新高考物理二轮复习题型归纳与变式练习专题10磁场的性质、带电粒子在磁场中的运动(含解析)

专题10：磁场的性质、带电粒子在磁场中的运动考点1磁场及其性质 1考点2带电粒子在有界匀强磁场中的运动 4考点3带电粒子在组合场中的运动 7考点4带电粒子在叠加场中的运动 9考点5电磁场中的STSE问题 12考点1磁场及其性质一．磁场方向的判断及磁场叠加(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和。二．安培力作用下的力电综合1．两个常用的等效模型(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。甲乙(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。2．安培力作用下力学问题的解题思路(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。【典例1】如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以SKIPIF1<0和SKIPIF1<0流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（）A.两导线受到的安培力SKIPIF1<0B.导线所受的安培力可以用SKIPIF1<0计算C.移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变D.在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置【答案】BCD【解析】A．两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；B．导线所受的安培力可以用SKIPIF1<0计算，因为磁场与导线垂直，故B正确；C．移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向同向，向里，移走后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，向外，故C正确；D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置。故D正确。故选BCD。【变式1-1】（2021全国甲）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与SKIPIF1<0在一条直线上，SKIPIF1<0与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（）A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B【答案】B【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。故选B。【变式1-2】如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响。当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是()A．a B．bC．c D．d【答案】选C【解析】根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，可知C正确。【变式1-3】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()A．0 B．eq\f(\r(3),3)B0C．eq\f(2\r(3),3)B0 D．2B0【答案】选C【解析】导线P和Q中电流I方向均垂直纸面向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图1所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁感应强度方向平行于PQ向右、大小为eq\r(3)B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝eq\r(3)B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，如图2所示，合磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，此时a点的磁感应强度B＝eq\r(B02＋B1′2)＝eq\f(2\r(3),3)B0，则A、B、D项均错误，C项正确。考点2带电粒子在有界匀强磁场中的运动1．必须掌握的六个公式2．必须具备的五个技能“一画、三确定、一注意”(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＝eq\f(AB,2sin\f(α,2))＝eq\f(AB,2sinθ)，然后再与半径公式r＝eq\f(mv,qB)联系起来求解。(4)时间的确定：t＝eq\f(α,2π)·T＝eq\f(αm,qB)或t＝eq\f(s,v)＝eq\f(αR,v)。(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。【典例2】如图甲所示，两光滑平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面夹角为θ，导体棒ab与导轨垂直并接触良好，其质量为m，长度为L，通过的电流为I。(1)沿棒ab中电流方向观察，侧视图如图乙所示，为使导体棒ab保持静止，需加一匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，求磁感应强度B1的大小；(2)若(1)中磁场方向改为竖直向上，如图丙所示，求磁感应强度B2的大小；(3)若只改变磁场，且磁场的方向始终在与棒ab垂直的平面内，欲使导体棒ab保持静止，求磁场方向变化的最大范围。【答案】(1)eq\f(mgsinθ,IL)(2)eq\f(mgtanθ,IL)(3)见解析【解析】(1)对导体棒ab受力分析如图所示：mgsinθ－ILB1＝0解得B1＝eq\f(mgsinθ,IL)。(2)对导体棒ab受力分析如图所示：由导体棒静止有mgtanθ－ILB2＝0解得B2＝eq\f(mgtanθ,IL)。(3)使导体棒保持静止状态，需F合＝0，即三力平衡，安培力与另外两个力的合力等大反向；如图所示，因为重力与斜面支持力的合力范围在α角范围内(垂直于斜面方向取不到)，故安培力在α′角范围内(垂直于斜面方向取不到)，根据左手定则，磁场方向可以在α″角范围内变动，其中沿斜面向上方向取不到。【变式2-1】（2021广东）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流SKIPIF1<0，四根平行直导线均通入电流SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）

A.B.C.D.

