1、1第 10讲磁场及带电体在磁场中的运动主干知识体系 核心再现及学科素养知识规律(1)掌握“两个磁场力” 安培力： F BILsin ，其中 为B与 I的夹角洛伦兹力： F qvBsin ，其中 为 B与 v的夹角(2)明确“两个公式” ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式： R .mvqB带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式： T .2 Rv 2 mqB(3)用准“两个定则” 对电流的磁场用准安培定则对安培力和洛伦兹力用准左手定则(4)画好“两个图形” 对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形思想方法(1)物理思想：等效思
2、想(2)物理方法：理想化模型法、比值定义法、对称法、临界法等.1(2018全国卷，20)(多选)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( )13 122A流经 L1的电流在 b点产生的磁感应强度大小为 B0712B流经 L1的电流在 a点产生的磁感应强度大小为 B0112C流经 L2的电流在 b点产生的磁感应强度大小为 B011
3、2D流经 L2的电流在 a点产生的磁感强度大小为 B0712AC A、C 对：原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在 b点： B0 B0 B1 B212在 a点： B0 B0 B1 B213由上述两式解得 B1 B0， B2 B0.712 1122(2018北京卷，18)某空间存在匀强磁场和匀强电场一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动下列因素与完成上述两类运动无关的是 ( )A磁场和电场的方向 B磁场和电场的强弱C粒子的电性和电量 D粒子入射时的速度C 在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内，一个带电粒子射入后做匀速直线运动，则它
4、受的洛伦兹力和电场力大小相等、方向相反，即 qvB qE，故 v ，因此粒子的运动，EB与粒子的电性和电量均无关，故选项 C正确3(2017高考全国卷，21)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示，矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将 ( )3A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
5、AD 装置平面示意图如图所示如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路，故选 A、D.4(2017高考全国卷，18)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
6、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 v2 v1为 ( )A. 2 B. 1 3 2C. 1 D33 2C 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动粒子以 v1入射，一端为入射点 P，对应圆心角为 60(对应六分之一圆周)的弦 PP必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径 2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为 R，由几何关系知 r1 R.其他不同方向以12v1入射的粒子的出射点在 PP对应的圆弧内4同理可知，粒子以 v2入射及出射情况，如图乙所示由几何关系知 r2 R，R2 (f(R,2)232可得 r2 r1 1.3因为
7、m、 q、 B均相同，由公式 r 可得 v r，mvqB所以 v2 v1 1.故选 C.35(2016高考全国卷，18)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.3B 2BC. D.B 2BA 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MP为 30，则 ，即 ，选项
8、A正确2 2 mqB 30360 qm 3B考情分析5命题特点与趋势1带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，但更多的是结合其他知识以计算题的形式考查2纵观近几年高考，涉及磁场知识点的题目年年都有，考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动为最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题3新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合解题要领这类问题的特点是利用有界磁场或利用两种磁场相互组合命题，带电粒子的运动形式为圆周运动，涉及的方法
9、和 规律包括牛顿运动定律、圆周运动的各物理量的关系对综合分析能力和运用数学知识解决物理问题的能力要求较高，综合性强对于此类问题，应在准确审题的前提下，熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法.高频考点一 磁场的性质及其对电流的作用题组突破11.如图所示，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 ( )A0 B. B0 C. B0D2 B033 233C 两长直导线
10、P和 Q在 a点处的磁感应强度的大小相等，设为 B，方向如图甲所示，此时 a点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度 B 合 的大小等于 B0，方向与 B0相反，即 B0的方向水平向左，此时 B B0；让 P中的电流反向、其他B02cos 30 33条件不变，两长直导线 P和 Q在 a点处的磁感应强度的大小仍为 B，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为 B，方向竖直向上， B与 B0垂直，其合磁感应强度为6Ba B0，选项 C正确B2 B2023312.(2018湖北三市六校二联)(多选)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为 、质量为 m、
