2019物理一本突破二輪復(fù)習(xí)講義專題三 第2講磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2講磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動［做真題·明考向］真題體驗透視命題規(guī)律授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第41頁［真題再做]1。（多選)（2018·高考全國卷Ⅱ，T20)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外．已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f（1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于紙面向外．則()A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f（7,12)B0B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f（1，12）B0C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f（1，12）B0D．流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(7,12）B0解析：原磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知，在b點(diǎn)：eq\f(1，2）B0＝B0－B1＋B2在a點(diǎn)：eq\f(1,3）B0＝B0－B1－B2由上述兩式解得B1＝eq\f（7,12)B0，B2＝eq\f（1，12）B0。答案：AC2。（多選)(2017·高考全國卷Ⅰ，T19)如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距,均通有電流I,L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反．下列說法正確的是(）A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶eq\r（3)D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為eq\r（3）∶eq\r(3)∶1解析：由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(B21）方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場（B31）方向垂直L1和L3的連線指向右下方，根據(jù)磁場疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(B合1)方向如圖a所示，根據(jù)左手定則可判斷出L1所受磁場作用力的方向與L2和L3的連線平行，即L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面平行,選項A錯誤；同理，如圖b所示，可判斷出L3所受磁場(B合3）作用力的方向(豎直向上）與L1、L2所在的平面垂直，選項B正確;同理，如圖c所示,設(shè)一根長直導(dǎo)線在另一根導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，根據(jù)幾何知識可知,B合1＝B,B合2＝B，B合3＝eq\r(3）B，由安培力公式可知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小與該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小成正比，所以L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶eq\r（3）,選項C正確，D錯誤．答案：BC3。（2017·高考全國卷Ⅲ,T18）如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（）A．0B。eq\f（\r(3)，3）B0C.eq\f（2\r(3），3）B0D．2B0解析：導(dǎo)線P和Q中電流I均向里時，設(shè)其在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BP＝BQ＝B1，如圖所示,則其夾角為60°，它們在a點(diǎn)的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度平行于PQ向右、大小為eq\r(3）B1.又根據(jù)題意Ba＝0，則B0＝eq\r(3）B1，且B0平行于PQ向左．若P中電流反向，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變,夾角為120°，合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1′＝B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直）,a點(diǎn)合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\r(B\o\al(2,0）＋B1′2)＝eq\f（2\r（3),3）B0，則A、B、D項均錯誤，C項正確．答案：C4．（2017·高考全國卷Ⅱ，T18)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)沿不同方向射入磁場．若粒子射入速率為v1,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v2，相應(yīng)的出射點(diǎn)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v2∶v1為（）A。eq\r(3)∶2B。eq\r（2)∶1C。eq\r(3）∶1D．3∶eq\r（2)解析：由于是相同的粒子,粒子進(jìn)入磁場時的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2，R）可知，R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑相同．若粒子運(yùn)動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子的磁場出射點(diǎn)A離P點(diǎn)最遠(yuǎn)時,則AP＝2R1；同樣，若粒子運(yùn)動的速度大小為v2，粒子的磁場出射點(diǎn)B離P點(diǎn)最遠(yuǎn)時，則BP＝2R2，由幾何關(guān)系可知，R1＝eq\f（R,2)，R2＝Rcos30°＝eq\f(\r（3）,2）R，則eq\f(v2,v1）＝eq\f(R2，R1）＝eq\r（3)，C項正確．答案:C5.