最新高考物理二轮专题复习专题训练：专题八_磁场性质及带电粒子在磁场中的运动_含答案

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高考物理二轮复习专题突破--磁场及带电粒子在磁场中的运动(含解析)

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＝mvqB，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m＝0.5 kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度为L＝1 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E＝8 V、内阻r＝1 Ω.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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g取10 m/s2，则磁场的磁感应强度大小为( )A．2 T B.1.73 TC．1.5 T D．1 T解析：电动机M正常工作时的电流I1＝P1U＝2 A，电源内阻上的电压U′＝E－U＝8 V－4 V＝4 V，根据闭合电路欧姆定律得干路中的电流I＝U′r＝4 A，则通过导体棒的电流I2＝I－I1＝2 A，导体棒受力平衡，有BI2L＝mgsin 37°，得B＝1.5 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域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B0＝mv0qL，A、C、D选项中曲线均为半径是L的14圆弧，B选项中曲线为半径是L2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＝mv0qB，A、B、C选项对应的半径r＝L，D选项对应的半径为L2；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( )A．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向下运动B．ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向下运动C．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向上运动D．ab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)、(3L,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C．Q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、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23L，∠OPN＝30°，设从P点射入的粒子运动轨迹的半径为R，则有(3L－R)2＋(3L)2＝R2，解得R＝2L，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t＝θ360°T，可求得两粒子运动到N点所用的时间之比tP∶tQ＝2∶1，B不符合题意；根据几何关系得OQ＝L，故可以确定Q点的坐标，C不符合题意；根据R＝mvqB，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，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝l.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.qBl2mB.3qBl6mC.3qBl4mD.qBl6m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R＝ab＝12ac＝l2，由于qvB＝mv2R，整理得v＝qBl2m，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( )A．R＝2r B．R＝(2－1)rC．t＝18T D．t＝38T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，2R＝r－R，得R＝(2－1)r，A错误，B正确；粒子轨迹圆心角为3π4，所以时间t＝34π2πT＝3T8，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14，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2πR3v D．沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间为πR3v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14，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∠aO′B＝120°.所以沿ab方向射入的粒子在磁场中偏转了120°，运动时间t＝T3，即t＝2πR3v，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2mg2LIC．要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使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mg＝BIL，解得a点处的磁感应强度大小为B＝mgIL，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qvB＝mv2r周期T＝2πrv＝2πmqB当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系有圆心角为60°，则t0＝16T，解得B＝πm3qt0.(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r1＝a2sin 60°＝34a由qv1B＝mv21r1得v1＝qBr1m解得v1＝3πa12t0所以粒子能从DC边离开磁场的最大入射速度v1＝3πa12t0.(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＝a2cos 60°＝a4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 60°＝a2.答案：(1)πm3qt0(2)3πa12t0(3)a4 a212.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vkB，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qvB＝mv2r，解得r＝mvqB＝vkB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r＝vkB＝OP，由几何知识可得PN＝vkB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PM＝(2r)2－r2，所以PM＝3vkB.综上所述可知，挡板长度至少等于3vkB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θ1＝π3；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θ2＝5π3粒子的运动周期T＝2πrv＝2πmqB＝2πkB沿轨迹1运动的时间t1＝θ12πT沿轨迹2运动的时间t2＝θ22πT最长时间与最短时间的差值Δt＝t2－t1＝4π3kB.(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α＝5π6，打到板上的粒子占所有粒子的比率为η＝α2π＝512. 答案：见解析。

高考物理二轮复习专题磁场及带电粒子在磁场中的运动学案

专题08 磁场及带电粒子在磁场中的运动构建知识网络：考情分析：高考试题对本专题的考查主要集中在磁场对电流的作用和磁场对运动电荷的作用，一般不单独进行考查，对安培力的考查主要是与安培力有关的动力学问题和能量问题，对洛伦兹力的考查主要是圆周运动的有关问题，一般在综合题中出现。

