《備戰(zhàn)2019年高考物理 考點(diǎn)一遍過 考點(diǎn)46 洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2019年高考物理 考點(diǎn)一遍過 考點(diǎn)46 洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（34頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng) 1．洛倫茲力與電場力的比較 洛倫茲力 電場力 性質(zhì) 磁場對(duì)在其中運(yùn)動(dòng)的電荷的作用力 電場對(duì)放入其中電荷的作用力 產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行 電場中的電荷一定受到電場力作用 大小 F=qvB（v⊥B） F=qE 力方向與場方向的關(guān)系 一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v，與電荷電性無關(guān) 正電荷受力與電場方向相同，負(fù)電荷受力與電場方向相反 做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功、負(fù)功，也可能不做功 力為零時(shí)場的情況 F為零，B不一定為零 F為零，E一定為零 作用效果 只改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度方向，不改變速度大小 既可以改變

2、電荷運(yùn)動(dòng)的速度大小，也可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的方向 2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別 （1）安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場力。 （2）洛倫茲力對(duì)電荷不做功；安培力對(duì)通電導(dǎo)線可做正功，可做負(fù)功，也可不做功。 3．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng) （1）如何確定“圓心” ①由兩點(diǎn)和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡。確定帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩個(gè)特殊點(diǎn)（一般是射入和射出磁場時(shí)的兩點(diǎn)），過這兩點(diǎn)作帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向的垂線（這兩垂線即為粒子在這兩點(diǎn)所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點(diǎn)就是圓心，如圖（a）所示。 ②若只已知過其中一個(gè)點(diǎn)的粒子運(yùn)動(dòng)方向，則除過已知運(yùn)動(dòng)

3、方向的該點(diǎn)作垂線外，還要將這兩點(diǎn)相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點(diǎn)就是圓心，如圖（b）所示。 ③若只已知一個(gè)點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)方向，也知另外某時(shí)刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點(diǎn)，如圖（c）所示，此時(shí)要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角（∠PAM），畫出該角的角平分線，它與已知點(diǎn)的速度的垂線交于一點(diǎn)O，該點(diǎn)就是圓心。 （2）如何確定“半徑” 方法一：由物理方程求，半徑； 方法二：由幾何方程求，一般由數(shù)學(xué)知識(shí)（勾股定理、三角函數(shù)等）計(jì)算來確定。 （3）如何確定“圓心角與時(shí)間” ①速度的偏向角φ=圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角（回旋角）θ=2倍的弦切角α，如圖（d）所示。

4、 ②時(shí)間的計(jì)算方法。 方法一：由圓心角求， 方法二：由弧長求， 4．帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的常見情形 直線邊界（粒子進(jìn)出磁場具有對(duì)稱性） 平行邊界（粒子運(yùn)動(dòng)存在臨界條件） 圓形邊界（粒子沿徑向射入，再沿徑向射出） 5．帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關(guān)系 （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，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的2倍。 6．求解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界和極值問題的方法 由于帶電粒子往往是在有界磁場中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場中只運(yùn)動(dòng)一段圓弧就飛出磁場邊界，其

5、軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件（①帶電體在磁場中，離開一個(gè)面的臨界狀態(tài)是對(duì)這個(gè)面的壓力為零；②射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場邊界相切），然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解。 （1）兩種思路 一是以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解； 二是直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值。 （2）兩種方法 一是物理方法： ①利用臨界條件求極值； ②利用問題的邊界條件求極值； ③利用矢量圖求極值。 二是數(shù)

6、學(xué)方法： ①利用三角函數(shù)求極值； ②利用二次方程的判別式求極值； ③利用不等式的性質(zhì)求極值； ④利用圖象法等。 （3）從關(guān)鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對(duì)臨界狀態(tài)給以暗示。審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件。 一個(gè)帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強(qiáng)磁場中，由于沿途空氣電離而使粒子的動(dòng)能逐漸減小，軌跡如圖所示。假設(shè)粒子的電荷量不變，下列有關(guān)粒子的運(yùn)動(dòng)方向和所帶電性的判斷正確的是 A．粒子由a向b運(yùn)動(dòng)，帶正電 B．粒子由b向a運(yùn)動(dòng)，帶負(fù)電 C．粒子由b向a運(yùn)動(dòng)，帶正電

7、D．粒子由a向b運(yùn)動(dòng)，帶負(fù)電 【參考答案】B 【詳細(xì)解析】由題意可知，帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強(qiáng)磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小，則由公式得知，粒子的半徑應(yīng)逐漸減小，由圖看出，粒子的運(yùn)動(dòng)方向是從b到a。在b處，粒子所受的洛倫茲力指向圓心，即斜向左上方，由左手定則判斷可知，該粒子帶負(fù)電。故選B。 1．如圖所示，兩勻強(qiáng)磁場的方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1、B2，今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點(diǎn)沿垂直于磁場方向射入勻強(qiáng)磁場B1中，其運(yùn)動(dòng)軌跡為如圖虛線所示的“心”形圖線。則以下說法正確的是 A．電子的運(yùn)行軌跡為PDMCNEP B．電子運(yùn)行