（2016·高考全國卷Ⅱ，T18）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順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運(yùn)動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)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(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為()A.eq\f(ω，3B) B.eq\f（ω,2B）C。eq\f(ω，B) D。eq\f(2ω,B）解析：如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，圓弧eq\x\to(MP)所對應(yīng)的圓心角由幾何知識知為30°，則eq\f(π,2ω)＝eq\f(2πm，qB)·eq\f（30°,360°），即eq\f(q，m）＝eq\f(ω，3B），選項A正確．答案:A6．(2016·高考全國卷Ⅲ,T18）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)動軌跡與ON只有一個交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為()A.eq\f(mv，2qB)B.eq\f(\r（3）mv，qB）C.eq\f（2mv,qB)D。eq\f(4mv,qB）解析：如圖所示，粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為R＝eq\f（mv,qB）.設(shè)入射點(diǎn)為A,出射點(diǎn)為B，圓弧與ON的交點(diǎn)為P.由粒子運(yùn)動的對稱性及粒子的入射方向知，AB＝R.由幾何圖形知，AP＝eq\r(3）R，則AO＝eq\r(3）AP＝3R，所以O(shè)B＝4R＝eq\f(4mv，qB）.故選項D正確．答案：D7．(2017·高考全國卷Ⅲ，T24）如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x〈0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0（常數(shù)λ>1）．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0）的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時,當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：（不計重力）(1）粒子運(yùn)動的時間；（2）粒子與O點(diǎn)間的距離．解析：（1)在勻強(qiáng)磁場中，帶電粒子做圓周運(yùn)動．設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qB0v0＝meq\f(v\o\al（2,0），R1）①qλB0v0＝meq\f（v\o\al（2,0),R2）②粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t1為t1＝eq\f(πR1,v0）③粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t2為t2＝eq\f(πR2,v0)④聯(lián)立①②③④式得,所求時間為t0＝t1＋t2＝eq\f（πm,B0q)（1＋eq\f(1,λ)）⑤（2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為d0＝2（R1－R2）＝eq\f（2mv0，B0q)（1－eq\f（1，λ）)⑥答案：（1)eq\f（πm,B0q)（1＋eq\f(1,λ)）（2)eq\f(2mv0,B0q）（1－eq\f(1,λ））［考情分析]■命題特點(diǎn)與趨勢-—怎么考1．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動問題是高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn),可能以選擇題單獨(dú)命題，也可能結(jié)合其他知識以計算題的形式考查．2．縱觀近幾年高考，涉及磁場知識點(diǎn)的題目每年都有，對與洛倫茲力有關(guān)的帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動的考查最多,一般為勻強(qiáng)磁場中的臨界、極值問題，其次是與安培力有關(guān)的通電導(dǎo)體在磁場中的加速或平衡問題．3．新高考命題仍會將帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動作為重點(diǎn),可能與電場相結(jié)合，也可能將對安培力的考查與電磁感應(yīng)相結(jié)合．■解題要領(lǐng)——怎么做這類問題的特點(diǎn)是利用有界磁場或利用兩種磁場相互組合命題，帶電粒子的運(yùn)動形式為圓周運(yùn)動，涉及的方法和規(guī)律包括牛頓運(yùn)動定律、圓周運(yùn)動的各物理量間的關(guān)系等．對綜合分析能力和運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力要求較高，綜合性強(qiáng)．對于此類問題,應(yīng)在準(zhǔn)確審題的前提下，熟練掌握磁場中曲線運(yùn)動的分析方法及臨界圓的畫法．［建體系·記要點(diǎn)］知識串聯(lián)熟記核心要點(diǎn)授課提示:對應(yīng)學(xué)生用書第42頁［網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建]［要點(diǎn)熟記］1．安培力大小的計算公式:F＝BILsinθ（其中θ為B與I之間的夾角）．(1)若磁場方向和電流方向垂直:F＝BIL。(2)若磁場方向和電流方向平行：F＝0。2．用準(zhǔn)“兩個定則”（1）對電流的磁場用安培定則．(2)對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用左手定則．3．畫好“兩個圖”（1)對安培力作用下的靜止、運(yùn)動問題畫好受力分析圖．（2）對帶電粒子的勻速圓周運(yùn)動問題畫好與圓有關(guān)的幾何圖．4．記住“兩個注意”(1）洛倫茲力永不做功．(2)安培力可以做正功，也可以做負(fù)功．5．靈活應(yīng)用帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的關(guān)系式[研考向·提能力]考向研析掌握應(yīng)試技能授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第43頁考向一磁場的性質(zhì)1．判斷電流的磁場要正確應(yīng)用安培定則，明確大拇指、四指及手掌的放法．2．分析磁場對電流的作用要做到“一明、一轉(zhuǎn)、一分析”．1.已知長直通電導(dǎo)線在周圍某點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流成正比，與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離成反比．