重点知识梳理：一、磁场对通电导体的作用力1.安培力大小的计算公式：F＝BILsinθ(其中θ为B与I之间的夹角).(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL.(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.2.安培力方向的判断：左手定则.方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面.3.两个常用的等效模型(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：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙.4.求解磁场中导体棒运动问题的方法(1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直.(2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图.(3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解二、带电粒子在磁场中的运动1.必须掌握的几个公式2.轨迹、圆心和半径是根本，数学知识是保障(1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹.(2)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示.(3)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝AB2sin α2＝AB2sinθ，然后再与半径公式r＝mvqB联系起来求解.(4)时间的确定：t＝α2π·T＝αmqB或t＝sv＝αRv.(5)注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出.【名师提醒】解决带电粒子在纯磁场中的运动（1、3、3—即1个基本的处理方法、3种形式的磁场边界、3种形式的动态变化）一、1个基本的处理方法—画轨迹、确定圆心、找几何关系、用规律二、3种形式的磁场边界1.直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。

专题8-磁场性质及带电粒子在磁场中的运动-专题练 - 学生版

专题八磁场性质及带电粒子在磁场中的运动专题限时练一、选择题1．三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，方向如图所示．则三角形的中心O 处的合磁场方向为()A ．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C2.如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B 。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时速度方向与x 轴的正方向相同，不计粒子的重力，则()A ．该粒子带正电B ．A 点与x 轴的距离为mv 2qBC ．粒子由O 到A 经历时间t ＝πmqB D ．运动过程中粒子的速度不变3.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径．一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为v 、方向与ab 成30°角时，恰好从b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t ；若同一带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，也经时间t 飞出磁场，则其速度大小为(不计重力)()A.12vB.23vC.32vD.32v 4.在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，已知P 、Q 、O 为边长为L 的等边三角形的三个顶点，两个带电粒子甲和乙分别从P 点垂直PO 方向射入匀强磁场中，甲从PO 边的M 点射出磁场，乙从QO 边的N 点射出磁场，已知PM ＝2MO ，QN ＝NO ，据此可知()A ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为1∶2B ．若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为3∶2C ．若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比为3∶2D ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为3∶25.如图所示，在直角坐标系xOy 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向外。

高三物理二轮复习专题八磁场及带电体在磁场中的运动

外，现将B处的长直导线撤走，而将C处
知A处直导线的电流在O点产生的磁场方向水平向右，D处直导线
的长直导线平移到圆心O处，则圆心O处的电流在O点产生的磁场方向竖
的长直导线所受安培力的方向( C )
A．沿∠COB的角平分线向下
B．沿∠AOB的角平分线向上
直向上，且两处直导线的电流在 O点产生的磁场大小相等，由矢量的叠加原理知O处的磁场方向沿∠AOB的角平分线向上，由左
视角一电流磁场及磁场的命叠题加视角
题组冲关
如[例下1图] 所如示图，所当示通，有M、电N流和的P长是直以导 MN线在思M路、探N究两处(1时)如，何根判据断安电培流周定
则为可直知径，的二半者圆在弧圆上心的O三处点产，生O为的半磁圆感应围强的度磁的场大？小都为B1/2；当将M
处弧长的直圆导心线，移∠至MOP处P＝时6，0°两，直在导M线、在N圆心O处产生的磁感应强度的大小处也各为有B一1/条2，长作直平导行线四垂边直形穿过，纸由面图，中的(几2)空何间关某系点，由可多得电c流os形3成0°的＝磁
所轨受水安培平力对向称右放，置大一小恒根定均，匀故金金属属棒棒向．右从做t＝匀0加时速刻直起线，运动棒，上在有T2如～图T乙内金所属示棒所的受持安续培力交与变前电半流个I周，期周大期小为相T等，，最方大向值相反为，Im金，属图棒甲向中右I做所匀示减方速向直为线电运动流，正
一方个向周．期结则束金时属金棒属(棒A速B度C恰) 好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、
B导2 线中通有大小相等的恒定电流，方场，如何求该点的磁感应强
B2向1＝如BB21图＝所23，示故，这选时项OB点正的确磁，感选应项强A、度C、度D？错误．
2大小为 B1. 若将 M 处长直导线移至 P 处，则 O 点的磁感应强度大小为 B2 ，

