《2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場和磁場 第9講 磁場及其對電流的作用 帶電粒子在磁場中的運動練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場和磁場 第9講 磁場及其對電流的作用 帶電粒子在磁場中的運動練習（含解析）（34頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第9講磁場及其對電流的作用帶電粒子在磁場中的運動構建網絡重溫真題1(2018全國卷)(多選) 如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線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，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則()A流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0B流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0C流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0D流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0答案AC解析L1在a

2、、b兩點產生的磁場磁感應強度大小相等，設為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點產生的磁場磁感應強度大小設為B2，方向垂直紙面向里，在b點產生的磁場磁感應強度大小也為B2，方向垂直紙面向外，規(guī)定向外為正方向，根據(jù)矢量疊加原理可知B0B1B2B0，B2B0B1B0，聯(lián)立這兩式可解得：B1B0，B2B0，故A、C正確。2(2019全國卷) 如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A2F B1.5F C0.5F D0答案B解析設每根

3、導體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩支路電阻之比為R1R22RR21，上下兩支路電流之比為I1I212。如圖所示，由于上邊支路通電的導體受安培力的有效長度也為L，根據(jù)安培力計算公式FILB，可知FFI1I212，得F0.5F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的安培力大小為FF1.5F，B正確。3(2019江蘇高考)(多選)如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導線，通過的電流強度相等。矩形線框位于兩條導線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是()A均向左 B均向右Ca的向左，b的向右 Da的向右，b的向左

4、答案CD解析如圖1所示，若a、b中電流方向均向左，矩形線框靠近導線的兩邊所受安培力方向相同，使線框向導線b移動。同理可知，若a、b中電流均向右，線框向導線a移動，故A、B不符合題意。若a導線的電流方向向左，b導線的電流方向向右，a、b中電流I在線框所在處產生的磁場方向如圖2所示，線框靠近導線的兩邊所在處的磁感應強度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，線框靜止。同理可知，若a導線的電流方向向右，b導線的電流方向向左，線框也靜止，C、D符合題意，故選C、D。4(2017全國卷) (多選)如圖，三根相互平行的固定長直導線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

5、的相反。下列說法正確的是()AL1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直BL3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為11DL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為 1答案BC解析如圖，由磁場的疊加知，L2與L3中的電流在L1處產生的合磁場的方向在L2、L3連線的中垂線上，由左手定則知，L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面平行，A錯誤。L1與L2中的電流在L3處產生的合磁場的方向與L1、L2的連線平行，由左手定則知，L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直，B正確。由幾何關系知，設電流在另外導線處產生磁場的

6、磁感應強度為B，而L1、L2所在處兩個磁場方向的夾角均為120，則B合B，而L3所在處兩個磁場方向的夾角為60，則B合B，由FILB知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為11，C正確，D錯誤。5(2017全國卷)(多選)某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉動起來，該同學應將()A左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉B左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉C左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下

7、側的絕緣漆刮掉D左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉答案AD解析裝置平面示意圖如圖所示。如圖所示的狀態(tài)，磁感線方向向上，若形成通路，線圈下邊導線中電流方向向左，受垂直紙面向里的安培力，同理，上邊導線中電流受安培力垂直紙面向外，使線圈轉動。當線圈上邊導線轉到下邊時，若仍通路，線圈上、下邊中電流方向與圖示方向相比均反向，受安培力反向，阻礙線圈轉動。若要線圈連續(xù)轉動，要求左、右轉軸只能上一側或下一側形成通路，另一側斷路。故選A、D。6(2019全國卷) 如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O

8、，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A.kBl，kBl B.kBl，kBlC.kBl，kBl D.kBl，kBl答案B解析若電子從a點射出，運動軌跡如圖線，有qvaBm，Ra解得va；若電子從d點射出，運動軌跡如圖線，有qvdBmR2l2解得vd。B正確。7(2017全國卷) 如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內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分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布

