试题君之每日一题君2017年高考物理（3月27日-4月2日）

试题君之每日一题君2017年高考物理（3月27日-4月2日）

www.ks5u.com ‎3月27日 磁感应强度的叠加 高考频度：★★★☆☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ ‎（2014·海南卷）如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流：a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是 A．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等 C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零 ‎【参考答案】AD ‎【试题解析】由右手定则可以判断，a、c两处的磁场是两电流在a、c处产生的磁场相加，但a距离两导线比c近，故a处的磁感应强度大小比c处的大，A对；b、c与右侧电流距离相同，故右侧电流对此两处的磁场等大反向，但因为左侧电流在此两处大小不同、方向相同的磁场，故b、c两处的磁感应强度大小不相等，B错；由右手定则可知，a处磁场垂直纸面向里，c处磁场垂直纸面向外，C错；b与两导线距离相等，故两磁场叠加为零，D对。‎ ‎【知识补给】‎ 磁感应强度与电场强度的比较 项目 磁感应强度 电场强度 物理意义 描述磁场的力的性质的物理量 描述电场的力的性质的物理量 定义式 ，通电导线与B垂直 方向 矢量，磁感线的切线方向，小磁针N极受力方向 矢量，电场线的切线方向，放入该点的正电荷的受力方向 场的叠加 合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和 合场强等于各电场的场强的矢量和 单位 ‎1 T=1 N/（A·m）‎ ‎1 V/m=1 N/C 大小 由磁场决定，与检验电流元无关 由电场决定，与检验电荷无关 如图甲所示，一个条形磁铁P固定在水平桌面上，以P的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系。一个灵敏的小磁针Q放置在x轴上不同位置，设Q与x轴之间的夹角为θ。实验测得sin θ与x之间的关系如图乙所示。已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是 A．P的右端为S极 B．P的中轴线与地磁场方向平行 C．P在x0处产生的磁感应强度大小为B0‎ D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0‎ 已知通电长直导线周围空间中某点处产生的磁场的磁感应强度大小为B=，其中k为常量、I为直导线中的电流、r为该点到长直导线的距离。如图所示，a、b两根通电长直导线经过圆心为O的圆上同一直径的两端，两根直导线中的电流大小相等，a中电流方向垂直圆所在平面向里，b中电流方向垂直圆所在平面向外，此时圆心O处的磁感应强度大小为B。现将直导线b沿圆周顺时针转动90°，电流的大小和方向都保持不变，则O处的磁感应强度大小变为 A．2B B．B C．B D．B 如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的MN两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流；a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 A．O点处的磁感应强度为零 B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中 A．a、b两点磁感应强度相同 B．b点磁感应强度最大 C．a点磁感应强度最大 D．c，d两点磁感应强度相同 两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示。两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都是B0，则下列说法正确的是 ‎ A．等边△ABC区域中（包括边界）没有磁感应强度为0的点 B．在C处磁场的总磁感应强度方向垂直于AB连线向下 C．在C处磁场的总磁感应强度大小是B0‎ D．在C处磁场方向与AB连线的中垂线方向垂直 ‎【参考答案】‎ C 磁场是客观存在的特殊物质形态，我们感觉不到，但可通过小磁针来体现。小磁针N极的受力方向即为磁场方向，或磁感线该点的切线方向为磁场方向。当x趋向无穷大时，小磁针所指的方向为地球的磁场的方向，所以根据题图可知，x趋向无穷大时，sin θ趋向1，则θ趋向90°，即小磁针的方向与x的方向垂直，所以x的方向为向东。当x非常小时，小磁针的N极沿x方向，即向东。由图可知，开始时N背离O点，所以O点处的磁极是N极，故A错误；由以上的分析可知，P的中轴线沿东西方向，与地磁场方向垂直，故B错误；由乙图可知，x0处，则θ=45°，P在x0处产生的磁感应强度大小为BP：，所以BP=B0，故C正确；x0处合磁场的磁感应强度大小为，故D错误。‎ D 由两直导线中电流大小相等，到圆心O的距离相等，又由安培定则可知，两直导线中电流在O点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，设其中一根直导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0，则B=2B0。将直导线b顺时针旋转90°后，两根直导线中电流产生的两个磁场方向相互垂直，所以，故D正确。‎ ‎ ‎ C 根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误。M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b 处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误。M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故C正确。a、c两点的磁场方向都是竖直向下，故D错误。‎ B 根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图1所示，根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图2所示，显然，c点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同；a点磁感应强度为两点之差的绝对值，最小，b点电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大，故选B。