二轮物理复习解题技巧专题八：处理带电粒子在磁场中运动的临界极值思维方法

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磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负分别是( )
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解析：粒子穿过y轴正半轴，由左手定则可判断粒子带负电．根据带电粒子在有界磁场中运动的对称性作出粒子在磁场中运动轨迹如右图所示，由图中几何关系可得：r＋rsin 30°＝a，
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高考物理二轮专题复习精品课件（八）
物理
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处理带电粒子在磁场中运动的临界极值思维方法物理系统由于某些原因而要发生突变时所处的状态，叫做临界状态．突变过程是从量变到质变的过程，在临界状态的前后，系统服从不同的物理规律，按不同的规律变化．如光学中的“临界角”、超导现象中的“临界温度”、核反应
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解析：用放缩法作出带电粒子运动的轨迹如题图所示，当其运动轨迹与NN′ 边界线相切于P点时，这就是具有最大入射速率vmax的粒子的轨迹．由题图可知： R(1－cos 45°)＝d，又Bqvmax＝联立可得：vmax＝答案：
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三、平移法
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一、对称思想带电粒子垂直射入磁场后，将做匀速圆周运动．分析粒子运动，会发现它们具有对称的特点，即：粒子的运动轨迹关于入射点 P 与出射点 Q的中垂线对称，轨迹圆心 O位于对称线上，入射速度、出射速度与 PQ线间的夹角 ( 也称为弦切角 ) 相等，并有 φ ＝ α＝ 2θ
由此我们可得到一种确定临界条件的方法：在确定这类粒子运动的临界条件时，可以以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹，从而

高考物理二轮复习专项训练物理带电粒子在磁场中的运动含解析

高考物理二轮复习专项训练物理带电粒子在磁场中的运动含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30o ，重力加速度为g ，求：(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.【答案】(1)12mg E q=,2mgE q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】【详解】(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mgE q=微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m gd B =(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：211112a t d =1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯=2．如图所示，在xOy 平面内，以O ′(0，R )为圆心，R 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x 轴成45°角倾斜放置的挡板PQ ，P ，Q 两点在坐标轴上，且O ，P 两点间的距离大于2R ，在圆形磁场的左侧0<y <2R 的区间内，均匀分布着质量为m ，电荷量为＋q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正向以速度v 射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O 点进入x 轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力．求：(1)磁场的磁感应强度B 的大小； (2)挡板端点P 的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度．【答案】（1）mvqR (2)(21),0R ⎡⎤⎣⎦21042R +- 【解析】【分析】【详解】（1）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r ,C 为该轨迹圆的圆心.连接AO ˊ、CO ，可证得ACOO ˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r =R ，由2v qvB m r=得：mv B qR=（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D 做挡板的垂线交于E 点2DP R =(21)OP R =+P 点的坐标为（(21)R +，0 ）（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F 点，如图丙所示，OF =2R ①过O 点做挡板的垂线交于G 点，22(21)(122OG R R =⋅=+② 225-22=2FG OF OG R=-③2EG =④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =22R +5-222R 2+10-42R ⑤3．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和【解析】【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'，解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒4．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距3m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件．【答案】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（233（323+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ，则：U qma d =解得：102310/qU a m s md == 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝35m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射．（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移21322d y at ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==o由211v B qv m R =知：113310mv B qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin 60R R o+= 故半径2(233)R m =-又222v B qv m R =故223B T +=所以B 2应满足的条件为大于235T +．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.5．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L【答案】（1）0mv ed ；（2）02y d ≤≤；（3）94d ；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ；由几何关系可得r =d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200v ev B m r=解得：0mv B ed=(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为O '，有：sin 30rO a '=︒3OO d O a ='-' 解得OO d '=即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远所以22m y r d ==电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=⋅ y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅ 即98y d =时，L 有最大值解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．6．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴．求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T 0+T ′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B 0中偏转60°，而后又在− B 0中再次偏转60°，经过n 次这样的循环后恰恰从N 点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.7．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；【答案】（1）3EB（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cost m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．则有：x=v 0t ， 2y v y t =得0322y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动8．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

2024年新高考物理二轮热点题型归纳：磁场的性质带电粒子在磁场中的运动(解析版)

磁场的性质带电粒子在磁场中的运动目录题型一磁场的叠加题型二磁场对通电导体作用及安培定则的综合问题题型三安培力作用下导体的平衡问题题型四带电粒子在有界匀强磁场中的运动题型一磁场的叠加【题型解码】对于多个电流在空间某点的合磁场方向，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成．1(2023上·山西吕梁·高三校考阶段练习)如图所示，现有两根通电长直导线分别固定在正方体ABCD -A B C D 的两条边BB 和BC 上且彼此绝缘，电流方向分别由B 流向B 、由B 流向C ，两通电导线中的电流大小相等，在A 点形成的磁场的磁感应强度大小为B 。