8、一周回到P用時(shí)為 C．B1=2B2 D．B1=4B2 【答案】AC 【解析】根據(jù)左手定則可知：電子從P點(diǎn)沿垂直于磁場的方向射入勻強(qiáng)磁場B1時(shí)，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運(yùn)行軌跡為PDMCNEP，故A正確；電子在整個(gè)過程中，在勻強(qiáng)磁場B1中運(yùn)動(dòng)兩個(gè)半圓，即運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，在勻強(qiáng)磁場B2中運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，所以，故B錯(cuò)誤；由圖象可知，電子在勻強(qiáng)磁場B1中運(yùn)動(dòng)半徑是勻強(qiáng)磁場B2中運(yùn)動(dòng)半徑的一半，根據(jù)可知，B1=2B2，故D錯(cuò)誤，C正確。故選AC。 【名師點(diǎn)睛】本題是帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，要求同學(xué)們能根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，能結(jié)合幾何關(guān)系求解，知道半徑公式及周期公式，難度適中

9、。 2．（2018·百校聯(lián)盟高考名師猜題保溫金卷）如圖所示，空間存在一個(gè)垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，該區(qū)域是由一個(gè)半徑為R的半圓和一個(gè)長為2R、寬為的矩形組成。一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電的粒子從AB的中點(diǎn)M垂直于AB進(jìn)入磁場，則下列說法正確的是 A．當(dāng)粒子的速度v滿足時(shí)，粒子從AB邊射出磁場 B．當(dāng)粒子的速度v滿足時(shí)，粒子從BC邊射出磁場 C．當(dāng)粒子的速度v滿足時(shí)，粒子離開磁場時(shí)的速度方向斜向下 D．當(dāng)粒子的速度v滿足時(shí)，粒子離開磁場時(shí)的速度方向斜向下 【答案】ABC 【解析】當(dāng)粒子剛好從B射出磁場時(shí)，粒子的軌道半徑為r1，由幾何關(guān)系可得：，

10、由可得：，當(dāng)粒子的速度v滿足，粒子從AB邊射出磁場，選項(xiàng)A正確；當(dāng)粒子剛好從C射出磁場時(shí)，粒子的軌道半徑為r2，由幾何關(guān)系可得：，，由，當(dāng)粒子的速度v滿足，粒子從BC邊射出磁場，選項(xiàng)B正確；當(dāng)粒子離開磁場時(shí)的速度方向平行于AB時(shí)，粒子的軌道半徑為r3，由幾何關(guān)系可得：，，由可得，當(dāng)粒子的速度v滿足，粒子離開磁場時(shí)的速度方向斜向下，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】本題考查了粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律以及幾何知識(shí)即可正確解題。 利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，

11、兩縫近端相距為L。一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場，對(duì)于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是 A．粒子帶正電 B．射出粒子的最大速度為 C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 【參考答案】BC 【詳細(xì)解析】由左手定則可判斷粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由題意知：粒子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據(jù)，可得、，則，故可知BC正確，D錯(cuò)誤。 1．如圖所示，MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點(diǎn)射入

12、磁場。若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)能落在邊界上的A點(diǎn)。下列說法正確的有 A．若粒子落在A點(diǎn)的左側(cè)，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè)，其速度一定大于v0 C．若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0–qBd/2m D．若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0+qBd/2m 【答案】BD 【解析】粒子速度垂直MN邊界進(jìn)入磁場時(shí)到邊界上的的落點(diǎn)最遠(yuǎn)，距離為，若粒子速度不與MN垂直，落點(diǎn)在A點(diǎn)左側(cè)，如圖示A項(xiàng)錯(cuò)； 若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè)，其半徑一定大于，速度一定大于，B項(xiàng)對(duì)，若粒子落在A點(diǎn)左側(cè)d處，設(shè)粒子的最小速度為，則，得，若粒子落在A點(diǎn)左側(cè)d的

13、范圍內(nèi)，其速度不可能小于。若粒子落在A點(diǎn)右側(cè)d處，設(shè)粒子的最小速度為，則，得，若粒子落在A點(diǎn)左側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于，D項(xiàng)對(duì)，C錯(cuò)。 【名師點(diǎn)睛】粒子從單邊界磁場射入時(shí)，射入時(shí)速度的方向與磁場邊界所夾的角度與射出時(shí)速度的方向與磁場邊界所夾的角度是相等的。 2．（2018·湖北省襄陽市高二期末）如圖在x軸上方存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，軸下方存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場。一帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為，電荷量為q，從原點(diǎn)O以與x軸成角斜向上射入磁場，且在x軸上方運(yùn)動(dòng)半徑為（不計(jì)重力），則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是 A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點(diǎn)O B．粒子完成一次周