9、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v2v1為()A.2 B.1 C.1 D3答案C解析相同的帶電粒子垂直勻強磁場入射均做勻速圓周運動。粒子以v1入射，一端為入射點P，對應圓心角為60(對應六分之一圓周)的弦PP必為垂直該弦入射粒子運動軌跡的直徑2r1，如圖甲所示，設圓形區(qū)域的半徑為R，由幾何關系知r1R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射點在PP對應的圓弧內。同理可知，粒子以v2入射及出射情況如圖乙所示。由幾何關系知r2 R，可得r2r11。因為m、q、B均相同，由公式r可得vr，所以v2v11。故選C。8(2019江蘇高考)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B。磁場中的

10、水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MNL，粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。質量為m、電荷量為q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d，且d45，粒子做圓周運動的周期：T，則粒子在磁場中運動的最短時間tminT，最長時間tmaxT，故C錯誤，D正確。答案AD 處理帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法技巧(1)解答有關運動電荷在有界勻強磁場中的運動問題時，我們可以先將有界磁場視為無界磁場，假設粒子能夠做完整的圓周運動，確定粒子做圓周運動的圓心，作好輔助線，充分利用相關幾何知識解題

11、。(2)對稱規(guī)律解題法從直線邊界射入的粒子，又從同一邊界射出時，出射速度與邊界的夾角和入射速度與邊界的夾角相等(如圖甲所示)。在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，一定沿徑向射出(如圖乙所示)。(3)解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界狀態(tài)(一般是粒子運動軌跡與磁場邊界相切或軌跡半徑達到最大)，常用方法如下：動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同、比荷和電性都相同的粒子，速度越大半徑越大，圓心在垂直初速度方向的直線上。旋轉平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同、比荷和電性都相同的粒子，運動軌跡的圓心在以入射點為圓心、半徑為R的圓周上。6(2019河南

12、省鄭州市一模)如圖所示，邊界OM與ON之間分布有垂直于紙面向里的勻強磁場，邊界ON上有一粒子源S。某一時刻，從粒子源S沿平行于紙面，向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，經過一段時間有大量粒子從邊界OM射出磁場。已知MON30，從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于T(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最短時間為()A.T B.TC.T D.T答案A解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，入射點為S，出射點在OM直線上，出射點與S點的連線為軌跡的一條弦。由題意可知，粒子運動的最長時間等于T，則沿SN方

13、向射入的粒子出射點D與S的連線為軌跡的直徑，如圖所示，設OSd，則DSOStan30d，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為：rd。當從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，圓心角最小，軌跡半徑一定，則軌跡的弦最短，根據(jù)幾何知識，作SEOM，則SE為最短的弦，粒子從S到E的時間即最短，由幾何知識有：SEOSsin30d，由余弦定理得：cos，且已知180，則：120，粒子在磁場中運動的最短時間為：tminTT，故A正確。7. (2019福州高考模擬)(多選)如圖所示，在圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一系列電子以不同的速率v(0vvm)從邊界上

14、的P點沿垂直于磁場方向且與OP成60角方向射入磁場，在區(qū)域的磁場邊界上有電子射出。已知電子的電荷量為e，質量為m，不考慮電子之間的相互作用力。則電子在磁場中運動的()A最大半徑為rmRB最大速率為vmC最長時間為tmD最短時間為tmin答案AD解析根據(jù)題意，電子圓周運動的圓心在速度的垂線上，電子的速率范圍為0vvm，當電子速度vvm時，對應的圓周運動半徑最大，軌跡圓心O與出射點Q離出發(fā)點最遠，軌跡如圖所示，由題意知POQ120，由幾何知識可知，PQ恰好為軌跡圓的直徑，則最大半徑rmRcos30，得rmR，由洛倫茲力提供向心力，有evmBm，聯(lián)立得vm，此時軌跡對應的圓心角最小，運動時間最短，為