已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为B =kI r ，其中k 为常数，I 为电流大小，r 为该位置到长直导线的距离，则A 点的磁感应强度大小为()A.22BB.33BC.32BD.62B 【答案】C【详解】设正方体棱长为l ，通电导线中的电流大小为I ，两条边BB 和BC 上通电导线在A 点产生的感应强度大小均为B 0=kI l方向分别沿AD 方向和A A 方向，互相垂直。

则A 点磁感应强度大小为B=B20+B20=2B0=2k IlA 点的磁感应强度大小为2+k I l 2=62k I l=32BB =k I2l故选C。

2(2024·全国·高三专题练习)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为导线的截面图。

在图示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等。

若两导线中通有大小相等、方向垂直纸面向外的恒定电流I，则下列关于线段MN上各点的磁感应强度的说法正确的是()A.M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B.M点和N点的磁感应强度大小不等，方向相反C.在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D.在线段MN上只有一点的磁感应强度为零【答案】D【详解】AB．根据安培定则判断可知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，M、N关于O 点对称，两根通电导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成可得，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场方向向下，N点磁场方向向上，故A、B错误。

2020年高考物理二轮复习专项训练--磁场性质及带电粒子在磁场中的运动(解析版)

2020年高考物理二轮复习专项训练磁场性质及带电粒子在磁场中的运动1.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。

一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入，从b 点射出。

下列说法正确的是（）A ．粒子带正电B ．粒子在b 点速率大于在a 点速率C ．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b 点右侧射出D ．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】由左手定则可知，粒子带负电，A 项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，B 项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径R ＝mv qB ，若仅减小磁感应强度B 的大小，则R 变大，粒子可能从b 点右侧射出，C 项正确；若仅减小入射速率，则R 变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，t ＝θ2πT ，T ＝2πm qB ，粒子在磁场中的运动时间变长，D 项错误。

2.如图所示，在光滑的水平桌面上，a 和b 是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a 、b 产生的磁场作用下静止．则a 、b 的电流方向可能是（）A ．均向左B ．均向右C ．a 的向左，b 的向右D ．a 的向右，b 的向左【答案】CD【解析】若a 、b 的电流方向均向左，根据安培定则和磁场叠加可知，a 直导线到a 、b 直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向外，而b 直导线到a 、b 直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止不符；同理，若a 、b 的电流方向均向右，可知矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止也不符，选项A 、B 均错误；若a 的电流方向向左、b 的电流方向向右，根据安培定则和磁场的叠加可知，a 、b 直导线在a 、b 直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向外，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符；同理，若a 的电流方向向右、b 的电流方向向左，根据安培定则和磁场的叠加可知，a 、b 直导线在a 、b 直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向里，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符，选项C 、D 均正确。

【2019年整理】高三物理《带电粒子在电场和磁场中的运动专题复习》

第二轮专题：带电粒子在电场和磁场中的运动第一部分相关知识点归纳《考试大纲》对此部分的说明：①带电粒子在匀强电场中运动的计算，只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于电场的情况 ②洛仑兹力的计算只限于速度与磁感应强度垂直的情况一、不计重力的带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中加速（或减速）当电荷量为q 、质量为m 、初速度为0v 的带电粒子经电压U 加速后，速度变为t v ，由动能定理得：2022121mv mv qU t -=。

若00=v ，则有mqUv t 2=，这个关系式对任意静电场都是适用的。

对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用。

有时也会碰到带电粒子在电场中即加速又减速，甚至是互逆的过程，此时要注意运用匀变速直线运动的相关知识进行分析和求解。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转（类平抛）电荷量为q 、质量为m 的带电粒子由静止开始经电压U 1加速后，以速度1v 垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图所示)。

21121mv qU =设两平行金属板间的电压为U 2，板间距离为d ，板长为L 。

(1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：t v L v v x 11,==粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有： mdqU mqE a at y at v y 22,21,====(2)带电粒子离开极板时侧移距离122212224221dU L U mdv L qU at y ===偏转角度ϕ的正切值1221212tan dU L U mdv L qU v at ===ϕ若距偏转极板右侧D 距离处有—竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离ϕtan 2'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=L D y 。

2024年高考物理二轮复习专题9：磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动(附答案解析)

