2017-2021年北京高考物理真題分類匯編之帶電粒子在勻強磁場中的運動

2017-2021年北京高考物理真題分類匯編之帶電粒子在勻強磁場

中的運動

一.選擇題（共4小題）

1.（2019?北京）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子（重力不

計）垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是（）

XXBx

XXX

xx6x

A.粒子帶正電

B.粒子在b點速率大于在a點速率

C.若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出

D.若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

2.（2021?北京）如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內(nèi)存在勻強磁場。一帶電粒子在P點

以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒

子質(zhì)量為m、電荷量為q,OP=a?不計重力。根據(jù)上述信息可以得出（）

A.帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程

B.帶電粒子在磁場中運動的速率

C.帶電粒子在磁場中運動的時間

D.該勻強磁場的磁感應強度

3.（2018?北京）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

4.（2020?北京）如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針?，F(xiàn)驅(qū)動圓盤繞中

心軸高速旋轉(zhuǎn)，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說法正確的是（）

A.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍存在電場

B.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍產(chǎn)生了磁場

C.僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，偏轉(zhuǎn)方向不變

D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉(zhuǎn)方向不變

二.計算題（共1小題）

5.（2021?北京）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導體板之間有方向

相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應強度為B。從S點

釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿

直線（圖中平行于導體板的虛線）通過N。不計重力。

（1）求粒子加速器M的加速電壓U；

（2）求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；

（3）仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時

粒子偏離圖中虛線的距離為d,求該粒子離開N時的動能Ek。

U,----------------

|\XXX

XXXX

2017-2021年北京高考物理真題分類匯編之帶電粒子在勻強磁場

中的運動

參考答案與試題解析

一.選擇題（共4小題）

1.（2019?北京）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子（重力不

計）垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是（）

：xX&X：

：xXX：

：XXb刈

A.粒子帶正電

B.粒子在b點速率大于在a點速率

C.若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出

D.若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力.

【專題】簡答題；開放題；比較思想；類比法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能

力.

【分析】根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)情況結合左手定則判斷電性；粒子在磁場中運動時洛倫茲力不

做功；根據(jù)R=EH判斷半徑的變化，從而分析出射位置；若僅減小入射速率，粒子運動

■-1B

時間可能增加。

【解答】解：A、粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可得粒子帶負電，故A錯誤；

B、粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，粒子在b點速率等于在a點速率，故B錯誤;

C、根據(jù)R=4E可知，若僅減小磁感應強度，則粒子運動的半徑增大，粒子可能從b點

Bq

右側射出，故C正確；

D、若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動半徑減小，粒子軌跡對應的圓心角有可能增

大，根據(jù)t=_9_T可知粒子運動時間可能增加，故D錯誤。

2兀1

故選：Co

【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系

求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結合軌跡對應的圓心角求

時間。

2.（2021?北京）如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內(nèi)存在勻強磁場。一帶電粒子在P點

以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒

子質(zhì)量為m、電荷量為q,OP=a?不計重力。根據(jù)上述信息可以得出（）

A.帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程

B.帶電粒子在磁場中運動的速率

C.帶電粒子在磁場中運動的時間

D.該勻強磁場的磁感應強度

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動.

【專題】推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力.

【分析】在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，利用左手定則判斷出洛倫茲力的方向，利

用洛倫茲力的交點找出圓心所在位置，再根據(jù)幾何關系和向心力公式求解。

【解答】解：利用左手定則畫出初末位置的洛倫茲力的方向，由此判斷出圓心的所在位

2

在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，即：qBv=mJ，同時：丁卓上，化簡得：r理

rvqB

T=2兀m

qB

由此可知，帶電粒子在磁場中的運動軌跡是唯一確定且可求的，故A正確；

因為v和B都未知，所以帶電粒子在磁場中的運動時間也無法確定，故BCD錯誤。

故選：A。

【點評】熟悉左手定則，可根據(jù)初末速度的方向判斷出圓心的所在位置，要善于適用結

合關系確定半徑r的大小，聯(lián)立公式求解即可。

3.（2018?北京）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

【考點】帶電粒子在混合場中的運動.

【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題.