15、tminT；電子速度越小，半徑越小，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長，當電子的速度特別小時，P點與出射點的連線與磁場邊界幾乎重合，可近似看做粒子以與直線邊界成30角射入直線邊界的磁場，則出射速度也與磁場邊界成30角，此時軌跡所對圓心角為300，所以最長時間tmTT；故B、C錯誤，A、D正確。易錯警示 帶電粒子在有界勻強磁場中運動時軌跡圓心和半徑的確定例(2019北京延慶區(qū)高三一模)核聚變是能源的圣杯，但需要在極高溫度下才能實現(xiàn)，最大難題是沒有任何容器能夠承受如此高溫。托卡馬克采用磁約束的方式，把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內巧妙實現(xiàn)核聚變，相當于給反應物制作一個無形的容器。2018年

16、11月12日我國宣布“東方超環(huán)”(我國設計的全世界唯一一個全超導托卡馬克)首次實現(xiàn)一億度運行，令世界震驚，使我國成為可控核聚變研究的領軍者。(1)2018年11月16日，國際計量大會利用玻爾茲曼常量將熱力學溫度重新定義。玻爾茲曼常量k可以將微觀粒子的平均動能與溫度定量聯(lián)系起來，其關系式為EkkT，其中k1.3806491023 J/K。請你估算溫度為一億度時微觀粒子的平均動能(保留一位有效數(shù)字)；(2)假設質量為m、電量為q的微觀粒子，在溫度為T0時垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，求粒子運動的軌道半徑；(3)東方超環(huán)的磁約束原理可簡化如圖。在兩個同心圓環(huán)之間有很強的勻強磁場，兩圓半徑分別為r

17、1、r2，環(huán)狀勻強磁場圍成中空區(qū)域，中空區(qū)域內的帶電粒子只要速度不是很大都不會穿出磁場的外邊緣，而被約束在該區(qū)域內。已知帶電粒子質量為m、電量為q、速度為v，速度方向如圖所示。要使粒子不從大圓中射出，求環(huán)中磁場的磁感應強度最小值。分析與解(1)EkkT21015 J。(2)kT0mv，得v0 又由牛頓第二定律：Bqvm解得：R。(3)磁感應強度最小時粒子軌跡恰好與大圓相切，如圖所示，設此時粒子軌跡半徑為r，磁感應強度為Bmin，由幾何關系得：(r2r)2r2r解得：r由牛頓第二定律：qvBminm解得：Bmin。答案(1)21015 J(2)(3)易錯警示帶電粒子在有界勻強磁場中的軌跡圓心和半

18、徑的確定是解題的第一步，也很容易出錯，特別是四分之一坐標軸磁場、矩形磁場、三角形磁場和圓形磁場，要注意軌跡圓心不一定在坐標軸、磁場直線邊界上。要準確確定軌跡圓心，需要抓住以下兩點：軌跡半徑垂直于速度方向；軌跡圓心在弦的垂直平分線上。軌跡圓心確定了，就可以憑幾何知識確定軌跡半徑。配套作業(yè)限時：50分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第14題為單選題，第58題為多選題)1. (2019福州高考模擬)如圖所示，一根長為L的金屬細桿通有電流時，水平靜止在傾角為的光滑絕緣固定斜面上。斜面處在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。若電流和磁場的方向均不變，電流大小

19、變?yōu)?.5I，磁感應強度大小變?yōu)?B，重力加速度為g。則此時金屬細桿()A電流流向垂直紙面向外B受到的安培力大小為2BILsinC對斜面的壓力大小變?yōu)樵瓉淼?倍D將沿斜面加速向上，加速度大小為gsin答案D解析電流與磁感應強度變化之前，金屬細桿受到重力、導軌的支持力和安培力而平衡，由左手定則得電流流向垂直于紙面向里，故A錯誤；當電流大小變?yōu)?.5I，磁感應強度大小變?yōu)?B時，根據(jù)安培力公式可得，此時受到的安培力大小為F安4BIL2BIL，故B錯誤；電流與磁感應強度變化之前，根據(jù)平衡條件可得：FNcosmg，F(xiàn)NsinBIL，電流大小與磁感應強度大小改變后，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可得：FNm

