 正确． 命题角度 解决方法 易错辨析 带电粒子在直线边界型磁场 中的运动 对称法 遵循进入磁场的角度和出磁 场的角度相同的原则 带电粒子在圆形边界磁场中 的运动 准确找到圆心、入射半径方向， 利用垂线法确定对应的圆心 角 若粒子沿半径方向射入磁场， 则一定会沿半径方向射出磁 场；否则不满足此条规律 带电粒子在三角形边界磁场 中的运动 切线法、临界值法 在磁场中运动的临界条件是 准确找到与边界相切的条件， 以此判断圆周运动的临界半 径的大小 带电粒子在匀强磁场中的匀 速圆周运动 中垂线法或速度切线法确定 圆心和半径方向，利用公式确 定周期和半径的大小 能熟练画出粒子的运动轨迹 并准确找到圆心、半径、圆心 角是解题的关键 　带电粒子在磁场中运动的多解和临界问题 【高分快攻】 1．求解临界、极值问题的“两思路、两方法” - 10 - 2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法 (1)方法技巧 ①认真读题，逐一确认形成多解的各种因素． ②画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况． ③对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出 现的条件，并寻找相关的通项公式． (2)带电粒子在交变磁场中运动的多解问题 分析带电粒子在交变磁场中的运动，首先必须明确粒子运动的周期与磁场变化的周期之 间的关系，正确作出粒子在磁场中随磁场变化的运动轨迹图，然后灵活运用粒子做圆周运动 的规律进行解答，要特别注意对题目中隐含条件的挖掘，分析不确定因素可能形成的多解， 力求使解答准确、完整． 【典题例析】 (2019·济南二模)如图所示，在 xOy 平面内以 O 为圆心、R0 为半径的圆形区域Ⅰ 内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为 m、电荷量为＋q 的粒子以速度 v0 从 A(R0，0)点沿x 轴负方向射入区域Ⅰ，经过 P(0，R0)点，沿 y 轴正方向进入同心环形区域Ⅱ，为使粒子经过 区域Ⅱ后能从 Q 点回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里的匀强磁场．已知 OQ 与 x 轴负方向成 30°，不计粒子重力．求： (1)区域Ⅰ中磁感应强度 B0 的大小； (2)环形区域Ⅱ的外圆半径 R； (3)粒子从 A 点出发到再次经过 A 点所用的最短时间． [解析]　(1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为 r1，由图中几何关系可得：r1＝R0， - 11 - 由牛顿第二定律可得：r1＝ mv0 qB0，解得：B0＝ mv0 qR0. (2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为 r2，轨迹如图所示，由几何关系知：r2＝ 3 3 r1 ＝ 3 3 R0 由几何关系得 R＝2r2＋r2＝3r2 即 R＝ 3R0. (3)当粒子由内侧劣弧经过 A 点时，时间较短，应满足 150°n＋90°＝360°m 当 m＝4 时，n＝9，时间最短 当粒子由外侧磁场经优弧经过 A 点时，应满足 (90°＋60°)n＝360°m 根据数学知识当 m＝5 时，n＝12，时间最短 所以当粒子由内侧磁场Ⅰ沿劣弧经过 A 点时， 并且当 m＝4 时，n＝9 时，时间最短． t1＝10× 1 4× 2πR0 v0 ，t2＝9× 2 3× 2π 3 3 R0 v0 tmin＝t1＋t2＝ 5πR0 v0 ＋ 4 3πR0 v0 . [答案]　见解析 【题组突破】 角度 1　带电粒子在磁场中运动的临界问题 1．(2019·山东省实验中学一模)如图所示，在直角三角形 abc 区域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 ab＝L，粒子源在 b 点将 带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为 m，电荷量为 q，则在磁场 中运动时间最长的粒子中，速度最大值是(　　) - 12 - A. qBL 2m B. qBL 3m C. 3qBL 2m D. 3qBL 3m 解析：选 D.由左手定则和题意知，沿 ba 方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运 动时间最长，速度最大的轨迹恰与 ac 相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径：r＝ ab×tan 30°＝ 3 3 L，由洛伦兹力提供向心力 qvmB＝m v r，从而求得最大速度：vm＝ 3qBL 3m ，所 以选项 A、B、C 错误，选项 D 正确． 角度 2　带电粒子在磁场中运动的多解问题 2.如图所示，M、N 为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的 长度和板间距离均为 d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上 板 d 3处有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子(不计重力)，以初速度 v0 水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度 B 的大小范围． 解析：第一种情况： 当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径 R1＝ 1 2· d 3＝ d 6 由 qv0B1＝m v R1得：B1＝ 6mv0 qd 若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示， 设粒子做圆周运动的半径为 R2，则： R22＝(R2－ d 3) 2 ＋d2， 解得：R2＝ 5 3d 由 qv0B2＝m v R2得：B2＝ 3mv0 5qd 所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为 3mv0 5qd ＜B＜ 6mv0 qd . 第二种情况： 当磁场方向垂直纸面向外时，若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径 R3＝ - 13 - 1 2· 2 3d＝ d 3 由 qv0B3＝m v R3得：B3＝ 3mv0 qd 若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示， 设粒子做圆周运动的半径为 R4，则： R24＝(R4－ 2 3d) 2 ＋d2， 解得：R4＝ 13 12d 由 qv0B4＝m v R4得：B4＝ 12mv0 13qd 所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为 12mv0 13qd ＜B＜ 3mv0 qd . 答案：磁场垂直纸面向里时， 3mv0 5qd ＜B＜ 6mv0 qd 磁场垂直纸面向外时， 12mv0 13qd ＜B＜ 3mv0 qd 分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最 高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小，最上、最下， 最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果．　 (1)常见的三种几何关系 ①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切． ②当速率 v 一定时，弧长(或弦长)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． ③当速率 v 变化时，圆心角大的，运动时间长． (2)两种动态圆的应用方法 ①如图甲所示，一束带负电的粒子以初速度 v 垂直进入匀强磁场，若初速度 v 方向相同， 大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨迹半 径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹． - 14 - 　　　 ②如图乙所示，一束带负电的粒子以初速度 v 垂直进入匀强磁场，若初速度 v 大小相同， 方向不同，则所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是： 所有粒子的圆心都在以入射点 O 为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的 圆心轨迹．利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点． (建议用时：40 分钟) 一、单项选择题 1．(2019·高考北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子 垂直磁场边界从 a 点射入，从 b 点射出．下列说法正确的是(　　) A．粒子带正电 B．粒子在 b 点速率大于在 a 点速率 C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从 b 点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 解析：选 C.由左手定则可知，粒子带负电，A 项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速 率不变，B 项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径 R＝ mv qB，若仅减小磁感应强度 B 的大小，则 R 变大，粒子可能从 b 点右侧射出，C 项正确；若仅减小入射速率，则 R 变小，粒子在磁场中的 偏转角 θ 变大，t＝ θ 2πT，T＝ 2πm qB ，粒子在磁场中的运动时间变长，D 项错误． 2．如图所示，竖直平行边界 MN、PQ 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两个完全 相同的粒子(不计粒子的重力)在边界 MN 上的 C 点分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方 向与边界 MN 的夹角分别为 30°、45°，结果两个粒子均从边界 PQ 上的 D 点射出磁场，C、D 连线与两边界的垂线 CE 的夹角 θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比 v甲 v乙及运动的时间 之比 t甲 t乙分别为(已知 sin 15°＝ 6－ 2 4 ，cos 15°＝ 6＋ 2 4 )(　　) - 15 - A. 6－ 2 2 　2　　　　　　 B. 6＋ 2 2 　2 C. 6－ 2 4 　 2 3 D. 6＋ 2 4 　 2 3 解析：选 A.C、D 两点间的距离记为 L，粒子的运动轨迹如图所示，则轨迹半径 r＝ L 2cos（θ＋α），轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合 r＝ mv qB和 T＝ 2πm qB ，得 v∝ 1 cos（30°＋α），t＝ β 360°T∝(120°－2α)，则 v甲 v乙＝ cos（30°＋45°） cos（30°＋30°）＝ 6－ 2 2 ， t甲 t乙＝ 120°－2 × 30° 120°－2 × 45°＝2，选项 A 正确． 3．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方 向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　) A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 解析：选 D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速 度 v 大小不变，磁感应强度 B 减小，由公式 r＝ mv qB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式 T＝ 2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据 Ω＝ 2π T 知角速度减小，选项 D 正确． 4．(2019·淄博模拟)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 - 16 - 生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　) A. ω 3B B. ω 2B C. ω B D. 2ω B 解析：选 A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒 子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为 30°，因此粒子在磁场中运动的时间为 t＝ 1 12 × 2πm qB ，粒子在磁场中运动的时间与筒转过 90°所用的时间相等，即 πm 6qB＝ 1 4× 2π ω ，求得 q m＝ ω 3B，A 项正确． 5．在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀 强磁场，已知 P、Q、O 为边长为 L 的等边三角形的三个顶点，两个带电粒 子甲和乙分别从 P 点垂直 PO 方向射入匀强磁场中，甲从 PO 边的 M 点射 出磁场，乙从 QO 边的 N 点射出磁场，已知 PM＝2MO，QN＝NO，据此可知 (　　) A．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为1∶2 B．若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为 3∶2 C．若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比 为 3∶2 D．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为 3∶2 解析：选 D．根据题述，画出两个带电粒子在磁场区域中运动的轨迹，如图所示，由几何 关系可知，r 甲＝ 1 3L，r 乙＝ 1 2L.由 qvB＝m v2 r ，解得 r＝ mv qB＝ p qB.