【分析】帶電粒子剛好做勻速直線運動，則電場力等于洛倫茲力，只有磁場時，粒子做

勻速圓周運動，結合做圓周運動的條件判斷。

【解答】解：帶電粒子在電場中一定會受到電場力的作用；一個帶電粒子進入電場、磁

場共存的區(qū)域后做勻速圓周運動，所以帶電粒子受到的洛倫茲力與電場力大小相等，方

向相反，即：qvB=qE

可知粒子的速度大小：v=旦是必須的條件，同時磁場的強弱與電場的強弱必須滿足v=

B

—E.?

B

同時，由左手定則可知，洛倫茲力的方向與粒子速度的方向、磁場的方向垂直，而電場

力的方向與電場的方向平行，所以磁場的方向必定與電場的方向垂直；

由于帶電粒子在磁場中做勻速直線運動，結合洛倫茲力產(chǎn)生的條件可知，速度的方向必

須與磁場的方向垂直，同時由平衡條件可知，洛倫茲力的方向與電場力的方向相反，則

二者的方向必定也要滿足特定的條件；

而且由公式v=E可知，粒子滿足前面的兩個條件時，與粒子的帶電量以及粒子的電性都

B

無關。

故C符合題意，ABD不符合題意。

本題選擇與完成上述兩類運動無關的，故選：Co

【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，解題要抓住帶電粒子剛好以某一初速度做

勻速直線運動，可知電場力等于洛倫茲力，這一條件解題，知道帶電粒子在電場、磁場

中的運動情況是關鍵。

4.（2020?北京）如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針?，F(xiàn)驅(qū)動圓盤繞中

心軸高速旋轉(zhuǎn)，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說法正確的是（）

A.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍存在電場

B.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍產(chǎn)生了磁場

C.僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，偏轉(zhuǎn)方向不變

D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉(zhuǎn)方向不變

【考點】通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向.

【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力.

【分析】根據(jù)電荷的定向移動形成電流，電流周圍存在磁場，結合安培定則，從而確定

電流方向與磁場方向的關系；再根據(jù)磁極間的相互作用可明確小磁針N極的偏轉(zhuǎn)方向。

【解答】解：AB、由題意可知，磁針受到磁場力的作用，原因是由于電荷的定向移動，

從而形成電流，而電流周圍會產(chǎn)生磁場，故B正確，A錯誤；

C、只改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，那么電流產(chǎn)生磁場方向與之前的相反，則小磁針的偏轉(zhuǎn)方向

也與之前的相反，故C錯誤；

D、如果使圓盤帶上正電，圓盤的轉(zhuǎn)動方向不變，那么電流產(chǎn)生磁場方向與之前的相反,

則小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前的相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向發(fā)生變化，故D錯誤。

故選：B。

【點評】解決該題需要明確知道電荷的移動會產(chǎn)生磁場，而小磁針的轉(zhuǎn)動是由于磁場的

原因造成的。

二.計算題（共1小題）

5.（2021?北京）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導體板之間有方向

相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應強度為B。從S點

釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿

直線（圖中平行于導體板的虛線）通過N。不計重力。

（1）求粒子加速器M的加速電壓U；

（2）求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；

（3）仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時

粒子偏離圖中虛線的距離為d,求該粒子離開N時的動能Ek。

V|---------------------------------

H

IXXXX

【考點】帶電粒子在混合場中的運動.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題：分析綜合能力.

【分析】（1）在加速度器M的運動過程利用功能關系求解；

（2）由左手定則判斷出安培力方向，而且安培力方向和電場力方向相反，由此計算場強

的大小和方向；

（3）對整個運動過程利用功能關系求解。

2

【解答】解：⑴根據(jù)功能關系：qU-|mv

2

得：u①一；

2q

（2）電場力與洛倫茲力平衡：qE=qBv

得：E=Bv；

由左手定則判定電場的方向垂直導體板向下。

（3）電場力做正功，根據(jù)功能關系：Ek=qU+qEd

2+

得：Ev=^-mvqBvd

2

答：（1）加速電壓為空

2q

（2）場強E的方向垂直于導體板向下，大小為Bv；

（3）粒子離開N時的動能為"mJ+qBvd。

【點評】熟練掌握功能關系或動能定理，同時利用左手定則判斷安培力的方向，利用公

式求解安培力的大小，再融入到受力分析的知識體系中。

考點卡片

1.牛頓第二定律

【知識點的認識】

1.內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向

跟合外力的方向相同.