11、长为 L的金属杆 ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直 ab方向的匀强磁场中，当金属杆 ab中通有从 a到 b的恒定电流 I时，金属杆 ab保持静止则磁感应强度的方向和大小可能为 ( )A竖直向上， mgtan /(IL)B平行导轨向上， mgcos /(IL)C水平向右， mg/(IL)D水平向左， mg/(IL)AD 若磁场方向竖直向上，则金属杆受重力、支持力和水平向右的安培力，这三个力可以平衡，平衡时有 BIL mgtan ，解得 B ，A 正确；磁场方向平行导轨向上mgtan IL时，安培力方向垂直导轨平面向下，它与重力和支持力不可能平衡，B 错误；当磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，
12、它与重力和支持力不可能平衡，C 错误；当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，当它与重力相等时，支持力为零，金属棒可以处于平衡状态，此时有 BIL mg0，解得 B ，D 正确mgIL13.(2018湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为 R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为 B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点 A、 B与圆心 O连线的夹角为 120，此时悬线的拉力为 F.若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流大小和方向是( )7A大小为 ，沿顺时针方向3F3BRB大小为 ，沿逆时针方向3F3BRC大小为 ，沿
13、顺时针方向3FBRD大小为 ，沿逆时针方向3FBRA 要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡 F BI R，求得 I ，故 A项正确故33F3BR选 A.归纳反思1磁场性质分析的两点技巧(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指及手掌的放法(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一分析” 即：2安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路高频考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动备考策略1洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小2注意“对称性”的应用(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时
14、，速度方向与边界的夹角相等(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域3相同的粒子在磁场中的运动时间，由粒子运动轨迹所对应圆心角大小决定84解题的难点是画出轨迹图，挖掘隐含的几何关系，寻找轨迹半径 r与磁场宽度的几何关系如图展示了最常用的几何知识：粒子速度的偏向角 等于圆心角 ，且等于 AB弦与切线的夹角(弦切角 )的 2倍，即 2 t .相对的弦切角( )相等，与相邻的弦切角( )互补， 180.命题视角考向 1 圆形边界磁场问题例 1 (2018开封质检)如图所示，在半径为 R的圆形区域内充满磁感应强度为 B的匀强磁场， MN是一竖直放置的感光板，从圆形磁场最高点 P垂直磁场射
15、入大量的带正电、电荷量为 q、质量为 m、速度为 v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在 MN上B对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D只要速度满足 v ，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在 MN上qBRmD 对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在 MN上，与粒子的速度有关，故 A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故 B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场
16、中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由 t T知，运动时间 t越小，故 C错误；2速度满足 v 时，轨迹半径 r R，入射点、出射点、 O点与轨迹的圆心构成菱形，qBRm mvqB射出磁场时的轨迹半径与最高点处的磁场半径平行，粒子一定垂直打在 MN板上，故 D正确. 归纳反思作带电粒子运动轨迹时需注意的问题91四个点：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
17、等于圆心角，也等于弦切角的两倍题组突破21.如图所示，在平面直角坐标系 xOy的第一象限内存在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场，一个电子从原点 O与 x轴正方向成 30角以初速度 v0射入第一象限，经时间t从 x轴上( a,0)点射出磁场，则( )A如果仅将电子初速度变为 2v0，则一定经时间 2t从点(2 a,0)射出磁场B如果仅将电子初速度变为 2v0，则仍经时间 t从点( a,0)射出磁场C如果初速度不变，从 O点射入的是正电子，则经时间 2t从(0， a)点射出磁场3D如果初速度不变，从 O点射入的是正电子，则经时间 t从(0， a)点射出磁场C 画出电子在磁场中运动轨迹的示意图，如
