備戰(zhàn)2019年高考物理 考點一遍過 考點46 洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運動（含解析）

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1、洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運動1洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力性質磁場對在其中運動的電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產生條件v0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（vB）F=qE力方向與場方向的關系一定是FB，Fv，與電荷電性無關正電荷受力與電場方向相同，負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、負功，也可能不做功力為零時場的情況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動的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向2洛倫茲力與安培力的聯系及區(qū)別（1）安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者是

2、相同性質的力，都是磁場力。（2）洛倫茲力對電荷不做功；安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可不做功。 3帶電粒子在勻強磁場中的運動（1）如何確定“圓心”由兩點和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡。確定帶電粒子運動軌跡上的兩個特殊點（一般是射入和射出磁場時的兩點），過這兩點作帶電粒子運動方向的垂線（這兩垂線即為粒子在這兩點所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點就是圓心，如圖（a）所示。若只已知過其中一個點的粒子運動方向，則除過已知運動方向的該點作垂線外，還要將這兩點相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點就是圓心，如圖（b）所示。若只已知一個點及運動方向，也知另外某時刻的速度方向，但不

3、確定該速度方向所在的點，如圖（c）所示，此時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，它與已知點的速度的垂線交于一點O，該點就是圓心。（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，一般由數學知識（勾股定理、三角函數等）計算來確定。（3）如何確定“圓心角與時間”速度的偏向角=圓弧所對應的圓心角（回旋角）=2倍的弦切角，如圖（d）所示。時間的計算方法。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磁場中運動時的常見情形直線邊界（粒子進出磁場具有對稱性）平行邊界（粒子運動存在臨界條件）圓形邊界（粒子沿徑向射入，再沿徑向

4、射出）5帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關系（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：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的2倍。6求解帶電粒子在勻強磁場中運動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動，粒子在磁場中只運動一段圓弧就飛出磁場邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據帶電粒子運動的軌跡作相關圖去尋找?guī)缀侮P系，分析臨界條件（帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零；射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切），然后應用數學知識和相應物理規(guī)律分析求解。（1

5、）兩種思路一是以定理、定律為依據，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：利用臨界條件求極值；利用問題的邊界條件求極值；利用矢量圖求極值。二是數學方法：利用三角函數求極值；利用二次方程的判別式求極值；利用不等式的性質求極值；利用圖象法等。（3）從關鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示。審題時，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。一個帶電粒子沿垂直于磁

6、場方向射入勻強磁場中，由于沿途空氣電離而使粒子的動能逐漸減小，軌跡如圖所示。假設粒子的電荷量不變，下列有關粒子的運動方向和所帶電性的判斷正確的是A粒子由a向b運動，帶正電B粒子由b向a運動，帶負電C粒子由b向a運動，帶正電D粒子由a向b運動，帶負電 【參考答案】B【詳細解析】由題意可知，帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小，則由公式得知，粒子的半徑應逐漸減小，由圖看出，粒子的運動方向是從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，該粒子帶負電。故選B。1如圖所示，兩勻強磁場的方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應強度分別為B1、B

7、2，今有一質量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡為如圖虛線所示的“心”形圖線。則以下說法正確的是A電子的運行軌跡為PDMCNEPB電子運行一周回到P用時為CB1=2B2DB1=4B2【答案】AC【解析】根據左手定則可知：電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1時，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運行軌跡為PDMCNEP，故A正確；電子在整個過程中，在勻強磁場B1中運動兩個半圓，即運動一個周期，在勻強磁場B2中運動半個周期，所以，故B錯誤；由圖象可知，電子在勻強磁場B1中運動半徑是勻強磁場B2中運動半徑的一半，根據可知，B1=2B2，故D錯誤

8、，C正確。故選AC?！久麕燑c睛】本題是帶電粒子在磁場中運動的問題，要求同學們能根據左手定則判斷洛倫茲力的方向，能結合幾何關系求解，知道半徑公式及周期公式，難度適中。2（2018百校聯盟高考名師猜題保溫金卷）如圖所示，空間存在一個垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度的大小為B0，該區(qū)域是由一個半徑為R的半圓和一個長為2R、寬為的矩形組成。一個質量為m、帶電荷量為q的帶正電的粒子從AB的中點M垂直于AB進入磁場，則下列說法正確的是A當粒子的速度v滿足時，粒子從AB邊射出磁場B當粒子的速度v滿足時，粒子從BC邊射出磁場C當粒子的速度v滿足時，粒子離開磁場時的速度方向斜向下D當粒子的速度v滿足時，