【答案】C【解析】因SKIPIF1<0，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线SKIPIF1<0要受到SKIPIF1<0吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线SKIPIF1<0要受到SKIPIF1<0排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。故选C。【变式2-2】如图所示，在磁感应强度B=1 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E=12 V，内阻不计．ab杆长L=0.5 m，质量m=0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．要使ab杆在滑轨上保持静止，求滑动变阻器R的阻值的变化范围(取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留1位有效数字【答案】滑动变阻器R的阻值在3Ω～5Ω范围内变化【解析】对导体棒受力分析，回路中的电流为：I=ER

导体棒受到的安培力为：F=BIL

分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图甲、乙所示：

讨论：

1、当摩擦力沿斜面向上，电流强度最小，电阻最大，由共点力平衡得：

mgsin37°−f−Fcos37°=0

mgcos37°+Fsin37°−FN=0

f=μFN

联立解得：Rmax≈5Ω

2、当摩擦力沿斜面向下，电流强度最大，电阻最小由共点力平衡得：

mgsin37°+f−Fcos37°=0

mgcos37°+Fsin37°−FN=0考点3带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律。在匀强磁场中，若速度与磁场垂直，带电粒子做匀速圆周运动；若速度与磁场平行，带电粒子做匀速直线运动。在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，带电粒子做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则带电粒子做类平抛运动。(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理。(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口。【典例3】从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。地磁场的示意图(虚线，方向未标出)如图所示，赤道上方的磁场可看成线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下()A．α射线沿直线射向赤道B．β射线向西偏转C．γ射线向东偏转D．质子向北偏转【答案】选B【解析】赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，选项B正确。【变式3-1】两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A．轨道半径减小，周期增大B．轨道半径减小，周期减小C．轨道半径增大，周期增大D．轨道半径增大，周期减小【答案】选C【解析】因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不变，由r＝eq\f(mv,qB)知，轨道半径增大，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，周期增大，选项C正确。【变式3-2】如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度SKIPIF1<0垂直于磁场边界，Q的速度SKIPIF1<0与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（）A.P和Q的质量之比为1：2 B.P和Q的质量之比为SKIPIF1<0C.P和Q速度大小之比为SKIPIF1<0 D.P和Q速度大小之比为2：1【答案】AC【解析】设MN=2R，则对粒子P的半径为R，有：SKIPIF1<0；对粒子Q的半径为SKIPIF1<0R，有：SKIPIF1<0；又两粒子的运动时间相同，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故AC正确，BD错误．考点4带电粒子在叠加场中的运动在重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动。(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时、重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时、重力场与电场叠加满足mg＝qE时。(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq\f(v2,r)。【典例4】如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。【答案】(1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)【解析】(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝eq\f(mv02,r)，做匀速圆周运动的周期T0＝eq\f(2πr,v0)联立两式得磁感应强度B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，离子的运动轨迹如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有r＝eq\f(d,4)当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有r＝eq\f(d,4n)(n＝1，2，3，…)联立求解，得正离子的速度的可能值为v0＝eq\f(B0qr,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1，2，3，…)。【变式4-1】(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是()A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是eq\f(3,2)t0D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是eq\f(5,3)t0【答案】AD【解析】由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变由图可以知道粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，故A项正确；当粒子从O点沿纸面垂直于cd边射入正方形内，轨迹恰好为半个圆周，即时间t0刚好为半周期，从ab边射出的粒子所用时间小于半周期t0，从bc边射出的粒子所用时间小于eq\f(2,3)T＝eq\f(4t0,3)，所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为eq\f(5T,6)＝eq\f(5t0,3)，故B、C项错误，D项正确。【变式4-2】(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是()A．若该粒子的入射速度为v＝eq\f(qBl,m)，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为lB．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq\f(\r(2)qBl,m)D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为eq\f(πm,qB)【答案】ABD【解析】若粒子射入磁场时速度为v＝eq\f(qBl,m)，则由qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝eq\f(mv,qB)，所以v＝eq\f(qBr,m)，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(eq\r(2)＋1)l，故其最大速度为v＝eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)，选项B正确，选项C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为180°，故其在磁场中运动的最长时间应为t＝eq\f(πm,qB)，选项D正确。考点5电磁场中的STSE问题一.回旋加速器1．加速条件：T电场＝T回旋＝eq\f(2πm,qB)。2．磁场约束偏转：qvB＝eq\f(mv2,r)⇒v＝eq\f(qBr,m)。3．带电粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrD,m)，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。二．质谱仪1．粒子由静止被加速电场加速，qU＝eq\f(1,2)mv2。2．粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r)。由以上两式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。三．磁与现代科技综合模型【典例5】如图，虚线MN左侧有一个正三角形ABC，C点在MN上，AB与MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度SKIPIF1<0从AB的中点O沿OC方向射入三角形区域，偏转SKIPIF1<0后从MN上的Р点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰能回到O点。已知离子的质量为m，电荷量为q，正三角形的边长为d：(1)求三角形区域内磁场的磁感应强度；(2)求离子从O点射入到返回O点所需要的时间；(3)若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为SKIPIF1<0，方向垂直于BC，始终在纸面内运动，到达О点时的速度方向与OC成SKIPIF1<0角，求圆形磁场的磁感应强度。【答案】(1)SKIPIF1<0；(2)SKIPIF1<0；(3)见解析【解析】(1)画出粒子运动轨迹如图粒子三角形ABC中运动时，有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0又粒子出三角形磁场时偏转SKIPIF1<0，由几何关系可知SKIPIF1<0联立解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0(2)粒子从D运动到P，由几何关系可知SKIPIF1<0运动时间SKIPIF1<0粒子在MN右侧运动的半径为SKIPIF1<0则有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0运动时间SKIPIF1<0故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间SKIPIF1<0(3)若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0此时根据SKIPIF1<0有SKIPIF1<0若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0此时根据SKIPIF1<0有SKIPIF1<0【变式5-1】笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq\f(eU,a)【答案】D【解析】由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错。