18、图所示，可以看出电子从原点 O与 x轴正方向成 30角以初速度 v0射入磁场，设其圆心为O2，在磁场中运动的轨迹圆弧对应圆心角为 60，10从( a,0)点射出磁场，其半径也为 a，由 R 可知，如果电子只是初速度变为 2v0，mvqB则半径也变为原来的 2倍，由 T 可知，周期与速度无关，则电子一定经时间 t从点2 mqB(2a,0)射出磁场，A、B 错误；由图可以看出，如果初速度不变，从 O点射入的是正电子，则半径不变，圆心角为 120，所以经时间 2t从(0， a)点射出磁场，C 正确，D 错误322.(2018湖北省武昌区高三五月调研考试)如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里的、磁感应
19、强度大小为 B1的匀强磁场，磁场边界上的 P点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射同种带电粒子，不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，这些粒子从某一段圆弧射出边界，这段圆弧的弧长是圆形区域周长的 ；若仅将磁感应强度13的大小变为 B2，这段圆弧的弧长变为圆形区域周长的 ，则 等于( )14 B1B2A. B. C. D.2 363 62C 从 P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的 1/3，所以 POQ120；结合几何关系，有：r1 Rsin 60；洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有： qvB1 m ；联立
20、解得：v2r1B1 ；同理，若仅将磁感应强度的大小变为 B2，相应的弧长变为圆周长的 1/4，所以2mv3qR POQ90；结合几何关系，有： r2 Rsin 45；洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有： qvB2 m ；联立解得： B2 ；则 ，故选 C.v2r2 2mv2qR B1B2 63高频考点三 带电粒子在匀强磁场中的临界极值问题备考策略求解临界、极值问题的“两思路、两方法”11命题视角考向 1 粒子运动范围的空间临界问题例 2 (2018山东省实验中学高三第一次模拟考试)如下图所示，在直角三角形 abc区域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
21、，边长 ab L，粒子源在 b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为 m，电荷量为 q，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是( )A. B. C. D.qBL2m qBL3m 3qBL2m 3qBL3mB 由左手定则和题意知，沿 ab方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与 ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径： r abtan 30 L，由洛伦兹力提供向心力 qvmB m ，从而求得最大速度： vm33 v2mr，所以选项 A、B、C 错误，选项 D正确3qBL3m考向 2 粒子在有界磁场中运动的最长时间问题例 3 图
22、中虚线 PQ上方有一磁感应强度大小为 B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外 O是 PQ上一点，在纸面内从 O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为 v0的粒子，粒子电荷量为 q、质量为 m.现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在 M点相遇， MO与 PQ间夹角为 60，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是 ( )12A两个粒子从 O点射入磁场的时间间隔可能为2 m3qBB两个粒子射入磁场的方向分别与 PQ成 30和 60角C在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为mv0qBD垂直 PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运动时间最长A 以粒子带正电为例分析，先后由 O点射入磁场，并在 M点相遇的两个粒
23、子轨迹恰好组成一个完整的圆，从 O点沿 OP方向入射并通过 M点的粒子轨迹所对圆心角为 240，根据带电粒子在磁场中运动周期 T 可知，该粒子在磁场中运动的时间 t12 mBq 240360 ，则另一个粒子轨迹所对圆心角为 120，该粒子运动时间 t2 ，可知，2 mqB 4 m3qB 2 m3qB两粒子在磁场中运动的时间差可能为 t ，故 A正确；射入磁场方向分别与 PQ成2 m3qB30和 60角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是 360，不可能在 M点相遇，故 B错误；在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径 d ，故 C错误；沿 OP方向2mv0qB入射的粒子在磁场中运动的轨迹所
24、对圆心角最大，运动时间最长，故 D错误考向 3 磁场面积范围的空间临界问题例 4 (2018山东省临沂市高三三模)如图所示，质量为 m，带电量为 q的带电粒子由静止开始经电压为 U0的加速电场加速后沿平行于极板的方向从靠近上极板的位置射入偏转电场，极板间电压为 U，上极板带正电荷，极板长度和极板间距均为 L，粒子从另一侧射出偏转电场，进入紧邻的匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直于纸面向外，磁场只存在于 MN右侧的某个正三角形区域内， MN为磁场的一条边界，忽略电场和磁场间的距离，不计带电粒子的重力(1)粒子进入偏转电场时的速度；(2)当偏转电压 U0 时，若带电粒子最终从 MN边界离开磁
25、场，求磁场区域的最小面积S1；(3)当偏转电压 U2 U0时，若带电粒子最终从 MN边界离开磁场，此时磁场区域的最小面积为 S2，求 .S1S213解析 (1)带电粒子在电场中加速， qU0 mv12 21解得： v1 ；2qU0m(2)由于偏转电压 U0，垂直 MN进入磁场，在磁场中做半个圆周运动后从 MN射出磁场，轨迹如图：qv1B m ，设正三角形磁场的边长为 b，则：sin 60 正三角磁场区域的面积v21r1 2r1b为 S1 b2sin60解得： S1 ；12 83mU03qB2(3)当偏转电压 U2 U0时，带电粒子在偏转电场中，轨迹如图：L v1t a2qU0mL离开偏转电场时