‎ ‎ ‎ 图1 图2‎ D 直导线A与B在AB连续的中点处，A与B产生的磁感应强度大小相等，方向相反，合磁感应强度是0，故A错误；根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右下方，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右上方，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为，方向水平向右，故BC错误，D正确。‎ ‎ ‎ ‎3月28日 安培力作用下物体的运动、平衡问题 高考频度：★★★★☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ ‎（2015·新课标全国Ⅰ卷）如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。‎ ‎【参考答案】 ‎【试题解析】金属棒通电后，闭合回路电流 导体棒受到安培力 根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下 开关闭合前 开关闭合后 ‎【方法技巧】开关断开前后弹簧长度变化了0.3 cm是解题的关键，变化的原因是安培力的出现，从而把安培力和金属棒重力联系起来。‎ ‎【知识补给】‎ 通电导线在磁场中的运动状态的判断方法 要判断通电导线在安培力作用下的运动状态，首先必须清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后才能结合左手定则准确判断导线的受力情况，进而确定导线的运动方向。‎ 电流元法 把整段弯曲导线分成多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线的运动方向。‎ 特殊位置法 转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向。‎ 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁或多个环形电流，反过来等效页成立。‎ 结论法 量平行直线电流相互作用过程中，无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；两不平行直线电流相互作用时，有转动到平行且电流方向相同的趋势 说明：通电导线在磁场中的力学综合问题，一般采用以下步骤：‎ ‎（1）选择适当的视角将立体图转化为平面图；‎ ‎（2）进行受力分析，特别要根据磁场分布特点分析好安培力；‎ ‎（3）根据平衡条件或牛顿第二定律列方程解答。‎ 通电导体棒水平放置在绝缘斜面上，整个装置置于匀强磁场中，导体棒能保持静止状态。以下四种情况中导体棒与斜面间一定存在摩擦力的是 A． B． C． D．‎ 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，导体棒中的电流I垂直纸面向里，欲使导体棒静止在斜面上，可施加一个平行于纸面的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度为B。当匀强磁场的方向由竖直向上沿逆时针转至水平向左的过程中，下列关于B的大小变化的说法中，正确的是 A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 ‎ ‎ D．先增大后减小 如图所示，电源电动势3 V，内阻不计，导体棒质量60 g，长1 m，电阻1.5 Ω放在两个固定光滑绝缘环上，若已知绝缘环半径0.5 m。空间存在竖直向上匀强磁场，B=0.4 T。当开关闭合后，则（sin37°=0.6）：‎ A．棒能在某一位置静止，在此位置上棒对每一只环的压力为1 N B．棒从环的底端静止释放能上滑至最高点的高度差是0.2 m C．棒从环的底端静止释放上滑过程中最大动能是0.2 J D．棒从环的底端静止释放上滑过程中速度最大时对两环的压力为1 N 有一金属细棒ab，质量m=0.05 kg，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L=0.5 m，其平面与水平面的夹角为θ=37°，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0 T，金属棒与轨道的动摩擦因数μ=0.5，（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）回路中电源电动势为E=3 V，内阻r=0.5 Ω。求：（g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）‎ ‎（1）为保证金属细棒不会沿斜面向上滑动，流过金属细棒ab的电流的最大值为多少？‎ ‎（2）滑动变阻器R的阻值应调节在什么范围内，金属棒能静止在轨道上？‎ 如图所示，水平导轨间距为L=0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=l kg，电阻R0=0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E=10 V，内阻r=0.1 Ω，电阻R=4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成α=53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求：‎ ‎（1）通过ab的电流大小和方向；‎ ‎（2）ab受到的安培力大小和方向；‎ ‎（3）重物重力G的取值范围。‎ ‎【参考答案】‎ C 导体棒受竖直向下的重力、竖直相上的安培力和垂直于斜面向上的斜面的支持力（可能有），若两个力平衡则静止，不受摩擦力，若受支持力则一定受摩擦力，故A错误；导体棒受重力、沿斜面向上的安培力，支持力，三力合力可以为零，导体棒不一定受摩擦力，故B错误；导体棒受重力、水平向左的安培力，垂直于斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，三力不平衡，故一定受摩擦力，故C正确；导体棒受重力、水平向右的安培力、由共点力平衡可知，可以不受摩擦力，D错误。‎ C 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C正确。‎ C 金属棒受到的安培力为：F=BIL==0.8 N，对金属棒进行受力分析，金属棒受到重力、安培力和两个环的支持力，如图：因为金属棒静止，根据平衡条件得每个环对棒的支持力，A错误；由于：，所以θ=53°。所以金属棒上升的高度为：h=2（r–rcos θ）=2（0.5–0.5cos 53°）m=0.4 m，B错误；由动能定理得：F•rsin θ–mgr（1–cos θ）=Ekm=mvm2，代入数据得：Ekm=0.2 J，，根据牛顿第二定律：‎ ，解得：FmN=0.9 N，故C正确，D错误。