9、粒子離開磁場時的速度方向斜向下【答案】ABC【解析】當粒子剛好從B射出磁場時，粒子的軌道半徑為r1，由幾何關系可得：，由可得：，當粒子的速度v滿足，粒子從AB邊射出磁場，選項A正確；當粒子剛好從C射出磁場時，粒子的軌道半徑為r2，由幾何關系可得：，由，當粒子的速度v滿足，粒子從BC邊射出磁場，選項B正確；當粒子離開磁場時的速度方向平行于AB時，粒子的軌道半徑為r3，由幾何關系可得：，由可得，當粒子的速度v滿足，粒子離開磁場時的速度方向斜向下，選項C正確，D錯誤?！久麕燑c睛】本題考查了粒子在磁場中的運動，應用牛頓第二定律以及幾何知識即可正確解題。利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子。

10、圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質量為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進入磁場，對于能夠從寬度為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【詳細解析】由左手定則可判斷粒子帶負電，故A錯誤；由題意知：粒子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據，可得、，則，故可知BC正確，D錯誤。1如圖所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的

11、邊界。一質量為m、電荷量為q的粒子在紙面內從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點。下列說法正確的有A若粒子落在A點的左側，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能小于v0qBd/2mD若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能大于v0+qBd/2m【答案】BD【解析】粒子速度垂直MN邊界進入磁場時到邊界上的的落點最遠，距離為，若粒子速度不與MN垂直，落點在A點左側，如圖示A項錯；若粒子落在A點的右側，其半徑一定大于，速度一定大于，B項對，若粒子落在A點左側d處，設粒子的最小速度為，則，得，若粒子落在A點左

12、側d的范圍內，其速度不可能小于。若粒子落在A點右側d處，設粒子的最小速度為，則，得，若粒子落在A點左側d的范圍內，其速度不可能小于，D項對，C錯?！久麕燑c睛】粒子從單邊界磁場射入時，射入時速度的方向與磁場邊界所夾的角度與射出時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強度為B的勻強磁場，軸下方存在垂直于紙面向外的磁感應強度為的勻強磁場。一帶負電的粒子質量為，電荷量為q，從原點O以與x軸成角斜向上射入磁場，且在x軸上方運動半徑為（不計重力），則下列結論錯誤的是A粒子經偏轉一定能回到原點OB粒子完成一次周期性運動的時間為C粒子

13、在軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為D粒子第二次射入軸上方磁場時，沿軸方向前進了【答案】A【解析】根據左手定則判斷可知，負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針方向旋轉，而在第四象限沿逆時針方向旋轉，軌跡如圖所示，不可能回到原點0，故A錯誤；負粒子在第一象限軌跡所對應的圓心角為60，在第一象限軌跡所對應的圓心角也為60，在一個周期內，粒子做圓周運動的周期為，粒子在第一象限運動的時間為t1=，同理，在第四象限粒子做圓周運動的周期為，運動的時間為t2=，完在成一次周期性運動的時間為T=t1+t2=，故B正確；由r=得，粒子圓周運動的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方

14、和下方兩磁場中運動的半徑之比為1:2，故C正確；畫出粒子的運動軌跡，根據幾何知識得，粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離為x=R+2R=3R，故D正確。如圖所示，A、B為一對平行板，板長為l，兩板間距離為d，板間區(qū)域內充滿著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，一個質量為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，粒子能從磁場內射出？【參考答案】或【詳細解析】若帶電粒子剛好從平行板左邊緣射出，如圖所示：由幾何關系得：由牛頓第二定律得： 解得：若帶電粒子剛好從平行板右邊緣射出，如圖所示：由幾何關系得： 由牛頓第二

