1、第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动做真题明考向 真题体验透视命题规律真题再做1.(多选)(2018高考全国卷，T20)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外则()A流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0解
2、析：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知，在b点：B0B0B1B2在a点：B0B0B1B2由上述两式解得B1B0，B2B0.答案：AC2.(多选)(2017高考全国卷，T19)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反下列说法正确的是()AL1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直BL3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1解析：由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2
3、的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图a所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3的连线平行，即L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图b所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在的平面垂直，选项B正确；同理，如图c所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1B，B合2B，B合3B，由安培力公式可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁
4、感应强度大小成正比，所以L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11，选项C正确，D错误答案：BC3.(2017高考全国卷，T18)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A0B.B0C.B0D2B0解析：导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BPBQB1，如图所示，则其夹角为60，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1.又根据题意
5、Ba0，则B0B1，且B0平行于PQ向左若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120，合磁场的磁感应强度大小为B1B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度BB0，则A、B、D项均错误，C项正确答案：C4(2017高考全国卷，T18)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上不计重力及带电粒子之间的相互作用则v2v1为()A.2 B
6、.1 C.1 D3解析：由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvBm可知，R，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时，则AP2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B离P点最远时，则BP2R2，由几何关系可知，R1，R2Rcos 30R，则，C项正确答案：C5.(2016高考全国卷，T18)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
7、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.解析：如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30，则，即，选项A正确答案：A6(2016高考全国卷，T18)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场不计重力
8、粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A. B.C.D.解析：如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，ABR.由几何图形知，APR，则AOAP3R，所以OB4R.故选项D正确答案：D7(2017高考全国卷，T24)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场在x0区域，磁感应强度的大小为B0；x1)一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离解析
9、：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动设在x0区域，圆周半径为R1；在xIb)的恒定电流时，b对a的作用力为F.当在空间加一竖直向下(y轴的负方向)、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零则下列说法正确的是()A电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向B所加匀强磁场的磁感应强度大小为BC导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向D电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向解析：无限长的直导线b中的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受安培力为零，因此电流Ib在导线a处产生的
10、磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，A选项错误；由磁感应强度定义可得B，B选项正确；由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，方向沿z轴负方向，C选项错误；由于IaIb，电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大于电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度，因此D选项错误答案：B3如图所示，两根无限长导线，均通以恒定电流I.两根导线的直线部分和坐标轴非常接近，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的、半径相同的一段圆弧规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，已知直线部分在原点O处不形成磁场，此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B.下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线，
11、O处磁感应强度也为B的是()解析：由安培定则知，两根通电直导线在原点O处产生的磁场方向都垂直纸面向里，由磁场叠加原理知，一根通电直导线在原点O处产生的磁感应强度的大小为.由安培定则及磁场叠加原理知，A项O处磁感应强度为B，B项O处磁感应强度为2B，C、D项O处磁感应强度为B.故本题正确选项应为A.答案：A考向二磁场对通电导体的作用力1通电导体在磁场中受到的安培力(1)方向：根据左手定则判断(2)大小：FBIL.B、I与F三者两两垂直；L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度2熟悉“两个等效模型”(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流(2)化电为磁
12、：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示4(2018河北衡水中学第六次调研)一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F.若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为()AFB.FC.F D.F解析：设通电导线为L，平行放置的受到时安培力为F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则2RL，解得R，故ab的长度dR，故此时圆环受到的安培力FFF，故C正确，A、B、D错误答案：C5.(2018福建福州第二次月考)据报道，国产航母的舰载机发射类似于电磁轨道炮弹
13、体发射电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触恒定电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比，静止的通电弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A只将轨道长度L变为原来的2倍B只将电流I增加至原来的4倍C只将弹体质量减至原来的一半D将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析：弹体在轨道上运动的加速度a，则弹体出射的速度为v ，则只将轨道长度变为原来的2倍，则弹体出射速度变
14、为原来的倍，选项A错误；只将电流增加至原来的4倍，则弹体出射速度变为原来的4倍，选项B错误；只将弹体质量减至原来的一半，则弹体出射速度变为原来的倍，选项C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度应变为原来的2倍，其他量不变，则弹体出射速度变为原来的2倍，选项D正确答案：D6.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化正确的是()A逐渐增大B.逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大
15、解析：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FABIL，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，故选D.答案：D磁场中通电导体类问题的解题步骤(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时要比一般的力学问题多考虑安培力如第6题中，导体棒除受重力和支持力外，还受安培力(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向，由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于
16、用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系(3)根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解考向三带电粒子在匀强磁场中的运动典例展示1(2018福建厦门高三期末)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60.下列说法正确的是()A电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0,0)B电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，2L)C电子在磁场中运动的时间为D电子在磁场中运动的时间为解析画出粒子运动轨迹如