如圖所示，四根電流相等的長直通電導(dǎo)線a、b、c、d平行放置，它們的橫截面的連線構(gòu)成一個正方形，O為正方形中心，a、b、c中電流方向垂直紙面向里，d中電流方向垂直紙面向外，則a、b、c、d長直通電導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B（)A．大小為零B．大小不為零，方向由O指向dC．大小不為零，方向由O指向cD．大小不為零，方向由O指向a解析：由安培定則可知，a、c中電流方向相同,兩導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反,合矢量為零；b、d兩導(dǎo)線中電流方向相反，由安培定則可知，兩導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均由O指向a，故D選項正確．答案:D2．如圖所示,平行放置在絕緣水平面上的長為l的直導(dǎo)線a和無限長的直導(dǎo)線b,分別通以方向相反、大小為Ia和Ib(Ia〉Ib)的恒定電流時，b對a的作用力為F.當(dāng)在空間加一豎直向下(y軸的負(fù)方向）、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場時，導(dǎo)線a所受安培力恰好為零．則下列說法正確的是()A．電流Ib在導(dǎo)線a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向沿y軸的負(fù)方向B．所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f（F，Ial)C．導(dǎo)線a對b的作用力大于F，方向沿z軸的正方向D．電流Ia在導(dǎo)線b處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f（F，Ial)，方向沿y軸的正方向解析：無限長的直導(dǎo)線b中的電流Ib在平行放置的直導(dǎo)線a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處相等，由于加上題述磁場后a所受安培力為零，因此電流Ib在導(dǎo)線a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿y軸的正方向，A選項錯誤；由磁感應(yīng)強(qiáng)度定義可得B＝eq\f(F,Ial)，B選項正確；由牛頓第三定律可知導(dǎo)線a對b的作用力等于F,方向沿z軸負(fù)方向，C選項錯誤；由于Ia〉Ib，電流Ia在導(dǎo)線b處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于電流Ib在導(dǎo)線a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度eq\f(F，Ial)，因此D選項錯誤．答案：B3．如圖所示,兩根無限長導(dǎo)線，均通以恒定電流I。兩根導(dǎo)線的直線部分和坐標(biāo)軸非常接近,彎曲部分是以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的、半徑相同的一段圓?。?guī)定垂直紙面向里的方向為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，已知直線部分在原點(diǎn)O處不形成磁場，此時兩根導(dǎo)線在坐標(biāo)原點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。下列四個選項中均有四根同樣的、通以恒定電流I的無限長導(dǎo)線，O處磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的是()解析:由安培定則知,兩根通電直導(dǎo)線在原點(diǎn)O處產(chǎn)生的磁場方向都垂直紙面向里，由磁場疊加原理知，一根通電直導(dǎo)線在原點(diǎn)O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f（B,2)。由安培定則及磁場疊加原理知，A項O處磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，B項O處磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，C、D項O處磁感應(yīng)強(qiáng)度為－B。故本題正確選項應(yīng)為A.答案：A考向二磁場對通電導(dǎo)體的作用力1．通電導(dǎo)體在磁場中受到的安培力(1)方向：根據(jù)左手定則判斷．（2)大?。篎＝BIL.①B、I與F三者兩兩垂直；②L是有效長度，即垂直磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的長度．2．熟悉“兩個等效模型”(1)變曲為直：圖甲所示通電導(dǎo)線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流．(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁體，如圖乙所示．4．（2018·河北衡水中學(xué)第六次調(diào)研)一通電直導(dǎo)線與x軸平行放置，勻強(qiáng)磁場的方向與xOy坐標(biāo)平面平行，導(dǎo)線受到的安培力為F.若將該導(dǎo)線做成eq\f（3，4）圓環(huán)，放置在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，如圖所示,并保持通電的電流不變，兩端點(diǎn)ab連線也與x軸平行，則圓環(huán)受到的安培力大小為(）A．F B.eq\f(\r（2),3π)FC。eq\f(2\r(2)，3π）F D.eq\f（3\r（2)π,2)F解析：設(shè)通電導(dǎo)線為L，平行放置的受到時安培力為F，制作成圓環(huán)時，圓環(huán)的半徑為R，則eq\f(3,4）×2πR＝L，解得R＝eq\f(2L,3π)，故ab的長度d＝eq\r（2)R＝eq\f(2\r(2)L,3π),故此時圓環(huán)受到的安培力F′＝eq\f(d，L)F＝eq\f（2\r（2),3π)F，故C正確，A、B、D錯誤．答案:C5.（2018·福建福州第二次月考)據(jù)報道，國產(chǎn)航母的艦載機(jī)發(fā)射類似于電磁軌道炮彈體發(fā)射．電磁軌道炮工作原理如圖所示，待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸．恒定電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回．軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場（可視為勻強(qiáng)磁場),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比，靜止的通電彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出．