14、期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C．粒子在軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為 D．粒子第二次射入軸上方磁場時(shí)，沿軸方向前進(jìn)了 【答案】A 【解析】根據(jù)左手定則判斷可知，負(fù)粒子在第一象限和第四象限所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第一象限沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，軌跡如圖所示，不可能回到原點(diǎn)0，故A錯(cuò)誤；負(fù)粒子在第一象限軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，在第一象限軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角也為60°，在一個(gè)周期內(nèi)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為，粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=，同理，在第四象限粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=，完在成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為T′=t1+t2=，故B正確；由r=得

15、，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1:2，故C正確；畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)得，粒子第二次射入x軸上方磁場時(shí)，沿x軸前進(jìn)距離為x=R+2R=3R，故D正確。 如圖所示，A、B為一對(duì)平行板，板長為l，兩板間距離為d，板間區(qū)域內(nèi)充滿著勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為+q的帶電粒子以初速度v0，從A、B兩板的中間，沿垂直于磁感線的方向射入磁場。求v0在什么范圍內(nèi)，粒子能從磁場內(nèi)射出？ 【參考答案】或 【詳細(xì)解析】若帶電粒子剛好從平行板左邊緣射出，如圖所示： 由幾何關(guān)系得： 由牛頓第

16、二定律得： 解得： 若帶電粒子剛好從平行板右邊緣射出，如圖所示： 由幾何關(guān)系得： 由牛頓第二定律得： 解得： 故當(dāng)或時(shí)，粒子可以從磁場內(nèi)射出。 1．如圖所示，豎直平行線MN、PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（含邊界PQ），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MN上O處的粒子源能沿不同方向釋放比荷為q/m的帶負(fù)電粒子，速度大小相等、方向均垂直磁場。粒子間的相互作用及重力不計(jì)。設(shè)粒子速度方向與射線OM夾角為θ，當(dāng)粒子沿θ=60°射入時(shí)，恰好垂直PQ射出。則 A．從PQ邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為 B．沿θ=120°射入的粒子，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長 C．

17、粒子的速率為 D．PQ邊界上有粒子射出的長度為 【答案】BD 【解析】粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)過程中，洛倫茲力充當(dāng)向心力，運(yùn)動(dòng)半徑因?yàn)樗辛Ｗ雍退俣榷枷嗤?，故所有粒子的運(yùn)動(dòng)半徑都一樣，當(dāng)粒子沿θ=60°射入時(shí)，恰好垂直PQ射出，可得，故，解得，當(dāng)粒子軌跡與PQ邊界相切時(shí)，軌跡最長，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，此時(shí)根據(jù)幾何知識(shí)可得θ=120°，此時(shí)是粒子打在PQ邊界上的最低的點(diǎn)，故相對(duì)Q的豎直位移為，B正確，C錯(cuò)誤；由于v一定，則弧長最短時(shí)，時(shí)間最短，根據(jù)分析可知當(dāng)粒子沿著邊界MN方向向上射入時(shí)最短，此時(shí)圓心在MN上，θ=30°，所以，此時(shí)是粒子打在邊界PQ的最上端，根據(jù)幾何知識(shí)可得該點(diǎn)相對(duì)O點(diǎn)豎直位移為，故P

18、Q邊界上有粒子射出的長度為，A錯(cuò)誤，D正確。 2．（2018·云南省玉溪市高二期末）如圖所示，半徑為R的1/4圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場的左邊垂直x軸放置一線型粒子發(fā)射裝置，能在0≤y≤R的區(qū)間內(nèi)各處沿x軸正方向同時(shí)發(fā)射出速度相同、帶正電的同種粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用力，若某時(shí)刻粒子被裝置發(fā)射出后，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)擊中y軸上的同一位置，則下列說法中正確的是 A．粒子都擊中在O點(diǎn)處 B．粒子的初速度為 C．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為 D．粒子到達(dá)y軸上的最大時(shí)間差為 【答案】D 【解析】由題意，某時(shí)刻發(fā)出的

19、粒子都擊中的點(diǎn)是y軸上同一點(diǎn)，由最高點(diǎn)射出的只能擊中(0，R)，則擊中的同一點(diǎn)就是(0，R)，A錯(cuò)誤；從最低點(diǎn)射出的也擊中(0，R)，那么粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得，則速度，B錯(cuò)誤；偏轉(zhuǎn)角最大的時(shí)間最長，顯然從最低點(diǎn)射出的粒子偏轉(zhuǎn)90°，時(shí)間最長，時(shí)間，C錯(cuò)誤；從最高點(diǎn)直接射向(0，R)的粒子時(shí)間最短，則最長與最短的時(shí)間差為，D正確。 【名師點(diǎn)睛】看起來情況比較復(fù)雜，但涉及的問題卻是常規(guī)問題，本題的關(guān)鍵點(diǎn)是粒子源發(fā)出的粒子是速度大小和方向均相同，則其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，在從最低點(diǎn)的特殊情況就能知道相同的半徑就是圓弧的半徑，再結(jié)合周期公式能求出最長和最短時(shí)間。