电子受力平衡后，U稳定不变，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，与v成正比，与c无关，B、C错。洛伦兹力F＝evB＝eq\f(eU,a)，D对。【易错01】对安培力理解有误1．大小若I∥B，F＝0；若I⊥B，F＝BIL.2．方向可以用左手定则来判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．安培力方向总垂直于B、I所决定的平面，即一定垂直于B和I，但B与I不一定垂直．3．有效长度．如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图所示．4．两平行通电导线间的作用同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．【易错02】用视图转换法求解涉及安培力的力学问题1．视图转换对于安培力作用下的力学问题，需画出导体棒的受力示意图．但在三维空间无法准确画出其受力情况，可将三维立体图转化为二维平面图，即画出俯视图、剖面图或侧视图等．此时，金属棒用圆代替，电流方向用“×”或“·”表示．2．解决安培力作用下的力学问题的思路：(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；(3)根据力的平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．【易错03】对粒子在磁场中运动分析有误1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．2．若v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动．3．基本公式(1)向心力公式：qvB＝meq\f(v2,r)；(2)轨道半径公式：r＝eq\f(mv,Bq)；(3)周期公式：T＝eq\f(2πm,qB).注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．【易错04】带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题1.带电粒子进入有界磁场区域，一般存在临界问题(或边界问题)以及极值问题．解决这类问题的方法思路如下：(1)直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．(2)以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解．2.带电粒子在有界磁场中的运动，一般涉及临界和边界问题，临界值、边界值常与极值问题相关联．因此，临界状态、边界状态的确定以及所需满足的条件是解决问题的关键．常遇到的临界和极值条件有：(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切，对应粒子速度的临界值．(3)运动时间极值的分析①周期相同的粒子，当速率相同时，轨迹(弦长)越长，圆心角越大，运动时间越长．②周期相同的粒子，当速率不同时，圆心角越大，运动时间越长．【易错05】带电粒子在磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的问题一般有多解.形成多解的原因有以下几个方面：一、带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在初速度相同的条件下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解．如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a，若带负电，其轨迹为b.二、磁场方向不确定形成多解磁感应强度是矢量，有时题目中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．此时必须要考虑磁感应强度方向的不确定而形成的多解．如图乙所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b.三、临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下穿越有界磁场时，由于带电粒子的运动轨迹是圆周的一部分，因此带电粒子可能穿越了有界磁场，也可能转过180°能够从入射的那一边反向飞出，就形成多解．如图丙所示．四、带电粒子运动的重复性形成多解1.带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间中运动时，往往具有重复性的运动，形成了多解．如图丁所示．2.求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧：(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因．(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)．(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．1.（2021·山东省日照市一模）（单选）如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为()A．B1－eq\f(B2,2)B．B2－eq\f(B1,2)C．B2－B1D.eq\f(B1,3)【答案】A【解析】对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的。设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1＝B1r＋B3r；b点磁感应强度：B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc＝B3r＝B1－eq\f(1,2)B2，故选A。2.(2021·常德市二模)（单选）在绝缘圆柱体上a、b两个位置固定有两个金属圆环，当两环通有如图所示电流时，b处金属圆环受到的安培力为F1；若将b处金属圆环移动到位置c，则通有电流为I2的金属圆环受到的安培力为F2。今保持b处金属圆环原来位置不变，在位置c再放置一个同样的金属圆环，并通有与a处金属圆环同向、大小为I2的电流，则在a位置的金属圆环受到的安培力()A．大小为|F1－F2|，方向向左B．大小为|F1－F2|，方向向右C．大小为|F1＋F2|，方向向左D．大小为|F1＋F2|，方向向右【答案】A【解析】c金属圆环对a金属圆环的作用力大小为F2，根据同方向的电流相互吸引，可知方向向右，b金属圆环对a金属圆环的作用力大小为F1，根据反方向的电流相互排斥，可知方向向左，所以a金属圆环所受的安培力大小|F1－F2|，由于a、b间的距离小于a、c间距离，所以两合力的方向向左。3.（2021·湖北省襄阳市一模）（单选）如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。闭合开关S后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调换图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2。忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为()A.eq\f(k,IL)(x1＋x2) B．eq\f(k,IL)(x2－x1)C.eq\f(k,2IL)(x2＋x1) D．eq\f(k,2IL)(x2－x1)【答案】D【解析】由平衡条件可得mgsinα＝kx1＋BIL；调换图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mgsinα＋BIL＝kx2，联立解得B＝eq\f(k,2IL)(x2－x1)。选项D正确。4.（2021·湖南省长沙市二模）（单选）如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g。则此时金属细杆()A．电流流向垂直纸面向外B．受到的安培力大小为2BILsinθC．对斜面压力大小变为原来的2倍D．将沿斜面加速向上运动，加速度大小为gsinθ【答案】D【解析】对金属细杆受力分析，它受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，水平向右的安培力，由左手定则得电流流向垂直纸面向里，故A错误；根据安培力公式可得此时受到的安培力大小为F安＝4B·eq\f(1,2)IL＝2BIL，故B错误；金属细杆水平静止斜面上时，金属细杆受到重力、导轨的支持力和安培力而处于平衡状态，根据平衡条件可得：FNcosθ＝mg，FNsinθ＝BIL，磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝eq\f(mg1＋sin2θ,cosθ)，a＝eq\f(2BILcosθ－mgsinθ,m)＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，故C错误，D正确。1、（2022·湖南卷·T3）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（）A.当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比【答案】D【解析】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有SKIPIF1<0，FT=mgcosθ则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。故选D。2、（2022·广东卷·T8）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（）A.电子从N到P，电场力做正功 B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N，洛伦兹力不做功 D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力【答案】BC【解析】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；故选BC。3、（2022·广东卷·T7）如图所示，一个立方体空间被对角平面SKIPIF1<0划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直SKIPIF1<0平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（）

