专题05三大力场中的圆周运动(解析版)

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破
专题05 三大力场中的圆周运动
【典例专练】
一、高考真题
1．（2022年北京卷）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。

某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。

无论在“天宫”还是在地面做此实验（）
A．小球的速度大小均发生变化B．小球的向心加速度大小均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功D．细绳的拉力大小均发生变化
【答案】C
【详解】AC．在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力
作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A错误，C正确；
BD．在地面上小球运动的速度大小改变，根据
2
v
a
r
=和2
F
r
v
m
=（重力不变）可知小球的向心加速度和拉力
的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD错误。

故选C。

2．（2022年北京卷）正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。

在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。

下列说法正确的是（）
A．磁场方向垂直于纸面向里B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D．轨迹3对应的粒子是正电子
【答案】A
【详解】AD．根据题图可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；
B．电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B 错误；
C．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知
2
v qvB m
r
=
解得粒子运动的半径为
mv
r
qB
=根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程
中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。

故选A。

3．（2021年北京卷）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。

某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。

下列说法正确的是（）
A ．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B ．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2m r ω
C ．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D ．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为m r ω 【答案】D
【详解】A ．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A 错误；
B ．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力2f mr ω=根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
0I mv mv =-=大小为0，故B 错误；
C ．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C 错误；
D ．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为0I p mv mr ω'=∆=-=- 大小为m r ω，故D 正确。

故选D 。

4．（2022年浙江卷）质量为m 的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（ ）
A ．秋千对小明的作用力小于mg
B ．秋千对小明的作用力大于mg
C ．小明的速度为零，所受合力为零
D ．小明的加速度为零，所受合力为零 【答案】A
【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l ，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ ，秋千
对小明的作用力为F ，则对人，沿摆绳方向受力分析有2
cos v F mg m l θ-=由于小明的速度为0，则有
cos F mg mg θ=<沿垂直摆绳方向有sin mg ma θ=解得小明在最高点的加速度为sin a g θ=所以A 正确；BCD
错误；故选A 。

5．（2022年全国卷）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R 和R d +）和探测器组成，其横截面如图（a ）所示，点O 为圆心。

在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O 点的距离成反比，方向指向O 点。

4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。

不计重力。

粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O 、半径分别为1r 、()212r R r r R d <<<+；粒子3从距O 点
2r 的位置入射并从距O 点1r 的位置出射；粒子4从距O 点1r 的位置入射并从距O 点2r 的位置出射，轨迹如图（b ）中虚线所示。

则（ ）
A ．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【答案】BD
【详解】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Er k
=带正电的同种
粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
2
1
1
1
v
qE m
r
=，
2
2
2
2
v
qE m
r
=可得21122
1
1
222
qE r qE r
mv==
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点2r的位置入射并从距O点1r的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点1r的位置入射并从距O点2r的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有
2
3
2
2
v
qE m
r
>可得22
22
31
11
222
qE r
mv mv
<=粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动
能，故D正确；故选BD。

6．（2022年辽宁卷）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。

内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。

两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。

粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。

装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。

下列说法正确的是（）
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【答案】AD
【详解】AB．由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；
C．由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；
D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有
2
v
qvB m
r
=解得
mv
r
qB
=可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半
径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。

故选AD。

二、重力场中的圆周运动
7．某研究小组将一个装有几个相同的光滑小圆柱体（半径为r）的小盒子（其体积相对圆盘很小）放置到水平圆盘上，如图所示，其中图甲为装置图，图乙为小盒子内小圆柱体放大后的截面图。

盒子中光滑的小圆柱体与所在位置的圆盘半径垂直。

现让圆盘的角速度缓慢增大。

已知小盒子与圆盘间的摩擦因数0.6
μ=，盒子到转轴的距离为L，且r L，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

则（）
A．随圆盘转动的角速度缓慢增大，圆柱体Q对P的弹力增大
B．随圆盘转动的角速度缓慢增大，圆柱体Q对P的弹力不变
C
D
【答案】D
【详解】A ．随着转盘角速度缓慢增大，P 做圆周运动所需的向心力增大，受力分析可知，圆柱体Q 对P 的弹力将变小，Q 对M 的弹力增大，A 错误；
B ．随圆盘转动的角速度缓慢增大，圆柱体Q 对P 的弹力将减小，B 错误；
C ．要使得所有物体相对于圆盘静止，则相对于要保证P 相对于圆盘静止，对P 进行受力分析如图所示
由图可知，当P 只受到M 的弹力和自身重力来提供向心力时，此时向心力达到最大值，由几何关系可得
tan 30F mg
︒=
向；F =
向又由向心力与角速度关系可知2
F m R ω=向因为r 远小于L ，故取成L ，解得
max ω=
=
C 错误；
D D 正确。

