2020届高考物理艺考生总复习上篇专题三电场和磁场第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动教学案.docx

第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容核心素养磁场的性质是高中物理的核心内容之一，也是高考的必考内容，考查理解与推理应用，难度适中，考查要点有：(1)电流的磁场、磁感应强度、磁场的叠加(2)带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动(常涉及临界问题、多解问题)分析粒子在电场和磁场中的运动，画出运动轨迹，根据几何关系结合动能定理牛顿运动定律解题是今后高考中必须考查的能力.2019卷17T安培力物理观念卷24T洛伦兹力科学思维卷17T洛伦兹力物理观念卷18T带电粒子在磁场中运动科学思维2018卷20T磁场叠加物理观念2017卷19T安培力科学思维卷18T洛伦兹力科学思维卷21T安培力科学思维卷18T磁感应强度物理观念考向一磁场及磁场对通电导体的作用力知识必备提核心通技法1牢记一个公式安培力大小的计算公式：FBILsin (其中为B与I之间的夹角)(1)若磁场方向和电流方向垂直：FBIL.(2)若磁场方向和电流方向平行：F0.2必须掌握的一个定则左手定则(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典题例析析典题学通法例1(2019课标，17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A2FB1.5FC0.5FD0审题指导线框受到的安培力应为导线MN与折线MLN所受安培力之和解析B设三根相同的导体棒的电阻均为R，长度均为l，其中ML和LN为串联关系，总电阻为2R.由并联电路特点可知，通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍，若MN受到的安培力FBIl，则ML和LN受到的安培力的合力F1，MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同，故线框受到的安培力为F合FF11.5F，故选B.迁移题组多角度提能力迁移1磁感应强度的叠加1(2017新课标，18T)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A0 B.B0 C.B0 D2B0解析：C两导线中通电流I时，两电流在a点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和为0，则两电流磁感应强度的矢量和为B0，如图甲得BB0.P中电流反向后，如图乙，B合BB0，B合与B0的矢量和为B总B0，故C项正确迁移2安培定则的应用2(2019江苏卷，7T)(多选)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Ca的向左，b的向右 Da的向右，b的向左解析：CD由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力方向相同，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故C、D正确迁移3安培力大小的计算3.(2017新课标，19T)(多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反下列说法正确的是()AL1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直BL3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1解析：BC因三根导线中电流相等、两两等距，则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等因平行电流间同向吸引、反向排斥，各导线受力如图所示，由图中几何关系可知，L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行，L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直，A错误，B正确设单位长度的导线两两之间的作用力大小为F，则由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2Fcos 60F，L3单位长度所受的磁场作用力大小为2Fcos 30F，故C正确，D错误规律方法知规律握方法求解导体棒所受安培力问题的方法(1)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)画出辅助图(如导轨、斜面等)，并标明辅助方向(磁感应强度B、电流I的方向)(3)将立体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考向二带电粒子在匀强磁场中的运动知识必备提核心通技法1必须掌握的几个公式2必须掌握三个重要的“确定”(1)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(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r，然后再与半径公式r联系起来求解(3)运动时间的确定：tT(可知，越大，粒子在磁场中运动时间越长)典例赏析析典题学通法例2(2019全国，24T)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间审题指导(1)粒子在电场中被加速满足动能定理(2)带电粒子在磁场中偏转找圆心，由几何关系，求半径解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qUmv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有qvBm由几何关系知dr联立式得(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为srtan 30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t联立式得t答案(1)(2)迁移题组多角度提能力迁移1带电粒子在直线边界磁场中的运动1(2019全国，17T)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.kBl，kBl B.kBl，kBlC.kBl，kBl D.kBl，kBl解析：B从a点射出粒子半径Ra，得：va，从d点射出粒子半径满足关系Rl22，得Rdl，因Rd，故vd，故B选项符合题意迁移2带电粒子在圆形有界磁场中的运动2(2017新课标，18T)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上不计重力及带电粒子之间的相互作用则v2v1为()A.2 B.1C.1 D3解析：C设速率为v1的粒子最远出射点为M，速率为v2的粒子最远出射点为N，如图所示，则由几何知识得r1，r2R由qvB得r，故，选项C正确迁移3带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析3建立平面直角坐标系如图所示，P、N是x轴上的两个点，匀强磁场垂直纸面，磁感应强度大小为B.