20、 （2018·江蘇省天一中學(xué)高考考前熱身卷）如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，∠A=60°， AO=L，在O點(diǎn)放置一個(gè)粒子源，可以向各個(gè)方向發(fā)射某種帶負(fù)電粒子.已知粒子的比荷為，發(fā)射速度大小都為v0=。設(shè)粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為θ，不計(jì)粒子間相互作用及重力。對(duì)于粒子進(jìn)入磁場后的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是 A．當(dāng)θ=45°時(shí)，粒子將從AC邊射出 B．所有從OA邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 C．隨著θ角的增大，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間先變大后變小 D．在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出 【參考答案】AD 【詳細(xì)解析】粒子在磁場中做勻速

21、圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：，已知，解得粒子的運(yùn)動(dòng)半徑r=L，當(dāng)θ=60°入射時(shí)，粒子恰好從A點(diǎn)飛出，則當(dāng)θ=45°時(shí)，由幾何關(guān)系可知，粒子將從AC邊射出，選項(xiàng)A正確；所有從OA邊射出的粒子，θ不同，而軌跡圓心對(duì)應(yīng)的圓心角等于，所用時(shí)間，T一定，則知粒子在磁場中時(shí)間不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)θ=0°飛入的粒子在磁場中，粒子恰好從AC中點(diǎn)飛出，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間也恰好是；當(dāng)θ=60°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間恰好也是，是在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，故θ從0°到60°在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間先減小后增大，當(dāng)θ從60°到90°過程中，粒子從OA邊射出，此時(shí)在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間逐漸減小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)θ=0°飛入的粒子在磁場

22、中，粒子恰好從AC中點(diǎn)飛出，因此在AC.邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出，故D正確。 【名師點(diǎn)睛】此題關(guān)鍵要根據(jù)磁場的界限來確定運(yùn)動(dòng)情況，并結(jié)合半徑與周期公式來分析討論．θ從0°到60°的過程中，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓弧的弦長先減小后增大，所以粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間先減小后增大是該題的關(guān)鍵。 1．如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形（邊界上有磁場），A、B、C為三角形的三個(gè)頂點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（不計(jì)重力），以速度從AB邊上的某點(diǎn)P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入，然后從BC邊上某點(diǎn)Q射出。若從P點(diǎn)射入的

23、該粒子能從Q點(diǎn)射出，則） A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心必在AB之上，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由半徑公式及可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心位于AB中點(diǎn)O1時(shí)，粒子正好與AC、BC邊相切，由幾何關(guān)系知，PB滿足，A正確；平行向右移動(dòng)參考圓O1，與CB交點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)的Q點(diǎn)到AB的距離為半徑r，所以，D正確。 2．如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），AB邊長度為d，?，F(xiàn)垂直AB邊射一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC

24、邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，而運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0（不計(jì)重力）。則下列判斷中正確的是 A．粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為4t0 B．該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 C．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為 D．粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為 【答案】ABC 【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是T，即T=t0，則得周期T=4t0，故A正確。由得，故B正確。設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為θ，則有t0，得，畫出該粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)軌道半徑為R，由幾何知識(shí)得：，可得，故C正確。根據(jù)，解得，故D錯(cuò)誤，故

25、選：ABC。 （2018·云南省玉溪市高三聯(lián)合調(diào)研）如圖所示是某粒子速度選擇器截面的示意圖，在一半徑為R=10 cm的圓柱形桶內(nèi)有B=10–4 T的勻強(qiáng)磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一截面直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔。粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出?，F(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)。當(dāng)角θ=45°時(shí)，出射粒子速度v的大小是 A． B． C． D． 【參考答案】B 【詳細(xì)解析】離子從小孔a射入磁場，與ab方向的夾角為α=45°，則離子從小孔b離開磁場時(shí)速度與ab的夾角也為α=45°，過入射速度和出射速度方向作垂線，得到軌

26、跡的圓心O′，畫出軌跡如圖，由幾何知識(shí)得到軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為：θ=2α=90°，由幾何關(guān)系知，又，解得：，故選B。 1．（2018·云南省曲靖市沾益區(qū)四中高二期末）圓形區(qū)域內(nèi)有如圖所示的勻強(qiáng)磁場,一束比荷相同的帶電粒子對(duì)準(zhǔn)圓心O射入,分別從a、b兩點(diǎn)射出,下列說法正確的是 A．b點(diǎn)出射粒子速率較小 B．a(chǎn)點(diǎn)出射粒子運(yùn)動(dòng)半徑較大 C．b點(diǎn)出射粒子磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短 D．a(chǎn)點(diǎn)出射粒子速度偏轉(zhuǎn)角較小 【答案】C 【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖所示： 由洛倫茲力提供向心力，可得，結(jié)合幾何運(yùn)動(dòng)徑跡可知，從b點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動(dòng)半徑較大，結(jié)