A.B.C.D.【答案】A【解析】AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。故选A。4、（2022·全国甲卷·T18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（SKIPIF1<0平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。故选B。5、（2022·全国乙卷·T18）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（）测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方【答案】BC【解析】A．如图所示地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为SKIPIF1<0计算得B≈50μTB正确；CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量SKIPIF1<0，故y轴指向南方，第3次测量SKIPIF1<0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。故选BC。1.中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是()A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置【答案】选B【解析】地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，所以在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，选项A错误；在地球的南北极地磁的方向与几乎地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场力最大，选项B正确；地球自转方向是自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可能地球是带负电的，故C错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，选项D错误。2、（2021·湖南省衡阳市二模）如图所示，在匀强磁场区域内有一倾角为SKIPIF1<0的光滑斜面，在斜面上水平放置一根长为L、质量为m的导线，通以如图所示方向的电流I时，通电导线能静止在斜面上，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.导线所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B.磁感应强度可能为大小SKIPIF1<0，方向坚直向上C.磁感应强度可能为大小SKIPIF1<0，方向水平向左D.磁感应强度方向垂直于斜面向下时，其大小最小，且最小值为SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．导线所受的安培力若垂直于斜面向下，则导线合力不能为0，导线不能静止，A错误；

B．若磁场方向竖直向上，则安培力方向水平水平向左，导体棒不能静止，B错误；C．若磁场方向水平向左，则安培力方向竖直向下，导体棒不能静止，C错误；D．根据重力、支持力、安培力三力平衡可知，当安培力方向沿斜面向上时，即磁场方向垂直于斜面向下时，安培力最小，此时磁感应强度最小，故有SKIPIF1<0

