第9講磁場及其對電流的作用帶電粒子在磁場中的運(yùn)動構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)·重溫真題1(2018·全國卷)(多選) 如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)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(diǎn)，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則()A流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0B流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0D流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0答案AC解析L1在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小設(shè)為B2，方向垂直紙面向里，在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)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(shè)每根導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線，通過的電流強(qiáng)度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產(chǎn)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(dǎo)線的兩邊所受安培力方向相同，使線框向?qū)Ь€b移動。同理可知，若a、b中電流均向右，線框向?qū)Ь€a移動，故A、B不符合題意。若a導(dǎo)線的電流方向向左，b導(dǎo)線的電流方向向右，a、b中電流I在線框所在處產(chǎn)生的磁場方向如圖2所示，線框靠近導(dǎo)線的兩邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)線的電流方向向右，b導(dǎo)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(dǎo)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(chǎn)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(chǎn)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(guān)系知，設(shè)電流在另外導(dǎo)線處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(xué)自制的簡易電動機(jī)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(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，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(zhuǎn)動起來，該同學(xué)應(yīng)將()A左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉B左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉C左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉D左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)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(dǎo)線中電流方向向左，受垂直紙面向里的安培力，同理，上邊導(dǎo)線中電流受安培力垂直紙面向外，使線圈轉(zhuǎn)動。當(dāng)線圈上邊導(dǎo)線轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動。若要線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動，要求左、右轉(zhuǎn)軸只能上一側(cè)或下一側(cè)形成通路，另一側(cè)斷路。故選A、D。6(2019·全國卷) 如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)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(diǎn)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(diǎn)射出，運(yùn)動軌跡如圖線，有qvaBm，Ra解得va；若電子從d點(diǎn)射出，運(yùn)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(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn)。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，在紙面內(nèi)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(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上。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(qiáng)磁場入射均做勻速圓周運(yùn)動。粒子以v1入射，一端為入射點(diǎn)P，對應(yīng)圓心角為60°(對應(yīng)六分之一圓周)的弦PP必為垂直該弦入射粒子運(yùn)動軌跡的直徑2r1，如圖甲所示，設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R，由幾何關(guān)系知r1R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射點(diǎn)在PP對應(yīng)的圓弧內(nèi)。同理可知，粒子以v2入射及出射情況如圖乙所示。由幾何關(guān)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。磁場中的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(zhì)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(yùn)動的半徑為d，且d<L。粒子重力不計，電荷量保持不變。(1)求粒子運(yùn)動速度的大小v；(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；(3)從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場，PMd，QN，求粒子從P到Q的運(yùn)動時間t。答案(1)(2)d(3)或解析(1)洛倫茲力提供向心力，qvBmrd解得v。(2)如圖所示，當(dāng)粒子第一次與薄板碰撞后的運(yùn)動軌跡恰好與磁場左邊界相切時，入射點(diǎn)到M的距離最大。由幾何關(guān)系得：dmd(1sin60°)解得：dmd。(3)粒子做圓周運(yùn)動的周期T設(shè)粒子從最后一次與薄板碰撞到射出磁場的時間為t，則tnt(n1,3,5，)。