現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍,理論上可采用的辦法是()A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B．只將電流I增加至原來的4倍C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變解析:彈體在軌道上運(yùn)動的加速度a＝eq\f（BId，m)＝eq\f（kI2d,m），則彈體出射的速度為v＝eq\r（2aL)＝eq\r(\f(2kI2dL，m）），則只將軌道長度變?yōu)樵瓉淼?倍，則彈體出射速度變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，選項A錯誤；只將電流增加至原來的4倍，則彈體出射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，選項B錯誤;只將彈體質(zhì)量減至原來的一半，則彈體出射速度變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，選項C錯誤；將彈體質(zhì)量減至原來的一半,軌道長度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變，則彈體出射速度變?yōu)樵瓉淼?倍,選項D正確．答案：D6.如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒．當(dāng)導(dǎo)體棒中的恒定電流I垂直于紙面向里時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上,可將導(dǎo)體棒置于勻強(qiáng)磁場中．當(dāng)外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向在紙面內(nèi)由豎直向上逆時針轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，關(guān)于B的大小的變化正確的是（)A．逐漸增大 B.逐漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大解析：對導(dǎo)體棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡,合力為零,將支持力FN和安培力FA合成,合力與重力相平衡,如圖所示．從圖中可以看出，安培力FA先變小后變大，由于FA＝BIL，其中電流I和導(dǎo)體棒的長度L均不變,故磁感應(yīng)強(qiáng)度先變小后變大，故選D。答案：Deq\a\vs4\al（［規(guī)律方法］）磁場中通電導(dǎo)體類問題的解題步驟（1）選定研究對象進(jìn)行受力分析，受力分析時要比一般的力學(xué)問題多考慮安培力．如第6題中，導(dǎo)體棒除受重力和支持力外，還受安培力．（2)作受力分析圖，標(biāo)出輔助方向(如磁場的方向、通電直導(dǎo)線電流的方向等），有助于分析安培力的方向，由于安培力F、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向兩兩垂直，涉及三維空間，所以在受力分析時要善于用平面圖（側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等）表示出三維的空間關(guān)系．(3）根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律或功能關(guān)系列式求解．考向三帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動［典例展示1]（2018·福建廈門高三期末）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場，其邊界過原點(diǎn)O和y軸上的點(diǎn)a（0,L）．一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點(diǎn)以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點(diǎn)射出磁場，此時速度方向與x軸正方向的夾角為60°。下列說法正確的是(）A．電子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心坐標(biāo)為(0，0)B．電子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心坐標(biāo)為（0,－2LC．電子在磁場中運(yùn)動的時間為eq\f(4πL,3v0)D．電子在磁場中運(yùn)動的時間為eq\f（2πL,3v0)[解析]畫出粒子運(yùn)動軌跡如圖所示．設(shè)電子的軌跡半徑為R，由幾何知識,Rsin30°＝R－L，得R＝2L。根據(jù)幾何三角函數(shù)關(guān)系可得，y′＝－Rcos60°＝－L，所以電子做圓周運(yùn)動的圓心坐標(biāo)為(0，－L），則A、B均錯誤;電子在磁場中運(yùn)動時間t＝eq\f（60°,360°)T＝eq\f(T，6），而T＝eq\f(2πR，v0)＝eq\f(4πL,v0),得t＝eq\f(2πL,3v0)，故C錯誤，D正確．[答案]Deq\a\vs4\al(［方法技巧］）帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的解題方法(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時，要抓住洛倫茲力充當(dāng)向心力，從而得出半徑公式R＝eq\f（mv,Bq），周期公式T＝eq\f（2πm，qB），運(yùn)動時間公式t＝eq\f(θ,2π)T,知道粒子在磁場中的運(yùn)動半徑和速度有關(guān)，運(yùn)動周期和速度無關(guān)，畫軌跡,定圓心，找半徑，結(jié)合幾何知識分析解題．（2)如果磁場是圓形有界磁場，在找?guī)缀侮P(guān)系時要尤其注意帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的“四點(diǎn)、六線、三角"．①四點(diǎn)：入射點(diǎn)B、出射點(diǎn)C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)O。②六線：圓弧兩端點(diǎn)所在的軌跡半徑r、入射速度直線OB和出射速度直線OC、入射點(diǎn)與出射點(diǎn)的連線BC、圓心與兩條速度垂線交點(diǎn)的連線AO。③三角:速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍．7。如圖，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且不計重力的粒子以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30°的方向從P點(diǎn)垂直射入磁場,最后垂直于MN射出，則該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（)A.eq\f（mv,qR） B.eq\f（mv，2qR)C.eq\f(mv，\r（3)qR） D。