易得Oab ∆与矢量三角形相似,根据相似三角形的性质有
F Oa Ob mg T ab ==安由此可知细线对b 的拉力不变,故AC 错误;
BD 、根据F Oa Ob mg T ab
==安,可知随着ab 间距离在逐渐增大,故导线ab 间相互作用的安培力逐渐增大,因此可知导线a 对地面的作用力变大,根据牛顿第三定律可知,地面对a 的作用力变大。故B 错误,D 正确。
B 【分析】根据安培定则分析磁场的方向,根据磁场的叠加结合题中磁感应强度的大小关系进行解答。
【解答】解:设通电长直导线在M 点产生的磁感应强度大小等于B ,根据I B k r
=以及M 、N 两点到导线的距离之比为6:5,可知通电长直导线在N 点产生的磁感应强度大小等于65B 。根据安培定则可知通电长直导线在M 点产生的磁场方向向外、在N 点产生的磁场方向向里,则有0062()
AB、由左手定则可知,ab边所受安培力水平向左,bc边所受安培力竖直向上,cd边所受安培力水平向右,ad边所受安培力竖直向下,线框各边所受安培力方向都不相同,故AB错误;
CD、离通电直导线MN越近的地方磁感应强度越大,ab边所在位置的磁感应强度大于cd 边所在位置的磁感应强度,ab与cd边的长度相等,通过它们的电流I大小相等,由可知,ab边所受安培力大小大于cd边所受安培力大小,bc、ad两边所受安培力F BIL
5
B B B B +=-解得0516B B =,故A 正确,BCD 错误。故选:A 。
【点评】本题主要是考查磁场的叠加,关键是能够根据安培定则分析通电导线周围磁场的分布情况,明确矢量合成方法。
【例2】(2022秋•普陀区期末)两根通电直导线a 、b 相互平行,a 通有垂直纸面向里的电流,固定在O 点正下方的地面上;b 通过一端系于O 点的绝缘细线悬挂,且Oa Ob =,b 静止时的截面图如图所示。若a 中电流大小保持不变,b 中的电流缓慢增大,则在b 缓慢移动的过程中()

2023届高考物理二轮复习专题分层突破练8磁场带电粒子在磁场中的运动含解析

高考物理二轮复习：专题分层突破练8 磁场带电粒子在磁场中的运动A组1.(2021浙江绍兴高三二模)如图所示,在架子上吊着一根绝缘导线,右侧导线下部某处装有一个铅坠,使导线保持竖直状态,下端连接着一个铝箔刷子,刷子下方放置一张铝箔,调整刷子的高度使之下端刚好与铝箔接触。

将左侧导线接到电源的正极上,电源的负极连接铝箔,用可移动的夹子水平地夹住一根强磁铁,右端N极正对右侧导线,接通电源,发现右侧导线在摆动。

下列判断正确的是()A.右侧导线开始时垂直纸面向里摆动B.右侧导线在摆动过程中一直受到安培力作用C.右侧导线在整个摆动过程中安培力对其做正功D.同时改变电流方向及磁铁的磁极方向,右侧导线开始摆动方向与原来相同2.(2021山东临沂高三一模)如图所示,在垂直纸面的方向上有三根长直导线,其横截面位于正方形的三个顶点b、c、d上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示,一带负电的粒子从正方形的中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是()A.沿O到a方向B.沿O到c方向C.沿O到d方向D.沿O到b方向3.(2021河北高三月考)已知通电直导线磁场中某点的磁感应强度大小为B=k(式中k为常数,I为电流大小,r为该点距导线的距离)。

现有垂直纸面放置的三根通电直导线a、b、c,其中三点间的距离之比为ab∶bc∶ca=5∶3∶4。

已知a、b导线在c点产生的磁感应强度方向平行于a、b的连线。

设a、b的电流之比为n,则()A.a、b的电流同向,n=B.a、b的电流反向,n=C.a、b的电流同向,n=1D.a、b的电流反向,n=14.(2021贵州高三月考)比荷相同的带电粒子M和N,经小孔S以相同的方向垂直射入匀强磁场中,M 和N仅在洛伦兹力作用下运动的部分轨迹分别如图中虚线a、b所示。

下列说法正确的是()A.M带负电,N带正电B.N的速度大于M的速度C.M、N在磁场中运动的周期相等D.洛伦兹力对M、N均做正功5.如图所示,有界匀强磁场边界线SP与MN平行,速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场,粒子的比荷相同,其中从a点射出的粒子的速度v1与MN垂直;从b点射出的粒子的速度v2与MN成60°角,设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2,不计重力和粒子间的相互作用,则t1∶t2为() A.1∶3 B.4∶3C.1∶1D.3∶26.(多选)(2021山东枣庄高三二模)如图所示的长方体金属导体,前表面为abcd,已知L ab=10 cm、L bc=5 cm。