两个带等量异种电荷的粒子a、b分别从P、N两点同时开始在纸面内运动a的初速度大小为v，方向垂直x轴向上，若不考虑b粒子的影响，a粒子在磁场中的运动轨迹如图中虚线所示，O为轨迹圆的圆心，直径d，b的初速度大小和方向未知已知，a、b两粒子的质量相等，a、b间的相互作用力及重力均不计(1)求a粒子的比荷；(2)若b粒子运动半个周期时的轨迹恰好在y轴上与a粒子运动的轨迹相交，求b粒子初速度的大小和初速度与x轴正方向夹角的正切值解析：(1)因a粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则有qavBm，r，联立解得.(2)由qbvbB，可得b粒子的轨迹半径rb，画出b粒子在与a相遇前运动的轨迹如图中半圆弧、(实线)所示，可知2rbd，解得rbd，因qaqb，a、b两粒子质量相等，故vbv，b粒子初速度方向与x轴正方向的夹角记为，则tan 2或tan 2.答案：(1)(2)见解析规律方法知规律握方法1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”2在轨迹中寻求边角关系时，一定要关注三个角的联系：圆心角、弦切角、速度偏角；它们的大小关系为：圆心角等于速度偏角，圆心角等于2倍的弦切角在找三角形时，一般要寻求直角三角形，利用勾股定理或三角函数求解问题3解决带电粒子在边界磁场中运动的问题时，一般注意以下两种情况：(1)直线边界中的临界条件为与直线边界相切，并且从直线边界以多大角度射入，还以多大角度射出；(2)在圆形边界磁场中运动时，如果沿着半径射入，则一定沿着半径射出考向三带电粒子在匀强磁场运动的临界、极值和多解问题知识必备提核心通技法1分析临界极值问题常用的四个结论(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)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，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，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)2常见带电粒子在磁场中运动的多解问题多解分类多解原因示意图带电粒子电性不确定带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同磁场方向不确定题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况临界状态不唯一带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过去了，也可能从入射界面反向飞出运动的往复性带电粒子在空间运动时，往往具有往复性典题例析析典题学通法例3如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM和NN是磁场左右的两条边界线现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直射入磁场中，45.要使粒子不能从右边界NN射出，求粒子入射速率的最大值为多少？审题指导当速度方向一定，大小不同时采用放缩圆法，画出运动的轨迹，从而探索出临界条件解析用“放缩圆法”作出带电粒子运动的轨迹如图所示，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的粒子的轨迹由图可知：Rmax(1cos 45)d，又Bqvmaxm，联立可得vmax.答案迁移题组多角度提能力迁移1带电粒子在磁场中的临界极值问题1(2020常德模拟)(多选)如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点大量质量均为m，电荷量绝对值均为q的带负电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向粒子的轨道半径为2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则()A粒子射入磁场的速率为vB粒子在磁场中运动的最长时间为tC不可能有粒子从C点射出磁场D若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A点水平射出解析：ABD由洛伦兹力提供向心力：qvBm，解得：r，根据题意r2R，以上联立可得：v，故A正确；当粒子以直径2R为弦时，运动时间最长，由几何关系可知圆心角为60，粒子运动的周期为：T，由此可知粒子运动时间为：t，故B正确；粒子的轨道半径为2R，磁场的半径为R，粒子可能从C点射出，故C错误；当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射出的粒子，可以从A点水平射出，且速度满足：v，故D正确所以A、B、D正确，C错误迁移2带电粒子在磁场中运动的多解问题2(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC分为两部分，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷k，则质子的速度可能为()A2BkL B.C. D.解析：BD因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径r(n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力得Bqvm，即vBk(n1,2,3，)，选项B、D正确规律方法知规律握方法处理临界极值问题方法(1)几何对称法：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹关于入射点P与出射点Q的中垂线对称，轨迹圆心O位于中垂线上，并有2t，如图甲所示，应用粒子运动中的这一“对称性”，不仅可以轻松地画出粒子在磁场中的运动轨迹，也可以非常便捷地求解某些临界问题(2)动态放缩法：当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R随之变化在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹半径放缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件如图乙所示，粒子进入长方形边界OABC从BC边射出的临界情景为和.