(a)當(dāng)Lndd時，粒子斜向上射出磁場tT解得：t；(b)當(dāng)Lndd時，粒子斜向下射出磁場tT解得：t。命題特點(diǎn)：以選擇題的形式考查磁場的性質(zhì)，以選擇題和計算題的形式考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動和在有界磁場中的臨界問題。思想方法：比值定義法、臨界法、對稱法。高考考向1磁場的性質(zhì)及磁場對通電導(dǎo)體的作用例1(2019·江西南昌二模)(多選)如圖所示，三條長直導(dǎo)線a、b、c都通以垂直紙面的電流，其中a、b兩根導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向外。O點(diǎn)與a、b、c三條導(dǎo)線距離相等，且Ocab?，F(xiàn)在O點(diǎn)垂直紙面放置一小段通電導(dǎo)線，電流方向垂直紙面向里，導(dǎo)線受力方向如圖所示。則可以判斷()AO點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與F相同B長導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向外C長導(dǎo)線a中電流I1小于b中電流I2D長導(dǎo)線c中電流I3小于b中電流I2(1)O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度指向什么方向？提示：由左手定則可知，O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與F垂直斜向右下方。(2)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由什么決定？提示：由a、b、c三條導(dǎo)線中的電流方向及大小決定。解析由左手定則可知，O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與安培力F方向垂直且斜向右下方，故A錯誤；O點(diǎn)處的磁場方向可沿水平向右和豎直向下分解，長導(dǎo)線a和b在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場方向均沿豎直方向，所以長導(dǎo)線c在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)水平向右，由右手螺旋定則可知，長導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向外，長導(dǎo)線a在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，長導(dǎo)線b在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，所以長導(dǎo)線a中電流I1小于b中電流I2，由于不知道安培力的具體方向，所以無法確定長導(dǎo)線c中電流I3與b中電流I2的大小關(guān)系，故B、C正確，D錯誤。答案BC 求解磁場對通電導(dǎo)體作用力的注意事項(1)掌握安培力公式：FBIL(IB，且L指有效長度)。(2)用準(zhǔn)“兩個定則”對電流的磁場用安培定則(右手螺旋定則)，并注意磁場的疊加性。對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力用左手定則。(3)明確兩個常用的等效模型變曲為直：圖甲所示通電導(dǎo)線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流?；姙榇牛涵h(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙。1(2019·北京石景山高三統(tǒng)一測試)如圖所示，完全相同的甲、乙兩個環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點(diǎn)，其中aO1O1bbO2O2c，此時a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后，c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()AB1 BB2CB2B1 D.答案A解析對于圖中單個環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場方向均是向左，故c點(diǎn)的磁場方向也是向左的。設(shè)aO1O1bbO2O2cr，單個環(huán)形電流在距離圓心r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1r，在距離圓心3r位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B3r，故a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。築1B1rB3r，b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。築2B1rB1r，當(dāng)撤去環(huán)形電流乙后，c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。築cB3rB1B2，故選A。2(2019·陜西咸陽三模)如圖所示是實(shí)驗室里用來測量磁場力的一種儀器電流天平，某同學(xué)在實(shí)驗室里用電流天平測算通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度，若他測得CD段導(dǎo)線長度4×102 m，天平(等臂)平衡時鉤碼重4×105 N，通過導(dǎo)線的電流I0.5 A，由此測得通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B是()A5.0×102 T，方向水平向左B5.0×102 T，方向水平向右C2.0×103 T，方向水平向左D2.0×103 T，方向水平向右答案D解析天平平衡時，CD段導(dǎo)線所受的安培力大小為：Fmg；由FBIL得：B T2.0×103 T，根據(jù)安培定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右，故D正確。3(2019·福建廈門二模)長為L的通電直導(dǎo)線放在傾角為的光滑斜面上，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示，當(dāng)B方向垂直斜面向上，電流為I1時導(dǎo)線處于平衡狀態(tài)；當(dāng)B方向改為豎直向上，電流為I2時導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)。則電流強(qiáng)度比值為()Asin B. Ccos D.答案C解析由左手定則可知，磁場方向垂直于斜面向上時，導(dǎo)線所受安培力沿斜面向上，由平衡條件可得：mgsinBI1L；磁場方向豎直向上時，導(dǎo)線所受安培力水平向右，由平衡條件可得：mgtanBI2L。則I1I2cos1，故C正確。高考考向2帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動例2(2019·北京高考)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出。下列說法正確的是()A粒子帶正電B粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率C若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出D若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運(yùn)動時間變短(1)粒子運(yùn)動的半徑大小與什么有關(guān)？