2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题9磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运

1、专题九 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动3.用准“两个定则”：(1) 对电流的磁场用准安培定则.(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准左手4.画好“两个图形”：(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图.(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形.考点 1 磁场的性质(对应学生用书第 44 页)品真题感悟高考.考题统计五年 5 考：2017 年I卷9、n卷 T21、川卷 Tw 2015 年H卷 Ti82014 年I卷 T15考情分析知识结构互联核心要点回扣連度选可递玄 -线运动*择器左手定贝片方向-n一磁感线1 通电圆环iL-

2、T礪场的 /性质1 掌握“两个磁场力”：(1)安培力：I丄B时F=BIL,I/B时F= 0.(2)洛伦兹力：v丄B时F=qvB,v/B时F= 0.2 明确“六个常用公式”：复合场中的运匀速圆周运动mv丽 J吃卜氏不P速器峠通屯螺线會 磁感应|TT强度21 直线电流的磁场的叠加与安培力相结合及洛伦兹力的应用是命题的热点.2.本考点高考重在考查常见磁体周围磁场的分布，磁感线的形状及特点，电流磁场的判断 与叠加、安培力洛伦兹力大小的影响因素及安培力、洛伦兹力方向的判断等知识.3.电流磁场的判断方法及安培力（洛伦兹力）方向的判断方法易混淆.1.（磁场的基本性质）（2017 川卷 Ti8）如图 9-1

3、所示，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I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点处匀强磁场的磁感应强度B0等大反向；“让P中的电流反向，其他条件不变”说明导线P在a点产生的磁场的磁感应强度大小与原来相等，方向相反.C 两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小相等， 设为B,方向如图甲所示， 此时a点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B合的大小等于B,B3方向与Bo相反，即Bo的方向水平向左，此时B= -B0;让P中的电流

4、反2cos 303向、其他条件不变，两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小仍为B,方向如 图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B,方向竖直向上，B与Bo垂直，其合磁感应强度为Ba= B2+B2=于Bo,选项 C 正确.磁感应强度的大小为（A. 0C.题眼点拨D. 2Bo“a点的磁感应强度为零”说明两导线在a点产生的合磁感应强度与3锻吊也认（多选）（2015 卷 T18）指南针是我国古代四大发明之一关于指南针，下列4说法正确的是（）A. 指南针可以仅具有一个磁极B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C. 指南针的指向会受到附近铁块的干扰D. 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导

5、线，导线通电时指南针不偏转BC 指南针是一个小磁体，具有N、S 两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极， 选项 A 错误，选项 B 正确.因为指南针本身是一个小磁体，所以 会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰， 选项 C 正确.在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针 南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转.正确选项为 B、C.2.（安培力的方向和大小） （多选） （2017 1卷 Ti9）如图 9-2所示，三根相互平行的固定长 直导线 Li、L2和 L3两两等距，均通有电流I, Li中电

6、流方向与 L2中的相同，与 L3中的 相反.下列说法正确的是（）/ 片/ / /%/+4 必-EfI图 9-2A. Li所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面垂直B. L3所受磁场作用力的方向与 Li、L2所在平面垂直C. Li、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为i ： i ： 3D. Li、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为，3 :. 3：1BC 如图，由磁场的叠加知， L2与 L3中的电流在 Li处产生的合磁场的方向在 L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，Li所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面平行.选 项 A 错误.Li与 L2中的电流在 L3处产生

7、的合磁场的方向与 Li、L2的连线平行，由左手定则知,L3所受磁场作用力的方向与 Li、L2所在平面垂直.选项 B 正确.B5由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B,而 Li、L2所在处两个磁场方向的夹角均为 120， 则B合= B,而L3所在处两个磁场方向的夹角为 60, 贝UB合= ,3B,由F=ILB知，Li、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1 ： 1 ：3.选项 C 正确，选项 D 错误.锻训铉认 (2014 卷 T15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A. 安培力的方向可以不垂直于直导线B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向

8、C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半B 通电直导线在匀强磁场中所受安培力的方向由左手定则判断，(安培力的大小由F=BILsin0计算.安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A 错误，选项 B 正确；由F=BILsin0可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C 错误；、J 将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项 D 错误.释疑难类题通法.1. 安培力的大小(1) 当I、B夹角为 0时F= 0.(2) 当电流与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL,L是有效