‎ ‎（1）1 A （2）2.5 Ω≤R≤14.5 Ω，金属棒能静止在轨道上 ‎（1）当金属棒正要向上滑动时，摩擦力沿斜面向下并达最大，此时通过金属棒的电流达到最大I1‎ mgsin θ+μmgcos θ=I1LB 解得：I1=1 A ‎（2）由，解得：R1=2.5 Ω 当金属棒正要向下滑动时，摩擦力沿斜面向上并达最大，此时通过金属棒的电流最小为I2‎ Mgsin θ=μmgcos θ+I2LB ，解得：R2=14.5 Ω ‎2.5 Ω≤R≤14.5 Ω ‎（1）2 A，方向由a到b （2）5 N，与导轨平面成37°斜向右上方 （3）0.5 N≤G≤7.5 N ‎（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流，方向：由a到b ‎（2）ab受到的安培力：，方向为与导轨平面成37°斜向右上方 ‎（3）ab受力如图所示：‎ 最大静摩擦力： 由平衡条件得 当最大静摩擦力方向向右时： 当最大静摩擦力方向向左时： 由于重物平衡，故 则重物重力的取值范围为： ‎3月29日 洛伦兹力的特点与应用 高考频度：★★★☆☆‎ 难易程度：★★☆☆☆‎ ‎（2015·新课标全国Ⅰ卷）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 ‎【参考答案】D ‎【试题解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，D正确。‎ ‎【知识补给】‎ 对洛伦兹力的理解 ‎（1）洛伦兹力的大小F=qvBsinθ中的θ是粒子速度方向与磁感应强度方向的夹角。只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中不受洛伦兹力作用。‎ ‎（2）有关洛伦兹力的方向的理解 ①由于电荷有正负之分，故四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，即相当于电流的方向，所以运动方向相同的负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。‎ ②洛伦兹力的方向既与磁场方向垂直，又与电荷的运动方向垂直，即洛伦兹力垂直于v和B决定的平面。‎ ③洛伦兹力始终和粒子的运动方向垂直。‎ 洛伦兹力与安培力的练习与区别 ‎（1）安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。‎ ‎（2）安培力可以做功，洛伦兹力对运动电荷不做功。‎ 图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹 A．可能为圆弧a B．可能为直线b C．可能为圆弧c D．a、b、c都有可能 如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图所示，由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的能量逐渐减小，从图中可以看出 A．带电粒子带正电，是从B点射入的 B．带电粒子带负电，是从B点射入的 C．带电粒子带负电，是从A点射入的 D．带电粒子带正电，是从A点射入的 在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是 A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点 B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长 C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点 D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点 如图所示，带负电的粒子以速度v从离子源P处射出，若图中匀强磁场范围足够大（方向垂直纸面向里），则带电粒子的可能轨迹是 A．c B．d C．a D．b ‎【参考答案】‎ B 带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左。根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下。故选B。‎ A 带正电的电荷在向里的磁场中向右运动，根据左手定则可知，粒子的受到的洛伦兹力的方向向上，所以粒子的可能的运动的轨迹为a，所以A正确。‎ B 由题图可知，带电粒子的能量逐渐减小，速率减小，由公式可知，带电粒子运动的半径逐渐减小，则该带电粒子是从B点射入的，带电粒子在B点受到的洛伦兹力方向向右，由左手定则判断得知，该带电粒子带负电，故B正确。‎ D 从南向北观察小球的运动轨迹如题图所示，如果小球带正电荷，则由左手定则判断可知小球所受的洛伦兹力斜向右上，该洛伦兹力在竖直向上和水平向右均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确。‎ B ‎ ‎ 带负电的粒子向下运动，运用左手定则时四指指向向上，磁场的方向是向里的，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力的方向向左，所以带电粒子的轨迹圆心在左侧，可能的轨迹是d，故选B。‎ ‎3月30日 带电粒子在匀强磁场中的运动 高考频度：★★★★★‎ 难易程度：★★★★☆‎ ‎（2016·新课标全国Ⅱ卷）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． ‎【参考答案】A ‎【试题解析】作出粒子的运动轨迹如图，由几何知识可得，轨迹的圆心角为，两个运动具有等时性，则，解得，故选A。‎ ‎【名师点睛】‎ 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题时必须要画出规范的粒子运动的草图，结合几何关系找到粒子在磁场中运动的偏转角，根据两个运动的等时性求解未知量。‎ ‎【知识补给】‎ ‎“三步法”分析带电粒子在磁场中的运动问题 ‎（1）画轨迹：也就是确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹。作带电粒子运动轨迹时需注意的问题：‎ ‎①四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。‎ ‎②六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线。‎ ③三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。‎ ‎（2）找联系：‎ ‎①轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动半径常用的方法有物理方法和几何方法两种。物理方法也就是应用公式确定；几何方法一般根据数学知识（直角三角形知识、三角函数等）通过计算确定。‎ ‎②速度偏转角φ与回旋角（转过的圆心角）α、运动时间t相联系。如图所示，粒子的速度偏向角φ等于回旋角α，等于弦切角θ的2倍，且有φ=α=2θ=ωt=t或，（其中s为运动的圆弧长度）。