15、定律得： 解得： 故當或時，粒子可以從磁場內射出。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磁場（含邊界PQ），磁感應強度為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。設粒子速度方向與射線OM夾角為，當粒子沿=60射入時，恰好垂直PQ射出。則A從PQ邊界射出的粒子在磁場中運動的最短時間為B沿=120射入的粒子，在磁場中運動的時間最長C粒子的速率為DPQ邊界上有粒子射出的長度為【答案】BD【解析】粒子在磁場中運動過程中，洛倫茲力充當向心力，運動半徑因為所有粒子和速度都相同，故所有粒子的運動半

16、徑都一樣，當粒子沿=60射入時，恰好垂直PQ射出，可得，故，解得，當粒子軌跡與PQ邊界相切時，軌跡最長，運動時間最長，此時根據幾何知識可得=120，此時是粒子打在PQ邊界上的最低的點，故相對Q的豎直位移為，B正確，C錯誤；由于v一定，則弧長最短時，時間最短，根據分析可知當粒子沿著邊界MN方向向上射入時最短，此時圓心在MN上，=30，所以，此時是粒子打在邊界PQ的最上端，根據幾何知識可得該點相對O點豎直位移為，故PQ邊界上有粒子射出的長度為，A錯誤，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)域內存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場的左邊垂直x軸放置一

17、線型粒子發(fā)射裝置，能在0yR的區(qū)間內各處沿x軸正方向同時發(fā)射出速度相同、帶正電的同種粒子，粒子質量為m，電荷量為q，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，若某時刻粒子被裝置發(fā)射出后，經過磁場偏轉擊中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點處B粒子的初速度為C粒子在磁場中運動的最長時間為D粒子到達y軸上的最大時間差為【答案】D【解析】由題意，某時刻發(fā)出的粒子都擊中的點是y軸上同一點，由最高點射出的只能擊中(0，R)，則擊中的同一點就是(0，R)，A錯誤；從最低點射出的也擊中(0，R)，那么粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得，則速度，B錯誤；偏轉角最大的時間最長，顯

18、然從最低點射出的粒子偏轉90，時間最長，時間，C錯誤；從最高點直接射向(0，R)的粒子時間最短，則最長與最短的時間差為，D正確。【名師點睛】看起來情況比較復雜，但涉及的問題卻是常規(guī)問題，本題的關鍵點是粒子源發(fā)出的粒子是速度大小和方向均相同，則其做勻速圓周運動的半徑相同，在從最低點的特殊情況就能知道相同的半徑就是圓弧的半徑，再結合周期公式能求出最長和最短時間。（2018江蘇省天一中學高考考前熱身卷）如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，A=60， AO=L，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子.已知粒子的比荷為，發(fā)射速度大小都為v0=。設粒子發(fā)射

19、方向與OC邊的夾角為，不計粒子間相互作用及重力。對于粒子進入磁場后的運動，下列說法中正確的是A當=45時，粒子將從AC邊射出B所有從OA邊射出的粒子在磁場中運動時間相等C隨著角的增大，粒子在磁場中運動的時間先變大后變小D在AC邊界上只有一半區(qū)域有粒子射出【參考答案】AD【詳細解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：，已知，解得粒子的運動半徑r=L，當=60入射時，粒子恰好從A點飛出，則當=45時，由幾何關系可知，粒子將從AC邊射出，選項A正確；所有從OA邊射出的粒子，不同，而軌跡圓心對應的圓心角等于，所用時間，T一定，則知粒子在磁場中時間不相等，選項B錯誤；當=0飛入的粒子在磁場中

20、，粒子恰好從AC中點飛出，在磁場中運動時間也恰好是；當=60飛入的粒子在磁場中運動時間恰好也是，是在磁場中運動時間最長，故從0到60在磁場中運動時間先減小后增大，當從60到90過程中，粒子從OA邊射出，此時在磁場中運動的時間逐漸減小，故C錯誤；當=0飛入的粒子在磁場中，粒子恰好從AC中點飛出，因此在AC.邊界上只有一半區(qū)域有粒子射出，故D正確?！久麕燑c睛】此題關鍵要根據磁場的界限來確定運動情況，并結合半徑與周期公式來分析討論從0到60的過程中，粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓弧的弦長先減小后增大，所以粒子在磁場中運動時間先減小后增大是該題的關鍵。1如圖所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場