17、图所示设电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin 30RL，得R2L.根据几何三角函数关系可得，yRcos 60L，所以电子做圆周运动的圆心坐标为(0，L)，则A、B均错误；电子在磁场中运动时间tT，而T，得t，故C错误，D正确答案D带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法(1)带电粒子在匀强磁场中运动时，要抓住洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式R，周期公式T，运动时间公式tT，知道粒子在磁场中的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(2)如果磁场是圆形有界磁场，在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”四点：入射点B
18、、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r、入射速度直线OB和出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度垂线交点的连线AO.三角：速度偏转角COD、圆心角BAC、弦切角OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍7.如图，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场一质量为m、带电荷量为q且不计重力的粒子以速度v沿与半径PO夹角30的方向从P点垂直射入磁场，最后垂直于MN射出，则该磁场的磁感应强度的大小为()A.B.C. D.解析：根据题述带电粒子“以速度v沿与半径PO夹角30的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN
19、射出”，可画出带电粒子的运动轨迹，如图所示根据几何关系可得rcos 60R，r2R.带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvBm，解得磁感应强度的大小为B，选项B正确答案：B8(多选)(2018河北衡水中学第六次调研)如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着apb由区域运动到区域.已知ap与pb弧长之比为21，下列说法正确的是()A粒子在区域和区域中的速率之比为11B粒子通过ap与pb弧长的时间之比为21Cap与pb弧长对应的圆心角之比为21D区域和区域的磁感应强度方向相反解析：因为洛伦兹力不做功，则带电粒子的速度大小不变，所以粒子在区域
20、和区域中的速率之比为11，故A正确；因为弧长lvt，弧长之比为21，线速度大小相等，则运动时间之比为21，故B正确；因为两个区域的磁感应强度大小未知，根据弧长关系无法得出半径关系，圆心角等于弧长与半径的比值，所以无法得出圆心角之间的关系，故C错误；在p点前后所受的洛伦兹力方向相反，根据左手定则知，两个区域内的磁感应强度方向相反，故D正确答案：ABD9(多选)(2018贵州贵阳期末)如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B12B2.一比荷为k的带电粒子(不计重力)，以一定速率从O点垂直MN进入磁感应强度为B1的磁场，则粒子下一次到达O点经历的时间
21、为()A. B.C. D.解析：根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvBm，可得R，由此可知带电粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的轨道半径(或直径)是在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的轨道半径(或直径)的2倍，画出带电粒子运动轨迹的示意图，如图所示粒子在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的时间为t122，粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的时间为t22，则粒子下一次到达O点经历的时间为是tt1t2224，或表达为tt1t22.故选项B、C正确，A、D错误答案：BC考向四带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值、多解问题典例展示2如图所示，在0xa、0y 范围内有垂
22、直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在090范围内已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求：(1)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度的大小；(2)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y轴正方向夹角的正弦值思维流程本题用到了处理临界问题的思维方法定圆旋转法具体思维过程如下：解析(1)设粒子的发射速度大小为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛
23、顿第二定律和洛伦兹力公式得qvBm由式得R当Ra时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t，得OCA设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系可得Rsin RRsin aRcos 又sin2 cos2 1由式得R(2)a由式得v(2)(2)由式得sin 答案(1)(2)(2)求解带电粒子在匀强磁场中运动时多解、极值问题的四点注意(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建
24、立几何关系(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切，如例题中弧恰好与磁场上边相切(3)当速度v大小一定时，弧长越长圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(4)当速度v大小变化时，圆心角大的运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等10.(多选)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为R的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则都从由P点开始
25、弧长为R的圆周范围内射出磁场不计粒子的重力，则()A前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r2B前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r223C前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2D前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2解析：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，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，弧长为R周长，则POM90，如图甲所示，故粒子做圆周运动的半径r1R，由qBvm得，B1；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交点为N，如图乙所示，则PON120，则粒子做圆周运动的半径r2Rsin 60R，则B2，故r1r2，B1B2，选项A、D正确
26、，B、C错误答案：AD11.(多选)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，B.现垂直AB边射入一束质量均为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)，则下列判断正确的是()A粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B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dD粒子进入磁场时速度大小为解析：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Tt0，则得周期T4t0，故A正确由T得B，故B正确设运
27、动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为，则有T，得，画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得Rcos 60d，可得R，故C正确根据，解得v，故D错误答案：ABC12如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示有一束正离子在t0时垂直于M板从小孔O射入磁场已知正离子的质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力(1)求磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子
28、从O孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v0的可能值解析：(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0m，粒子运动的周期T0联立两式得磁感应强度B0.(2)正离子从O孔垂直于N板射出磁场时，其中的一种运动轨迹如图所示在两板之间正离子只运动一个周期T0时，有r在两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有r(n1,2,3，)解得v0(n1,2,3，)答案：(1)(2)(n1,2,3，)限训练通高考 科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1(2018山东济南第一中学月考)粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带
29、正电让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动已知磁场方向垂直纸面向里以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是()解析：根据洛伦兹力提供向心力，有R，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，由左手定则可知A正确，B、C、D错误答案：A2如图所示，质量为m0.5 kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37、宽度为L1 m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)右侧回路中，电源的电动势E8 V、内阻r1 .额定功率为8 W、额定电压为4 V的电动机M正常工作取sin 370.