eq\f(mv,4qR）解析：根據(jù)題述帶電粒子“以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30°的方向從P點(diǎn)垂直磁場射入,最后粒子垂直于MN射出”，可畫出帶電粒子的運(yùn)動軌跡,如圖所示．根據(jù)幾何關(guān)系可得rcos60°＝R，r＝2R。帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力,qvB＝meq\f（v2，r),解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝eq\f（mv，2qR)，選項B正確．答案：B8．（多選)(2018·河北衡水中學(xué)第六次調(diào)研)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子僅在洛倫茲力作用下沿著apb由區(qū)域Ⅰ運(yùn)動到區(qū)域Ⅱ。已知ap與pb弧長之比為2∶1,下列說法正確的是()A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1B．粒子通過ap與pb弧長的時間之比為2∶1C．a(chǎn)p與pb弧長對應(yīng)的圓心角之比為2∶1D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反解析:因為洛倫茲力不做功，則帶電粒子的速度大小不變,所以粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1,故A正確；因為弧長l＝vt，弧長之比為2∶1,線速度大小相等,則運(yùn)動時間之比為2∶1，故B正確;因為兩個區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知,根據(jù)弧長關(guān)系無法得出半徑關(guān)系，圓心角等于弧長與半徑的比值，所以無法得出圓心角之間的關(guān)系，故C錯誤；在p點(diǎn)前后所受的洛倫茲力方向相反,根據(jù)左手定則知，兩個區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，故D正確．答案：ABD9．(多選)(2018·貴州貴陽期末）如圖所示，MN為兩個方向相同且垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場的分界面，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系為B1＝2B2。一比荷為k的帶電粒子（不計重力），以一定速率從O點(diǎn)垂直MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的磁場，則粒子下一次到達(dá)O點(diǎn)經(jīng)歷的時間為（）A.eq\f（3π，kB1） B.eq\f（4π，kB1)C。eq\f（2π,kB2) D.eq\f（3π，2kB2)解析：根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f（v2，R），可得R＝eq\f（mv，qB),由此可知帶電粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌道半徑（或直徑）是在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌道半徑(或直徑）的2倍，畫出帶電粒子運(yùn)動軌跡的示意圖，如圖所示．粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間為t1＝2×eq\f（πR1,v）＝2eq\f（πm,qB1)＝eq\f（πm，qB2），粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間為t2＝eq\f(πR2，v）＝eq\f(πm,qB2）＝2eq\f（πm,qB1）,則粒子下一次到達(dá)O點(diǎn)經(jīng)歷的時間為是t＝t1＋t2＝2eq\f（πm,qB1）＋2eq\f（πm，qB1)＝4eq\f（πm,qB1）＝eq\f(4π，kB1),或表達(dá)為t＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB2）＋eq\f(πm，qB2）＝2eq\f(πm,qB2）＝eq\f(2π,kB2）.故選項B、C正確，A、D錯誤．答案：BC考向四帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的臨界、極值、多解問題［典例展示2]如圖所示，在0≤x≤a、0≤y≤eq\f(a，2）范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同,速度方向均在xOy平面內(nèi),與y軸正方向的夾角分布在0°～90°范圍內(nèi)．已知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑介于eq\f（a,2)到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動周期的四分之一．求：(1)最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的速度的大??；(2）最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的速度方向與y軸正方向夾角的正弦值．［思維流程]本題用到了處理臨界問題的思維方法——定圓旋轉(zhuǎn)法．具體思維過程如下：［解析］(1）設(shè)粒子的發(fā)射速度大小為v，粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R,由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvB＝meq\f(v2，R)①由①式得R＝eq\f（mv,qB)②當(dāng)eq\f（a，2)<R〈a時，在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切,如圖所示．設(shè)該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t，依題意t＝eq\f(T，4），得∠OCA＝eq\f(π，2)③設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α,由幾何關(guān)系可得Rsinα＝R－eq\f（a，2）④Rsinα＝a－Rcosα⑤又sin2α＋cos2α＝1⑥由④⑤⑥式得R＝(2－eq\f(\r（6）,2))a⑦由②⑦式得v＝(2－eq\f(\r（6)，2）)eq\f(aqB,m)⑧(2)由④⑦式得sinα＝eq\f（6－\r（6),10）⑨[答案](1)（2－eq\f(\r（6），2））eq\f（aqB，m）(2)eq\f(6－\r(6），10）eq\a\vs4\al（[方法技巧])求解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時多解、極值問題的四點(diǎn)注意(1）解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動態(tài)思維,尋找臨界點(diǎn)，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系．