21、的磁感應強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形（邊界上有磁場），A、B、C為三角形的三個頂點?，F有一質量為m、電荷量為+q的粒子（不計重力），以速度從AB邊上的某點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Q射出。若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則）A B C D【答案】AD【解析】帶電粒子做勻速圓周運動軌跡的圓心必在AB之上，畫出運動軌跡如圖所示，由半徑公式及可知，粒子做圓周運動的半徑為，當粒子運動的軌跡圓心位于AB中點O1時，粒子正好與AC、BC邊相切，由幾何關系知，PB滿足，A正確；平行向右移動參考圓O1，與CB交點最遠時的Q點到AB的距離為半徑r，所以，D正確。2如圖

22、所示，在直角三角形ABC內充滿垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），AB邊長度為d，?，F垂直AB邊射一群質量均為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邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為t0（不計重力）。則下列判斷中正確的是A粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0B該勻強磁場的磁感應強度大小為C粒子在磁場中運動的軌道半徑為D粒子進入磁場時速度大小為【答案】ABC【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T，即T=t0，則得周期T=4t0，故A正確。由得，故B正確。設運動時間最長的粒子在磁場中的

23、運動軌跡所對的圓心角為，則有t0，得，畫出該粒子的運動軌跡，設軌道半徑為R，由幾何知識得：，可得，故C正確。根據，解得，故D錯誤，故選：ABC。（2018云南省玉溪市高三聯合調研）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的圓柱形桶內有B=104 T的勻強磁場，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。現有一粒子源發(fā)射比荷為的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)。當角=45時，出射粒子速度v的大小是ABCD【參考答案】B【詳細解析】離子從小孔a射入磁場，與ab方向的夾角為=45，則離子從小孔b離開磁場

24、時速度與ab的夾角也為=45，過入射速度和出射速度方向作垂線，得到軌跡的圓心O，畫出軌跡如圖，由幾何知識得到軌跡所對應的圓心角為：=2=90，由幾何關系知，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)域內有如圖所示的勻強磁場,一束比荷相同的帶電粒子對準圓心O射入,分別從a、b兩點射出,下列說法正確的是Ab點出射粒子速率較小Ba點出射粒子運動半徑較大Cb點出射粒子磁場中的運動時間較短Da點出射粒子速度偏轉角較小【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示：由洛倫茲力提供向心力，可得，結合幾何運動徑跡可知，從b點射出的粒子運動半徑較大，結

25、合荷質比相同，可得從a點射出的粒子速率較??；故A，B錯誤。由運動周期公式得，由于荷質比相同，周期與速率無關，粒子運動的時間：可知運動的時間，僅由軌跡所對的圓心角決定，故b點射出的粒子運動時間較短；故C正確。利用對稱性可知，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粒子速度方向偏轉的角度大于b粒子速度方向偏轉的角度；故D錯誤。【名師點睛】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，解題關鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，運用洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，注意對稱性的運用，粒子沿半徑方向入射一定沿半徑方向出射，運用粒子在磁場中轉過的圓心角，結合周期公式，求解粒子在磁場中運動的時間2如圖所示是一個半徑為

26、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內。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，帶電粒子的質量均為m，運動的半徑為r，在磁場中的軌跡所對應的圓心角為。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，則圓心角為150【答案】BD【解析】若r=2R，粒子在磁場中時間最長時，磁場區(qū)域的直徑是軌跡的一條弦，作出軌跡如圖1所示，因為r=2R，圓心角=60，粒

27、子在磁場中運動的最長時間，故A錯誤。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，根據幾何關系，有，故B正確。若r=R，粒子沿著磁場的半徑方向射入，粒子運動軌跡如圖3所示，圓心角90，粒子在磁場中運動的時間，故C錯誤。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和出射點構成菱形，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)域內有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁

28、場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則Avb:vc=2:2，tb:tc=1:2Bvb:vc=1:2，tb:tc=2:1Cvb:vc=2:1，tb:tc=2:1Dvb:vc=1:2，tb:tc=1:2【參考答案】B【詳細解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有得；粒子在磁場中運動的軌跡如圖，從b點離開磁場的粒子，圓心在a點，半徑等于正六邊形的邊長，即rb=a；從c點離開磁場的粒子，圓心是O點，半徑等于正六邊形邊長的2倍，即rc=2a；根據半徑公式得，從b點離開磁場的粒子，圓心角b=120；從c點離開磁場的粒子，圓心角c=60；根據，得，故B正確，ACD錯誤