故选D 。

8．内壁光滑的圆筒竖直固定，圆筒半径为R ，圆筒圆心的正上方悬挂一轻绳，轻绳下悬挂一质量为m 的小球，轻绳长度为L =2R ，重力加速度为g ，现使小球在水平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A ．轻绳的拉力随小球角速度的增大而增大
B ．轻绳受到的最大拉力为2mg
C
D 23mg
【答案】D
【详解】根据题意，设小球的角速度为ω时，恰好沿桶壁做圆周运动，此时，细绳与竖直方向的夹角为θ，则有1
sin 2
R L θ=
=则30θ=︒对小球受力分析，受细绳拉力和本身重力，竖直方向上，由平衡条件有
cos30F mg ︒=水平方向上，由牛顿第二定律有2sin30F m R ω︒=解得cos mg F θ=
=，ω=
AB ．当角速度ω≤
θ增大，绳子的拉力增大，当ω>时，随小球角速度
增大θ不变，绳子的拉力不变，即当ω=
时，θ最大，此时绳子的拉力最大为m F =故AB 错误；
C ．当小球的角速度ω角为α，则有2sin sin T m L αωα=可得2T m L ω=代入数据解得2
3
T mg =
故C 错误；
D ．当小球的角速度ω=
第二定律有2
m N sin 30F F m R ω︒+=可得N 2233
F mg mg =<故D 正确。

故选D 。

9．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O 1O 2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是（ ）
A ．当ω>
A 、
B 相对于转盘会滑动
B ．当ω>
C ．ω在0ω<<
范围内增大时，B 所受摩擦力变大
D ．ωω<<A 所受摩擦力一直不变 【答案】B
【详解】AB ．当B 相对转盘即将滑动时，绳子开始产生弹力，根据牛顿第二定律212Kmg m L ω=⋅得1ω=
当ω>
A 相对转盘仍静止，所以A 、
B 相对于转盘不会滑动，A 错误，B 正确；
CD ．当A 相对转盘即将滑动时，根据牛顿第二定律对A ：22Kmg F m L ω-=对B 2
22Kmg F m L ω+=⋅
得2ω=
0ω<<B ω<<B 所受摩擦力保持不变，而A 相对转盘的滑动趋势增强，所受摩擦力变大，CD 错误。

故选B 。

10．如图所示，质量为m 的小球套在粗糙直杆上，杆与水平面间始终保持θ = 37°角。

初始时直杆静止，小球恰好静止在A 点，AM 间距为L 。

现使小球与直杆一起绕经过直杆下端的竖直轴MN 以某一角速度ω0匀速转动，小球仍处于A 点且与直杆之间的摩擦力恰好为零。

重力加速度为g 。

已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。

则（ ）
A ．小球与直杆之间的动摩擦因数为3
5
B ．小球的角速度0ω=
C ．小球受到的弹力大小为
45
mg
D ．当直杆以角速度ω= 【答案】B
【详解】A ．小球静止时，受力分析mg sin37° = μmg cos37°解得3
4
μ=
，A 错误；
B ．小球在A 点转动时mg tan37° = mL cos37°∙ω02解得0ω=
B 正确；
C ．小球转动时，对小球受力分析有5cos 4
mg mg
N θ=
=，C 错误；
D ．当小球的角速度0ωω=>时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，摩擦力方向沿杆向下，D 错误。

故选B 。

11．如图1所示为演示“过山车”原理的实验装置，该装置由两段倾斜直轨道与一圆轨道拼接组成，在圆轨道最低点处的两侧稍错开一段距离，并分别与左右两侧的直轨道平滑相连。