26、的偏转角 tan atv1解得： 45则粒子进入磁场时的速度 v2v1sin 设这次粒子在磁场中的运动半径为 r2qv2B mv2r2设此时正三角磁场的边长为 c则根据几何关系： c r2 S2 c2sin 60212解得： . S1S2 b2c2 4314答案 (1) (2) (3)2qU0m 83mU03qB2 43归纳反思1常用结论 (1)刚好能穿出磁场边界的条件是粒子轨迹与边界相切(2)当速度 v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，粒子在有界磁场中的运动时间越长(3)当速度大小 v变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长2磁场区域最小面积的求解方法在粒子运动过程
27、分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上，借助几何关系先确定最小区域示意图，再利用几何关系求有界磁场区域的最小面积注意对于圆形磁场区域：粒子射入、射出磁场边界时的速度的垂线的交点即轨迹圆圆心；所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长. 3. 临界问题中的动态圆模型：临界极值问题，常借助于半径 R和速度 v(或磁场 B)之间的约束关系或其他的约束关系，常采用以下三种动态圆的变化特点，进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值(1)图甲为大量相同粒子从某点 O向各个方向等速发射(等速异向)，画出某个方向粒子的轨迹圆，以 O为轴“旋转圆” ，从而找到临界
28、条件(2)图乙为大量相同粒子从某点 O向同一方向异速发射(异速同向)，按照半径从小到大次序，画出不同速度粒子的轨迹圆，从而找到临界条件(3)图丙为大量相同粒子从不同点 O向同一方向等速发射(等速同向)，画出某个方向粒子的轨迹圆，将该圆平移，从而找到临界条件高频考点四 带电粒子在磁场运动的多解问题备考策略形成多解的四种常见题型1磁场方向不确定形成多解2带电粒子的电性不确定形成多解3带电粒子运动的重复性形成多解4临界状态不唯一形成多解15题组突破41.(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为 B的匀强磁场被边长为 L的等边三角形 ABC分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点 A处有一质
29、子源，能沿 BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过 C点，质子比荷 k，则质子的速度可能为( )qmA2 BkL B. C. D.BkL2 3BkL2 BkL8BD 因质子带正电，且经过 c点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为 60，所以质子运行半径 r (n1,2,3，)，由洛伦兹力Ln提供向心力得 Bqv m ，即 v Bk (n1,2,3，)，选项 B、D 正确v2r Bqrm Ln42.(2018河南省洛阳市高三模拟)(多选)如图所示为长为 2L、板间距离为 L的水平极板 P、 Q，现有质量为 m，电荷量为 q的带正电粒子(不计重力)，从左边极
30、板间中点处，以速度 v0平行极板射入，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法有( )A在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度 B4mv0qL16C在极板间加垂直极板指向 P极板的匀强电场，电场强度 E17mv204qLABC 如图 1所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径 R ，粒子在磁L4 17L4场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力，即 qvB m ，可得粒子做圆周运动的半径v20RR ，所以 ，解得： B 或 B ，故 AB正确；当在极板间加垂直mv0qB mv0qBL4 mv0qB17L4 4mv0qL 4mv017qL极板指向 P极板的匀强电场时，粒子恰
31、好从右边射出电场，如图 2所示， y ( )12 qEm2Lv02 ，解得 E ，故 C正确；根据对称性可知，D 错误L2 mv204qL课时跟踪训练(十)一、选择题(16 题为单项选择题，710 题为多项选择题)1两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D 分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度 v大小不变，磁感应强度 B减小，由公式 r 可知，轨道
32、半径增大分析角速度：由公式mvqBT 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据 知角速度减小选项 D正确2 mqB 2T2如图所示，总质量为 m，边长为 L的正方形线圈共三匝，放置在倾角为 的光滑斜面上，刚好关于磁场边界 MN对称， MN上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电流 I后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为 g，则 ( )17A磁场方向可以竖直向下，且 Bmgtan ILB磁场方向可以竖直向上，且 Bmgtan 3ILC磁场方向可以垂直斜面向下，且 Bmgsin 3ILD磁场方向可以水平向左，且 BmgILC 当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得 3BIL mgtan ，则 B ，