若两个带电粒子的比荷 q m 相同， - 17 - 由 r＝ mv qB可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比等于轨迹半径之比，即 v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项 A 错误；若两个带电粒子的动能相同，由 r＝ mv qB＝ 2mEk qB 可知，甲、 乙两个带电粒子所带电荷量的比值为 q甲 q乙＝ m甲 m乙· r乙 r甲＝ 3 2 m甲 m乙，选项 B 错误；若两个带电粒子 所带电荷量 q 相同，由 r＝ mv qB＝ p qB可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于 轨迹半径之比，即 p 甲∶p 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项 C 错误；若两个带电粒子的比荷相同，则 由 T＝ 2πm qB 可知两粒子在磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对 圆心角为 180°，在磁场中运动的时间为 T 2；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心 角为 120°，在磁场中运动的时间为 T 3，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为 t 甲∶t 乙＝3∶2，选项 D 正确． 6．如图所示，在 OA 和 OC 两射线间存在着匀强磁场，∠AOC＝30°， 正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度从 M 点垂直 OA 方向射入匀强磁场，下列说法正确的是(　　) A．若正电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为 3∶1 B．若正电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为 6∶1 C．若负电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为 1∶1 D．若负电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为 1∶6 解析：选 D.正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从 OC 边射出，负电子一定不 会从 OC 边射出，二者运动轨迹对应的圆心角均为 180°，可知二者在磁场中运动时间之比为 1∶1，故 A、B 错误；若负电子不从 OC 边射出且正电子也不从 OC 边射出，正负电子在磁场中 运动轨迹的圆心角都为 180°，可知二者在磁场中运动的时间之比为 1∶1；当负电子恰好不 从 OC 边射出时，运动轨迹对应的圆心角为 180°，由几何关系知，此时正电子运动轨迹的圆 心角为 30°，正负电子在磁场中运动的周期相等，根据 t＝ θ 2πT 知，正负电子在磁场中运动 的时间之比为 1∶6，故若负电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在 1∶6 与 1∶1 之间，故 C 错误，D 正确． - 18 - 二、多项选择题 7．(2019·青岛二模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、N 两 小孔中，O 为 M、N 连线中点，连线上 a、b 两点关于 O 点对称．导线通有大小相等、方向相反 的电流 I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度 B＝k I r，式中 k 是常数，I 是导线 中的电流，r 为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度 v0 从 a 点出发沿连 线运动到 b 点．关于上述过程，下列说法正确的是(　　) A．小球先做加速运动后做减速运动 B．小球一直做匀速直线运动 C．小球对桌面的压力先增大后减小 D．小球对桌面的压力一直在增大 解析：选 BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在 MN 连线上的磁场方向平行桌面向 里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、 洛伦兹力 3 个力作用，小球在水平方向不受力，故从 a 点到 b 点，小球一直做匀速直线运动， A 错误，B 正确；由于从 a 至 b 合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增 大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先 增大后减小，C 正确，D 错误． 8．(2019·济宁高三模拟)如图所示，MN 平行于 y 轴，在 y 轴与 MN 之间的 区域内存在与 xOy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.在 t＝0 时刻， 从原点 O 发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与 y 轴正方向的夹角 分布在 0～90°范围内．其中，沿 y 轴正方向发射的粒子在 t＝t0 时刻刚好从 磁场右边界 MN 上的 P 点离开磁场，已知 P 点的坐标是((2＋ 2)d， 2d)， 不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 2＋ 2d B．粒子的发射速度大小为 3πd 2t0 C．带电粒子的比荷为 π 4Bt0 - 19 - D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为 2t0 解析：选 BD.根据题意作出沿 y 轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图 甲所示． 甲 圆心为 O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为 r＝2d，故 A 错误；沿 y 轴正方向 发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 3π 4 ，运动时间 t0＝ 3π 4 × 2d v0 解得：v0＝ 3πd 2t0 ，故 B 正确； 沿 y 轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 3π 4 ，对应运动时间为 t0，所以粒子运动的 周期为 T＝ 8t0 3 ，由 Bqv0＝m(2π T ) 2 r 则 q m＝ 3π 4Bt0，故 C 错误；在磁场中运动时间最长的粒子 的运动轨迹如图乙所示． 乙 由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为 3π 2 ，在磁场中的运动时间为 2t0，故 D 正 确． 9．