某研学小组将这套装置固定在水平桌面上，然后在圆轨道最高点A 的内侧安装一个薄片式压力传感器（它不影响小球运动，在图中未画出）。

将一个小球从左侧直轨道上的某处由静止释放，并测得释放处距离圆轨道最低点的竖直高度为h ，记录小球通过最高点时对轨道（压力传感器）的压力大小为F 。

此后不断改变小球在左侧直轨道上释放位置，重复实验，经多次测量，得到了多组h 和F ，把这些数据标在F -h 图中，并用一条直线拟合，结果如图2所示。

为了方便研究，研学小组把小球简化为质点，并忽略空气及轨道对小球运动的阻力，取重力加速度g =10m/s 2。

结合图2，下列说法正确的是（ ）
A ．小球的释放高度h 始终影响小球对轨道的压力
B ．小球的质量为0.01 kg
C ．圆轨道半径为0.25 m
D ．当小球从0.25 m 的高度被释放，在A 点速度为0 【答案】B
【详解】A ．由图2可知当0.25m h ≤时小球对轨道都没有压力，故A 错误；
BC ．设小球到达A 点速度为vA ，根据动能定理()21
202A mg h r mv -=-在A 点，设轨道对小球的压力为N ，
根据牛顿第二定律2
A v N mg m r +=根据牛顿第三定律N F =解得25mg F h mg r =-由图2可知50.5N mg = 解得小球的质量为0.01kg m =由图2可知
20.5
0.25
mg r =解得圆轨道半径为0.1m r =故B 正确，C 错误；
D ．由图2可知，当0.25m h =时，小球对轨道的压力恰好为零，则2
v mg m r =解得1m/s v =
故D 错误。

故选B 。

12．如图甲，固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动， 小球直径略小于管道内径，管道最低处N 装有连着数字计时器的光电门，可测球经过N 点时的速率vN ， 最高处装有力的传感器M ，可测出球经过M 点时对管道作用力F （竖直向上为正）， 用同一小球以不同的初速度重复试验， 得到F 与2
N v 的关系 图像如图乙，c 为图像与横轴交点坐标，b 为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g ， 则下列说法中正确的是（ ）
A ．若小球经过N 点时满足2
N v c =，则经过M 点时对轨道无压力
B ．当小球经过N 点时满足2
N v ，则经过M 点时对内管道壁有压力
C ．小球做圆周运动的半径为
5c
g
D ．F b =-表示小球经过N 点时速度等于0 【答案】AC
【详解】A.由乙图可得，当2
N v c =时，球经过M 点时对管道作用力=0F ，故A 正确。

B.由图可知当2
N v 时，经过M 点时对管道作用力0F >，F 的方向为竖直向上，对外管道壁有压力，故
B 错误。

C.设圆的半径为R ，从最高点M 到最低点N ，由动能定理得22
11222
N M mgR mv mv =
- 当2
N v c =时，有24M v c gR =-此时经过M 点时对管道作用力为=0F ，故有()2
4 M m c gR v mg m R R
-==
解得5c
R g
=
故C 正确。

D ．小球经过N 点时速度不能等于0，故F b =-的情况不存在，故D 错误。

故选AC 。

三、电场中的圆周运动
13．如图所示，甲图实验只在重力场中进行、乙图实验在重力场和竖直向上的匀强电场中进行且带正电的小球所受的电场力与重力大小相等，两个实验装置中小球的质量和绳子的长度均相等。

实验时分别在最高点时给小球大小相等的初速度，小球均在竖直面内做圆周运动，A 点和C 点分别为轨迹最高点，B 点和D 点分别为轨迹最低点，忽略空气阻力，则下列预判正确的是（ ）
A ．小球在A 、C 两点时绳子的拉力大小相等
B ．小球在B 、D 两点时向心力的大小相等
C ．小球在B 点时绳子的拉力大小大于在
D 点时绳子的拉力大小
D ．小球自A 点到B 点过程中绳子的拉力做正功 【答案】C
【详解】A ．甲图中小球做圆周运动，机械能守恒，A 到B 速率增大，乙图中小球所受的向上的电场力与向
下的重力大小相等，则小球做匀速圆周运动，在A 点时有2A A mv F mg l
+=，C 点时有2C
C mv F l =故A 点绳子的
拉力比C 的点小，选项A 错误；
BC ．小球在B 点的速率大于在D 点的速率，对B 点有2B mv F mg l
-=对D 点有2
D
mv F l '=所以在B 点时绳子的
拉力大于在D 点时绳子的拉力，在B 点时的向心力大于D 点时的向心力，选项B 错误，C 正确； D ．两种情况下绳子方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，选项D 错误。

故选C 。

14．如图所示，环形塑料管半径为R ，竖直放置，且管的内径远小于环的半径，ab 为该环的水平直径，环的ab 及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。