29、。1如圖所示，截面為正方形的容器在勻強磁場中，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=2:1B從cd兩孔射出的電子在容器中運動所用的時間之比為t1:t2=1:2C從cd兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度大小之比為a1:a2=2:1D從cd兩孔射出電子在容器中運動時的加速度大小之比為a1:a2=:1【答案】ABC【解析】設磁場邊長為a，如圖所示，粒子從c點離開，其半徑為rc，粒子從d點離開，其半徑為rd；由，得出半徑公式，又由運動軌跡知rc=2rd則vc:vd=2:1，故A正確。由

30、，根據圓心角求出運行時間；運行時間，則tc:td=1:2，故B正確。向心加速度：，則ac:ad=2:1，故C正確，D錯誤。2（2018湖北省荊州市高二期末）如圖所示，在一個邊長為的正六邊形區(qū)域內存在磁感應強度為，方向垂直于紙面向里的勻強磁場。三個相同的帶電粒子，比荷大小均為，先后從點沿方向以大小不等的速度射人勻強磁場區(qū)域，粒子在運動過程中只受磁場力作用。已知編號為的粒子恰好從點飛出磁場區(qū)域，編號為的粒子恰好從點飛出磁場區(qū)城，編號為的粒子從邊上的某點垂直邊界飛出磁場區(qū)城。則A三個帶電粒子均帶正電B編號為的粒子進人磁場區(qū)城的初速度大小為C編號為的粒子在磁場區(qū)城內運動的時間為 D編號為的粒子在邊上飛

31、出的位置與點的距離為【答案】ABD【解析】由于三個粒子的偏轉方向均向上，根據左手定則可知，三個粒子帶同種正電荷，故A正確；根據題意作出三個粒子的運動軌跡，如圖所示：設編號為的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為，初速度大小為，由幾何關系得：，根據，解得：，故B正確；設編號為的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為，初速度大小為，周期為，由幾何關系可得，粒子在正六邊形區(qū)域磁場運動過程中，轉過的圓心角為，則粒子在磁場中運動的時間，故C錯誤；設編號為的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為，在磁場中轉了，由幾何關系可得：，則，故D正確；故選ABD?！久麕燑c睛】分析各粒子的運動情況，由幾

32、何關系求出各自的半徑，再由洛倫茲力充當向心力即可求得速度大小；再根據幾何關系求出圓心角，再根據時間與周期間的關系即可明確時間大小。1帶電粒子以一定速度垂直射入勻強磁場，若只考慮洛倫茲力，則粒子的A速度不變B動能不變C加速度不變D受力不變2（2018百校聯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于x軸對稱，y軸剛好與磁場左邊界在坐標原點處相切，在坐標原點處有一粒子源，可以沿x軸正方向連續(xù)地發(fā)射質量為m，電荷量大小為q的不同速率的正、負電荷。已知磁場的方向垂直于坐標平面向里，磁感應強度大小為B，若粒子不能從半圓的直徑部分射出，則A粒子在磁場中運動的最大半徑可能為RB粒子在磁場中

33、運動的最大速度可能為C粒子在磁場中運動掃過的面積最大可能為D粒子在磁場中運動的最短時間可能為3關于磁場，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的通電直導線所受磁場力方向一致C帶電物體在磁場中所受的洛倫茲力不可能為零D磁感應強度越大，線圈面積越大，則穿過線圈的磁通量也越大4（2018陜西省高三教學質量檢測）磁流體發(fā)電是一項新興技術。如圖所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負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于發(fā)電機，把兩個極板與用電器相連，則A用電器中的電流方向從B到AB用電器中的電流方向從A到BC若只增大帶電粒子

34、電荷量，發(fā)電機的電動勢增大D若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大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，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現用平行于斜面的力F拉乙物塊，使甲、乙一起無相對滑動沿斜面向上作勻加速運動的階段中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，其質量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動?，F將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強磁場和勻強電場中，設小球所