20、gcos2BILsinFN(1sin2)2FN，agsin，加速度方向沿斜面加速向上，故C錯誤，D正確。2. (2019蘭州一診)如圖所示，矩形abcd內存在勻強磁場，ab2ad，e為cd的中點。速率不同的同種帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，其中從e點射出的粒子速度為v1，從c點射出的粒子速度為v2，則v1v2為(不計粒子重力)()A12 B25 C13 D35答案B解析速率不同的同種帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，從e點、c點射出磁場對應的軌跡如圖所示，由幾何關系可得：r1ad，(r2r1)2(2r1)2r，則有：r2ad，帶電粒子在磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，有：qvBm，解得：

21、v，則有：，故B正確。3. (2019福建南平二模)如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域abcd內有垂直紙面向里的勻強磁場，有一個質量為m、帶電量大小為q的離子，從ad邊的中點O處以速度v垂直ad邊界向右射入磁場區(qū)域，并從b點離開磁場。則()A離子在O、b兩處的速度相同B離子在磁場中運動的時間為C若增大磁感應強度B，則離子在磁場中的運動時間增大D若磁感應強度B，B錯誤；若增大磁感應強度B，由R知離子在磁場中的運動半徑減小，此時離子在磁場中運動的軌跡長度減小，速度大小不變，則運動時間減小，C錯誤；若B，該離子將從bc邊射出，D正確。4. (2019安徽黃山二模)如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場分布在

22、等邊三角形ABC內，D是AB邊的中點，一群相同的帶負電的粒子僅在磁場力作用下，從D點沿紙面以平行于BC邊方向、大小不同的速率射入三角形內，不考慮粒子間的相互作用力，已知粒子在磁場中運動的周期為T，則下列說法中正確的是()A若該粒子在磁場中經歷時間為T，則它一定從BC邊射出磁場B若該粒子在磁場中運動時間為T，則它一定從AC邊射出磁場C速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁場中運動時間長D若該粒子在磁場中的運動時間為T，則它一定從AB邊射出磁場答案B解析若帶電粒子剛好從BC邊射出磁場，運動軌跡與BC邊相切，可知圓心角為180，粒子在磁場中經歷時間為T；若帶電粒子剛好從AC邊射出磁場，運動軌跡與AC邊相

23、切，作圖可得切點為C點，由幾何關系可知圓心角為60，粒子在磁場中運動的時間為T；若帶電粒子從AB邊射出磁場，可知圓心角為240，粒子在磁場中的運動時間為T。所以若該粒子在磁場中的運動時間為T，則它一定從AB邊射出磁場，A錯誤；若該粒子在磁場中的運動時間為T，小于T，則它一定從AC邊射出磁場，B正確；若該粒子在磁場中的運動時間為T，即大于T小于T，則它一定從BC邊射出磁場，D錯誤；若這些帶電粒子都從AB邊射出磁場，可知運動軌跡所對的圓心角都為240，則粒子在磁場中經歷時間都為T，故C錯誤。5. (2019陜西省三模)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)有比荷大小相等的甲

24、、乙兩粒子，甲以速度v1從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過t1時間射出磁場，射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60；乙以速度v2從距離直徑AOB為的C點平行于直徑AOB方向射入磁場，經過t2時間射出磁場，其軌跡恰好通過磁場的圓心。不計粒子受到的重力，則()A兩個粒子帶異種電荷Bt1t2Cv1v21D兩粒子在磁場中軌跡長度之比l1l21答案AC解析甲粒子向上偏轉，根據(jù)左手定則可知甲粒子帶正電，乙粒子向下偏轉，根據(jù)左手定則可知乙粒子帶負電，故A正確；粒子在磁場中運動的周期：T，兩粒子比荷相同，故兩粒子在磁場中運動的周期相同，根據(jù)幾何關系可知，甲、乙兩粒子在磁場中運動的圓心角分別為60和1

