1、1第一部分 专题三 第 2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动一、单项选择题1.(2018郑州模拟)三根平行的长直导体棒分别过正三角形 ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图 3217 所示，则三角形的中心 O处的合磁场方向为图 3217A平行于 AB，由 A指向 BB平行于 BC，由 B指向 CC平行于 CA，由 C指向 AD由 O指向 C解析 如图所示，由右手螺旋定则可知，导线 A中电流在 O点产生的磁场的磁感应强度方向平行 BC，同理，可知导线 B、 C中电流在 O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于 AC、 AB，又由于三根导线中电流大小相
2、等，到 O点的距离相等，则它们在 O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得 O处的合磁场方向为平行于AB，由 A指向 B，故选 A。答案 A2.(2016全国卷)平面 OM和平面 ON之间的夹角为 30，其横截面(纸面)如图3218 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，速率与 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。粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O的距离为2图
3、3218A. B.mv2qB 3mvqBC. D.2mvqB 4mvqB解析 如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为 P，粒子运动轨迹与 ON的交点为 Q，粒子入射方向与 OM成 30角。则射出磁场时速度方向与 OM成 30角，由几何关系可知， PQ ON，故出射点到 O点的距离为轨迹圆直径的 2倍，即 4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径 R ，所以 D正确。mvqB答案 D3(2018冀州模拟)我国位于北半球，某地区存在匀强电场 E和可看作匀强磁场的地磁场 B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度 v在此区域内沿垂直场
4、强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力，此地区的重力加速度为 g，则下列说法正确的是A小球运动方向为自南向北B小球可能带正电C小球速度 v的大小为EBD小球的比荷为gE2 (vB)2解析 由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且 f 洛 qvB，则一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，则小球受力如图所示，其中 Eq与 Bqv垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足( mg)2( Eq)2( Bqv)2，得 qm， v ，则 D项正确，C 项错误。由受力分析可知小球带负电，gE2
5、(vB)2 (mg)2 (qE)2qB且运动方向为自东向西，则 A、B 错误。3答案 D4.(2016四川卷)如图 3219 所示，正六边形 abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从 f点沿 fd方向射入磁场区域，当速度大小为 vb时，从 b点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tb，当速度大小为 vc时，从 c点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tc，不计粒子重力。则图 3219A vb vc12， tb tc21B vb vc21， tb tc12C vb vc21， tb tc21D vb vc12， tb tc12解析 设正六边形边长为 L，一带正电的粒子从 f点沿 fd方
6、向射入磁场区域，当速度大小为 vb时，从 b点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径rb L，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为 120，由洛伦兹力提供向心力，Bqvb ，得 L ，且 T ，得 tb ；当速度大小为 vc时，从 c点离开磁mv2bL mvbqB 2 Lvb 13 2 mqB场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角 2 60，粒子在磁场中做圆周运动的半径 rc L 2 L，同理有 2L ， tc ，解得12Lsin mvcqB 16 2 mqBvb vc12， tb tc21，A 项正确。答案 A45(2018河南九校联考)如图
7、3220 所示，通有恒定电流的、一定长度的直导线水平放置在两足够大的匀强磁场中，磁场方向如图 3220 所示。若将导体在纸面内顺时针转 180，关于甲、乙两种情况导体受到的安培力大小和方向变化，下列说法正确的是图 3220A甲、乙两种情况导线受到的安培力大小不变，方向一直变化B甲、乙两种情况导线受到的安培力大小一直在变，方向不变C图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向变化一次，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变D图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向不变，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变解析 对甲图分析有：开始位置导体与磁场垂直，由左手定则可以判断出导线在纸面内转 0
8、到 90过程中安培力的方向始终为垂直纸面向外，当导线在纸面内转 90到 180的过程中安培力的方向改变，变为垂直纸面向里，因此甲图安培力方向变化一次；甲图中安培力的大小 F BILsin ，其中 为导线与磁场的夹角，导线在纸面内顺时针转动180的过程中， 由 90逐渐减小到 0，再从 0逐渐增大到 90，因此甲图安培力大小从最大 BIL先减小，直到减为 0，再增大到 BIL，故甲图安培力大小一直在变，方向变化一次。对乙图分析有：导线在纸面内顺时针转 180过程中，由左手定则可以判断出安培力方向一直在变化，但转动过程导线中电流 I始终与磁场方向垂直，故安培力大小一直不变，始终为 F BIL。综合
9、上述分析，C 说法正确。答案 C二、多项选择题6电磁轨道炮工作原理如图 3221 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。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。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图 32215A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 2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 设两轨道间距离为 d