(3)定圆旋转法：当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨迹半径R是确定的在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨迹，从而探索出临界条件如图丙所示为粒子进入单边界磁场时的情景(4)数学解析法：写出轨迹圆和边界的解析方程，应用物理和数学知识求解带电粒子在两不同磁场中的偏转问题典例 (2019全国，18T)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限粒子在磁场中运动的时间为()A. B.C. D.核心考点1.带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动2.洛伦兹力提供向心力3.右手定则判断粒子偏转方向命题技巧1.本题设置两区域磁场、隐含带电粒子在两区域内做半径不同的匀速圆周运动2.两粒子在两磁场中运动的圆心、半径各不相同核心素养1.物理观念2.科学思维审题关键(1)带电粒子在第二象限做个圆周，在第一象限做圆周运动(2)总时间为两时间之和解析 B粒子运动轨迹如图，即运动由两部分组成，第一部分是个周期，第二部分是个周期，即t，故B选项正确，A、C、D错误易错展示1.带电粒子在磁场中的运动轨迹画不出来2.带电粒子在两磁场中运动的圆心不能确定.对点演练练类题提素养1(2020大庆模拟)(多选)如图所示，虚线MN将平面分成和两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场一带电粒子仅在磁场力作用下由区运动到区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为21，下列判断一定正确的是()A两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为21B粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为11C粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为21D弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为21解析：BC根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据，再由r，及洛伦兹力不做功，即运动的速率不变，可得：B，因圆心角不知，所以无法确定磁感应强度之比，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，故B正确；已知粒子在两个磁场中运动的速度相等，题中说两段弧长之比为21，所以时间之比为21，因此C正确，D错误2(多选)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2，B12B22 T，比荷为2106 C/kg的带正电粒子从O点以v04104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域，则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为()A.106 sB106 sC.106 s D2106 s解析：AC粒子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动，则qv0B2m，解得R22 cm故粒子经过半个圆周恰好到达P点，轨迹如图甲所示则粒子运动的时间t1106 s由于B12B2，由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后，做半径R1R21 cm的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过P点，轨迹如图乙所示，则粒子运动的时间t2T1T2106 s在以后的运动中，粒子通过MN的点会远离P点，所以，粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为106 s或106 s故A、C正确A级对点练题组一磁场及磁场对电流的作用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C解析：A如图所示，由右手螺旋定则可知，A处导体棒中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行于BC，同理，可知B、C处导体棒中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导体棒中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O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.2如图所示，一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中若通以图示方向的电流(从A点流入，从c点流出)，电流强度I，则金属框受到的磁场力为()A0BBILC.BILD2BIL解析：B由并联电路分流规律可知底边通过的电流I1I，上方两边内通过的电流为I2I.上方两边受到的磁场力的合力可等效为平行底边、长为L的直导线受到的磁场力，由左手定则判定可知受磁场力方向均向上，故金属框受到的磁场力FBLIBLIBLI，B正确3如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120，此时悬线的张力为F.若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则圆环中电流大小和方向是()A电流大小为，电流方向沿顺时针方向B电流大小为，电流方向沿逆时针方向C电流大小为，电流方向沿顺时针方向D电流大小为，电流方向沿逆时针方向解析：A要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向竖直向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡有FF安，而F安BIR，求得I，A项正确4如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端由等长轻质软导线水平悬挂，平衡时两悬线与水平面的夹角均为(90)缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流I，下列4幅图像中能正确反映与I的变化规律的是()解析：A对ab棒受力分析如图所示由平衡条件有tan ，可得I，又知为常数，故A项正确，B、C、D项错误5一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F.