9、长度.(3) 闭合的通电导线框在匀强磁场中受到的安培力F= 0.2. 安培力的特点(1) 安培力的方向总是垂直于I、B所决定的平面，可用左手定则判断.Uz)(2) 安培力可做正功，电能转化为其他形式的能； 可做负功，其他形式的能转为电能.(3) 安培力是洛伦兹力的宏观表现.3. 洛伦兹力的特点(1) 洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，即洛伦兹力永不做功.(2) 仅电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化.(3) 用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向.64. 洛伦兹

10、力的大小(1)v/B时，洛伦兹力F= 0.(0= 0 或 180)(2)v丄B时，洛伦兹力F=qvB.(0= 90)（3）v= 0 时，洛伦兹力F= 0.对考向高效速练. .考向 1 磁场的基本性质1. （2016 山东日照模拟）1820 年 4 月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电 导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥 斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做 了几十次实验关于奥斯特的实验，如图9-3 所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是（）【导学号：19624105】AR图 9-3A.通电导线AB

11、东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关B.通电导线AB南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关C.通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向D.通电导线AB南北放置，小磁针在AB延长线的B端外侧，改变电流大小B 因为地磁场是南北方向， 当通电直导线南北放置时产生的磁场为东西方向，小磁针放在导线正下方，闭合开关时磁场从无到有， 这时两种磁场的作用力最大， 现象最 明显，故 B 正确.教师备选I如图所示，平行放置在绝缘水平面上的长为I的直导线a和无限长的直导线b,分别 通以方向相反，大小为la、lb（lalb）的恒定电流时，b对a的作用力为F.当在空间加 一竖直向下（y轴的负方向）

12、、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力 恰好为零.则下列说法正确的是（ ）O- 7A.电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B,方向沿y轴的负方向B.所加匀强磁场的磁感应强度大小为B=TF7IalC.导线a对b的作用力大于F,方向沿z轴的正方向D.电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向IalB 无限长的直导线b的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度8处处相等，由于加上题述磁场后a所受安培力为零，因此电流lb在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B,方向沿y轴的正方向，A 选项错误；由磁感应强度定义 可得：BF,B 选项正确；由牛顿

13、第三定律可知导线a对b的作用力等于F, C 选项Ial错误；电流la在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小并不是处处相等，因此D 选项错误.考向 2 通电导体在磁场中的运动2.（多选）如图 9-4 甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L,其间有竖直向下的匀 强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t= 0 时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T,最大值为Im,图甲中|所示方向为电流正方向.则金属棒（）图 9-4受到的安培力随时间周期性变化受到的安培力在一个周期内做正功r NT*1止ABC 根据题意得出v-t图象如图所示，金属棒一直向右运动，A 正确.速度随

14、时间做周期性变化，B 正确.据F安=BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则 C 项正确.F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则 D 项错.義卯锤此 （2017 商丘一中押题卷）如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向3右上方，与水平方向所夹的锐角为45 .将一个 2 金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为O,半径为r，两条半径Oa和Ob相互垂直，且Oa沿水平方向.当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为（）An苧2TA.一直向右移动B. 速度随时间周期性变化C.D.甲B右T29A. 轨迹OAB能为圆弧B. 小球在整个运动过程中机械能增加C. 小球在 A 点时受到的

15、洛伦兹力与重力大小相等D. 小球运动至最低点 A 时速度最大，且沿水平方向D 因为重力改变速度的大小， 而洛伦兹力仅改变速度的方向,度的变化而变化，故小球运动的轨迹不可能是圆弧，A 项错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，B 项错误；小球在A点时受到洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力大于重力，C 项错误；因为系统中只有重力做功， 小球运动至最低点A时重力势能最小，则动能最大，速度的方向为该点的切线方向，即最低点的切线方向沿水平方向，故D 项正确.考点 2 带电粒子在匀强磁场中的运动（对应学生用书第 46 页）品真题感悟高考. 考题统计 五年

16、8 考：2017 年H卷 T182016 年H卷干8、川卷 TwA. 2BlrC. Blr3B*2nBlrD.2BIrA 通电导线的有效长度为L=2r,故受到的安培力为F=BIL= _ 2BIr故选 A.考向 3 洛伦兹力的应用3. （2016 安徽蚌埠模拟）如图 9-5 所示，xOy坐标平面在竖直面内,y轴正方向竖直向上,空间有垂直于xOy平面的匀强磁场（图中未画出）.一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示.下列说法中正确的是（【导学号：19624106】又洛伦兹力大小随速102015 年H卷 T192014 年I卷 T16、nT202013 年卷8、n卷711考情分析1 高考在