现将一质量为m ，电荷量为q 的小球从管中a 点由静止开始释放，已知qE =mg ，小球可以运动过b 点。

则下列说法正确的是（ ）
A ．小球带负电荷
B ．小球释放后，到达b 点时速度为零，并在bda 间往复运动
C ．小球释放后，第一次和第二次经过最高点c 时对管壁的压力之比为1：6
D ．小球释放后，第一次经过最低点d 和最高点c 时对管壁的压力之比为5：1 【答案】D
【详解】A ．如果小球带负电，则小球将在ad 间做往复运动，不可能到达b 点，所以小球带正电，则A 错误；
B ．小球从a 到b 过程，由动能定理有2
122
b qE R mv ⋅=解得b v =到达b 点时速度不为零，
所以B 错误；
C ．球释放后，第一次经过最高点c 时有211.22c qE R mgR mv -=
；2
11c c v mg F m R
+=联立解得1c F mg =
球释放后，第二次经过最高点c 时有2
212..22c qE R mgR mv -=；222c c v mg F m R
+=联立解得25c F mg =所以小球
释放后，第一次和第二次经过最高点c 时对管壁的压力之比为1∶5，则C 错误；
D ．小球释放后，第一次经过最低点d 时有2
11.+2d qE R mgR mv =；211d d v F mg m R -=联立解得15d F mg =所以小
球释放后，第一次经过最低点d 和最高点c 时对管壁的压力之比为5∶1，则D 正确；故选D 。

15．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，匀强电场中有一根长为L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一可视为质点的质量为m 、电荷量为q 的带电小球。

小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得沿切线方向的初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球带负电，且匀强电场的电场强度tan mg E q
θ=
B ．小球做圆周运动过程中速度的最小值cos gL
v
θ
C ．小球从静止位置运动至圆周轨迹最高点的过程中动能逐渐减小，电势能先减小后增大
D ．小球从静止位置开始至其在竖直平面内运动一周的过程中，机械能先减小后增大 【答案】ABC
【详解】A.小球静止时细线与竖直方向成θ角，由平衡条件可知电场力水平向右，与场强方向相反，小球带负电，有tan qE mg θ=解得tan mg E q
θ
=
故A 正确； B.小球恰能绕O 点在竖直面内做圆周运动，在等效最高点A 点速度最小，如图所示
根据平衡条件得
2
cos
mg v
m
L
θ
=解得
cos
gL
v
θ
故B正确；
C.小球从静止位置内沿逆时针方向运动至圆周轨迹最高点的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，而小球在等效最高点A点速度最小，动能最小，所以小球动能逐渐减小，故C正确；
D.小球从静止位置开始沿逆时针方向至其在竖直平面内运动一周的过程中，小球的机械能和电势能之和守恒，小球电场力先做正功后负功后再做正功，则电势能先减小后增大再减小，机械能先增大后减小再增大，故D 错误。

故选ABC。

16．如图所示，一斜面倾斜角度为53°，斜面末端连接一处于竖直平面的光滑绝缘半圆轨道，O为圆心，A、B为其竖直方向上的直径的上下两端点，现有一个质量为0.4kg，带电荷量q=+1.0×10-5C的小球（可视为质点）以初速度v0=10m/s从斜面上某点垂直斜面方向抛出，小球恰好沿切线从半圆轨道的最高点A飞入半圆轨道，已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E=3×105N/C，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）
A．小球从开始到A点的运动是类平抛运动
B．小球在A点处的速度大小为12.5m/s
C．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中会在某处脱离半圆轨道
D ．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为33.5N 【答案】AB
【详解】A ．小球受到重力和电场力的作用，如图所示
5N F ==设F 与水平方向夹角为θ4
tan 3
mg qE θ=
=；53θ=︒，F 与v 0垂直，所以小球做类平抛运动，故A 正确；
B ．因为小球做类平抛运动，由图可知0
12.5m/s sin 53A v v =
=︒
故B 正确； C ．如图所示，根据受力情况画出小球运动过程中等效的最低点为C 点，小球到C 点时对轨道的压力最大，因为在A 点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，在A 点对轨道的压力为零，所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会在脱离半圆轨道
故C 错误；
D ．在A 点根据牛顿第二定律得2
A
v mg m R
=从A 至C 过程中根据动能定理2211(1sin 53)22C A FR mv mv +︒=-
根据牛顿第二定律得2
N C
v F F m R
-=解得N 27N F =根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为27N ，故D
错误。