‎ ‎（3）用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特别是周期公式和半径公式，列方程求解。‎ 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，。现垂直AB边射一群质量均为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）。则下列判断中正确的是 A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0‎ B．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 D．粒子进入磁场时速度大小为 如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个不计重力的带正电的粒子以某一速率v垂直磁场方向从O点进入磁场区域，电子进入磁场时速度方向与边界夹角为θ，下列有关说法正确的是 A．若θ一定，速度v越大，粒子在磁场中运动时间越长 B．粒子在磁场中运动时间与速度v有关，与角θ大小无关 C．粒子在磁场中运动时间与角度θ有关，与速度v无关 D．若速度v一定，θ越大，粒子在磁场中运动时间越长 如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径。一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v ‎，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）‎ A．3t B．t C．t D．2t 如图所示的圆形区域里，匀强磁场的方向垂直纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中（不计重力）‎ A．运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大 B．运动时间越长，其轨迹越长 C．运动时间越长，其射出磁场区域时速率越大 D．运动时间越长，其射出磁场区域时速度的偏转角越大 如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则 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 如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30°。粒子的重力不计，试求：‎ ‎（1）粒子在磁场中的运动半径；‎ ‎（2）圆形匀强磁场区域的最小面积。‎ ‎【参考答案】‎ ABC 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。由得，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t0，得，画出该粒子的运动轨迹，设轨道半径为R，由几何知识得：，可得，故C正确。根据，解得，故D错误，故选：ABC。‎ C 粒子在磁场中的运动轨迹如图，由几何知识知，粒子离开磁场时转过的圆心角一定为2π–2θ，若θ一定，则，可见粒子在磁场中运动的时间与v无关，与角度θ有关，即若θ一定，速度v越大，粒子在磁场中运动的时间是相同的，故AB错误，C正确；由上面式子可知若速度v一定，θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短，D错误。‎ D 当粒子的速度为2v时，半径为r1，由题意知，轨迹对应的圆心角为60o，所以运动的时间，当速度为v时，根据得：，故半径，由几何关系知，轨迹的圆心角为120o，故时间，所以ABC错误，D正确。‎ AD 设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α ‎。根据推论得知，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角α，由可知，则在磁场中运动时间越长的，偏转越大，故AD正确；粒子运动的轨迹为s=rα=Rcot•α，粒子的运动时间越长，α越大，根据数学知识可以证明孤长s越短，故B错误；粒子在磁场中运动的时间为，而轨迹半径r=Rcot，当粒子的运动时间越短时，α越小，则知r越大，而，则速度v越大，故C错误。‎ B 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有得；粒子在磁场中运动的轨迹如图，从b点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长，即rb=a；从c点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即rc=2a；根据半径公式得，，从b点离开磁场的粒子，圆心角θb=120°；从c点离开磁场的粒子，圆心角θc=60°；根据，得，故B正确，ACD错误。‎ ‎（1） （2） ‎（1）带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力得： ，解得： ‎（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为 l=R ‎ 要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为l的一半，即： 其面积为： ‎3月31日 带电粒子在变化磁场中的运动 高考频度：★★★★★‎ 难易程度：★★★★☆‎ ‎（2015·山东卷）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由点H紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。‎ ‎（1）求极板间电场强度的大小；‎ ‎（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求区Ⅰ磁感应强度的大小；‎ ‎（3）若Ⅰ区，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为，，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。