27、合荷質(zhì)比相同，可得從a點(diǎn)射出的粒子速率較??；故A，B錯(cuò)誤。由運(yùn)動(dòng)周期公式得，，由于荷質(zhì)比相同，周期與速率無關(guān)，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：可知運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，僅由軌跡所對(duì)的圓心角θ決定，故b點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短；故C正確。利用對(duì)稱性可知，粒子沿半徑方向入射一定沿半徑方向出射，由圖可以看出a粒子速度方向偏轉(zhuǎn)的角度大于b粒子速度方向偏轉(zhuǎn)的角度；故D錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，運(yùn)用洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，注意對(duì)稱性的運(yùn)用，粒子沿半徑方向入射一定沿半徑方向出射，運(yùn)用粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 2．如圖

28、所示是一個(gè)半徑為R的豎直圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向內(nèi)。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，運(yùn)動(dòng)的半徑為r，在磁場中的軌跡所對(duì)應(yīng)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(yùn)動(dòng)的最長時(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，則有關(guān)系成立 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(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，則圓心角α為150° 【答案】BD 【解析】若r=2R，粒子在磁場中時(shí)間最長時(shí)，磁場區(qū)域的直徑是軌

29、跡的一條弦，作出軌跡如圖1所示，因?yàn)閞=2R，圓心角θ=60°，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間，故A錯(cuò)誤。若r=2R，如圖2所示，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場，根據(jù)幾何關(guān)系，有，故B正確。若r=R，粒子沿著磁場的半徑方向射入，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖3所示，圓心角90°，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故C錯(cuò)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4所示，圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點(diǎn)和出射點(diǎn)構(gòu)成菱形，圓心角150°，故D正確。 圖1 圖2 圖3 圖4 如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻

30、強(qiáng)磁場。一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)，從b點(diǎn)離開磁場，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb，當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開磁場，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc，不計(jì)粒子重力。則 A．vb:vc=2:2，tb:tc=1:2 B．vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 C．vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D．vb:vc=1:2，tb:tc=1:2 【參考答案】B 【詳細(xì)解析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有得；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，從b點(diǎn)離開磁場的粒子，圓心在a點(diǎn)，半徑等于正六邊形的邊長，即rb=a；從c點(diǎn)離開磁場的粒

31、子，圓心是O點(diǎn)，半徑等于正六邊形邊長的2倍，即rc=2a；根據(jù)半徑公式得，，從b點(diǎn)離開磁場的粒子，圓心角θb=120°；從c點(diǎn)離開磁場的粒子，圓心角θc=60°；根據(jù)，得，故B正確，ACD錯(cuò)誤。 1．如圖所示，截面為正方形的容器在勻強(qiáng)磁場中，一束電子從a孔垂直于磁場射入容器中，其中一部分從c孔射出，一部分從d孔射出，忽略電子間的作用，下列說法正確的是 A．從cd兩孔射出的電子速度之比為v1:v2=2:1 B．從cd兩孔射出的電子在容器中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間之比為t1:t2=1:2 C．從cd兩孔射出的電子在容器中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小之比為a1:a2=2:1 D．從cd兩孔射出電子

32、在容器中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小之比為a1:a2=:1 【答案】ABC 【解析】設(shè)磁場邊長為a，如圖所示，粒子從c點(diǎn)離開，其半徑為rc，粒子從d點(diǎn)離開，其半徑為rd；由，得出半徑公式，又由運(yùn)動(dòng)軌跡知??rc=2rd??則vc:vd=2:1，故A正確。由，根據(jù)圓心角求出運(yùn)行時(shí)間；運(yùn)行時(shí)間，，則tc:td=1:2，故B正確。向心加速度：，則ac:ad=2:1，故C正確，D錯(cuò)誤。 2．（2018·湖北省荊州市高二期末）如圖所示，在一個(gè)邊長為的正六邊形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。三個(gè)相同的帶電粒子，比荷大小均為，先后從點(diǎn)沿方向以大小不等的速度射人勻強(qiáng)磁場區(qū)域，粒子在運(yùn)動(dòng)過