25、20，甲在磁場中運動的時間t1TT，乙在磁場中運動的時間t2TT，即t1t2，故B錯誤；設磁場區(qū)域圓的半徑為R，由幾何關系可知甲粒子做圓周運動的半徑為R，乙粒子做圓周運動的半徑為R，根據(jù)圓周運動的半徑公式R，知R與v成正比，即v1v21，故C正確；甲粒子在磁場中的軌跡長度l12R，乙粒子在磁場中的軌跡長度l22R，所以兩粒子在磁場中的軌跡長度之比為l1l22，故D錯誤。6. (2019江西高三九校3月聯(lián)考)如圖所示是一個半徑為R的豎直圓形磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，磁感應強度方向垂直紙面向里。有一個粒子源在圓上的A點不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶電粒子的質量均為m，電荷量均為q，運動

26、的半徑為r，在磁場中的軌跡所對應的圓心角為。下列說法正確的是()A若r2R，則粒子在磁場中運動的最長時間為B若r2R，粒子沿著與半徑方向成45角斜向下射入磁場，則有關系tan成立C若rR，粒子沿著磁場的半徑方向射入，則粒子在磁場中的運動時間為D若rR，粒子沿著與半徑方向成60角斜向下射入磁場，則圓心角為150答案BD解析若r2R，粒子在磁場中運動的時間最長時，在磁場中的運動軌跡所對應的弦長最大，作出軌跡如圖甲所示，因為r2R，得圓心角60，粒子在磁場中運動的最長時間tmaxT，故A錯誤；若r2R，粒子沿著與半徑方向成45角斜向下射入磁場，其運動軌跡如圖乙所示，則根據(jù)幾何關系，有tan，故B正確

27、；若rR，粒子沿著磁場的半徑方向射入，粒子運動軌跡如圖丙所示，軌跡圓心角為90，粒子在磁場中運動的時間tT，故C錯誤；若rR，粒子沿著與半徑方向成60角斜向下射入磁場，軌跡如圖丁所示，圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點和出射點連線構成菱形，圓心角為150，故D正確。7. (2019吉林省吉林市三模)如圖所示，成30角的OA、OB間有一垂直紙面向里的勻強磁場，OA邊界上的S點有一電子源，在紙面內向各個方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電子在磁場中運動的軌跡半徑為r，周期為T。已知從OB邊界射出的電子在磁場中運動的最短時間為，則下列說法正確的是()A沿某一方向發(fā)射的電子，可能從O點射出B沿某一方向發(fā)射的電

28、子，可能沿垂直于OB的方向射出C從OA邊界射出的電子在磁場中運動的最長時間為D從OB邊界射出的電子在磁場中運動的最長時間為答案BC解析電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evBm，解得r，由于電子速率相同，則電子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r相同，當出射點D與S點的連線垂直于OB時，弦SD最短，軌跡所對應的圓心角最小，則電子在磁場中運動的時間最短，tminT，則圓心角60，如圖a所示，由幾何知識知，在磁場中運動的時間最短的電子入射的方向垂直于OA，2r，電子所有軌跡對應圓心的可能位置都應在以S為圓心、半徑為r的圓弧上，軌跡圓心恰好在OA上時，若磁場沒有OB邊界，電

29、子將恰好通過O點，但由于OB邊界的存在，過O點的電子的軌跡圓弧與OB有除O以外的另一個交點，如圖b所示，說明電子到達O點前已經從另一交點飛出磁場，故A錯誤；由以上分析可知，當從S點射出的電子方向平行于OB時，其圓心恰好位于D點，此時電子將轉過90，恰好垂直于OB射出，其軌跡如圖c所示，B正確；從OA邊界射出的電子中，軌跡恰與OB相切時，在磁場中的運動軌跡最長，軌跡對應的圓心角最大，在磁場中運動的時間最長，如圖d所示，由幾何關系可得圓心角為120，運動時間tmaxTT，C正確；從OB邊界射出的電子中，由幾何關系可得，初速度方向沿OA方向的電子，在磁場中運動的時間最長，作出其運動軌跡如圖e所示，可