提示：由公式qvBm得：r，半徑隨v的增大而增大，隨B的增大而減小。(2)粒子運(yùn)動的時間與什么有關(guān)？提示：運(yùn)動周期T，運(yùn)動時間tT，與軌跡所對圓心角大小成正比，與速度無關(guān)。解析由左手定則知，粒子帶負(fù)電，A錯誤；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯誤；由r，若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則r變大，粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，C正確；由r，若僅減小入射速率v，則r變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角變大，由tT、T知，粒子在磁場中的運(yùn)動時間變長，D錯誤。答案C 處理帶電粒子在磁場中運(yùn)動問題的方法(1)解決帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動問題的一般思路找圓心畫軌跡；由對稱找規(guī)律；尋半徑列算式；找角度定時間。(2)處理該類問題常用的幾個幾何關(guān)系四個點(diǎn)：分別是入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)；三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。(3)時間的求解方法根據(jù)周期求解，運(yùn)動時間tT；根據(jù)運(yùn)動弧長和速度求解，t。4. (2019·廣東汕頭高三一模)如圖，紙面內(nèi)有一垂直于紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，比荷為k1、k2的帶電粒子A、B分別從P點(diǎn)以速率v1、v2垂直進(jìn)入磁場，經(jīng)過時間t1、t2從M點(diǎn)射出磁場。已知v1沿半徑方向，v2與v1夾角為30°，POM120°。不計粒子重力，下列判斷正確的是()A若v1v2，則k1k21B若v1v2，則t1t22C若t1t2，則k1k221D若t1t2，則v1v21答案B解析設(shè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域半徑為R，帶電粒子A、B的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得：粒子A的軌道半徑r1Rtan60°R，粒子B的軌道半徑r2R，粒子A轉(zhuǎn)過的圓心角為160°，粒子B轉(zhuǎn)過的圓心角為2120°。根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：Bvq，故速度v，運(yùn)動周期T，則運(yùn)動時間tT。若v1v2，則k1k2r2r11，故A錯誤；若v1v2，則t1t21r12r22，故B正確；若t1t2，則k1k21212，故C錯誤；若t1t2，則v1v2k1r1k2r21r12r22，故D錯誤。5. (2019·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)(多選)如圖所示，邊長為L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量均為m，電荷量均為q的三個粒子A、B、C以大小不等的速度從a點(diǎn)沿與ab邊成30°角的方向垂直射入磁場后從ac邊界穿出，穿出ac邊界時與a點(diǎn)的距離分別為、L。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列說法正確的是()A粒子C在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為LBA、B、C三個粒子的初速度大小之比為321CA、B、C三個粒子從磁場中射出的方向均與ab邊垂直D僅將磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則粒子B從c點(diǎn)射出答案ACD解析由圓周運(yùn)動的對稱性可知，同一直線邊界以30°的弦切角射入磁場，射出時的速度也與邊界成30°，故圓心角為60°，則圓心和入射點(diǎn)以及出射點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，由幾何關(guān)系可知rA，rB，rCL，故A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvBm，可知v，得初速度之比vAvBvCrArBrC123，B錯誤；由于三粒子從ac邊界出射時與ac夾角為30°，而cab60°，故出射速度的延長線必與ab邊垂直，C正確；由r可知僅將B改為，粒子B在磁場中的運(yùn)動半徑將變?yōu)閞BL×L，由幾何關(guān)系可知粒子B將從c點(diǎn)射出，故D正確。高考考向3帶電粒子在有界磁場中的臨界和極值問題例3(2019·山東濟(jì)寧一模)(多選)如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)(包含邊界)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，在bc的中點(diǎn)O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射大量速率不同的同種粒子，這些粒子帶負(fù)電，質(zhì)量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用。關(guān)于這些粒子，下列說法正確的是()A速度的最大值為B速度的最小值為C在磁場中運(yùn)動的最短時間為D在磁場中運(yùn)動的最長時間為(1)速度最大時粒子的運(yùn)動有何特征？提示：速度最大時粒子的軌跡與ac邊相切。(2)在磁場中運(yùn)動時間最長時粒子的運(yùn)動有何特征？提示：時間最長時，軌跡所對圓心角最大，軌跡應(yīng)該與ab邊相切，運(yùn)動軌跡為半個圓周。解析粒子從ab邊離開磁場時的臨界運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何知識可知：r1，2r(r2l)2，解得：r2(1)l，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBm，解得：v，故粒子的最大速度為vmax，最小速度vmin，故A正確，B錯誤；由粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運(yùn)動軌跡可知，粒子轉(zhuǎn)過的最大圓心角：max180°，最小圓心角：min>45°，粒子做圓周運(yùn)動的周期：T，則粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)動問題的方法技巧(1)解答有關(guān)運(yùn)動電荷在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動問題時，我們可以先將有界磁場視為無界磁場，假設(shè)粒子能夠做完整的圓周運(yùn)動，確定粒子做圓周運(yùn)動的圓心，作好輔助線，充分利用相關(guān)幾何知識解題。