（2）粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動軌跡與磁場邊界相切，如例題中弧恰好與磁場上邊相切．(3）當(dāng)速度v大小一定時,弧長越長圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的時間越長．(4）當(dāng)速度v大小變化時，圓心角大的運(yùn)動時間長，解題時一般要根據(jù)受力情況和運(yùn)動情況畫出運(yùn)動軌跡的草圖，找出圓心，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等．10。(多選)在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直圓面的勻強(qiáng)磁場．圓邊上的P處有一粒子源，沿垂直于磁場的各個方向，向磁場區(qū)發(fā)射速率均為v0的同種粒子，如圖所示．現(xiàn)測得：當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時,粒子均從由P點(diǎn)開始弧長為eq\f(1，2）πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時，粒子則都從由P點(diǎn)開始弧長為eq\f（2,3）πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場．不計粒子的重力，則(）A．前后兩次粒子運(yùn)動的軌跡半徑之比為r1∶r2＝eq\r（2）∶eq\r(3）B．前后兩次粒子運(yùn)動的軌跡半徑之比為r1∶r2＝2∶3C．前后兩次磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為B1∶B2＝eq\r(2）∶eq\r(3）D．前后兩次磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為B1∶B2＝eq\r(3)∶eq\r（2）解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時，從P點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為M，最遠(yuǎn)的點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點(diǎn)，弧長為eq\f（1，2）πR＝eq\f(1，4）周長，則∠POM＝90°，如圖甲所示，故粒子做圓周運(yùn)動的半徑r1＝eq\f(\r（2），2)R，由qBv＝meq\f(v2，r)得，B1＝eq\f（\r(2)mv0，qR）；同理，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時,從P點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為N,如圖乙所示，則∠PON＝120°，則粒子做圓周運(yùn)動的半徑r2＝Rsin60°＝eq\f（\r（3),2）R,則B2＝eq\f（2\r（3)mv0，3qR），故r1∶r2＝eq\r（2）∶eq\r（3），B1∶B2＝eq\r（3)∶eq\r（2)，選項A、D正確，B、C錯誤．答案:AD11.（多選）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,∠B＝eq\f(π，6）.現(xiàn)垂直AB邊射入一束質(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邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t0，而運(yùn)動時間最長的粒子在磁場中的運(yùn)動時間為eq\f（4,3)t0（不計重力),則下列判斷正確的是（)A．粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為4t0B．該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(πm，2qt0）C．粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為eq\f（2，5）dD．粒子進(jìn)入磁場時速度大小為eq\f(\r（3)πd，7t0）解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間是eq\f(1，4)T，即eq\f(1,4）T＝t0，則得周期T＝4t0，故A正確．由T＝eq\f(2πm，qB)得B＝eq\f（2πm，qT）＝eq\f(πm,2qt0),故B正確．設(shè)運(yùn)動時間最長的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡所對的圓心角為θ，則有eq\f（θ,2π）T＝eq\f（4t0,3)，得θ＝eq\f(2π，3)，畫出該粒子的運(yùn)動軌跡如圖，設(shè)軌道半徑為R,由幾何知識得eq\f(R,cos60°）＋Rcos60°＝d,可得R＝eq\f(2d,5)，故C正確．根據(jù)eq\f（4t0,3）＝eq\f（θR，v），解得v＝eq\f(πd，5t0),故D錯誤．答案：ABC12．如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．有一束正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子的質(zhì)量為m,電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力．（1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小;（2）要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場,求正離子射入磁場時的速度v0的可能值．解析：（1）設(shè)磁場方向垂直于紙面向里時為正，正離子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有B0qv0＝meq\f（v\o\al（2，0），r)，粒子運(yùn)動的周期T0＝eq\f(2πr，v0)聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(2πm，qT0).(2)正離子從O′孔垂直于N板射出磁場時，其中的一種運(yùn)動軌跡如圖所示．在兩板之間正離子只運(yùn)動一個周期T0時，有r＝eq\f(d,4)在兩板之間正離子運(yùn)動n個周期即nT0時，有r＝eq\f(d，4n）(n＝1，2，3，…)解得v0＝eq\f(πd，2nT0）(n＝1,2,3，…）．答案：（1)eq\f（2πm，qT0）(2）eq\f(πd,2nT0)（n＝1，2，3，…)[限訓(xùn)練·通高考］科學(xué)設(shè)題拿下高考高分單獨(dú)成冊對應(yīng)學(xué)生用書第139頁(45分鐘)一、單項選擇題1．