10、，弹体出射速度为 v时，对应的电流为 I，弹体的质量为m，轨道长度为 L。当出射速度为 2v时，对应的电流为 I，弹体的质量为 m，轨道长度为 L。依题意有 B kI， F BId kI2d，由动能定理得 FL mv2，即 kI2dL mv2，同理12 12有 kI 2dL m(2 v)2，两式相比可得 ，四个选项中只有 B、D 两个选项能12 I2LmI 2L m 14使该式成立，故 A、C 错误，B、D 正确。答案 BD7某一空间存在着磁感应强度为 B且大小不变、方向随时间 t做周期性变化的匀强磁场(如图 3222 甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正，为了使静止于该磁场中的带正电的粒
11、子能按 a b c d b e f的顺序做横“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)图 3222A若粒子的初始位置在 a处，在 t 时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度3T8B若粒子的初始位置在 f处，在 t 时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度T2C若粒子的初始位置在 e处，在 t 时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度11T8D若粒子的初始位置在 b处，在 t T时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析 要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为 T0 。对 AT2项， t 时磁场向里，由左手定则可知，粒子经 时间沿圆弧
12、 ab运动到 b，此时磁场方向3T8 T8改变，粒子沿 b c d b运动到 b点，磁场方向改变，粒子沿 b e f a运动，满足题目要求，选项 A正确；对 B项； t 时磁场向外，由左手定则可知粒子将离开圆弧向左偏T2转，选项 B错误；对 C项， t 时磁场垂直纸面向里，粒子沿 e f运动 时间后磁场方11T8 T86向改变，粒子在 f点离开圆弧向左偏转，选项 C错误；对 D项， t T时磁场向里，粒子沿b e f a b运动一周到 b点时磁场方向改变，粒子沿 b c d圆弧运动，符合题意，选项 D正确。答案 AD8.(2018湖南二模)沿半径为 R的圆形边界的匀强磁场的半径 PO方向射入两
13、个带电粒子甲和乙，甲、乙分别从圆形边界上的 Q、 S两点射出，已知两个带电粒子的比荷( q/m)相同，圆弧 PQ为圆周边界的 1/3，圆弧 PS为圆周边界的 1/4，由此可知图 3223A从边界上 Q点射出的带电粒子甲带负电B甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为 1 3C甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为 13D甲和乙两个带电粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为 13解析 由左手定则可判断出从边界上 Q点射出的带电粒子甲带正电，选项 A错误。根据题述可以判断出从 S点射出的带电粒子乙的运动轨迹半径为 r 乙 R，由几何关系可知tan 30 R/r 甲 ，解得从 Q点射出的带电粒子在磁场中运动的轨迹半
14、径之比为 r 甲 r 乙 1 ，选项 D正确。由 r 可得甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为 v 甲 v 乙 r 甲 3mvqBr 乙 1，选项 B错误，C 正确。3答案 CD三、计算题9如图 3224 所示，在 xOy坐标平面内， x轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里，一质量为 m，电荷量为 q的带正电粒子从 y轴上的P点以一定的初速度沿 y轴正方向射出，粒子经过时间 t第一次从 x轴上的 Q点进入下方磁场，速度方向与 x轴正向成 45角，当粒子再次回到 x轴时恰好经过坐标原点 O，已知OP L，不计粒子重力，求：7图 3224(1)带电粒子的初速度大小 v0；
15、(2)x轴上、下方磁场的磁感应强度之比 。B1B2解析 (1)粒子运动轨迹如图所示。由几何知识得r1 L2粒子在 x轴上方运动的回旋角 225 54又时间 t r1v0综合得 v052 L4t(2)由几何知识有 OQ r1 r1cos 45粒子在 x轴下方运动的半径r2 OQ22由 qv0B mv20r得 。B1B2 r2r1 1 22答案 (1) (2)52 L4t 1 2210.一边长为 a的正三角形 ADC区域中有垂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
16、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。8图 3225(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 qvB mv2r周期 T 2 rv 2 mqB当粒子垂直 AD边射出时，根据几何关系有圆心角为 60，则 t0 T16解得 B 。 m3qt0(2)当轨迹圆与 AC、 AD都相切时，能有粒子从 DC边射出，且
17、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r1 sin 60 aa2 34由 qv1B m 得 r1v21r1 mv1qB解得 v13 a12t0所以粒子能从 DC边离开磁场的最大入射速度 v1 。3 a12t0(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， xCE cos 60a2 a49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 。r1sin 60a2答案 (1) (2) (3) m3qt0 3 a12t0
18、 a4 a211.(2018洛阳统考)如图 3226 所示，在 xOy平面内以 O为圆心， R为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B1 ；一质量为 m、带电荷mvqR量为 q的粒子以速度 v从 A(R,0)点沿 x轴负方向第一次进入磁场区域，再从区域进入同心环形匀强磁场区域，为使粒子经过区域后能从 Q点第二次回到区域，需在区域内加一垂直于纸面向里的匀强磁场。已知 OQ与 x轴负方向成 30夹角，不计粒子重力。试求：图 3226(1)环形区域跟圆形区域中的磁场的磁感应强度大小之比；(2)粒子从 A点出发到再次经过 A点所用的最短时间。解析 (1)设粒子在区域内做匀速圆周
19、运动的半径为 r1，则有： B1qv mv2r1可解得： r1 R由图中几何关系可知，粒子从 P点沿 y轴正方向进入磁场区域。设粒子在区域中的运动半径为 r2，运动轨迹如图所示，由几何关系知： r2 R33设区域中磁场的磁感应强度为 B2，则有： B2qv mv2r210由以上各式联立可解得： B2B1 31(2)由粒子运动规律可知当粒子由内侧磁场沿劣弧经过一点时，应满足(9060)n90360 m由数学知识可知：当 m4 时， n9，时间最短当粒子由外侧磁场沿优弧经过 A点时，应满足(9060) n360 m由数学知识可知：当 m5 时， n12，时间最短所以，当粒子由内侧磁场沿劣弧经过 A点且 m4， n9 时，时间最短。设粒子在区域做匀速圆周运动的周期为 T1，则在区域运动的总时间为： t1( n1)T14T12 Rv设粒子在区域做匀速圆周运动的周期为 T2，则在区域运动的总时间为： t2 n2T23T22 (33Rv)所以粒子从 A点出发到再次经过 A点所用的最短时间为：t t1 t2由以上各式联立可解得： t(54 ) 。3 Rv答案 (1) 1 (2) t(54 )3 3 Rv