(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(nèi)，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(yùn)動的臨界問題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動態(tài)思維，尋找臨界狀態(tài)(一般是粒子運(yùn)動軌跡與磁場邊界相切或軌跡半徑達(dá)到最大)，常用方法如下：動態(tài)放縮法：定點(diǎn)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(zhuǎn)平移法：定點(diǎn)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(yùn)動軌跡的圓心在以入射點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓周上。6(2019·河南省鄭州市一模)如圖所示，邊界OM與ON之間分布有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)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(jīng)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(yùn)動的最長時間等于T(T為粒子在磁場中運(yùn)動的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)動，入射點(diǎn)為S，出射點(diǎn)在OM直線上，出射點(diǎn)與S點(diǎn)的連線為軌跡的一條弦。由題意可知，粒子運(yùn)動的最長時間等于T，則沿SN方向射入的粒子出射點(diǎn)D與S的連線為軌跡的直徑，如圖所示，設(shè)OSd，則DSOStan30°d，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑為：rd。當(dāng)從邊界OM射出的粒子在磁場中運(yùn)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：SEOSsin30°d，由余弦定理得：cos，且已知<180°，則：120°，粒子在磁場中運(yùn)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(nèi)有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。一系列電子以不同的速率v(0<vvm)從邊界上的P點(diǎn)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(zhì)量為m，不考慮電子之間的相互作用力。則電子在磁場中運(yùn)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(yùn)動的圓心在速度的垂線上，電子的速率范圍為0<vvm，當(dāng)電子速度vvm時，對應(yīng)的圓周運(yùn)動半徑最大，軌跡圓心O與出射點(diǎn)Q離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，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(yīng)的圓心角最小，運(yùn)動時間最短，為tminT；電子速度越小，半徑越小，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動時間越長，當(dāng)電子的速度特別小時，P點(diǎn)與出射點(diǎn)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(qiáng)磁場中運(yùn)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(shí)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(yùn)動的離子約束在小范圍內(nèi)巧妙實(shí)現(xiàn)核聚變，相當(dāng)于給反應(yīng)物制作一個無形的容器。2018年11月12日我國宣布“東方超環(huán)”(我國設(shè)計的全世界唯一一個全超導(dǎo)托卡馬克)首次實(shí)現(xiàn)一億度運(yùn)行，令世界震驚，使我國成為可控核聚變研究的領(lǐng)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(xué)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(guān)系式為EkkT，其中k1.380649×1023 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(shè)質(zhì)量為m、電量為q的微觀粒子，在溫度為T0時垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，求粒子運(yùn)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(qiáng)的勻強(qiáng)磁場，兩圓半徑分別為r1、r2，環(huán)狀勻強(qiáng)磁場圍成中空區(qū)域，中空區(qū)域內(nèi)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(nèi)。已知帶電粒子質(zhì)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(yīng)強(qiáng)度最小值。分析與解(1)EkkT2×1015 J。(2)kT0mv，得v0 又由牛頓第二定律：Bqvm解得：R。(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時粒子軌跡恰好與大圓相切，如圖所示，設(shè)此時粒子軌跡半徑為r，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bmin，由幾何關(guān)系得：(r2r)2r2r解得：r由牛頓第二定律：qvBminm解得：Bmin。答案(1)2×1015 J(2)(3)易錯警示帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的軌跡圓心和半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(biāo)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(biāo)軸、磁場直線邊界上。要準(zhǔn)確確定軌跡圓心，需要抓住以下兩點(diǎn)：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(xì)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(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。若電流和磁場的方向均不變，電流大小變?yōu)?.5I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B，重力加速度為g。則此時金屬細(xì)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(yīng)強(qiáng)度變化之前，金屬細(xì)桿受到重力、導(dǎo)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(dāng)電流大小變?yōu)?.5I，磁感應(yīng)強(qiáng)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4B·IL2BIL，故B錯誤；電流與磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度大小改變后，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可得：FNmgcos2BILsinFN(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(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，ab2ad，e為cd的中點(diǎn)。