33、程中只受磁場力作用。已知編號(hào)為的粒子恰好從點(diǎn)飛出磁場區(qū)域，編號(hào)為的粒子恰好從點(diǎn)飛出磁場區(qū)城，編號(hào)為的粒子從邊上的某點(diǎn)垂直邊界飛出磁場區(qū)城。則 A．三個(gè)帶電粒子均帶正電 B．編號(hào)為的粒子進(jìn)人磁場區(qū)城的初速度大小為 C．編號(hào)為的粒子在磁場區(qū)城內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D．編號(hào)為的粒子在邊上飛出的位置與點(diǎn)的距離為 【答案】ABD 【解析】由于三個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向均向上，根據(jù)左手定則可知，三個(gè)粒子帶同種正電荷，故A正確；根據(jù)題意作出三個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示： 設(shè)編號(hào)為的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，初速度大小為，由幾何關(guān)系得：，根據(jù)，解得：，故B正確；設(shè)編號(hào)為的粒子在正六

34、邊形區(qū)域磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，初速度大小為，周期為，由幾何關(guān)系可得，粒子在正六邊形區(qū)域磁場運(yùn)動(dòng)過程中，轉(zhuǎn)過的圓心角為，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；設(shè)編號(hào)為的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，在磁場中轉(zhuǎn)了，由幾何關(guān)系可得：，，，則，故D正確；故選ABD。 【名師點(diǎn)睛】分析各粒子的運(yùn)動(dòng)情況，由幾何關(guān)系求出各自的半徑，再由洛倫茲力充當(dāng)向心力即可求得速度大小；再根據(jù)幾何關(guān)系求出圓心角，再根據(jù)時(shí)間與周期間的關(guān)系即可明確時(shí)間大小。 1．帶電粒子以一定速度垂直射入勻強(qiáng)磁場，若只考慮洛倫茲力，則粒子的 A．速度不變 B．動(dòng)能不變 C．加速度不變 D．受力不變 2．（

35、2018·百校聯(lián)盟高考名師猜題保溫金卷）如圖所示，半徑為R的半圓形有界磁場關(guān)于x軸對(duì)稱，y軸剛好與磁場左邊界在坐標(biāo)原點(diǎn)處相切，在坐標(biāo)原點(diǎn)處有一粒子源，可以沿x軸正方向連續(xù)地發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量大小為q的不同速率的正、負(fù)電荷。已知磁場的方向垂直于坐標(biāo)平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，若粒子不能從半圓的直徑部分射出，則 A．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最大半徑可能為R B．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最大速度可能為 C．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)掃過的面積最大可能為 D．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間可能為 3．關(guān)于磁場，下列說法中正確的是 A．指南針的使用，說明地球有磁場 B．磁場的方向與放在該點(diǎn)的通電直導(dǎo)線所受磁

36、場力方向一致 C．帶電物體在磁場中所受的洛倫茲力不可能為零 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，線圈面積越大，則穿過線圈的磁通量也越大 4．（2018·陜西省高三教學(xué)質(zhì)量檢測）磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)。如圖所示，平行金屬板之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場，將一束含有大量正、負(fù)帶電粒子的的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場，圖中虛線框部分相當(dāng)于發(fā)電機(jī)，把兩個(gè)極板與用電器相連，則 A．用電器中的電流方向從B到A B．用電器中的電流方向從A到B C．若只增大帶電粒子電荷量，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢增大 D．若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢增大 5．如圖所示，甲帶正電，乙是不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗

37、糙的固定斜面上，地面上方空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)用平行于斜面的力F拉乙物塊，使甲、乙一起無相對(duì)滑動(dòng)沿斜面向上作勻加速運(yùn)動(dòng)的階段中 A．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大 B．甲、乙兩物塊間的摩擦力保持不變 C．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小 D．乙物塊與斜面之間的摩擦力不斷增大 6．（2018·貴州省遵義高三模擬）如圖所示，套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正的電小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動(dòng)?，F(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中，設(shè)小球所帶電荷量不變，在小球由靜止下滑的過程中 A．小球的加速度一直增大 B．小球的速度一直增大，直到

38、最后勻速 C．小球的速度先增大，再減小，直到停止運(yùn)動(dòng) D．棒對(duì)小球的彈力一直減小 7．（2018·江西省浮梁一中高考沖刺訓(xùn)練卷）據(jù)有關(guān)資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是由磁場約束帶電粒子運(yùn)動(dòng)，使之束縛在某個(gè)區(qū)域內(nèi)。如圖所示，環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為R1，外半徑為R2，被束縛的帶電粒子的比荷為k，中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個(gè)方向的速度，速度大小為v。中空區(qū)域中的帶電粒子都不會(huì)穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為R2的區(qū)域內(nèi)，則環(huán)狀區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能是 A． B． C． D． 8．如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻

39、強(qiáng)磁場，ab是圓的直徑，一不計(jì)重力的帶電粒子從a點(diǎn)射入磁場，速度大小為，當(dāng)速度方向與ab成30°角時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，且為t；若相同的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向射入磁場，也經(jīng)時(shí)間t飛出磁場，則其速度大小為 A． B． C． D． 9．一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子以速度從O點(diǎn)沿y軸正方向射入磁感強(qiáng)度為B的一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面，粒子飛出磁場區(qū)后，從b處穿過x軸，速度方向與x軸正向夾角為30°，如圖所示（粒子重力忽略不計(jì)）。試求： （1）圓形磁場區(qū)的最小面積； （2）粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場區(qū)到達(dá)b點(diǎn)所經(jīng)歷