‎ ‎【参考答案】（1） （2）或 （3）5.5πD ‎【试题解析】（1）粒子在电场中，根据动能定理：，解得 ‎（2）若粒子的运动轨迹与小圆相切（如图甲所示），则当外切时，半径为 由，解得 则当内切时，半径为 由，解得 ‎（3）若Ⅰ区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；Ⅱ区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；‎ 设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：‎ ； 根据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；； 粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：； 设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v（t1+t2）‎ 联立上述各式可得：s=5.5πD ‎【规律总结】‎ 本题是带电粒子在磁场中的磁偏转问题；首先要掌握左手定律及粒子半径及周期的求解公式，然后能根据题目的隐含条件做出粒子运动的轨迹图。‎ ‎【知识补给】‎ 带电粒子在磁场中运动的对称规律 ‎（1）从同一边界射入的带电粒子，从同一边界射出，速度与边界的夹角相等。‎ ‎（2）沿径向射入圆形磁场区域的带电粒子，必沿径向射出。‎ ‎“磁偏转”与“电偏转”的区别 ‎（1）“电偏转”中偏转力为fe=qE与运动速度无关，“磁偏转”中偏转力是fB=qvB随运动速度变化。‎ ‎（2）“电偏转”时带电粒子做的是类平抛运动，其运动规律为x=v0，y=；“磁偏转”时带电粒子做的是匀速圆周运动，其运动规律为T=，R=。‎ ‎（3）“电偏转”中偏转得越来越慢（单位时间内偏转的角度越来越小），“磁偏转”中偏转的快慢程度则保持恒定（任意相等的时间内偏转的角度均相等）。‎ ‎（4）“电偏转”中由于偏转力fe做功，因而兼有加速功能，动能将增加；“磁偏转”中由于偏转力fB不做功，动能不变。‎ 如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点。相同的带正电的粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域。速度方向沿位于纸面内的各个方向，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段弧的弧长是圆周长的。若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子所受的重力和粒子间的相互影响，则等于 ‎ A． B． C． D． 如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2，今有一质量为m、电量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是 A．电子的运行轨迹为PDMCNEP B．电子运行一周回到P用时为 C．B1=2B2‎ D．B1=4B2‎ 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中两个相同的直角三角形区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满了方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，已知C点坐标为（，l），质量为m，带电荷量为q的正电荷从A（，l）点以一定的速度平行于y方向垂直进入磁场，并从x轴上的D点（图中未画出）垂直x轴离开磁场，电荷重力不计。‎ ‎（1）求D点的位置坐标及电荷进入磁场区域Ⅰ时的速度大小v；‎ ‎（2）若将区域Ⅱ内的磁场换成沿－x轴方向的匀强电场，该粒子仍从A点以原速度进入磁场区域Ⅰ，并最终仍能垂直x轴离开，求匀强电场的场强E。‎ 如图所示，在半径为a（大小未知）的圆柱空间（图中圆为其横截面），固定放置一绝缘材料制成的边长为L的弹性等边三角形框架DEF，其中心O位于圆柱的轴线上。在三角形框架DEF与圆柱之间的空间中，充满磁感应强度大小为B的均匀磁场，其方向平行于圆柱轴线垂直纸面向里。在EF边上的中点S 处有一发射带电粒子的粒子加速器，粒子发射的方向均在截面内且垂直于EF边并指向磁场区域。发射粒子的电量均为q（q>0），质量均为m，速度大小均为v=，若粒子与三角形框架的碰撞均没有动能损失，且粒子在碰撞过程中所带的电量不变。（不计带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用）求：‎ ‎（1）为使初速度为零的粒子速度增加到v=，在粒子加速器中，需要的加速电压为多大；‎ ‎（2）带电粒子在匀强磁场区域内做匀速圆周运动的半径；‎ ‎（3）若满足：从S点发射出的粒子都能再次返回S点，则匀强磁场区域的横截面圆周半径a至少为多大？‎ ‎（4）若匀强磁场区域的横截面圆周半径a满足第（3）问的条件，则从S点发射出的某带电粒子从S点发射到第一次返回S点的时间是多少。‎ ‎【参考答案】‎ A 设磁场所在圆的半径为r，则磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远点是轨迹圆的直径与磁场边界圆的交点，即射到圆弧上的粒子在PM之间，则∠POM=120°， 如图1所示，所以粒子做圆周运动的半径为：，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点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场圆的交点，∠PON=90°，如图2所示，所以粒子做圆周运动的半径：R′=rsin45°=r，由带电粒子做圆周运动满足：洛伦兹力提供向心力得半径，则得：=，所以选项BCD错误，A正确。‎ 图1 图2‎ AC 根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A正确；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以，故B错误；由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据可知，B1=2B2，故D错误，C正确。‎ ‎（1） （2） ‎（1）根据粒子运动的对称性可知，粒子从OC的中点O′进入磁场区域Ⅱ，且AC=OD，则D的坐标为（l，0）。设粒子在磁场中运动的半径为r，在磁场Ⅰ中的轨迹所对圆心角为θ 根据几何知识可知rsin θ= r－rcos θ=－ 解得θ=，r= 粒子在磁场中做圆周运动，qvB=m 速度大小，故 ‎（2）设粒子在电场中的运动时间为t，加速度大小为a 则根据运动的分解可知，在x轴方向：0－vsin θ=－at 在y轴方向：vtcos θ=，其中，qE=ma 联立解得 ‎（1）　（2）　（3）　（4） ‎【解析】（1）在粒子加速器中，带电粒子在电场中被加速，根据动能定理 qU=mv2，解得U= ‎（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，qvB=m，解得r== ‎（3）设想某个带电粒子从S发射后又能回到S，则带电粒子运动轨迹如图所示 当带电粒子的运动轨迹同磁场区域内切时，磁场区域半径有最小值amin，由几何关系得 amin=OG=OF＋FG=r＋= ‎（4）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由T== 由轨迹图可知，带电粒子从S点发射到第一次返回S点的时间是t== ‎4月1日 带电粒子在磁场中的临界问题 高考频度：★★☆☆☆‎ 难易程度：★★★☆☆‎ ‎（2016·海南卷）如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。