（2018·山東濟(jì)南第一中學(xué)月考)粒子甲的質(zhì)量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍,兩粒子均帶正電．讓它們在勻強(qiáng)磁場中同一點(diǎn)以大小相等、方向相反的速度開始運(yùn)動．已知磁場方向垂直紙面向里．以下四個圖中，能正確表示兩粒子運(yùn)動軌跡的是(）解析：根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有R＝eq\f（mv,qB）,結(jié)合粒子甲的質(zhì)量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，可知甲的半徑大于乙的半徑,由于兩粒子均帶正電，且速度方向相反，由左手定則可知A正確,B、C、D錯誤．答案：A2．如圖所示,質(zhì)量為m＝0。5kg的通電導(dǎo)體棒在安培力作用下靜止在傾角為37°、寬度為L＝1m的光滑絕緣框架上，磁場方向垂直于框架平面向下（磁場僅存在于絕緣框架內(nèi))．右側(cè)回路中，電源的電動勢E＝8V、內(nèi)阻r＝1Ω。額定功率為8W、額定電壓為4V的電動機(jī)M正常工作．取sin37°＝0。6,cos37°＝0。8，重力加速度大小g取10m/sA．2T B。1.73TC．1。5T D．1T解析:電動機(jī)M正常工作時的電流I1＝eq\f（P1，U)＝2A，電源內(nèi)阻上的電壓U′＝E－U＝8V－4V＝4V，根據(jù)閉合電路歐姆定律得干路中的電流I＝eq\f(U′，r)＝4A，則通過導(dǎo)體棒的電流I2＝I－I1＝2A，導(dǎo)體棒受力平衡，有BI2L＝mgsin37°，得B＝1。5T,故選項C正確．答案：C3。(2018·河北衡水中學(xué)第六次調(diào)研)如圖所示,紙面內(nèi)有寬為L、水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q、速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用,要使粒子都會聚到一點(diǎn),可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計一勻強(qiáng)磁場區(qū)域,則磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可以是（其中B0＝eq\f（mv0,qL)，A、C、D選項中曲線均為半徑是L的eq\f(1，4）圓弧，B選項中曲線為半徑是eq\f（L,2）的圓弧)（)解析：帶電粒子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動，圓周運(yùn)動的半徑r＝eq\f(mv0，qB)，A、B、C選項對應(yīng)的半徑r＝L，D選項對應(yīng)的半徑為eq\f(L,2）；粒子的初速度都相同，結(jié)合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子運(yùn)動半徑畫圓,圓弧和磁場邊界的交點(diǎn)為出射點(diǎn)，由數(shù)學(xué)知識可以證明A圖的粒子的出射點(diǎn)恒為兩個圓弧右下方的交點(diǎn)，故A正確；B、C、D對應(yīng)的粒子的出射點(diǎn)都不相同．答案：A4.如圖所示,在蹄形磁鐵的上方放置一個可以自由運(yùn)動的通電線圈abcd，最初線圈平面與蹄形磁鐵處于同一豎直面內(nèi)，則通電線圈運(yùn)動的情況是（）A．a(chǎn)b邊轉(zhuǎn)向紙外，cd邊轉(zhuǎn)向紙里，同時向下運(yùn)動B．a(chǎn)b邊轉(zhuǎn)向紙里，cd邊轉(zhuǎn)向紙外,同時向下運(yùn)動C．a(chǎn)b邊轉(zhuǎn)向紙外,cd邊轉(zhuǎn)向紙里，同時向上運(yùn)動D．a(chǎn)b邊轉(zhuǎn)向紙里,cd邊轉(zhuǎn)向紙外，同時向上運(yùn)動解析：由于ad邊與bc邊左、右兩半所在處磁場方向不同,故將ad邊和bc邊分成左、右兩半研究，由于bc邊離磁鐵較遠(yuǎn)，受到的磁場力較小，主要研究ad邊所受的磁場力對線圈運(yùn)動的影響．在圖示位置時，根據(jù)左手定則可知，ad邊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，則ab邊轉(zhuǎn)向紙里，cd邊轉(zhuǎn)向紙外，線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°時，根據(jù)左手定則可知，ad邊所受安培力方向向下,所以線圈向下運(yùn)動,故選項B正確．答案:B5.如圖所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌電阻不計，固定在水平面內(nèi),左端接有一直流電源和一定值電阻，兩條通有大小相等方向相反的恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直導(dǎo)軌放置，一導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．導(dǎo)體棒由導(dǎo)軌上的M點(diǎn)靜止釋放，M、N兩點(diǎn)到左右兩直導(dǎo)線距離相等．下列關(guān)于導(dǎo)體棒在兩直導(dǎo)線之間的運(yùn)動及受力說法正確的是(）A．導(dǎo)體棒在M、N之間做往復(fù)運(yùn)動B．導(dǎo)體棒一直向右做勻加速直線運(yùn)動C．導(dǎo)體棒所受安培力先向右后向左，且先增大后減小D．導(dǎo)體棒所受安培力一直向右，且先減小后增大解析：根據(jù)安培定則可知，兩直導(dǎo)線電流在M、N之間的區(qū)域內(nèi)磁場都是垂直導(dǎo)軌平面向下的,根據(jù)左手定則可知,導(dǎo)體棒受到的安培力方向一直向右，則選項A、C錯誤；根據(jù)直線電流磁場的性質(zhì)可知，離直線電流越遠(yuǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，根據(jù)磁場疊加可知導(dǎo)軌內(nèi)的磁場從M到N是先減小后增大的，則安培力也一定是先減小后增大的，選項B錯誤,D正確．答案:D6.在xOy平面的第一象限內(nèi)存在著垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩個相同的帶電粒子以相同的速度分別從y軸上的P、Q兩點(diǎn)同時垂直于y軸向右射出，最后均打在x軸上的N點(diǎn)，已知P、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(0，3L)、（eq\r（3）L，0），不計兩粒子的重力與相互作用．根據(jù)題中條件不能確定的是（）A．兩帶電粒子在磁場中運(yùn)動的半徑B．兩帶電粒子到達(dá)點(diǎn)N所用的時間之比C．Q點(diǎn)的坐標(biāo)D．帶電粒子的比荷解析:粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，已知粒子在y軸上P、Q兩點(diǎn)的入射方向及P、N兩點(diǎn)的位置坐標(biāo)，則可明確粒子運(yùn)動軌跡的圓心位置．