17、本考点的命题多为带电粒子在有界磁场中运动的分析与计算.2根据题意画出粒子的运动轨迹，利用数学关系求解是常用方法.3.确定临界条件，画轨迹、找圆心、求半径是关键.4忽视运动电荷的电性分析易造成洛伦兹力方向的错误.3.(磁偏转的基本问题)(2017 卷 Ti8)如图 9-6 所示，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Vi，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V2:V1为()A.

18、 3：2B. 2：1C. 3 ： 1D. 3 : ,2题眼点拨“相同的带电粒子以相同的速率”说明粒子做匀速圆周运动的半径相同；“粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上”说明粒子最远出射点到/入射点的距离为粒子圆周运动直径，且等于磁场的半径.C 粒子以Vi入射，一端为入射点 P,对应圆心角为 60 (对应六分之一圆周)的弦PP必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2ri，如图甲所示，设圆形区域的半径为1R由几何关系知ri=R其他不同方向以vi入射的粒子的出射点在PP对应的圆弧2内.图 9-612可得2：ri=3 : I.同理可知，粒子以V2入射及出射情况,如图乙所示.图甲图乙13所以V2:Vi=

19、3 ： 1.故选 C.锻埼録这（多选）（2015卷 9）有两个匀强磁场区域I和n,i中的磁感应强度是n中的k倍.两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与I中运动的电子相比，n中的电子（）A. 运动轨迹的半径是I中的 k 倍B. 加速度的大小是I中的 k 倍C.做圆周运动的周期是I中的 k 倍D. 做圆周运动的角速度与I中的相等mV mv1一AC A:由qvB=-得r=qB*目，即n中电子运动轨迹的半径是I中的k倍，选项 A正确.F合qvBa21B：由F合=ma得a= =*B,所以一=，选项 B 错误.m ma1k2nrT2C：由T=得T*r,所以=k，选项 C 正确.v11QIAD:

20、由3=得= =，选项 D 错误.I31|2k正确选项为 A、C.4.（磁偏转的临界极值问题）（2016 川卷T18）平面OM和平面ON之间的夹角为30,其横截面（纸面）如图 9-7 所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强 度大小为B,方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m,电荷量为q（q0） 粒子沿纸面以大小为v的速度从OM勺某点向左上方射入磁场， 速度与OM成 30角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为（）因为m q、B均相同，由公式r=訓得粤上対一押-Dr M A *14图 9-7.3mvB 衍

21、2mv晶mvAA.2qB4mvD._qB115题眼点拨“q0”说明带电粒子带正电；“与ON只有一个交点”说明轨迹与ON边界相切.D 如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为mvR=qB设入射点为A出射点为BAB= R由几何图形圆弧与ON的交点为P由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知,D 正确.知,母题变式在第 5 题中，将磁场改为有界磁场，如图 9-8 所示，带有正电荷的A粒子和（速度方向与边界的夹角分别为30 、60 ）从宽度为B粒子同时以同样大小的速度d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出,则下列说法中正确的是（）图 9-8A.B.C.D.A、B两粒子在磁场中做圆周

22、运动的半径之比为A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为A B两粒子的比荷之比是.,3：1A B两粒子的比荷之比是 1 : 3A、B两粒子运动轨迹如图所示，粒子所受洛伦兹力提供向心1:. 33(23)：1力，轨迹半径R=mV设A、qBB两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R和r.由几何关系有Rcos 30+ R= d,rcos 60+r= d,解得3J3r2+p 3,A 错误，B 正确；由于两粒子的速度大小相等，则R与反比，所以A B两粒子的比荷之比是（2 + .3） : 3, C、D 错11617敎师涪选（2016 卷 Ti8）圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，

23、筒的横截面如图所示图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以与MN成 30角当筒转过 90时，该粒子恰好从小孔在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为3A. 3B23DPn知为 30,贝 U 23即m=為，选项A正确释疑难类题通法i 掌握一个解题流程王严翳强微翳凭鞋誉中航備画出速瞳利衲伦葱力F两个矢慌的方向，若 隔7-u甸初遠度和末連度的方向.则画出两牛連 汗 a 度方向的垂线写出基本方桎 彌訴玄 半伽=騒、周期 沧辔舞运动时间歸境*角速度3顺时针转动.在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向A 如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧MP所对应的圆心角由几何知识N飞出