2.表達式：Fi：=ma.該表達式只能在國際單位制中成立.因為F價=A?ma,只有在國際單

位制中才有k=l.力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得lm/s2的加速度的力，叫做

1N,即1N=IkgTn/s2.

3.適用范圍：

（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）.

（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情

況.

4.對牛頓第二定律的進一步理解

牛頓第二定律是動力學的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)

涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，，"量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”

的基本特性（慣性），而。則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢.明確了上述三個量的

物理意義，就不難理解如下的關系了：a^F,a<^l.

m

另外，牛頓第二定律給出的尸、相、。三者之間的瞬時關系，也是由力的作用效果的瞬

時性特征所決定的.

（1）矢量性：加速度。與合外力尸令都是矢量，且方向總是相同.

（2）瞬時性：加速度。與合外力尸合同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，是瞬時對應的.

（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量.

（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合

加速度則是每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應.

（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的.

【命題方向】

題型一：對牛頓第二定律的進一步理解的考查

例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的

關系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關系如圖乙所示.取重力加速度g=10m/s2.由此

兩圖線可以得出（）

A.物塊的質(zhì)量為1.5kg

B.物塊與地面之間的滑動摩擦力為2N

C.t=3s時刻物塊的速度為3m/s

D.t=3s時刻物塊的加速度為2m/s2

分析：根據(jù)v-t圖和F-t圖象可知，在4?6s,物塊勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以

拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2?4s內(nèi)物塊做勻加

速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小.根據(jù)速度時間圖線求出3s時的速度

和加速度.

解答：4?6s做勻速直線運動，則f=F=2N.2?4s內(nèi)做勻加速直線運動，加速度a=

2

A=2in/s,根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-f=ma,即3-2=2m,解得m=0.5kg.由速度-時

間圖線可知，3s時刻的速度為2m/s.故B、D正確，A、C錯誤.

故選：BD.

點評：本題考查學生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個圖象對?比可以確定物體的運動的狀態(tài)，

再由牛頓第二定律來求解.

題型二：對牛頓第二定律瞬時性的理解

例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧I和水平細線II相連，I、II的另一端分別固定于P、

Q.球靜止時，I中拉力大小為Fi，II中拉力大小為F2，當剪斷H瞬間時，球的加速度a

應是（）

A.則a=g,方向豎直向下B.則a=g,方向豎直向上

C.則a=」，方向沿I的延長線D.則a=_2,方向水平向左

mm

分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細線的拉力.剛剪短細繩時，彈簧來

不及形變，故彈簧彈力不能突變；細繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細繩彈力

可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度.

解答：II未斷時，受力如圖所示，由共點力平衡條件得，F(xiàn)2=mgtan3

COS0

剛剪斷II的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖:

//F〃/

由幾何關系，F(xiàn)ft=Fisin0=F2=ma,由牛頓第二定律得：

a=.產(chǎn)11—=—1,方向水平向左，故ABC錯誤，D正確；

mm

故選：D.

點評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應用平衡條件與牛頓第二定律即可正確

解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關鍵.

題型三：動力學中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運動情況；②已知運動情況求

物體的受力情況.

加速度是聯(lián)系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學規(guī)律和牛頓第二定律相結合是解決

問題的基本思路.

例子：某同學為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情

況，裝置如圖甲所示.他使木塊以初速度vo=4m/s的速度沿傾角6=30°的斜面上滑緊接

著下滑至出發(fā)點，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的v-

t圖線如圖乙所示.gMX10m/s2.求：

(1)上滑過程中的加速度的大小ai；

(2)木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)總

(3)木塊回到出發(fā)點時的速度大小v.

分析：(1)由V-t圖象可以求出上滑過程的加速度.

(2)由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù).

(3)由運動學可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運

動學可得下滑至出發(fā)點的速度.

解答：(1)由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點，由加速度定義式a-A?有：

At

上滑過程中加速度的大小：

v

04■m/s2=8m/s2

ai=At1=07?

(2)上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F=ma得上滑過程中

有:

mgsin6+|imgcos0=mai

代入數(shù)據(jù)得：黑=0.35.