由幾何關(guān)系可知，PN長2eq\r（3)L，∠OPN＝30°，設(shè)從P點(diǎn)射入的粒子運(yùn)動軌跡的半徑為R,則有(3L－R）2＋(eq\r（3)L)2＝R2，解得R＝2L,因兩粒子的速度相同且是同種粒子,則可知它們運(yùn)動軌跡的半徑相同，即兩粒子運(yùn)動的半徑均可求出，A不符合題意；根據(jù)幾何關(guān)系可知從P點(diǎn)射入的粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為120°，從Q點(diǎn)射入的粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，則由t＝eq\f(θ,360°)T，可求得兩粒子運(yùn)動到N點(diǎn)所用的時間之比tP∶tQ＝2∶1,B不符合題意；根據(jù)幾何關(guān)系得OQ＝L，故可以確定Q點(diǎn)的坐標(biāo),C不符合題意；根據(jù)R＝eq\f（mv，qB），由于不知道粒子速度的大小，故無法求得粒子的比荷，D符合題意．答案：D7。如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝l。一個粒子源在a點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子中，速度的最大值是(）A.eq\f（qBl,2m） B.eq\f(\r(3）qBl，6m)C。eq\f（\r(3）qBl，4m) D。eq\f(qBl,6m)解析：根據(jù)題意可知，當(dāng)速度方向沿著ab方向并且軌跡與bc相切于E點(diǎn)時，粒子的運(yùn)動時間最長,速度最大，如圖所示,設(shè)粒子運(yùn)動軌跡的圓心為A，半徑為R，根據(jù)幾何知識可知四邊形AEba是正方形，則R＝ab＝eq\f（1，2)ac＝eq\f(l,2)，由于qvB＝meq\f（v2,R），整理得v＝eq\f（qBl，2m)，故選項A正確．答案:A二、多項選擇題8．(2018·福建廈門高三期末）如圖所示,半徑為r的圓剛好與正方形abcd的四個邊相切,在圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,一帶負(fù)電粒子從ad邊的中點(diǎn)以某一初速度沿紙面且垂直ad邊方向射入磁場，一段時間后粒子從圓形磁場區(qū)域飛出并恰好通過正方形的d點(diǎn)．設(shè)該粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為R,運(yùn)動時間為t，若粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T，粒子重力不計．下列關(guān)系正確的是（）A．R＝eq\r(2）r B．R＝（eq\r(2）－1)rC．t＝eq\f(1，8)T D．t＝eq\f（3，8）T解析：由題意可知粒子從Bd方向射出磁場，由右圖可知在△OBd中，eq\r（2)R＝r－R，得R＝（eq\r（2)－1）r，A錯誤,B正確；粒子軌跡圓心角為eq\f（3π，4)，所以時間t＝eq\f(\f（3，4)π,2π)T＝eq\f(3T，8）,C錯誤，D正確．答案:BD9.如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）,兩個質(zhì)量、電荷量都相同的帶正電粒子，以相同的速率v從a點(diǎn)先后沿直徑ac和弦ab的方向射入磁場區(qū)域，ab和ac的夾角為30°。已知沿ac方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為其圓周運(yùn)動周期的eq\f(1,4)，不計粒子重力，則(）A．兩粒子在磁場中運(yùn)動軌道半徑為RB．兩粒子離開磁場時的速度方向相同C．沿ab方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為eq\f（2πR,3v)D．沿ab方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為eq\f(πR，3v）解析：由于沿ac方向射入的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為其周期的eq\f（1,4），故其速度方向偏轉(zhuǎn)了90°，粒子從O點(diǎn)正上方的A點(diǎn)射出,如圖中的軌跡1所示，由幾何關(guān)系可知其運(yùn)動半徑為R，所以選項A正確;粒子軌跡半徑等于磁場區(qū)域半徑，兩粒子從同一點(diǎn)沿不同方向射入磁場，滿足“點(diǎn)入平出”,B正確；由于沿ab方向射入的粒子，其半徑也為R，其軌跡只是將1順時針旋轉(zhuǎn)30°，其圓心為O′，由幾何關(guān)系可知四邊形aOBO′為菱形，且∠aO′B＝120°.所以沿ab方向射入的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)了120°，運(yùn)動時間t＝eq\f(T，3)，即t＝eq\f（2πR，3v），選項C正確,D錯誤．答案：ABC10.(2018·湖北八校第二次聯(lián)考)如圖所示，有兩根長為L、質(zhì)量為m的細(xì)導(dǎo)體棒a、b，a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x,當(dāng)兩細(xì)棒中均通以電流強(qiáng)度為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止，則下列關(guān)于b的電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說法正確的是(）A．方向豎直向上B．大小為eq\f（\r（2)mg,2LI)C．要使a仍能保持靜止，而減小b在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，可使b上移D．若使b下移，a將不能保持靜止解析：由安培定則可知，通電導(dǎo)體棒b周圍的磁感線方向為順時針方向，所以在a處的磁場方向豎直向上，如圖（a)所示,所以選項A正確；以導(dǎo)線a為研究對象進(jìn)行受力分析如圖（b)所示,故有mg＝BIL,解得a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f(mg,IL)，所以選項B錯誤；欲減小b在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度,可增大兩導(dǎo)線間的距離，將b上移或下移都可以,當(dāng)b上移時,a受到的安培力方向逆時針轉(zhuǎn)動,此時能保持a受力平衡,所以選項C正確；若b下移，a受到的安培力順時針轉(zhuǎn)動,只有其變大a才能保持平衡，但安培力在減小，導(dǎo)體棒受力不平衡，故選項D正確．答案：ACD三、非選擇題11。一邊長為a的正三角形ADC區(qū)域中有垂直該三角形平面向里的勻強(qiáng)磁場,在DC邊的正下方有一系列質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，以垂直于DC邊的方向射入正三角形