速率不同的同種帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向射入磁場，其中從e點(diǎn)射出的粒子速度為v1，從c點(diǎn)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(diǎn)沿ab方向射入磁場，從e點(diǎn)、c點(diǎn)射出磁場對應(yīng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得：r1ad，(r2r1)2(2r1)2r，則有：r2ad，帶電粒子在磁場中運(yùn)動時，洛倫茲力充當(dāng)向心力，有：qvBm，解得：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(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，有一個質(zhì)量為m、帶電量大小為q的離子，從ad邊的中點(diǎn)O處以速度v垂直ad邊界向右射入磁場區(qū)域，并從b點(diǎn)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(yùn)動的時間為C若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則離子在磁場中的運(yùn)動時間增大D若磁感應(yīng)強(qiáng)度B<，則該離子將從bc邊射出答案D解析離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，該離子在O、b兩處的速度大小相同，但是方向不同，A錯誤；離子在磁場中運(yùn)動的半徑滿足：R2L2(RL)2，解得R，則離子在磁場中運(yùn)動的軌跡所對應(yīng)的圓心角的正弦值為sin0.8，即53°，運(yùn)動的時間tT·>，B錯誤；若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，由R知離子在磁場中的運(yùn)動半徑減小，此時離子在磁場中運(yùn)動的軌跡長度減小，速度大小不變，則運(yùn)動時間減小，C錯誤；若B<，則R>，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(qiáng)磁場分布在等邊三角形ABC內(nèi)，D是AB邊的中點(diǎn)，一群相同的帶負(fù)電的粒子僅在磁場力作用下，從D點(diǎn)沿紙面以平行于BC邊方向、大小不同的速率射入三角形內(nèi)，不考慮粒子間的相互作用力，已知粒子在磁場中運(yùn)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(jīng)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(yùn)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(yùn)動時間長D若該粒子在磁場中的運(yùn)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(yùn)動軌跡與BC邊相切，可知圓心角為180°，粒子在磁場中經(jīng)歷時間為T；若帶電粒子剛好從AC邊射出磁場，運(yùn)動軌跡與AC邊相切，作圖可得切點(diǎn)為C點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知圓心角為60°，粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)動時間為T。所以若該粒子在磁場中的運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動軌跡所對的圓心角都為240°，則粒子在磁場中經(jīng)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(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有比荷大小相等的甲、乙兩粒子，甲以速度v1從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)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(diǎn)平行于直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)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(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知甲粒子帶正電，乙粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知乙粒子帶負(fù)電，故A正確；粒子在磁場中運(yùn)動的周期：T，兩粒子比荷相同，故兩粒子在磁場中運(yùn)動的周期相同，根據(jù)幾何關(guān)系可知，甲、乙兩粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角分別為60°和120°，甲在磁場中運(yùn)動的時間t1TT，乙在磁場中運(yùn)動的時間t2TT，即t1t2，故B錯誤；設(shè)磁場區(qū)域圓的半徑為R，由幾何關(guān)系可知甲粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，乙粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，根據(jù)圓周運(yùn)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l1×2×R，乙粒子在磁場中的軌跡長度l2×2R，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(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。有一個粒子源在圓上的A點(diǎn)不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶電粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，運(yùn)動的半徑為r，在磁場中的軌跡所對應(yīng)的圓心角為。