高考物理二轮复习专题能力训练专题八磁场性质及带电粒子在磁场中的运动

专题能力训练8 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题7分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~6题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2015·陕西渭南高三一模)如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。

bc边长为l,线框的下半部分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里。

线框中通以电流I,方向如图所示,开始时线框处于平衡状态。

令磁场反向,磁感应强度的大小仍为B,线框达到新的平衡。

则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是() A.Δx=,方向向上 B.Δx=,方向向下C.Δx=,方向向上D.Δx=,方向向下2.如图所示,圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b,以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场,其运动轨迹如图。

若带电粒子只受磁场力的作用,则下列说法正确的是()A.a粒子速率较大B.b粒子速率较大C.b粒子在磁场中运动时间较长D.a、b粒子在磁场中运动时间一样长3.如图所示,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。

a、o、b在M、N的连线上,o为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到o点的距离均相等。

关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是()A.o点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反C.c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同D.a、c两点处磁感应强度的方向不同4.如图所示,在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。

一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入,当该电荷离开磁场时,速度方向刚好改变了180°。

2020年高考物理二轮复习重点知识专练附解答：磁场及带电粒子在磁场中的运动

重点知识专练：磁场及带电粒子在磁场中的运动一、单选题1.图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.0×10－3T，在x轴上距坐标原点L＝0.50m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v＝3.5×104m/s的速率从P 处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L＝0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电量为q，不计其重力．则上述粒子的比荷(C/kg)是()A． 3.5×107 B． 4.9×107 C． 5.3×107 D． 7×107 2.如图所示，一个理想边界为PQ，MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是()A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为dD．电子在磁场中运动的时间为3.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=a。

在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的电量大小为q，质量为m，发射速度大小都为v0，发射方向由图中的角度θ表示．不计粒子间的相互作用及重力，下列说法正确的是（）A．若v0=，则以θ=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间为B．若v0=，则以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C．若v0=，则以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D．若v0=，则在AC边界上只有一半区域有粒子射出4.如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10 cm的圆柱形桶内有B＝10－4T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为＝2×1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布连续．当角θ＝45°时，出射粒子速度v的大小是()A．×106m/s B． 2×106m/s C． 2×108m/s D． 4×106m/s 5.“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于() A． B．T C． D．T26.狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布(如图5甲所示)，距离它r处的磁感应强度大小为B＝(k为常数)，其磁场分布与负点电荷Q的电场(如图乙所示)分布相似．现假设磁单极子S和负点电荷Q 均固定，有带电小球分别在S和Q附近做匀速圆周运动．则关于小球做匀速圆周运动的判断不正确的是()A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示B．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示D．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示7.如图所示，在半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场。

专题8 磁场及带电粒子在在磁场中的运动(解析版)高考物理二轮复习

2021年高考物理二轮复习提分技巧专题8磁场及带电粒子在在磁场中的运动(1)方法技巧①对称思想；②等效思想；③极限思想；④放缩法；⑤平移法；⑥旋转法．(2)易错归纳①判断洛伦兹力方向时要注意粒子的电性，粒子电性不同，洛伦兹力的方向不同，运动轨迹也不同；②注意圆周运动的多解问题．考向1导体在磁场中受安培力问题1．安培力大小的计算公式：F＝BIL sinθ(其中θ为B与I之间的夹角)．(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL.(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.2．(1)左手定则判定安培力的方向．(2)特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面．分析通电导体棒受力时的基本思路[例1]（2020·辉南县第一中学高三月考）在倾角为30的固定光滑绝缘斜面上垂直纸面放置一金属棒，现给金属棒通以恒定电流，欲使金属棒处于静止状态，可加一方向平行于纸面的与斜面成60角的匀强磁场，如图所示，已知金属棒重为G，则下列说法正确的是（）A．金属棒中的电流方向垂直纸面向外，受到的安培力大小为3 2GB．金属棒中的电流方向垂直纸面向外，受到的安培力大小为3 3GC．金属棒中的电流方向垂直纸面向里，受到的安培力大小为3 2GD3【答案】D【解析】对导体棒受力分析，有重力、垂直于斜面向上支持力和斜向右上方的安培力。