24、圆筒不计重力.若粒子30360 ，182 用好两个有用结论(1) 粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等.(2) 粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域.3.理清三种几何关系(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.当速率 v 一定时，弧长(或弦长)越长，所对的圆心角越大，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，仍然是运动轨迹所对圆心角大的，运动时间长.4.记住四类多解因素(1) 带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹.(2) 磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹.(3)

25、临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解.(4) 圆周运动的周期性形成多解.对考向高效速练.考向 1 磁偏转的基本问题a粒子(2He)和质子(1H)做匀速圆周运动.若它们的动量大小相等,则a粒子和质子()A. 运动半径之比是 2：1B. 运动周期之比是 2：1z XT1C. 运动速度大小之比是 4：12nm动半径之比等于电荷量反比， 即ra:H=qH：qa= 1 : 2,故选项 A 错误；由T=-,qBqava2X1=qHvH=1X4=1：2,故选项D错误.1考向 2磁偏转的临界、极值问题=mvH,所以va:VH=m：na= 1 : 4,故选项 C 错误；由于洛伦兹力4.在同一

26、匀强磁场中，【导学号：19624107】D. 受到的洛伦兹力之比是,i mv p2： 1mv pr=qBB由于两者动量相等且在同一匀强磁场中，所以a粒子和质子运则a粒子与质子运动周期之比为Tam qHTHqam4X121=2: 1,故选项B 正确；由于maVaFaF=qvB,所以FH195.(多选)(2017 鸡西市模拟)如图 9-9 所示， 一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，20空间存在垂直于纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力已知粒子做圆 周运动的半径大小恰好为d,则（）米下B图 9-9A.能打

27、在板上的区域长度是2dB.能打在板上的区域长度是（.3+ 1）dC. 同一时刻发射出的带电粒子到达板上的最大时间差为D.同一时刻发射出的带电粒子到达板上的最大时间差为BC 打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示:根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度I=R+3R= （1 +, 3）R= （1 +、3）d, 故 A 错误，B 正确;在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图所示:由几何关系知，最长时间3t1=4T最短时间t2=6T6又有粒子在磁场中运动的周期T= 呼 =2nd根据题意：t1t2= t联立解得： t=12T= ，故 C 正确，D 错误.考向 3 磁偏转中的多解问题6.如图 9

28、-10 所示， 在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场.一带负电的粒子从原点0以与x轴成7nd6vnqd6mvB一次周期性运动的时间为t=x+x=，则 C 选项正确；粒子第二次3Bq3 屿B Bq2q射入x轴上方磁场时，沿x轴前进的距离为x= 2Rxcos 30+ 4Rxcos 30= 3 3R则 D 选项错误.锻:吊也处1.（2017 泉州模拟）一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示图中直径小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变.-1不计重力

29、的负电粒子从小孔M沿着MNT向射入磁场，当筒以大小为30 的角速度转过 90 %?时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒.（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成 30角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大?【解析】（1）若粒子沿 皿防向入射，当筒转过 90时，粒子60角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为代不计重力），则【导学号：19624108】A.B.C.D.BK X X XX X X XX X N X -i- * 图 9-10粒子经偏转一定能回到原点O粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比

30、为粒子再次回到x轴上方所需的时间为盘2： 1粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了 3R根据mvR=可知粒子径之比为如图所示,1 : 2,则 B 错误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹 则由图可知 A 选项错误；根据轨迹可知，粒子完成B的匀强磁场MN的两端分别开有y%.22从M孔（筒逆时针转动）或N孔（筒顺时针转动）射出，如图，由轨迹 1 可知半径：r=R2mv由qvB=，粒子运动周期T=n2筒转过 90的时间：t=粒子速率：v=3oR若从M点离开，则筒转动时间满足t =f，得：31=占中k= 0,1,2,3 ；n+122n若从M点离开，则筒转动时间满足t =3，得:k= 0,1,2,3 牛

31、+2k+l n若从N点离开，则筒转动时间满足t=-,得:30其中k= 0,1,2,3qBTnm t= =-42qB联立以上各式得：荷质比q30m=B，（2）若粒子与MN向成30入射，速率不变半径仍为作粒子轨迹如图轨迹 2，圆心为O，则四边形2n7tMO PO为菱形，可得/MO P=ZMO=，所以/NO=才33则粒子偏转的时间:2nt= $T=又T=空;2n3302n得：t=3330由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下:i.当圆筒顺时针转动时,设筒转动的角速度变为31,若从N点离开，则筒转动时间n满足t=A，得:31=30其中k= 0,1,2,3综上可得31=30其中n= 0,1,2,3 ii.