‎ ‎（1）求磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；‎ ‎（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小。‎ ‎【参考答案】（1） （2）2t0 （3） ‎【试题解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=4t0①‎ 设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 ②‎ 匀速圆周运动的速度满足③‎ 联立①②③式得④‎ ‎（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P 射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1=180°–θ2⑤‎ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2==2t0⑥‎ ‎ ‎ ‎（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦‎ r0cos∠OO'D+=L⑧‎ 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律⑨‎ 联立①⑦⑧⑨式得⑩‎ ‎【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键。‎ ‎【知识补给】‎ 带电体在磁场中的临界问题的处理方法 ‎（1）利用极限思维法求解带电粒子在磁场中的临界问题：‎ 极限思维法是把某个物理量推向极端（即极大和极小）的位置，并以此作出科学的推理分析，从而做出判断或导出一般结论的一种思维方法。‎ 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。‎ ‎（2）常见的三种几何关系：‎ a．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。‎ b．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。‎ c．当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长。‎ ‎（3）两种动态圆的应用方法：‎ a．如图所示，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，轨道半径随之增大，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。‎ b．如图所示，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道半径相同，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、以轨道半径为半径的圆上，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。‎ ‎（4）求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧：‎ a．分析题目特点，确定题目多解性形成原因。‎ b．作出粒子运动轨迹示意图（全面考虑多种可能性）。‎ c．若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。‎ 解决带电粒子在磁场中的临界问题的关键 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方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立集合关系。‎ 如图所示，垂直纸面向外的V形有界匀强磁场磁感应强度大小为B，左边界AC是一块竖直放置的挡板，其上开有小孔Q，一束电荷量为+q，质量为m（不计重力）的带电粒子，以不同的速率垂直挡板从小孔Q射入右侧磁场中，CD为磁场右边界，它与挡板的夹角θ=30°，小孔Q到板的下端C的距离为L，若速率最大的粒子恰好垂直CD边射出，则 A．恰好不从CD边射出的粒子的速率 B．粒子动能的最大值 C．能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间 D．CD边上有粒子打到的区域长度为 如图所示，截面为正方形的容器在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，忽略电子间的作用，下列说法正确的是 A．从cd两孔射出的电子速度之比为v1:v2=2:1‎ B．从cd两孔射出的电子在容器中运动所用的时间之比为t1:t2=1:2‎ C．从cd两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a1:a2=2:1 D．从cd两孔射出电子在容器中运动时的加速度大小之比为a1:a2=:1‎ 如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q/m的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场。粒子间的相互作用及重力不计。设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直PQ射出。则 ‎ A．从PQ边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 B．沿θ=120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长 C．粒子的速率为 D．PQ边界上有粒子射出的长度为 如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法错误的是 A．三个粒子都带正电荷 B．c粒子速率最小 C．c粒子在磁场中运动时间最短 D．它们做圆周运动的周期Ta =Tb =Tc 如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。下列说法正确的是 A．若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 B．若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系成立 C．若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 D．