解得SKIPIF1<0，D正确；3．(多选)用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列关于实验现象和分析正确的是()A．要使电子形成如图乙中的运动径迹，励磁线圈应通以顺时针方向的电流B．仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大D．仅升高电子枪加速电场的电压，电子做匀速圆周运动的周期将变大【答案】选AB【解析】励磁线圈通以顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可得，产生的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力正好指向运动径迹圆心，故A正确；根据公式r＝eq\f(mv,Bq)可知，当升高电子枪加速电场的电压时，电子的速度增大，所以运动半径增大，B正确；若仅增大励磁线圈中的电流，则磁感应强度增大，根据公式r＝eq\f(mv,Bq)可知运动半径减小，C错误；根据公式T＝eq\f(2πm,Bq)可知，电子做匀速圆周运动的周期和速度大小无关，D错误。4、（2021·北京市朝阳区二模）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一段静止的长为L的通电导线，磁场方向垂直于导线。设单位长度导线中有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为q，它们沿导线定向移动的平均速率为v。下列选项正确的是（）A.导线中的电流大小为nLqvB.这段导线受到的安培力大小为nLqvBC.沿导线方向电场的电场强度大小为vBD.导线中每个自由电荷受到的平均阻力大小为qvB【答案】B【解析】A．导线中的电流大小SKIPIF1<0，选项A错误；B．每个电荷所受洛伦兹力大小SKIPIF1<0，这段导线受到的安培力大小SKIPIF1<0选项B正确；C．沿导线方向的电场的电场强度大小为SKIPIF1<0，U为导线两端的电压它的大小不等于vB，只有在速度选择器中的电场强度大小才是vB，且其方向是垂直导线方向，选项C错误；D．导线中每个自由电荷受到的平均阻力方向是沿导线方向的，而qvB是洛伦兹力，该力的的方向与导线中自由电荷运动方向垂直，二者不相等，选项D错误。故选B。5、（2021·北京市房山区二模）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。下述说法中正确的是（）A.粒子只在电场中加速，因此电压越大，粒子的最大动能越大B.可以采用减小高频电源的频率，增大电场中加速时间来增大粒子的最大动能C.粒子在磁场中只是改变方向，因此粒子的最大动能与磁感应强度无关D.粒子的最大动能与D形盒的半径有关【答案】D【解析】当粒子从D形盒出来时速度最大，根据SKIPIF1<0得出SKIPIF1<0则最大动能为SKIPIF1<0可得出最大动能SKIPIF1<0与金属盒间的电压无关，与加速电场的频率无关，与D形盒内的磁感应强度、金属盒半径有关，磁感应强度越大，金属盒半径越大，那么动能越大；D对，ABC错。故选D。1.(2021·福建龙岩模拟)如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d，板间距离为d.一带电荷量为q、质量为m的负离子(重力不计)以速度v0贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下边缘射出．在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场(未标出)．要使该负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，则()A．磁场方向垂直纸面向里B．磁场方向垂直纸面向外、向里都有可能C．磁感应强度大小为eq\f(mv0,qd)D．在磁场中运动时间为eq\f(3\r(2)πd,2v0)【答案】：C【解析】：粒子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如图．粒子带负电荷，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故A、B错误；对于类平抛运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，即tanα＝2tanβ＝2·eq\f(y,x)＝1，故α＝45°，又由于tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(vy,v0)，故vy＝v0，v＝eq\r(2)v0，根据几何关系，圆周运动的轨道半径为R＝eq\r(2)d，圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv0,qd)，故C正确；磁场中运动时间为t＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v0)，故D错误．2．(2021·湖北华中师范大学第一附属中学模拟)美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，其基本原理如图所示．现有一回旋加速器，当外加磁场一定时，可把质子的速度从零加速到v，质子获得的动能为Ek.在不考虑相对论效应的情况下，用该回旋加速器加速原来静止的α粒子(氦核)时，有()A.能把α粒子从零加速到eq\f(v,2)B．能使α粒子获得的动能为2EkC．加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1∶2D．加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为2∶1【答案】：AC【解析】：粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，则粒子的最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，因质子与α粒子的质量数之比为1∶4，而电荷量之比为1∶2，所以α粒子加速到的速度为eq\f(v,2)，动能仍为Ek，故A正确，B错误；加速器所接交流电的频率应与粒子做匀速圆周运动的频率相同，粒子做匀速圆周运动的频率为f＝eq\f(qB,2πm)，所以加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1∶2，故C正确，D错误．