(3)下滑的距離等于上滑的距離:

2

vo492,

x=-----=———m=1m

2al2X8

下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由牛頓第二定律尸=0^得:

下滑過程中：mgsine-|imgcos6=ma2

2

解得：a9=gsin6-|1gCos6=10X-^-Q.35X10X^-=2m/s

下滑至出發(fā)點的速度大小為：丫=必下

聯(lián)立解得：v=2m/s

答：(1)上滑過程中的加速度的大小a]=8m/s2；

(2)木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)口=0.35；

(3)木塊回到出發(fā)點時的速度大小v=2m/s.

點評：解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學公式聯(lián)合求解.

【解題方法點撥】

1.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應關系.對于分析瞬時對應關系時應

注意兩個基本模型特點的區(qū)別：

（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突

變；

（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為尸=履，其中％是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，

②彈力突變.

2.應用牛頓第二定律解答動力學問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，

確定題目屬于動力學中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力

情況，都需用牛頓第二定律列方程.

應用牛頓第二定律的解題步驟

（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程.

（2）分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)

定正方向.

（3）根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解.（列牛頓第二定律方程時可把力進行分解或

合成處理，再列方程）

（4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論.

甲乙

2.向心力

【知識點的認識】

向心力

1.作用效果：產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小.

24兀2

2.大小：Fn=man=ni--r-

rj2

3.方向：總是沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力.

4.來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，甚至可以由一個力的分

力提供，因此向心力的來源要根據(jù)物體受力的實際情況判定.

注意：向心力是一種效果力，受力分析時，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個向心

力.

二、離心運動和向心運動

1.離心運動

(1)定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力

的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動.

(2)本質(zhì)：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向.

(3)受力特點：

當FfTUXi?時，物體做勻速圓周運動；

當F=0時，物體沿切線方向飛出；

當F<mr32時，物體逐漸遠離圓心，F(xiàn)為實際提供的向心力.如圖所示.

2.向心運動

當提供向心力的合外力大于做圓周運動所需向心力時，即F>mr32,物體漸漸向圓心靠近.如

圖所示.

注意：物體做離心運動不是物體受到所謂離心力作用，而是物體慣性的表現(xiàn)，物體做離心運

動時，并非沿半徑方向飛出，而是運動半徑越來越大或沿切線方向飛出.

【重要知識點分析】

1.圓周運動中的運動學分析

(1)對公式V=3/?的理解

當r一定時，u與3成正比.

當3一定時，v與r成正比.

當y一定時，。與r成反比.

,2.

(2)對a=^—=(i^r=a)v的理解

r

在丫一定時，。與r成反比；在/一定時，a與r成正比.

2.勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較

項目勻速圓周運動非勻速圓周運動

運動是速度大小不變，方向時刻變化的變速是速度大小和方向都變化的變速曲線

性質(zhì)曲線運動，是加速度大小不變而方向時運動，是加速度大小和方向都變化的

刻變化的變加速曲線運動變加速曲線運動

加速度加速度方向與線速度方向垂直.即只存由于速度的大小、方向均變，所以不

在向心加速度，沒有切向加速度僅存在

向心加速度且存在切向加速度，合加

速度的方向不斷改變

（

向心力V2沿半徑的分力

1口小

Fx=ma向

F合,

mr32沿切向的分力

F合=「向=<

僦罕）2Fy=ma切

,mr（2兀f）之

【命題方向】

（1）第一類常考題型是對圓周運動中的傳動問題分析：

一個內(nèi)壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直水平面，圓錐筒固定，有質(zhì)量相等的小球A和B沿著

筒的內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，A的運動半徑較大，則（）

A.球A的線速度等于球B的線速度

B.球A的角速度等于球B的角速度

C.球A的運動周期等于球B的運動周期

D.球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力

分析：對AB受力分析，可以發(fā)現(xiàn)它們都是重力和斜面的支持力的合力作為向心力，并且它

們的質(zhì)量相等，所以向心力的大小也相等，再根據(jù)線速度、加速度和周期的公式可以做出判

斷.

解：

A、如右圖所示，小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在水平面內(nèi)做勻速圓周運動.

由于A和B的質(zhì)量相同，小球A和B在兩處的合力相同，即它們做圓周運動時的向心力是

相同的.

2

由向心力的計算公式F=mJ,由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時，半

r

徑大的線速度大，所以A錯誤.

B、又由公式F=m32r,由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時，半徑大的

角速度小，所以B錯誤.

C、由周期公式丁=空，所以球A的運動周期大于球B的運動周期，故C錯誤.

3

D、球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力，所以D正確.

故選D.