35、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，直到最后勻速C小球的速度先增大，再減小，直到停止運動D棒對小球的彈力一直減小7（2018江西省浮梁一中高考沖刺訓練卷）據有關資料介紹，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動，使之束縛在某個區(qū)域內。如圖所示，環(huán)狀磁場的內半徑為R1，外半徑為R2，被束縛的帶電粒子的比荷為k，中空區(qū)域內帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為v。中空區(qū)域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為R2的區(qū)域內，則環(huán)狀區(qū)域內磁場的磁感應強度大小可能是ABC D8如圖所示，

36、在圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的直徑，一不計重力的帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為，當速度方向與ab成30角時，粒子在磁場中運動的時間最長，且為t；若相同的帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經時間t飛出磁場，則其速度大小為A BC D9一質量為m、帶電量為q的粒子以速度從O點沿y軸正方向射入磁感強度為B的一圓形勻強磁場區(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）。試求：（1）圓形磁場區(qū)的最小面積；（2）粒子從O點進入磁場區(qū)到達b點所經歷的時間；（3）b點的坐標。10（2018安徽省六安二中河西校區(qū)高

37、二期末）如圖所示，以O為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直圓面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一粒子源位于圓周上的M點，可向磁場區(qū)域內垂直磁場沿各個方向發(fā)射質量為m、電荷量為的粒子，不計粒子重力，N為圓周上另一點，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點射入磁場，方向任意，則這些粒子在磁場中運動的最長時間為多少？（3）若由M點射入磁場各個方向的所有粒子速率均為題中計算出的，求磁場中有粒子通過的區(qū)域面積。11（2018廣東省七校聯合體高三第三次聯考）如圖所示，PQMN是豎直面內一邊長為

38、L的正方形區(qū)域，區(qū)域內有豎直向上的勻強電場，場強為E，在PQM中還存在水平向里的勻強磁場，磁感強度為B；在PQMN的左側有一足夠長的粗糙絕緣細桿，細桿與PQ在同一水平線上，細桿周圍存在水平方向足夠長勻強磁場，磁感強度B0（大小可調的），方向水平向里。細桿的左側套有一帶電荷量為+q的小球，現使小球以適當的速度沿桿向右運動，在到達P點前小球已勻速運動，由P點射入PQM區(qū)域后，小球做勻速圓周運動，已知重力加速度為g：（1）小球在細桿上做什么運動？請直接用文字描述（2）若小球恰能從M點離開電磁場，求小球的質量和粒子從P點射入到從M點離開電磁場這段時間內的平均速度的大小和方向；（3）若調節(jié)B0的大小，從

39、而改變小球由P點射入電磁場的速度，使小球最終從Q點離開磁場，求此過程中重力勢能變化的最大值；（4）若調節(jié)B0的大小，使小球由P點射入電磁場后最終由NP射出，求B0的最小值。12（2018北京卷）某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關的是A磁場和電場的方向B磁場和電場的強弱C粒子的電性和電量D粒子入射時的速度13（2017新課標全國卷）如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內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過P點，在紙面內沿不同的方向射

40、入磁場。若粒子射入速率為，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，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。則為A BC D14（2016新課標全國卷）一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，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順時針轉動。在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為A BC D15（2016新課標全國卷）平面OM和平面ON之間的夾角為30

41、，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量為m，電荷量為q（q0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為A BC D2AD【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，由幾何關系可知這時的粒子運動半徑為R，選項A正確；最大半徑對應著最大速度，由得，選項B錯誤；粒子在磁場中運動掃過的面積最大可能為，選項C錯誤；粒子在磁場中運動的軌道半徑越大

42、，運動軌跡所對的圓心角越小，因此最小時間為，選項D正確。3A【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；根據左手定則，可得磁場的方向與放在該點的通電直導線所受磁場力方向垂直，B錯誤；當帶電物體的運動方向和磁場方向平行時，不受洛倫茲力作用，C錯誤；在計算磁通量的公式中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錯誤。4BD【解析】首先對等離子體進行動態(tài)分析：開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上（負離子所受洛倫茲力方向向下），則正離子向上板聚集，負離子則向下板聚集，兩板間產生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫矗疑习鍨檎龢O下板為負極，