32、当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为32,30其中:2k + 1+ 223综上可得32=3n2-230其中n= 0,1,2,3、3n 13n 2综上所述，圆筒角速度大小应为31=2 30或者32=2 30其中n=0,1,2,3 虽宀.303n+1一 、3n+2、【答案】B3oR(2)31=230(顺时针转动)或32=230(逆时针转动)其中n= 0,1,2,3锻:吊也这2.(2016 东北三省四市联考)在如图所示的xOy平面内，y0.5 cm 和y0区域，磁感应强度的大小为B0；xv0 区域，磁感应强度的大小为入B0（常数入1）.一质量为m电荷量为q（q0）的带电粒子以速度Vo从坐标原点O

33、沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：（不计重力）（1）粒子运动的时间；（2）粒子与O点间的距离.题眼点拨“在x1） ”说明带电粒子在y轴右方圆周运动半径较大； “从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场”说明粒子 在y轴右方运动半个圆周进入第二象限区域；“当粒子的速度方向再次沿x轴正方向时”说明粒子在第二象限区域又动了半个圆周.【解析】（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x0区域，圆周半径为R；在x (1 +5)T.【答案】(1)0.5 m (2)2 m (3)B (1 + . 5)T教师备选边长为 3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间

34、区域为匀强电场，如图所示.左侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为强度大小为B,方向垂直纸面向里，中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平 行.一质量为m电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速， 加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场且与左边界的角度0= 30 ,又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子的重力.求：联立解得0，则由动能定理cose=红攀sin5B,右侧磁场的磁感应=0.5 m.34左侧磁场区域磁感应强度Bi;若皆帯 电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘 间离开?1【解析】（1）粒子在平行金属板间被加速的过程中，

35、根据动能定理有：qU=：mV-2解得：卄帑（3）设粒子经中间电场加速后速度为v,要使粒子能从上边缘cd间离开，其临界情况分别为刚好从c点和轨迹与右边界相切离开，对应的速度分别为Vmin和vm,轨道半径分别为Rmin和Rzm3由图中几何关系可知：Rmin= 4L, R?m=L（2 分）（i）粒子经过平行金属板加速后的速度大小v;cd速度偏转角为：a60L其轨道半径为久R=粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律和向心力公式有:F邪2qvB=nR=90- 0（2分）（2分）（1分）3L RwL（1 分）4I 1-2 声r gi i .區分）0 （2 分）根据图中几何关系可知， 粒

36、子在左侧磁场区域内做匀速圆周运动,35即粒子能从上边缘cd间离开时对应的轨道半径满足:36(1) 小球第一次做圆周运动的半径；(2) 要让小球一直在电场中运动，则电场在水平方向上的最小宽度；(3) 小球落地时间.根据牛顿第二（2分）在中间电场运动的过程，由动能定理有:1qEL= mv2-mV（2分）解得电场强度需满足的条件为:11U16L（1分）【答案】v=2qUmB=嚳11U2UWEW16LL考向 2 带电粒子在叠加场中的运动& (2017 高三第二次全国大联考(新课标卷I)如图 9-15 甲所示,空间平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t周期性变化(周期为T)的图象如图乙所示.取竖直向下为电场正方向，垂直纸面向外为磁场正方向.在t= 0 时，一质量为m电荷量为q的带负电小球从离地面高为h= 用n+gT的地方由静止释放.已8n知重力加速度为37【导学号：19624111】【解析】(1)在 0f时间内，重力和电场力平衡，小球静止不动，在小球只受电场力和重力，两力方向相同，由牛顿第二定律有在T2T时间内，小球所受电场力和重力平衡，合力为洛伦兹力，带电小球做匀速圆qE+ma解得a=2g在T时刻，小球的速度V1=aT=gT,位移X1=步才=乎38(2)小球做圆周运动的周期T= 蛰=，只与磁场有关，且恒定，故