如图所示为长为 2L、板间距离为 L 的水平极板 P、Q，现有质量为 m，电荷量为 q 的带 正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处，以速度 v0 平行极板射入，欲使粒子不打在极板 上，可采用的办法有(　　) A．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度 B< 4mv0 17qL　 B．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度 B> 4mv0 qL 　 - 20 - C．在极板间加垂直极板指向 P 极板的匀强电场，电场强度 E< mv 4qL D．在极板间加垂直极板指向 Q 极板的匀强电场，电场强度 E> 17mv 4qL 解析：选 ABC.如图 1 所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周 运动的半径 R< L 4，带正电的粒子从右边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径 R> 17L 4 ，粒子在 磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力，即 qvB＝m v R，可得粒子做圆周运动的半径 R＝ mv0 qB ， 所以 mv0 qB < L 4或 mv0 qB > 17L 4 ，解得：B> 4mv0 qL 或 B< 4mv0 17qL，故 A、B 正确；当在极板间加垂直极板指向 P 极板的匀强电场时，粒子恰好从右边射出电场，如图 2 所示，y＝ 1 2 qE m (2L v0 ) 2 < L 2，解得 E< mv 4qL，故 C 正确；根据对称性可知，D 错误． 10．(2019·唐山二模)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均 为 B 的匀强磁场被边长为 L 的等边三角形 ABC 分开，三角形内磁场垂直 纸面向里，三角形顶点 A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速 度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过 C 点，质子比荷 q m＝k， 则质子的速度可能为(　　) A．2BkL B. BkL 2 C. 3BkL 2 D. BkL 8 解析：选 BD.因质子带正电，且经过 c 点，其可能的轨迹如图所示， 所有圆弧所对圆心角均为 60°，所以质子运行半径 r＝ L n(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力 提供向心力得 Bqv＝m v2 r ，即 v＝ Bqr m ＝Bk L n(n＝1，2，3，…)，选项 B、D 正确． 三、非选择题 - 21 - 11．(2019·青岛二模)如图所示，在 xOy 平面内，有一以 O 为圆心、R 为半径的半圆形匀 强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为 B.位于 O 点的粒子源向第二象 限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出．粒子的速 率相等，质量为 m、电荷量大小为 q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计． (1)若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间； (2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积． 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvB＝m v2 r 根据几何关系：r≤ R 2 联立得：v≤ qBR 2m 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝ 2πm qB 由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿 y 轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短， 则：t＝ T 2 联立可得：t＝ πm qB . (2)分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分， 由几何关系可得该半圆的半径：r′＝ 1 2R 面积：S＝ 1 2πr′2 联立可得：S＝ 1 8πR2. 答案：(1)v≤ qBR 2m 　 πm qB 　(2) 1 8πR2 12．(2019·潍坊五校联考)如图所示，在直角坐标系的原点 O 处有一放射源，向四周均 匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子．在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直 于 x 轴放置，挡板与 xOy 平面交线的两端 M、N 正好与原点 O 构成等边三角形，O′为挡板与 x 轴的交点．在整个空间中，有垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁 - 22 - 场中沿顺时针方向做匀速圆周运动．已知带电粒子的质量为 m，带电荷量大小为 q，速度大小 为 v，MN 的长度为 L.(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用) (1)确定带电粒子的电性； (2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值； (3)要使 MN 的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值．(计算过程中，要求画出各临 界状态的轨迹图) 解析：(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷． (2)设磁感应强度大小为 B，带电粒子运动的轨迹半径为 r，带电粒子做圆周运动的向心 力由洛伦兹力提供，有 qvB＝ mv2 r ，解得 r＝ mv qB. 由于从 O 点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等． 由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在 O 点沿 y 轴 正方向射出，其轨迹刚好与 MN 相切，轨迹圆心为 O1，如图甲所示． 则最大半径 rmax＝ 1 2Lcos 30°＝ 3 4 L 由上式可得，磁感应强度的最小值 Bmin＝ 4 3mv 3qL . (3)为使 MN 的右侧都有粒子打到，打在 N 点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧 OMN. 图中点 O2 为轨迹的圆心，由于内接△OMN 为正三角形，由几何知识知，最小的轨迹半径 为 rmin＝ L 2cos 30° 粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有 qvB＝ mv2 r ，所以磁感应强度的最大值 Bmax＝ 3mv qL . 答案：见解析