40、的時(shí)間； （3）b點(diǎn)的坐標(biāo)。 10．（2018·安徽省六安二中河西校區(qū)高二期末）如圖所示，以O(shè)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，一粒子源位于圓周上的M點(diǎn)，可向磁場區(qū)域內(nèi)垂直磁場沿各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為的粒子，不計(jì)粒子重力，N為圓周上另一點(diǎn)，半徑OM和ON間的夾角，且滿足． （1）若某一粒子以速率v，沿MO方向射入磁場，恰能從N點(diǎn)離開磁場，求此粒子的速率移v； （2）若大量此類粒子以速率，從M點(diǎn)射入磁場，方向任意，則這些粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為多少？ （3）若由M點(diǎn)射入磁場各個(gè)方向的所有粒子速率均為題中計(jì)算出的，求磁場中有粒子通過

41、的區(qū)域面積。 11．（2018·廣東省七校聯(lián)合體高三第三次聯(lián)考）如圖所示，PQMN是豎直面內(nèi)一邊長為L的正方形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，在△PQM中還存在水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B；在PQMN的左側(cè)有一足夠長的粗糙絕緣細(xì)桿，細(xì)桿與PQ在同一水平線上，細(xì)桿周圍存在水平方向足夠長勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度B0（大小可調(diào)的），方向水平向里。細(xì)桿的左側(cè)套有一帶電荷量為+q的小球，現(xiàn)使小球以適當(dāng)?shù)乃俣妊貤U向右運(yùn)動(dòng)，在到達(dá)P點(diǎn)前小球已勻速運(yùn)動(dòng)，由P點(diǎn)射入△PQM區(qū)域后，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g： （1）小球在細(xì)桿上做什么運(yùn)動(dòng)？請(qǐng)直接用文字描述 （2）若小球恰能從M點(diǎn)

42、離開電磁場，求小球的質(zhì)量和粒子從P點(diǎn)射入到從M點(diǎn)離開電磁場這段時(shí)間內(nèi)的平均速度的大小和方向； （3）若調(diào)節(jié)B0的大小，從而改變小球由P點(diǎn)射入電磁場的速度，使小球最終從Q點(diǎn)離開磁場，求此過程中重力勢能變化的最大值； （4）若調(diào)節(jié)B0的大小，使小球由P點(diǎn)射入電磁場后最終由NP射出，求B0的最小值。 12．（2018·北京卷）某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無關(guān)的是 A．磁場和電場的方向 B．磁場和電場的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度

43、13．（2017·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）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，P為磁場邊界上的一點(diǎn)。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場。若粒子射入速率為，這些粒子在磁場邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，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。則為 A． B． C． D． 14．（2016·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在該截面內(nèi)，

44、一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計(jì)重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為 A． B． C． D． 15．（2016·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)

45、射出磁場。不計(jì)重力。粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為 A． B． C． D． 2．AD【解析】粒子不能從半圓的直徑部分射出，則半徑最大的是軌跡剛好與直徑相切，由幾何關(guān)系可知這時(shí)的粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R，選項(xiàng)A正確；最大半徑對(duì)應(yīng)著最大速度，由得，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)掃過的面積最大可能為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑越大，運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角越小，因此最小時(shí)間為，選項(xiàng)D正確。 3．A【解析】指南針是由磁性材料做成的，指南針指南說明它受到磁場的作用，說明地球周圍有磁場，A正確；根據(jù)左手定則，可得磁場的方向與放在

46、該點(diǎn)的通電直導(dǎo)線所受磁場力方向垂直，B錯(cuò)誤；當(dāng)帶電物體的運(yùn)動(dòng)方向和磁場方向平行時(shí)，不受洛倫茲力作用，C錯(cuò)誤；在計(jì)算磁通量的公式中S指的是磁場穿過線圈的有效面積，不一定等于線圈面積，D錯(cuò)誤。 4．BD【解析】首先對(duì)等離子體進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析：開始時(shí)由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上（負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下），則正離子向上板聚集，負(fù)離子則向下板聚集，兩板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫矗疑习鍨檎龢O下板為負(fù)極，所以通過用電器的電流方向從A到B，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力F，最終兩力達(dá)到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f=qvB，