故选AB 。

17．如图所示，有一长为L 的绝缘细绳，一端悬挂在A 点，另一端拴一质量为m ，电量为q 的带有负电荷的小球；悬点A 处固定一正电荷，电量也为q 。

同时竖直方向存在匀强电场，如果小球能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示。

若已知重力加速度为g ，则（ ）
A ．匀强电场的方向一定竖直向下
B
C ．小球到达最低点B
D ．匀强电场的场强大小可能为2mg
q
【答案】AC
【详解】AD ．带电小球要在竖直平面内作匀速圆周运动，则必有重力和电场力平衡，且mg qE =电场力的方向向上，匀强电场的方向一定竖直向下，A 正确，D 错误；
BC ．由牛顿第二定律得22T 2kq mv F L L +=而T 0F ≥所以v ≥所以B 错误，C 正确。

故选AC 。

18．如图所示，带电小球用绝缘细线悬挂在O 点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大。

已知小球运动空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，小球质量为m ，带电量为q ，细线长为l ，重力加速度为g ，则（ ）
A．小球带正电
B．电场力大于重力
C．小球运动到最低点时速度最大
D．小球运动过程最小速度至少为v
【答案】BD
【详解】AB．因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和电场力的合力（等效重力）方向向上，则电场力方向向上，且电场力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；
C．因重力和电场力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；
D．由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足
2
v
qE mg m
l
-=即
v=D正确；故选BD。

四、磁场中的圆周运动
19．如图所示，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，O为圆周上一点，在O点处有一粒子源，可沿半径方向射出不同速率的相同带电粒子，其中带电粒子1、2分别从A、B两点飞出磁场，且两粒子的入射方向与出射方向的夹角（锐角）均为60°，不考虑带电粒子的重力和粒子间的相互作用，则粒子1、2的速率之比为（）
A ．3：1
B ．1：3
C 1
D ．1【答案】B
【详解】设磁场的半径为R ，粒子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是θ1=120°，θ2=60，设粒子的运动轨道半径为r 1，r 2，
则有1tan 303
r R =︒=
，2tan60r R =︒解得12:1:3r r =粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向尽力，则有2
v qvB m r
=解得qBr v m =因电量、质量和磁感应强度相同，故v r ∝，则12:1:3v v =，故选B 。

20．如图所示，虚线框MNQP 内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

a 、b 、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。

若不计粒子所受重力，则（ ）
A ．粒子a 带负电，粒子b 、c 带正电
B ．粒子c 在磁场中运动的时间最长
C ．粒子c 在磁场中的加速度最大
D ．粒子c 在磁场中的动量最大
【答案】B
【详解】A ．根据左手定则可知，粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电，故A 错误；
B ．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有2
v qvB m R =且2R T v
π=
解得2m
T qB
π=
三个带电粒子的质量和电荷量都相等，故三个粒子在同一磁场中运动的周期相等，粒子c 的轨迹对应的圆心角最大，所以粒子c 在磁场中运动的时间最长，故B 正确； C ．根据牛顿第二定律有qvB ma =解得qvB
a m
=粒子c 的轨迹半径最小，速度最小，所以粒子c 的加速度最小，故C 错误；
D ．根据p mv =可知，粒子c 的动量最小，故D 错误。

故选B 。

21．如图所示，直角三角形ABC 内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 0，AC 边长为2L ，AB 边长为L 。

从AC 边的中点D 连续发射不同速率的相同粒子，方向与AC 边垂直，粒子带正电，电荷量为q ，质量为m ，不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列判断正确的是（ ）
A ．以不同速率入射的粒子在磁场中运动的时间一定不等
B ．B
C C
．AB 边上有粒子射出的区域长度为1)L D ．从AB 边射出的粒子在磁场中运动的时间最短为6m
qB π0
【答案】BC
【详解】A ．若以不同速率入射的粒子在磁场中运动时都从AC 边射出，则运动的时间相等，A 错误； B ．如图甲所示，当粒子的速率无穷大时，可认为粒子不发生偏转从E 点射出，BC 边上有粒子射出的区域为BE 部分，长度不超过3
tan 303
L =
，B 正确； C ．如图乙所示，粒子从AB 边射出的运动轨迹与AB 边相切时，轨迹半径最小，则AB 边上有粒子射出的区。