3．(2021·江苏南京师范大学附属中学高三模拟)如图是比荷相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则()A．a的质量比b的质量大B．a带正电荷，b带负电荷C．a在磁场中的运动速率比b的大D．a在磁场中的运动时间比b的短【答案】：CD【解析】：比荷相同的a、b两粒子，因电荷量无法确定，则质量大小无法比较，故A错误；初始时刻两粒子所受的洛伦兹力方向都是竖直向下，根据左手定则知，两粒子都带负电荷，故B错误；根据题图可知，a粒子的半径大于b粒子的，根据qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，则eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，因它们比荷相同，即半径越大时，速率越大，故C正确；粒子在磁场中的运动周期T＝eq\f(2πm,qB)，比荷相同，两粒子运动周期相同，由题图可知，a粒子对应的圆心角小于b粒子的，则知a在磁场中的运动时间比b的短，故D正确．4．(2021·陕西省西安一中一模)如图所示，含有eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P两点.则()A.沿直线O1O2运动的粒子速度相等B.打在P点的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)HeC.O2P的长度是O2P1长度的2倍D.粒子eq\o\al(1,1)H在偏转磁场中运动的时间最长【答案】ABC【解析】带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，所以有：qE＝qvB1，得v＝eq\f(E,B1)，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，即选项A正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB2＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB2)＝eq\f(m,q)·eq\f(v,B2)，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是eq\o\al(1,1)H，打在P点的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He，选项B正确；由题中的数据可得，eq\o\al(1,1)H的比荷是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的比荷的2倍，所以eq\o\al(1,1)H的轨道的半径是eq\o\al(2,1)He和eq\o\al(4,2)He的半径的eq\f(1,2)，即O2P的长度是O2P1长度的2倍，选项C正确；粒子运动的周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB2)，三种粒子中，eq\o\al(1,1)H的比荷最大，所以粒子eq\o\al(1,1)H在偏转磁场中运动的周期最小，而三种粒子运动时间都为半个周期，所以粒子eq\o\al(1,1)H在偏转磁场中运动的时间最短，选项D错误.5.如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直．在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m、带电荷量为＋q的小球套在绝缘杆上．初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电荷量保持不变．已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)mg,q)，则以下说法正确的是()A．小球的初速度为v0＝eq\f(2mg,qB)B．若小球的初速度为eq\f(3mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C．若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D．若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，则运动中克服摩擦力做功为eq\f(3m3g2,2q2B2)【答案】：AC【解析】：对小球进行受力分析，如图所示，电场力的大小F＝qE＝q×eq\f(\r(3)mg,q)＝eq\r(3)mg，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，合力FG＋F＝eq\r(F2＋mg2)＝2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力大小相等，方向相反，所以qv0B＝2mg，所以v0＝eq\f(2mg,qB)，故A正确；若小球的初速度为eq\f(3mg,qB)，则洛伦兹力F洛＝qv0B＝3mg>FG＋F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到垂直于杆向下的支持力，则摩擦力Ff＝μFN，小球将做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到eq\f(2mg,qB)时，小球开始做匀速直线运动，故B错误；若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，则洛伦兹力F洛＝qv0B＝mg<FG＋F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到垂直于杆向上的支持力，而摩擦力Ff＝μFN，小球将做减速运动；随着速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，故C正确；若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能的改变量，所以W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(m3g2,2q2B2)，故D错误．