若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°‎ 用磁场可以约束带电离子的轨迹，如图所示，宽d=2 cm的有界匀强磁场的横向范围足够大，磁感应强度方向垂直纸面向里，B=1 T。现有一束带正电的粒子从O点以v=2×106 m/s的速度沿纸面垂直边界进入磁场。粒子的电荷量q=1.6×10－19 C，质量m=3.2×10－27 kg。求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r和运动时间t是多大？‎ ‎（2）粒子保持原有速度，又不从磁场上边界射出，则磁感应强度最小为多大？‎ ‎【参考答案】‎ BC 根据推论公式，粒子的速度越大，轨道半径越大；恰好不从CD边射出的粒子的轨迹与CD相切，如图所示，结合几何关系，有：QC=L=r+，解得：r；根据，有：，故A错误；若速率最大的粒子恰好垂直CD边射出，故C为圆心，轨道半径为r=L，根据，有：，故最大动能为： ‎，故B正确；恰好能够从CD边射出的粒子轨迹与CD相切，根据A选项分析，半径r，对应的圆心角为120°，故，故C正确；根据选项A的分析，如果是粒子的轨迹与CD边相切，则切点与C点的距离为；如果速度最大，轨迹与CD的交点与C点的距离为L；故CD边上有粒子打到的区域长度为，故D错误。‎ ABC 设磁场边长为a，如图所示，粒子从c点离开，其半径为rc，粒子从d点离开，其半径为rd；由，得出半径公式，又由运动轨迹知  rc=2rd  则vc:vd=2:1，故A正确。由，根据圆心角求出运行时间；运行时间 ，，则tc:td=1:2，故B正确。向心加速度：，则ac:ad=2:1，故C正确，D错误。‎ BD 粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力充当向心力，运动半径因为所有粒子和速度都相同，故所有粒子的运动半径都一样，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直PQ射出，可得，故，解得，当粒子轨迹与PQ边界相切时，轨迹最长，运动时间最长，此时根据几何知识可得θ=120°，此时是粒子打在PQ 边界上的最低的点，故相对Q的竖直位移为，B正确，C错误；由于v一定，则弧长最短时，时间最短，根据分析可知当粒子沿着边界MN方向向上射入时最短，此时圆心在MN上，θ=30°，所以，此时是粒子打在边界PQ的最上端，根据几何知识可得该点相对O点竖直位移为，故PQ边界上有粒子射出的长度为，A错误，D正确。‎ B 三个带电粒子均向上偏转，射入磁场时所受的洛伦兹力均向上，根据左手定则判断得知：三个粒子都带正电荷，故A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据，可得，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子的轨迹半径最小，c粒子的轨迹半径最大，则a粒子速率最小，c粒子速率最大，故B错误；三个带电粒子的质量和电荷量都相同，由粒子运动的周期 及，θ是粒子轨迹对应的圆心角，也等于速度的偏转角，可知，三粒子运动的周期相同，即Ta=Tb=Tc，由图知，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，c粒子在磁场中运动时间最短，故CD正确。本题选错误的故选B。‎ BD 若r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1所示，因为r=2R，圆心角θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间，故A错误。若r=2R，如图2所示，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有，故B正确。若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间，故C错误。若r=R ‎，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D正确。‎ 图1 图2 图3 图4‎ ‎（1）r=4×10-2 m （2）B =2 T ‎ ‎（1）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示 则 ①‎ 即： 解得：R=4×10-2 m ②‎ 设粒子在磁场里运动轨迹对应的圆心角为θ，则： ③‎ 解得： 由 和 ④‎ 所以带电离子在磁场里的运动时间： ⑤‎ ‎（2）粒子不从磁场上边界出射，其轨迹与上边界相切，如图所示 设最大半径为Rm，磁感应强度最小为Bm，则：Rm=d ⑥‎ 由 得： ⑦‎ 解得：Bm=2 T ‎ ‎4月2日 带电粒子在磁场中的多解问题 高考频度：★★★★★‎ 难易程度：★★★★★‎ ‎（2014·重庆卷）如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高处分别有P、Q两点，NS和MT间距为。质量为、带电量为的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为。‎ ‎（1）求该电场强度的大小和方向；‎ ‎（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；‎ ‎（3）若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。‎ ‎【参考答案】（1），方向竖直向上 （2） ‎ ‎（3）；； ‎【试题解析】（1）设电场强度大小为。由题意有，得，方向竖直向上 ‎（2）如图1所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上下区域运动的半径为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为 由得 有 由， 解得： ‎（3）如图2所示，设粒子的入射速度为v，粒子在上下方区域的运动半径为和，粒子第一次通过KL时距离K点为 由题意有（n=1，2，3……）‎ 得 即n=1时，；n=2时，；n=3时， ‎【方法技巧】对知识点要求非常细致复杂，找圆心、画轨迹、求半径和周期的问题。‎ ‎【知识补给】‎ 带电粒子在磁场中运动的多解问题 ‎（1）带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。‎ ‎（2）磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。‎ ‎（3）临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解。‎ ‎（4）圆周运动的周期性形成多解。‎ 分析带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧 ‎（1）分析题目特点，确定题目多解形成的原因。