43、所以通過用電器的電流方向從A到B，選項A錯誤，選項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，最終兩力達到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f=qvB，則：，解得E=Bdv，所以電動勢E與速度v及磁場B成正比，與帶電粒子的電荷量無關，選項C錯誤，選項D正確。 【名師點睛】正確分析離子的受力情況是解決本題的關鍵。先根據左手定則判斷等離子體的正離子（或負離子）所受洛倫茲力的方向，從而知道金屬板的電勢高低，進一步受力分析結合牛頓第二定律可得出最終等離子體做勻速直線運動，根據洛倫茲力等于電場力，分析電動勢的決定因素。5B【解析】對整體，分析受力情況：重力、斜面的支持力和摩

44、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：Fm總gsin FN=m總a；FN=m總gcos F洛，隨著速度的增大，洛倫茲力增大，則由知：FN減小，乙所受的滑動摩擦力f=FN減?。灰约诪檠芯繉ο?，有：m甲gsin f=m甲a；由知，f減小，加速度不變，因此根據可知，甲乙兩物塊之間的摩擦力保持不變，故B正確，ACD錯誤；故選B。7B【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AO=BO=r，由幾何關系得，由牛頓第二定律可知：，解得：，聯立解得：，故B正確，ACD錯誤。 9（1） （2）

45、 （3）（2）粒子從O至a做勻速圓周運動的時間從a飛出磁場后做勻速直線運動，所以， 所以（3）因為，所以，故b點坐標為【名師點睛】帶電粒子在勻強磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，從而得出半徑公式，周期公式，運動時間公式，知道粒子在磁場中運動半徑和速度有關，運動周期和速度無關，畫軌跡，定圓心，找半徑，結合幾何知識分析解題。 10（1） （2） （3） 【解析】（1）粒子以速率沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，軌跡如圖：設軌跡半徑為，則解得：由牛頓第二定律可得解得：粒子方向任意，粒子在磁場中運動時間最長時，弧長（劣?。┳铋L，對應的弦長最長（磁場圓的直徑），軌跡如圖：則解得：粒子在磁場中運動的

46、最長時間、所以【名師點睛】本題的難點在第三問，要找到粒子能到達的區(qū)域，首先要考慮的是粒子的偏轉方向-順時針；其次要考慮的極端情況從M點豎直向上射出，則可以做完整的圓周運動。然后把這個完整的圓繞M點轉動1800，則該圓與磁場區(qū)域公共部分，就是粒子能達到的區(qū)域。11（1）小球在細桿上做加速越來越小的減速運動最后勻速運動 （2） 平均速度方向由P點指向M點（3） （4）【解析】（1）小球在細桿上做加速度越來越小的減速運動，最后勻速運動。（2）小球在電磁場中勻速圓周運動有：mgqE可得 由幾何關系可知r1L，且小球從P點到M點的位移s=Lt=T則小球的平均速度平均速度的方向由P點指向M點小球以v2豎直

47、向上過MP，在PMN中勻速直線運動，再以v2豎直過MN，當小球的加速度為零時，重力勢能變化量最大為（4）當B0取最小值時v最大，在電磁場中運動半徑最大，小球能由PQ射出，有幾何關系可知，半徑由得在細桿上有可得：12C【解析】由題可知，當帶電粒子在復合場內做勻速直線運動，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動，說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強弱程度都要有要求，例如：電場方向向下，磁場方向垂直紙面向里等，但是對電性和電量無要求，故選項C正確，ABD錯誤。【名師點睛】本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，實際上是考查了速度選擇器的相關知識，注意當粒子的速度與磁場不平行時，才會受到洛倫茲力的作用，所以對電場和磁場的方向有要求的?！久麕燑c睛】此題是帶電粒子在有界磁場中的運動問題；解題時關鍵是要畫出粒子運動的軌跡草圖，知道能打到最遠處的粒子運動的弧長是半圓周，結合幾何關系即可求解。14A【解析】作出粒子的運動軌跡，由幾何知識可得，軌跡的圓心角為，兩個運動具有等時性，則，解得，故選A?！久麕燑c睛】此題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動問題；解題時必須要畫出規(guī)范的粒子運動的草圖，結合幾何關系找到粒子在磁場中運動的偏轉角，根據兩個運動的等時性求解未知量；此題難度中等，意在考查考生對物理知識與數學知識的綜合能力。 34