根据导体棒的平衡状态，可得安培力方向与斜面成30角斜向右上方。

根据左手定则，可得导体棒中的电流方向垂直纸面向里。

根据几何关系可知，支持力和安培力与水平方向夹角相同，都是60。

则由共点力的平衡条件可得N2cos3033GF FG===安故选D 。

[例2]（2020·大连市普兰店区第三十八中学高二月考）如图所示，边长为l ，质量为m 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab 边中点和ac 边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F 1，保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F 2。

新高考新教材高考物理二轮复习专题分层突破练8磁场带电粒子在磁场中的运动pptx课件

得
2 3
R= 7 l,故
速度大小为
=
=
3π
,故
7
5π
θ= ,画出该粒子的运
6

R,由几何知识有cos30 °+Rcos
B 错误;粒子在磁场中运动时有

v=
5
t,解得
3
30°=l,可
2
qvB= ,可得粒子射入磁场的
C 正确;从 D 点射入的粒子恰好不从 AB 边射出,
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析根据题意,画出粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示
根据几何知识可以得到当粒子从磁场中出来时与y=3r夹角为45°,根据几
何关系计算可以得到DM=(3- 2 )r,故选A、C。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
3.(2023河北名校联考)如图所示,竖直平面内有三根轻质细绳,绳1水平,绳2
(
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
)
A.经过 y=3r 直线时距 D 点的距离为(3- 2)r
B.经过 y=3r 直线时距 D 点的距离为(4- 2)r
C.带电粒子将与y=3r的直线成45°角经过这条直线
D.带电粒子仍将垂直经过y=3r这条直线
答案 AC
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
磁场的最小面积是一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆
和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围,如图所
(π-2)2
示,由几何关系得最小面积为Smin=
2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
,故C正确,D错误。

磁场+二轮专题复习：5.高考真题之磁场及带电体在磁场中的运动+Word版含解析

带电粒子在磁场中的运动一、基础知识回顾1．掌握“两个磁场力”(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)(2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B)2．用准“两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则。

(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。

3．明确两个常用的等效模型(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：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。

4.求解磁场中导体棒运动问题的方法(1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。

(2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。

(3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解。

二、真题再现1．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。

下列说法正确的是A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案：AD2. (2018·高考全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。

一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。

已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。

高三物理二轮专题复习带电粒子在磁场中的运动(含解析)

专题九带电粒子在磁场中的运动第一部分基础知识回顾（一）洛伦兹力的方向和大小1、洛伦兹力的大小（1）v∥B时,θ=0°或180°,洛伦兹力F= ；（2）v⊥B时,θ=90°,洛伦兹力F= ；（3）v =0时,洛伦兹力F= 。

2、洛伦兹力的方向（1）判定方法：应用左手定则，注意四指应指向电流的方向即正电荷或负电荷。

（2）方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于决定的平面。

（注意B和v可以有任意夹角）（二）带电粒子在匀强磁场中的运动1、若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做运动。

2、若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做运动。

第二部分基本规律二、解决带电粒子在有界磁场中运动的基本思路1、分析方法:定圆心、定半径、定转过的圆心角是解决这类问题的前提。

（1）圆心的确定基本思路:即圆心一定在与速度方向垂直的直线上.有两种方法:①已知入射方向和出射方向时,可通过入射点和出射点分别作垂直于入射速度方向和出射速度方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如下图甲所示,P点为入射点,M为出射点）.②已知入射点和出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心（如下图乙所示,P为入射点,M为出射点）.（2）半径的确定和计算利用平面几何关系,求出该圆的可能半径（或圆心角）,并注意以下两个重要的几何特点:①粒子速度的偏向角等于圆心角（α）,并等于AB 弦与切线的夹角（弦切角θ）的2倍（如右图所示）.即φ=α=2θ=ωt②相对的弦切角（θ）相等,与相邻的弦切角（θ ′）互补, 即θ+θ′=180°.（3）运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T,当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时,其运动时间可表示为t= T 或t = T.2、带电粒子在磁场中运动的临界问题解决此类问题的关键是：找准临界点．找临界点的方法是：以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R 和速度v (或磁场B )之间的约束关系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，常用结论如下：（1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．（2）当速度v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．（3）当速率v 变化时，圆周角大的，运动时间越长．第三部分、基本方法三、解决带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，物理情景非常简单，难点在准确描绘出带电粒子的运动轨迹。