‎ ‎（2）作出粒子运动轨迹的示意图（全面考虑多种可能性）。‎ ‎（3）若为周期性重复的多解问题，寻找通项公式，若是出现几种解得可能性，注意每种解出现的条件。‎ 如图所示，在图中虚线所围区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转。电子重力忽略不计，则在这区域中的E和B的方向可能是 A．E竖直向下，B垂直纸面向外 B．E竖直向上，B垂直纸面向里 C．E竖直向上，B垂直纸面向外 D．E、B都沿水平方向，并与电子运行方向相同 如图所示，xOy坐标系的第一象限内，有一边界线OA与y轴的夹角∠AOy=45°，边界线的上方与下方分别存在垂直纸面向外与向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.25 T。一束带电量q=8.0×10－19 C、质量m=8.0×10－26 kg的正离子，以v=5×105 m/s从y轴上坐标为（0，0.4 m）的Q点垂直y轴射入磁场区。求：‎ ‎（1）离子在磁场中做圆周运动的半径和周期；‎ ‎（2）现只改变B的大小，使离子不经过OA边界而直接从y轴离开磁场区域，则B应满足什么条件？‎ ‎（3）若B=0.125 T，且从离子经过Q点开始计时，则离子在哪些时刻恰好经过OA边界？ ‎ 如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，和是它的两条边界，现有质量为m，电荷量绝对值为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。‎ 如图所示，在NOQ范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场I，在范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M、O、N在一条直线上，∠MOQ=60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均B。离子源中的离子带电荷量为+q，质量为m，通过小孔O1进入两板间电压为U的加速电场区域（可认初速度为零），离子经电场加速后由小孔O2射出，再从O点进入磁场区域I，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN，不计离子重力。‎ ‎（1）若加速电场两板间电压U=U0，求离子进入磁场后做圆周运动的半径R0；‎ ‎（2）在OQ上有一点P，P点到O点距离为L，若离子能通过P点，求加速电压U和从O点到P点的运动时间。‎ 如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外。P是y 轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为h/2，A的中点在y轴上，长度略小于a/2。带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。 不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。‎ ‎【参考答案】‎ CD 重力忽略不计的电子，穿过这一区域时未发生偏转；若E竖直向下，B垂直于纸面向外，则有电场力竖直向上，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，两个力方向相同，电子穿过此区域会发生偏转，故A错误；若E竖直向上，B垂直于纸面向里，则有电场力方向竖直向下，而磁场力方向由左手定则可得竖直向下，所以两力不能使电子做直线运动，故B错误；若E竖直向上，B垂直于纸面向外，则有电场力竖直向下，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，所以当两力大小相等时，电子穿过此区域不会发生偏转，故C正确；若E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同，则有电子所受电场力方向与运动方向相反，而由于电子运动方向与B方向相互平行，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转，故D正确。‎ ‎（1）0.2 m　8π×10－7 s （2）B≥0.3 T （3）（8n＋2）π×10－7 s（n=0,1,2，…）‎ ‎（1）洛伦兹力充当向心力，故有： 解得R=0.2 m，周期 ‎（2）临界条件为：在AOy区间内运动轨迹恰好与OA相切，则有 解得 所以B应满足B≥0.3 T ‎（3）若B=0.125 T，正离子在两个磁场做圆周运动的半径和周期分别为：‎ ‎ ， ‎ 由几何关系可知，粒子从Q点进入AOy经过之后，垂直OA边界进入AOx区域，再经后垂直OA边界进入AOy区域，再经后又垂直于OA边界进入AOx区域，所以离子恰好经过OA边界的时刻为 或 题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷 若带正电荷，轨迹是如图1所示上方与NN′相切的圆弧 设轨道半径为R，根据几何知识得： 解得： 粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，则牛顿第二定律得： 解得： 若带负电荷，轨迹如图2所示下方与NN′相切的圆弧 根据几何知识得： 解得： 由 解得： ‎【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中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。‎ ‎（1）R0= （2）U=，其中n=1，2，3，… ，其中n=1，2，3，…‎ ‎（1）离子在电场中加速时，根据动能定理得qU0= 电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B= 联立解得R0= ‎（2）离子进入磁场时的运动轨迹如图所示，由几何关系可知  ‎ 要保证离子通过P点，必须有 L=nR0‎ 解得U=，其中n=1，2，3，…‎ 又离子运动的周期为 T= 则离子从O点到P点的运动时间为，其中n=1，2，3，…‎ ；； 设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为，与板碰撞后再次进入磁场的位置为。粒子在磁场中运动的轨道半径为R，有 ①‎ 粒子速率不变，每次进入磁场与射出磁场位置间距离保持不变有 ②‎ 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变，与相等 由图可以看出 ③‎ 设粒子最终离开磁场时，与档板相碰n次(n=0、1、2、3…)‎ 若粒子能回到P点，由对称性，出射点的x坐标应为–a，即 ④‎ 由③④两式得 ⑤‎ 若粒子与挡板发生碰撞，有 ⑥‎ 联立③④⑥得n<3 ⑦‎ 联立①②⑤得，把 代入上式中得；；