下列說法正確的是()A若r2R，則粒子在磁場中運(yùn)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(guān)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(yùn)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(yùn)動的時間最長時，在磁場中的運(yùn)動軌跡所對應(yīng)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(yùn)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(yùn)動軌跡如圖乙所示，則根據(jù)幾何關(guān)系，有tan，故B正確；若rR，粒子沿著磁場的半徑方向射入，粒子運(yùn)動軌跡如圖丙所示，軌跡圓心角為90°，粒子在磁場中運(yùn)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(diǎn)和出射點(diǎn)連線構(gòu)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(qiáng)磁場，OA邊界上的S點(diǎn)有一電子源，在紙面內(nèi)向各個方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電子在磁場中運(yùn)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(yùn)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(diǎn)射出B沿某一方向發(fā)射的電子，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(yùn)動的最長時間為D從OB邊界射出的電子在磁場中運(yùn)動的最長時間為答案BC解析電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)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(yùn)動的軌跡半徑r相同，當(dāng)出射點(diǎn)D與S點(diǎn)的連線垂直于OB時，弦SD最短，軌跡所對應(yīng)的圓心角最小，則電子在磁場中運(yùn)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(yùn)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(yīng)圓心的可能位置都應(yīng)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，電子將恰好通過O點(diǎn)，但由于OB邊界的存在，過O點(diǎn)的電子的軌跡圓弧與OB有除O以外的另一個交點(diǎn)，如圖b所示，說明電子到達(dá)O點(diǎn)前已經(jīng)從另一交點(diǎn)飛出磁場，故A錯誤；由以上分析可知，當(dāng)從S點(diǎn)射出的電子方向平行于OB時，其圓心恰好位于D點(diǎn)，此時電子將轉(zhuǎn)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(yùn)動軌跡最長，軌跡對應(yīng)的圓心角最大，在磁場中運(yùn)動的時間最長，如圖d所示，由幾何關(guān)系可得圓心角為120°，運(yùn)動時間tmaxTT，C正確；從OB邊界射出的電子中，由幾何關(guān)系可得，初速度方向沿OA方向的電子，在磁場中運(yùn)動的時間最長，作出其運(yùn)動軌跡如圖e所示，可知該電子在磁場中運(yùn)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(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T的勻強(qiáng)磁場，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，M點(diǎn)為x軸正方向上一點(diǎn)，OM3 m。現(xiàn)有一個比荷大小為1.0 C/kg、可視為質(zhì)點(diǎn)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(fù)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(jīng)過M點(diǎn)，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(yùn)動軌跡的圓心的位置一定在y軸上，所以小球若要經(jīng)過M點(diǎn)，則其做圓周運(yùn)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(yùn)動，第二段軌跡圓弧的圓心位置在O點(diǎn)或O點(diǎn)的上方，也可能小球與擋板ON沒有碰撞，直接經(jīng)過M點(diǎn)。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(yùn)動軌跡如圖1所示，設(shè)OOs，由幾何關(guān)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(yùn)動軌跡如圖2所示，設(shè)OOs，由幾何關(guān)系得：rOM2s2，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(nèi)存在一個垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，Oa邊長為L，ab邊長為L。先從O點(diǎn)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(zhì)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(yùn)動的最長時間tm。答案(1)(2)解析(1)粒子運(yùn)動的軌跡如圖，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，由幾何關(guān)系可知：tan，得，又sin，則R2L，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvBm解得v。(2)由圓周運(yùn)動的知識可知T，qvBm聯(lián)立可得T由幾何關(guān)系可知最大圓心角2可得粒子運(yùn)動的最長時間tmT。10. (2019·湖北荊門龍泉中學(xué)高三第五次學(xué)業(yè)檢測)(20分)如圖所示，一勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)有一粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射質(zhì)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(jìn)入圓形區(qū)域，恰從B點(diǎn)射出。求此粒子在磁場中運(yùn)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)，某粒子沿半徑方向射入磁場，經(jīng)過2次碰撞后回到A點(diǎn)，則該粒子的速度為多大？(3)若R3 cm、B0.2 T，在A點(diǎn)的粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射速度均為3×105 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(dá)的區(qū)域，并求出該區(qū)域的面積(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。答案(1)(2)(3)見解析圖c9.0×104 m2解析(1)由qv1Bm得r12R粒子的運(yùn)動軌跡如圖a所示，則由幾何關(guān)系得因為周期T所以該粒子在磁場中的運(yùn)動時間tT。(2)粒子運(yùn)動情況如圖b所示，則由幾何關(guān)系得r2RtanR由qv2Bm得v2。(3)粒子的軌道半徑r31.5 cmR粒子到達(dá)的區(qū)域如圖c中的陰影部分所示，區(qū)域面積為Sr2×(2r3)2r9.0×104 m2。- 34 -