點評：對物體受力分析是解題的關鍵，通過對AB的受力分析可以找到AB的內(nèi)在的關系，

它們的質(zhì)量相同，向心力的大小也相同，本題能很好的考查學生分析問題的能力，是道好題.

（2）第二類?？碱}型是對圓周運動中的動力學問題分析：

如圖所示，質(zhì)量為m的小球在豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道上做圓周運動.圓半徑為R,小球

經(jīng)過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓軌.則其通過最高點時（）

A.小球?qū)A環(huán)的壓力大小等于mg

B.小球受到的向心力等于重力

C.小球的線速度大小等于相

D.小球的向心加速度大小等于g

分析：小球經(jīng)過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓環(huán)，知軌道對小球的彈力為零，靠重力提供向心

力，根據(jù)牛頓第二定律求出小球的速度.

解：A、因為小球剛好在最高點不脫離圓環(huán)，則軌道對球的彈力為零，所以小球?qū)A環(huán)的壓

力為零.故A錯誤.

2.—

B、根據(jù)牛頓第二定律得，mg=m￥—=ma,知向心力不為零，線速度v=J而，向心加速

R

度a=g.故BC、D正確.

故選BCD.

點評：解決本題的關鍵知道在最高點的臨界情況，運用牛頓第二定律進行求解.

（3）第二類?？碱}型是對圓周運動的繩模型與桿模型分析：

如圖，質(zhì)量為0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用繩子系住小杯在豎直平面內(nèi)做“水流星”表

演，轉(zhuǎn)動半徑為1m,小杯通過最高點的速度為4m/s,gHZ10m/s2.求：

(1)在最高點時，繩的拉力？

(2)在最高點時水對小杯底的壓力？

(3)為使小杯經(jīng)過最高點時水不流出，在最高點時最小速率是多少？

分析：(1)受力分析，確定圓周運動所需要的向心力是由哪個力提供的；

(2)水對小杯底的壓力與杯子對水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對水的支

持力的大小就可以了，它們的大小相等，方向相反；

(3)物體恰好能過最高點，此時的受力的條件是只有物體的重力作為向心力.

解：(1)小杯質(zhì)量m=0.5kg,水的質(zhì)量M=lkg,在最高點時，

杯和水的受重力和拉力作用，如圖所示，

合力(M+m)g+T-----------------------------------------------------------------------------①

2

圓周半徑為R,則巳產(chǎn)(M+m)J------------------------------------------------②

R

2

F臺提供向心力，有(M+m)g+T=(M+m)J

R

22

所以細繩拉力T=(M+m)(J-g)=(1+0.5)(A_-10)=9N：

R1

(2)在最高點時，水受重力Mg和杯的壓力F作用，如圖所示，

合力F^=Mg+F

2

圓周半徑為R,則

R

2

F合提供向心力，有Mg+F=MJ

R

22

所以杯對水的壓力F=M(2_-g)=1X(A_-10)=6N；

R1

根據(jù)牛頓第三定律，水對小杯底的壓力為6N,方向豎直向上.

(3)小杯經(jīng)過最高點時水恰好不流出時.，此時杯對水的壓力為零，只有水的重力作為向心

力，由(2)得：

2

R

解得V=VgR=V10XIm/S="710m/s.

答：(1)在最高點時，繩的拉力為9N；(2)在最高點時水對小杯底的壓力為6N；(3)在

最高點時最小速率為

點評：水桶在豎直面內(nèi)做圓周運動時向心力的來源是解決題目的重點，分析清楚哪一個力做

為向心力，再利用向心力的公式可以求出來，必須要明確的是當水桶恰好能過最高點時，只

有水的重力作為向心力，此時水恰好流不出來.

【解題方法點撥】

1.圓周運動中的運動學規(guī)律總結

在分析傳動裝置中的各物理量時，要抓住不等量和相等量的關系，具體有：

（1）同一轉(zhuǎn)軸的輪上各點角速度口相同，而線速度v=@?與半徑r成正比.

（2）當皮帶（或鏈條、齒輪）不打滑時，傳動皮帶上各點以及用皮帶連接的兩輪邊沿上的

各點線速度大小相等，而角速度與半徑『成反比.

r

（3）齒輪傳動時，兩輪的齒數(shù)與半徑成正比，角速度與齒數(shù)成反比.