33、选项mgtan 3ILA错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项 B错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得 3BIL mgsin ，则 B ，选项 C正确；当磁mgsin 3IL场方向水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项 D错误3(2018山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度 B k ，即磁感应强度 B与导线中的电流 I成正比、与该点到导线的距离 r成反1r比如图所示，两根平行长直导线相距为 R，通以大小、方向均相同的电流规定磁场方向垂直纸面向里为正，在 0 R区间内磁感应强度大小 B随 x变化的图线可能是( )C 根据右
34、手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导18线中间位置磁场为零由于规定 B的正方向垂直纸面向里，所以 C正确，ABD 错误；故选 C.4. (2018山东省实验中学高三二模)如图所示，在一等腰直角三角形 ACD区城内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B.一质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子(重力不计)以速度 v从 AC边的中点 O垂直 AC边射入磁场区域若三角形的两直角边长均为 2L，要使粒子从 CD边射出，则 v的取值范围为( )A. v B. vqBLm 22qBLm q
35、BLm 5qBLmC. v D. vqBL2m (r(2) 1)qBLm qBL2m 5qBL2mC 根据洛伦兹力充当向心力可知， v ，因此半径越大，速度越大；根据几何关Bqrm系可知，使粒子与 AD边相切时速度最大，如图由几何关系可知，最大半径为 r1 L1，故最大速度应为 v1 ；当2qB(r(2) 1)Lm粒子从 C点出射时半径最小，为 r2 ，故最小速度应为 v2 ，故 v的取值范围为L2 qBL2m v ，故选 C.qBL2m qB(r(2) 1)Lm5(2018山东省临沂市高三三模)如图所示，电子经电压 U加速后垂直进入磁感应强度为 B的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在 P点
36、，通过调节电压 U可以控制 P点的位置，设 OP x，能够正确反映 U与 x关系的图象是( )19C 带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得： mv2 qU解得： v12 2qUm进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有： qvB m 解得： rv2rmvqB粒子运动半个圆打到 P点， 所以 x2 r2 即 x与 成正比，故 C正确mqB2qUm U6(2018山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，在 xOy平面内，虚线y x左上方存在范围足够大、磁感应强度为 B的匀强磁场，在 A(0， l)处有一个粒子源，33可沿平面内各个方向射出质量为 m，电量为 q的带电粒子，
37、速率均为 ，粒子重力不计，3qBl2m则粒子在磁场中运动的最短时间为( )A. B. C. D. mqB m4qB m3qB m6qBC 粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有： qvB ，而将题中的 v值代入得：mv2rr l，分析可知：粒子运动的时间 t最短时，所粒子偏转的角度 最小，则 所对弦32最短，20作 AB OB于 B点， AB即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有： AB OAsin 60 l，粒子偏转的角度； 60 ，结合周期公式： T ，可32 2 mqB知粒子在磁场中运动的最短时间为： t ，故 C正确，A、B、D 错误；故选 C.T6 m3qB7(2018
38、湖南省怀化市高三联考)一绝缘圆筒上有一小孔，筒内有方向沿圆筒轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，整个装置的横截面如图所示一质量为 m、带电量为 q的小球(重力不计)沿孔半径方向射入筒内，小球与筒壁碰撞 n次后恰好又从小孔穿出小球每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中小球的电荷量不变已知小球在磁场中运动的总时间 t ，则 n可能等 ( ) mqBA2 B3 C4 D5 AC 粒子在磁场中的周期为 T ，而小球在磁场中运动的总时间 t T，可2 mBq mBq 12知，粒子在磁场中做圆周运动的总圆弧所对的圆心角为 180；若 n2，即粒子与圆筒碰撞 2次，分别对应三段圆弧，每段圆弧所对的圆
39、心角为 60，则总圆心角为 180，则选项 A正确；若 n3，即粒子与圆筒碰撞 3次，分别对应四段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为 90，则总圆心角为 360，则选项 B错误；若 n4，即粒子与圆筒碰撞 4次，则可能每次碰撞对应的圆弧所对的圆心角为 36(对应着圆筒上的圆心角为 144)，则总圆心角为 536180，则选项 C正确；若 n5，即粒子与圆筒碰撞 5次，分别对应 6段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为 120，则总圆心角为 72，则选项 D错误；故选 A、C. 8(2018安徽六安一中一模)如图， xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度 B1 T的匀强磁场， ON为处于 y
40、轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为 9 m， M点为 x轴正方向上一点， OM3 m，现有一个比荷大小为 1.0 C/kg，可视为质点的带正qm电小球(重力不计)，从挡板下端 N处小孔以不同的速度向 x轴负方向射入磁场，若与挡板21相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过 M点，则小球射入的速度大小可能是( )A3 m/s B3.75 m/sC4 m/s D5 m/sABD 由题意，小球运动的圆心的位置一定在 y轴上，所以小球做圆周运动的半径 r一定要大于等于 3 m，而 ON 9 m3r，所以小球最多与挡板 ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在 O点的上方，也