6.(2021·泰安市高三5月模拟考试)如图所示，在竖直平面xOy内，x轴上方，以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆与坐标轴分别交于a、b、c点。abc的同心半圆弧a′b′c′与坐标轴交于a′、b′、c′，圆心O与圆弧a′b′c′之间分布着的辐射状电场，电场方向沿半径背离圆心向外，圆心O与圆弧a′b′c′电势差为U。x轴上方半圆abc外区域存在着上边界为y＝2R的垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B。半圆abc内无磁场。正电粒子的粒子源在O点，粒子从坐标原点O被辐射状的电场由静止加速后进入磁场。从b点进入磁场的粒子恰好不能从磁场上边界射出磁场。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界abc后的运动。(1)求带电粒子的比荷；(2)求上边界y＝2R上有带电粒子射出磁场部分的长度；(3)现在只改变磁场高度，磁场上边界变为y＝eq\f(\r(6),2)R，试求垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间。【答案】(1)eq\f(2U,B2R2)(2)(1＋eq\r(2\r(2)－1))R(3)eq\f(πBR2,24U)【解析】(1)由b点进入磁场的粒子做圆周运动的轨迹如图甲所示，由几何知识可得，粒子做圆周运动的轨迹半径为R甲qvB＝meq\f(v2,R)粒子在电场中加速，有qU＝eq\f(1,2)mv2整理得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2R2)。(2)带电粒子从磁场边界射出，设从y轴右侧射出的粒子到y轴的最大距离为x1，如图乙所示，由几何关系可得乙[(eq\r(2)＋1)R]2＝xeq\o\al(2,1)＋(2R)2y轴左侧射出粒子到y轴最大距离为x2＝R带电粒子从磁场上边界射出部分的长度为x＝x1＋x2＝(1＋eq\r(2\r(2)－1))R。(3)带电粒子垂直磁场上边界射出，如图丙所示丙由于sin∠1＝eq\f(\f(\r(6),2)R,\r(2)R)＝eq\f(\r(3),2)，故∠1＝60°又因∠2＝45°，故∠3＝75°带电粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(5,24)T带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)整理得t1＝eq\f(5πBR2,24U)同理得∠4＝15°故t2＝eq\f(πBR2,24U)。7.(2021·湖南永州一模)如图所示的xOy平面内，以O1(0，R)为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场(图中未画出)，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2eR)，B2＝eq\f(\r(3)mv0,2eR)，不计电子重力。(1)求磁感应强度B1的大小；(2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的最小值；(3)若电场沿y轴正方向，Δy＝eq\r(3)R，欲使电子b能到达x轴上且距原点O最远，求矩形磁场区域的最小面积。【答案】见解析【解析】(1)电子a、b射入圆形磁场区域后做圆周运动，且轨道半径大小相等，当电子a射入，经过O点进入x轴下方时，分析其运动轨迹可知r＝R，ev0B1＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得B1＝eq\f(mv0,eR)。(2)匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场后做匀减速运动，且将要到达MN时速度减为零，此时电子在匀强电场中运动的距离为最小值Δymin，由动能定理得eEΔymin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Δymin＝eq\f(mv\o\al(2,0),2eE)＝eq\f(\r(3),3)R。(3)匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时速度为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图所示。由动能定理得eEΔy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝2v0由牛顿第二定律得evB2＝meq\f(v2,r1)，解得r1＝eq\f(4\r(3),3)R又cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(1,2)，则θ＝eq\f(π,3)由几何关系可知，电子b在MN下方矩形磁场中运动轨迹的圆心O2在y轴上，当电子b从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平方向夹角为θ＝eq\f(π,3)时，电子b能够到达x轴，且距离原点O最远。由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1＝r1＋r1sinθ竖直边长为l2＝r1＋r1cosθ则最小面积为S＝L1L2＝req\o\al(2,1)(1＋sinθ)(1＋cosθ)＝4(2＋eq\r(3))R2。8．(2021·河北省高三零模)如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙两a带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力．以下判断正确的是A．甲粒子带负电，乙粒子带正电B．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2SKIPIF1<0倍D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的SKIPIF1<0倍【答案】CD【解析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．由甲粒子垂直于bc边离