2.圓周運動中的動力學問題分析

（1）向心力的確定

①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置.

②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力.

（2）向心力的來源

向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的

合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力.

（3）解決圓周運動問題步驟

①審清題意，確定研究對象；

②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；

③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；

④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程.

3.豎直平面內(nèi)圓周運動的繩模型與桿模型

（1）在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一

是無支撐（如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的過山車等），稱為“繩（環(huán)）約束模型”，二是有

支撐（如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運動等），稱為“桿（管道）約束模型”.

均是沒有支撐的小球

2,,—

過最高點的臨由mg=m±—得v臨=7gr由小球恰能做圓周運動得V臨=0

r

界條件

討論分析(1)過最高點時，v^^/gr，F(xiàn)^+mg=(1)當u=0時，F(xiàn)N=mg，F(xiàn)N為

2

mJ繩、軌道對球產(chǎn)生彈力尸N；支持力，沿半徑背離圓心；

r

(2)不能過最高點時，v<Vgr，在到達(2)當時，-Fz+mg

2

最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道；=mJ樂背向圓心，隨u的增

r

大而減??；

(3)當丫=。^時，F(xiàn)N=O；

(4)當v>y[gr^,FN+mg=m^—,

r

K指向圓心并隨u的增大而增大；

e

3.通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向

【知識點的認識】

電流的磁場

4.帶電粒子在勻強磁場中的運動

【知識點的認識】

帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.若丫〃8,帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動.

2.若v，B,帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓

周運動.

3.半徑和周期公式：(v±B)

基本公式:導出公式：半徑R譚

周期心筆=鬻

【命題方向】

?？碱}型：帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動

如圖，半徑為R的圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應強度大小為B,方向垂直

于紙面向外.一電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,

射入點與ab的距離為K.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°,則粒

2

子的速率為（不計重力）（）

AqBRBqBRc3qBRD2qBR

2mm2mm

【分析】由題意利用幾何關系可得出粒子的轉(zhuǎn)動半徑，由洛侖茲力充當向心力可得出粒子速

度的大??；

解：由題，射入點與ab的距離為旦.則射入點與圓心的連線和豎直方向之間的夾角是30°,

2

粒子的偏轉(zhuǎn)角是60°,即它的軌跡圓弧對應的圓心角是60,所以入射點、出射點和圓心構

成等邊三角形，所以，它的軌跡的半徑與圓形磁場的半徑相等，即「=匕軌跡如圖：

洛倫茲力提供向心力：qvB=^變形得：丫3^?故正確的答案是B.

Rm

故選：B.

【點評】在磁場中做圓周運動，確定圓心和半徑為解題的關鍵.

【解題方法點撥】

帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動

一、軌道圓的''三個確定”

（1）如何確定“圓心”

①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.

②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.

③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/?=膽；

qB

方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學知識（勾股定理、三角函數(shù)等）計算來確定.

（3）如何確定“圓心角與時間”

①速度的偏向角。=圓弧所對應的圓心角（回旋角）8=2倍的弦切角a,如圖（d）所示.

②時間的計算方法.

方法一：由圓心角求，f=一土?八方法二：由弧長求，f=旦.

2冗v

二、解題思路分析

I.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法.

國軌跡確定圓心

「①軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系,

即年翳

②由幾何方法-----般由數(shù)學知識（勾股定

才戈聯(lián)系

理、三角函數(shù)等）計算來確定半徑.

③偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系.

〔④粒子在磁場中運動時間與周期相聯(lián)系.

牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律等，特別是

用規(guī)律

周期公式、半徑公式.

2.帶電粒子在有界勻強磁場中運動時的常見情形.

粒

子

進

出

磁

場

具

有

對

稱

性）

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

射

出）

3.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(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.

三、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(jù)帶電粒子運動的軌跡作相關圖去尋找?guī)缀?/p>

關系，分析臨界條件，然后應用數(shù)學知識和相應物理規(guī)律分析求解.

(1)兩種思路

①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；

②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

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.

數(shù)學方法：

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.

F卜

5.帶電粒子在混合場中的運動

【知識點的認識】

帶電粒子在復合場中的運動

一、復合場及其特點

這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場。帶電粒子在這

些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，

因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要。

二、帶電粒子在復合場中運動的基本分析

1.當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時.，粒子將做勻速直線運動或靜止。

2.當帶電粒子所受