41、可能小球与挡板 ON没有碰撞，直接过 M点由于洛伦兹力提供向心力，所以： qvB m ，得： v Br ；若小球与挡板 ON碰撞一次，则轨迹可能如v2r qm图 1，设 OO s，由几何关系得： r2 s29 s2 ，3 r9 s ，联立得：OM2r13 m； r23.75 m，分别代入得： v1 Br1113 m/s3 qmm/s， v2 Br2113.75 m/s3.75 m/s，若小球没有与挡板 ON碰撞，则轨迹如图 2，qm设 OO x，由几何关系得： r x29 x2 ， x9 r3 ，联立得：23 OM2r35 m，代入得： v3 Br3115 m/s5 m/s，A、B、D 正确q
42、m9(2018山东省济南市高三一摸)如图所示，正方形 abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从 a点沿与 ab成 30角的方向垂直射入磁场甲粒子垂直于 bc边离开磁场，乙粒子从 ad边的中点离开磁场已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为 12，质量之比为 12，不计粒子重力. 以下判断正确的是( )22A甲粒子带负电，乙粒子带正电B甲粒子的动能是乙粒子动能的 16倍C甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的 4 倍3D甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的 倍14CD A 项：由甲粒子垂直于 bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从 ad边的中
43、点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故 A错误；B项：由几何关系可知， R 甲 2 L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为 60，弦长为 ，L2所以 2 R 乙 sin 60，解得 R 乙 ，L2 L23根据 qvB m ，所以 Ek ，v2r mv22 q2B2r22m所以甲粒子的动能是乙粒子动能的 24倍，故 B错误：C项：由公式 qvB m 可知， v ，所以 f 洛 qvB ，即 ( )2( )v2r qBrm q2B2rm f洛 甲f洛 乙 12 212 4 ，故 C正确；D 项：由几何关系可知，甲粒子的圆心角为 30，由 B分析可得，2LL23 3乙粒子的圆心角为 120.
44、根据公式 t T和 T 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中360 2 mqB运动时间的 倍，故 D正确1410(2018广东省湛江市高三模拟)如图所示， MN平行于 y轴，在 y轴与 MN之间的区域内存在与 xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.在 t0 时刻，从原点 O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与 y轴正方向的夹角分布在 090范围内其中，沿 y轴正方向发射的粒子在 t t0时刻刚好从磁场右边界 MN上的 P点离开磁场，已知 P点的坐标是(2 )d， d)不计粒子重力，下列说法正确的是( )2 223A粒子在磁场中做圆周运动的半径为 d2 2B粒子的发射速
45、度大小为3 d2t0C带电粒子的比荷为4Bt0D带电粒子在磁场中运动的最长时间为 2t0BD 根据题意作出沿 y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示圆心为 O，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为 r2 d，故 A错；沿 y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 ，运动时间 t0 解得： v0 ，故 B34 34 2dv0 3 d2t0正确；沿 y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 ，对应运动时间为 t0，所以34粒子运动的周期为 T ，由 Bqv0 m( )2r则 故 C错误；在磁场中运动时间最8t03 2T qm 34Bt0长的粒子的运动轨迹如图所示由几何知识得该
46、粒子做圆周运动的圆心角为 ，在磁场中的运动时间为 2t0，故 D正32确二、非选择题2411(2018河北唐山质检)如图所示，水平导轨间距为 L0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒 ab的质量 m1 kg，电阻 R00.9 ，与导轨接触良好；电源电动势 E10 V，内阻 r0.1 ，电阻 R4 ；外加匀强磁场的磁感应强度 B5 T，方向垂直于 ab，与导轨平面成夹角 53； ab与导轨间的动摩擦因数为 0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，细线对 ab的拉力为水平方向，且细线通过定滑轮与重物相连，重力加速度 g10 m/s2， ab处于静止状态，已知 sin 530.8，co
47、s 530.6.求：(1)通过 ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力 G的取值范围解析 (1) I 2 AER R0 r方向为由 a到 b(2)F BIL5 N(3)受力如图， fm (mg Fcos 53)3.5 N当最大静摩擦力方向向右时， FT Fsin 53 fm0.5 N当最大静摩擦力方向向左时， FT Fsin 53 fm7.5 N所以 0.5 N G7.5 N答案 (1)2A 方向由 a到 b(2)5 N(3)0.5 N G7.5 N12(2018山东省淄博一中高三三模)如图所示，在 xOy平面内，有一以 O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为 B.位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种