30、6，cos 370.8，重力加速度大小g取10 m/s2，则磁场的磁感应强度大小为()A2 TB.1.73 TC1.5 T D1 T解析：电动机M正常工作时的电流I12 A，电源内阻上的电压UEU8 V4 V4 V，根据闭合电路欧姆定律得干路中的电流I4 A，则通过导体棒的电流I2II12 A，导体棒受力平衡，有BI2Lmgsin 37，得B1.5 T，故选项C正确答案：C3.(2018河北衡水中学第六次调研)如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m、电荷量为q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区
31、域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B0，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆弧)()解析：带电粒子进入磁场中做圆周运动，圆周运动的半径r，A、B、C选项对应的半径rL，D选项对应的半径为；粒子的初速度都相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可以证明A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确；B、C、D对应的粒子的出射点都不相同答案：A4.如图所示，在蹄形磁铁的上方放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，最初线圈平面与蹄形磁铁处于同一竖直面内，则通电线圈运动的情况是()Aab边转向纸
32、外，cd边转向纸里，同时向下运动Bab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向下运动Cab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向上运动Dab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向上运动解析：由于ad边与bc边左、右两半所在处磁场方向不同，故将ad边和bc边分成左、右两半研究，由于bc边离磁铁较远，受到的磁场力较小，主要研究ad边所受的磁场力对线圈运动的影响在图示位置时，根据左手定则可知，ad边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，则ab边转向纸里，cd边转向纸外，线圈从图示位置转过90时，根据左手定则可知，ad边所受安培力方向向下，所以线圈向下运动，故选项B正确答案：B5.如图所示，光滑平
33、行金属导轨电阻不计，固定在水平面内，左端接有一直流电源和一定值电阻，两条通有大小相等方向相反的恒定电流的长直绝缘导线垂直导轨放置，一导体棒与导轨垂直且接触良好导体棒由导轨上的M点静止释放，M、N两点到左右两直导线距离相等下列关于导体棒在两直导线之间的运动及受力说法正确的是()A导体棒在M、N之间做往复运动B导体棒一直向右做匀加速直线运动C导体棒所受安培力先向右后向左，且先增大后减小D导体棒所受安培力一直向右，且先减小后增大解析：根据安培定则可知，两直导线电流在M、N之间的区域内磁场都是垂直导轨平面向下的，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向一直向右，则选项A、C错误；根据直线电流磁场的性质
34、可知，离直线电流越远磁感应强度越小，根据磁场叠加可知导轨内的磁场从M到N是先减小后增大的，则安培力也一定是先减小后增大的，选项B错误，D正确答案：D6.在xOy平面的第一象限内存在着垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两个相同的带电粒子以相同的速度分别从y轴上的P、Q两点同时垂直于y轴向右射出，最后均打在x轴上的N点，已知P、N两点的坐标分别为(0,3L)、(L,0)，不计两粒子的重力与相互作用根据题中条件不能确定的是()A两带电粒子在磁场中运动的半径B两带电粒子到达点N所用的时间之比CQ点的坐标D带电粒子的比荷解析：粒子的运动轨迹如图所示，已知粒子在y轴上P、Q两点的入射方向及P、
35、N两点的位置坐标，则可明确粒子运动轨迹的圆心位置由几何关系可知，PN长2L，OPN30，设从P点射入的粒子运动轨迹的半径为R，则有(3LR)2(L)2R2，解得R2L，因两粒子的速度相同且是同种粒子，则可知它们运动轨迹的半径相同，即两粒子运动的半径均可求出，A不符合题意；根据几何关系可知从P点射入的粒子轨迹对应的圆心角为120，从Q点射入的粒子轨迹对应的圆心角为60，则由tT，可求得两粒子运动到N点所用的时间之比tPtQ21，B不符合题意；根据几何关系得OQL，故可以确定Q点的坐标，C不符合题意；根据R，由于不知道粒子速度的大小，故无法求得粒子的比荷，D符合题意答案：D7.如图所示，在直角三角
36、形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a60，b90，边长acl.一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()A. B.C. D.解析：根据题意可知，当速度方向沿着ab方向并且轨迹与bc相切于E点时，粒子的运动时间最长，速度最大，如图所示，设粒子运动轨迹的圆心为A，半径为R，根据几何知识可知四边形AEba是正方形，则Rabac，由于qvBm，整理得v，故选项A正确答案：A二、多项选择题8(2018福建厦门高三期末)如图所示，半径为r的圆刚好与正方形abcd的四个边相切，在圆
37、形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带负电粒子从ad边的中点以某一初速度沿纸面且垂直ad边方向射入磁场，一段时间后粒子从圆形磁场区域飞出并恰好通过正方形的d点设该粒子在磁场中运动的轨道半径为R，运动时间为t，若粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，粒子重力不计下列关系正确的是()ARr BR(1)rCtT DtT解析：由题意可知粒子从Bd方向射出磁场，由右图可知在OBd中，RrR，得R(1)r，A错误，B正确；粒子轨迹圆心角为，所以时间tT，C错误，D正确答案：BD9.如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以相同的速率v从