47、，則：，解得E=Bdv，所以電動(dòng)勢E與速度v及磁場B成正比，與帶電粒子的電荷量無關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。 【名師點(diǎn)睛】正確分析離子的受力情況是解決本題的關(guān)鍵。先根據(jù)左手定則判斷等離子體的正離子（或負(fù)離子）所受洛倫茲力的方向，從而知道金屬板的電勢高低，進(jìn)一步受力分析結(jié)合牛頓第二定律可得出最終等離子體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力等于電場力，分析電動(dòng)勢的決定因素。 5．B【解析】對(duì)整體，分析受力情況：重力、斜面的支持力和摩擦力、拉力F和洛倫茲力，洛倫茲力方向垂直于斜面向上，則由牛頓第二定律得：F–m總gsin α–μFN=m總a①；FN=m總gcos α–F洛②，隨著速度的增大，洛倫茲力增

48、大，則由②知：FN減小，乙所受的滑動(dòng)摩擦力f=μFN減?。灰约诪檠芯繉?duì)象，有：m甲gsin θ–f=m甲a③；由①知，f減小，加速度不變，因此根據(jù)③可知，甲乙兩物塊之間的摩擦力保持不變，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選B。 7．B【解析】粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場區(qū)域的最大速度粒子沿圓弧從B到A，恰與環(huán)狀域外圓相切，如圖所示：為軌跡圓心。設(shè)AO′=BO′=r，由幾何關(guān)系得，由牛頓第二定律可知：，解得：，聯(lián)立解得：，故B正確，ACD錯(cuò)誤。 9．（1） （2） （3） （2）粒子從O至a做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 從a飛出磁場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以，

49、 所以 （3）因?yàn)椋?，所以，故b點(diǎn)坐標(biāo)為 【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，從而得出半徑公式，周期公式，運(yùn)動(dòng)時(shí)間公式，知道粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑和速度有關(guān)，運(yùn)動(dòng)周期和速度無關(guān)，畫軌跡，定圓心，找半徑，結(jié)合幾何知識(shí)分析解題。 10．（1） （2） （3） 【解析】（1）粒子以速率沿MO方向射入磁場，恰能從N點(diǎn)離開磁場，軌跡如圖： 設(shè)軌跡半徑為，則 解得： 由牛頓第二定律可得 解得： 粒子方向任意，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長時(shí)，弧長（劣?。┳铋L，對(duì)應(yīng)的弦長最長（磁場圓的直徑），軌跡如圖： 則 解得： 粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的

50、最長時(shí)間 、、 所以 【名師點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)在第三問，要找到粒子能到達(dá)的區(qū)域，首先要考慮的是粒子的偏轉(zhuǎn)方向--順時(shí)針；其次要考慮的極端情況①從M點(diǎn)豎直向上射出，則可以做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。②然后把這個(gè)完整的圓繞M點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)1800，則該圓與磁場區(qū)域公共部分，就是粒子能達(dá)到的區(qū)域。 11．（1）小球在細(xì)桿上做加速越來越小的減速運(yùn)動(dòng)最后勻速運(yùn)動(dòng) （2） 平均速度方向由P點(diǎn)指向M點(diǎn) （3） （4） 【解析】（1）小球在細(xì)桿上做加速度越來越小的減速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)。 （2）小球在電磁場中勻速圓周運(yùn)動(dòng)有：mg＝qE 可得 由幾何關(guān)系可知r1＝L，且 小球從P點(diǎn)到M點(diǎn)的

51、位移s=L t=T 則小球的平均速度 平均速度的方向由P點(diǎn)指向M點(diǎn) 小球以v2豎直向上過MP，在△PMN中勻速直線運(yùn)動(dòng)，再以v2豎直過MN，當(dāng)小球的加速度為零時(shí)，重力勢能變化量最大為 （4）當(dāng)B0取最小值時(shí)v最大，在電磁場中運(yùn)動(dòng)半徑最大，小球能由PQ射出，有幾何關(guān)系可知，半徑 由得 在細(xì)桿上有 可得： 12．C【解析】由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即.，則.，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明要滿足題意需要對(duì)磁場與電場的方向以及強(qiáng)弱程度都要有要求，例如：電場方向向下，磁場方向垂直紙面向里等，但是對(duì)電性和電量無要求，故選項(xiàng)C正確

52、，ABD錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】本題考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)，實(shí)際上是考查了速度選擇器的相關(guān)知識(shí)，注意當(dāng)粒子的速度與磁場不平行時(shí)，才會(huì)受到洛倫茲力的作用，所以對(duì)電場和磁場的方向有要求的。 【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)問題；解題時(shí)關(guān)鍵是要畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡草圖，知道能打到最遠(yuǎn)處的粒子運(yùn)動(dòng)的弧長是半圓周，結(jié)合幾何關(guān)系即可求解。 14．A【解析】作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)可得，軌跡的圓心角為，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，則，解得，故選A。 【名師點(diǎn)睛】此題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)問題；解題時(shí)必須要畫出規(guī)范的粒子運(yùn)動(dòng)的草圖，結(jié)合幾何關(guān)系找到粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角，根據(jù)兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性求解未知量；此題難度中等，意在考查考生對(duì)物理知識(shí)與數(shù)學(xué)知識(shí)的綜合能力。 34