30、知該電子在磁場中運動的時間大于T，D錯誤。8. (2019江西新余四校高三第二次聯(lián)考)如圖所示，xOy平面的一、二、三象限內存在垂直紙面向外，磁感應強度B1 T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，M點為x軸正方向上一點，OM3 m?，F(xiàn)有一個比荷大小為1.0 C/kg、可視為質點的帶正電的小球(重力不計)從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，已知小球最后都能經過M點，則小球射入的速度大小可能是()A3 m/s B3.75 m/sC4 m/s D5 m/s答案ABD解析由題意，小球運動軌跡的圓心

31、的位置一定在y軸上，所以小球若要經過M點，則其做圓周運動的半徑rOM3 m，而ON9 m3r，所以小球可能與擋板ON碰撞一次，碰撞后以原速率彈回，速度反向，繼續(xù)做圓周運動，第二段軌跡圓弧的圓心位置在O點或O點的上方，也可能小球與擋板ON沒有碰撞，直接經過M點。由洛倫茲力提供向心力，有qvBm，得v。若小球與擋板ON碰撞一次，畫出小球的運動軌跡如圖1所示，設OOs，由幾何關系得：r2OM2s2，s3rON，聯(lián)立得r13 m，r23.75 m，分別代入v，解得v13 m/s，v23.75 m/s，故A、B正確；若小球沒有與擋板ON碰撞，則小球的運動軌跡如圖2所示，設OOs，由幾何關系得：rOM2s

32、2，sONr3，聯(lián)立得r35 m，代入v得v35 m/s，故D正確。二、計算題(本題共2小題，共36分，須寫出規(guī)范的解題步驟)9. (2019東北三省三校二模)(16分)如圖所示，在矩形區(qū)域Oabc內存在一個垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B的勻強磁場，Oa邊長為L，ab邊長為L。先從O點沿著Ob方向垂直磁場射入各種速率的帶電粒子，已知粒子的質量為m、帶電量為q(粒子所受重力及粒子間相互作用忽略不計)，求：(1)垂直于ab邊射出磁場的粒子的速率v；(2)粒子在磁場中運動的最長時間tm。答案(1)(2)解析(1)粒子運動的軌跡如圖，設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可知：tan，得，又sin

33、，則R2L，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvBm解得v。(2)由圓周運動的知識可知T，qvBm聯(lián)立可得T由幾何關系可知最大圓心角2可得粒子運動的最長時間tmT。10. (2019湖北荊門龍泉中學高三第五次學業(yè)檢測)(20分)如圖所示，一勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，其邊界是半徑為R的圓，AB為該圓的一條直徑。在A點有一粒子源向圓平面內的各個方向發(fā)射質量為m、電量為q的粒子，粒子重力不計。(1)有一帶電粒子以v1的速度垂直于磁場進入圓形區(qū)域，恰從B點射出。求此粒子在磁場中運動的時間；(2)若磁場的邊界是絕緣彈性邊界(粒子與邊界碰撞后將以原速率反彈)，某粒子

34、沿半徑方向射入磁場，經過2次碰撞后回到A點，則該粒子的速度為多大？(3)若R3 cm、B0.2 T，在A點的粒子源向圓平面內的各個方向發(fā)射速度均為3105 m/s、比荷為108 C/kg的粒子。試用陰影圖畫出粒子在磁場中能到達的區(qū)域，并求出該區(qū)域的面積(結果保留兩位有效數(shù)字)。答案(1)(2)(3)見解析圖c9.0104 m2解析(1)由qv1Bm得r12R粒子的運動軌跡如圖a所示，則由幾何關系得因為周期T所以該粒子在磁場中的運動時間tT。(2)粒子運動情況如圖b所示，則由幾何關系得r2RtanR由qv2Bm得v2。(3)粒子的軌道半徑r31.5 cmR粒子到達的區(qū)域如圖c中的陰影部分所示，區(qū)域面積為Sr2(2r3)2r9.0104 m2。- 34 -