38、a点先后沿直径ac和弦ab的方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30.已知沿ac方向射入的粒子在磁场中运动的时间为其圆周运动周期的，不计粒子重力，则()A两粒子在磁场中运动轨道半径为RB两粒子离开磁场时的速度方向相同C沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间为D沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间为解析：由于沿ac方向射入的粒子在磁场中运动的时间为其周期的，故其速度方向偏转了90，粒子从O点正上方的A点射出，如图中的轨迹1所示，由几何关系可知其运动半径为R，所以选项A正确；粒子轨迹半径等于磁场区域半径，两粒子从同一点沿不同方向射入磁场，满足“点入平出”，B正确；由于沿ab方向射入的粒子，其半径
39、也为R，其轨迹只是将1顺时针旋转30，其圆心为O，由几何关系可知四边形aOBO为菱形，且aOB120.所以沿ab方向射入的粒子在磁场中偏转了120，运动时间t，即t，选项C正确，D错误答案：ABC10.(2018湖北八校第二次联考)如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是()A方向竖直向上B大小为C要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可
40、使b上移D若使b下移，a将不能保持静止解析：由安培定则可知，通电导体棒b周围的磁感线方向为顺时针方向，所以在a处的磁场方向竖直向上，如图(a)所示，所以选项A正确；以导线a为研究对象进行受力分析如图(b)所示，故有mgBIL，解得a点处的磁感应强度大小为B，所以选项B错误；欲减小b在a处的磁感应强度，可增大两导线间的距离，将b上移或下移都可以，当b上移时，a受到的安培力方向逆时针转动，此时能保持a受力平衡，所以选项C正确；若b下移，a受到的安培力顺时针转动，只有其变大a才能保持平衡，但安培力在减小，导体棒受力不平衡，故选项D正确答案：ACD三、非选择题11.一边长为a的正三角形ADC区域中有垂
41、直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC边的正下方有一系列质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以垂直于DC边的方向射入正三角形区域已知所有粒子的速度均相同，经过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t0.假设粒子的重力和粒子之间的相互作用力可忽略(1)求该区域中磁感应强度B的大小(2)为了能有粒子从DC边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？(3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC、AD边射出的区域长度分别为多大？解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有qvBm周期T当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系有圆心角为60，则t0T，
42、解得B.(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时，能有粒子从DC边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为v1，偏转半径为r1，则r1sin 60a由qv1Bm得v1解得v1所以粒子能从DC边离开磁场的最大入射速度v1.(3)由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故AC边有粒子射出的范围为CE段，xCEcos 60当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远，如图乙所示，故AD边有粒子射出的范围为DF段，xDF.答案：(1)(2)(3)12.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀向各个方
43、向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为，且粒子打在挡板上会被吸收，不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求：(1)为使最多的粒子打在板上，则挡板至少多长？(2)若挡板足够长，则打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值是多少？(3)若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率是多少？解析：(1)粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得qvBm，解得r在挡板左侧能打在挡板上最远点的粒子恰好与挡板相切，设此时打在挡板上的点为N，如图甲所示，由题意可知
44、r，由几何知识可得对粒子在不同方向上的运动情况进行分析可知，当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M，且此时挡板吸收的粒子数最多，如图甲所示，在OPM中，由几何关系可得，所以.综上所述可知，挡板长度至少等于时，挡板吸收的粒子数最多(2)由(1)中的分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图乙中轨迹1所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为1；当粒子从右侧恰好打在P点时，时间最长，如图乙中轨迹2所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为2粒子的运动周期T沿轨迹1运动的时间t1T沿轨迹2运动的时间t2T最长时间与最短时间的差值tt2t1.(3)出射方向在水平向右的方向和沿轨迹2运动时的初速度方向之间的粒子都能打在板上，粒子出射速度方向能变化的角度为，打到板上的粒子占所有粒子的比率为.答案：见解析