若将该导线做成圆，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点a、b连线也与x轴平行，则圆受到的安培力大小为()AF B.F C.F D.F解析：C通电导线长为L，其与x轴平行放置时，受到的安培力为F，制作成圆时，半径为R，则2RL，解得R.故a、b连线的长度dR，此时圆环受到的安培力FFF，故C正确题组二带电粒子在磁场中的匀速圆周运动6(2019北京卷，16T)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解析：C由左手定则确定粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据qvBm确定粒子运动半径和运动时间由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式qvBm得：r，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误7如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1t2为()A21 B23 C32 D.解析：C如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角190，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角260，则，故选项C正确8.(2020凉山州模拟)如图所示，有一边长L2 m的正三角形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小B T，有一比荷q/m200 C/kg的带正电粒子从AB边上的P点垂直AB边进入磁场，AP的距离为 m，要使粒子能从AC边射出磁场，带电粒子的最大初速度为(粒子的重力不计)( )A500 m/s B600 m/sC4102 m/s D1 200 m/s解析：B从AC边穿出的粒子其临界轨迹如图所示，对速度较大的粒子，对应的半径为R，根据几何关系可知，此时粒子的轨道半径：RLsin 602m m又qvBm，解得v200 m/s600 m/s，故B正确，A、C、D错误题组三带电粒子在磁场中的临界、极值、多解问题9如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d.MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为q的粒子粒子射入磁场的速度大小v，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为()A11 B23C.2 D.3解析：C粒子在磁场中运动时，Bqv.粒子运动轨迹半径Rd.由左手定则可得：粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端距A点的竖直距离L1d.运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度为LL1L2d；因为Rd，所以粒子在MN边界射出区域的长度为L2Rd.故两区域长度之比为LLdd2，故C项正确，A、B、D错误10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许多质量为m、电荷量为q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域不计重力及粒子间的相互作用下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R，正确的图是()解析：D由左手定则可知带正电粒子的偏转方向，以R为半径作圆a和圆b，如图所示，将圆a以O点为轴顺时针转动，直到与b圆重合，可以判断出图D正确B级综合练11(多选)如图所示，MN是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界在边界上P点甲、乙两粒子同时沿与PN分别成60、30角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q点射出磁场不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是()A若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为1B若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为21C若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的速度之比为2D若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的比荷之比为21解析：ABD设P、Q间的距离为L，则由几何关系可得甲、乙粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径分别为r甲，r乙L.如果两粒子完全相同，由r得v，则甲、乙两粒子的速度之比为v甲v乙r甲r乙1，A正确；如果甲、乙两粒子完全相同，由T可知粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角之比，t甲t乙21，B正确；若甲、乙两粒子同时到达Q点，则两粒子在磁场中运动的时间相同，则两粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比，v甲v乙2，由r可得，则甲、乙两粒子的比荷之比为21，C错误、D正确12(多选)如图所示直角坐标系xOy，P(a，b)为第四象限内的一点一质量为m、电荷量为q的负电荷(重力不计)从原点O以初速度v0沿y轴正方向射入第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y0区域磁场不变，而将y0区域磁场改为沿x轴正方向的匀强电场，该电荷仍通过P点，则()A匀强磁场的磁感应强度BB匀强磁场的磁感应强度BC电荷从O运动到P，第二次所用时间一定短些D电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定小些解析：AC第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点，做匀速圆周运动，轨迹如图，由几何关系得(aR)2b2R2，解得R.又qv0Bm，解得匀强磁场的磁感应强度B，故A正确，B错误第二次保持y0区域磁场不变，而将y0区域磁场改为沿x