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高考物理二轮复习提分练习专题11 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动（含解析）
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这是一份高考物理二轮复习提分练习专题11 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动（含解析），共21页。试卷主要包含了磁场的叠加，安培力作用下导体的平衡问题，带电粒子在有界匀强磁场中的运动等内容，欢迎下载使用。
高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍
专题11 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动
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．
【典例分析1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外．则 ( )
A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为
【参考答案】 AC
【名师解析】 原磁场、电流的磁场方向情景图转化如图所示，
由题意知在b点：在a点：由上述两式解得，.
【典例分析2】(2019·河南周口市上学期期末调研)如图所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c三点，其中b为ac的中点．三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均垂直纸面向里．通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数．已知a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0，则d点的磁感应强度大小为( )
A．B0 B．2B0 C.B0 D．4B0
【参考答案】 D
【名师解析】 情景转化如图所示：
设直角三角形的ad边长为r，则ac边长为2r，根据直导线产生的磁感应强度公式可得a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为，由安培定则知方向水平向左；同理有c点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B1＝k＝B0，方向竖直向下；b点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B2＝k＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；因＝＝tan 60°，可知B1和B0的合磁感应强度沿B2的方向，故d点的磁感应强度大小为B合＝B2＋＝4B0，方向垂直于bd斜向左下方，故选D.
【提分秘籍】
1.磁场的叠加问题的求解秘籍
（1）确定磁场场源，如通电导线．
（2）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。
（3）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
（4）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通电导体单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。
2.定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c点产生的磁场．
【突破训练】
1.(2019·陕西渭南市二检)有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面于a、b两点，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示。a、b的连线水平，c是ab的中点，d点与c点关于b点对称。已知c点的磁感应强度为B1，d点的磁感应强度为B2，则关于a处导线在d点产生磁场的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是( )
A．，方向竖直向下 B．，方向竖直向上
C. ，方向竖直向上 D.，方向竖直向下
【答案】 D
【解析】 根据安培定则，a处导线在d点产生的磁感应强度的方向为竖直向下。a处导线和b处导线在c点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，可知大小都为，则b处导线在d点产生的磁感应强度大小为，方向竖直向上。因为d点的磁感应强度大小为B2，方向向上，即，可得a处导线在d点产生的磁感应强度大小为。故D正确，A、B、C错误。
2.如图所示，两根相互平行的长直导线分别过纸面上的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
【答案】C
【解析】由安培定则可知，两导线产生的磁场在O点的方向相同，均为向下，因此O点处的磁感应强度不为零，选项A错误；同理，根据安培定则可判断，两导线产生的磁场在a、b两点的方向也相同，均为向下。由于两导线中的电流大小相等，且a、b两点关于O点对称，因此可知a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；根据安培定则、平行四边形定则以及对称性可知，c、d两点的磁感应强度大小相等，方向相同(均为向下)，选项C正确；由以上分析可知，a、c两点处磁感应强度的方向相同，选项D错误。
3.(2019·北京石景山高三统一测试)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－ B．B2－
C．B2－B1 D.
【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圆心r位置的磁感应强度大小为B1r，在距离圆心3r位置的磁感应强度大小为B3r，故a点磁感应强度大小：B1＝B1r＋B3r，b点磁感应强度大小：B2＝B1r＋B1r，当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度大小：Bc＝B3r＝B1－B2，故选A。
题型二 磁场对通电导体作用及安培定则的综合问题
【题型解码】
1.判断安培力的方向时，充分利用F安⊥B、F安⊥I；
2.受力分析时，要注意将立体图转化为平面图．
【典例分析1】(2019·江苏高考)(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
C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左
【参考答案】 CD
【名师解析】 如图1所示，若a、b中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。
同理可知，若a、b中电流均向右，线框向导线a移动，故A、B不符合题意。
若a导线的电流方向向左，b导线的电流方向向右，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图2所示，线框靠近导线的两边所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，线框静止。
同理可知，若a导线的电流方向向右，b导线的电流方向向左，线框也静止，C、D符合题意。
【典例分析2】(2019·全国卷Ⅰ) 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( )
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
【参考答案】 B
【名师解析】 情景转化如图所示
设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比为I1∶I2＝1∶2。由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的安培力大小为F＋F′＝1.5F，B正确。
【提分秘籍】
1.安培力大小和方向
2.同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
3.求解磁场对通电导体作用力的注意事项
(1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B，且L指有效长度)。
(2)用准“两个定则”
①对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加性。
②对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。
(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。
【突破训练】
1.(2019·江西南昌二模)(多选)如图所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等，且Oc⊥ab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示。则可以判断( )
A．O点处的磁感应强度的方向与F相同 B．长导线c中的电流方向垂直纸面向外
C．长导线a中电流I1小于b中电流I2 D．长导线c中电流I3小于b中电流I2
【答案】BC
【解析】由左手定则可知，O点处的磁感应强度方向与安培力F方向垂直且斜向右下方，故A错误；O点处的磁场方向可沿水平向右和竖直向下分解，长导线a和b在O点处产生的磁场方向均沿竖直方向，所以长导线c在O点处产生的磁场方向应水平向右，由右手螺旋定则可知，长导线c中的电流方向垂直纸面向外，长导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，长导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电流I1小于b中电流I2，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的大小关系，故B、C正确，D错误。
2.(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)(多选)如图所示，两根通电长直导线A、B垂直于纸面固定放置，二者之间的连线水平，电流方向均垂直于纸面向里，A中电流是B中电流的2倍，此时A受到的磁场作用力大小为F，而在A、B的正中间再放置一根与A、B平行共面的通电长直导线C后，A受到的磁场作用力大小变为2F，则B受到的磁场作用力大小和方向可能为( )
A．大小为F，方向水平向右 B．大小为F，方向水平向左
C．大小为F，方向水平向右 D．大小为F，方向水平向左
【答案】 BC
【解析】 由于A、B间的磁场力是两导体棒的相互作用，故B受到A的磁场力大小为F，由同向电流相互吸引知，A受B的作用力向右，B受A的作用力向左；中间再加一通电长直导线C时，由于C处于中间，其在A、B两位置产生的磁感应强度大小相等、方向相反，故A受到的磁场力为B受磁场力的2倍，且两力方向相反；由于A受到的磁场作用力大小变为2F，则可能有两种情况：①C对A的作用力为F，方向向右；则C对B的作用力为F，方向向左，故B受合力大小为F，方向水平向左；②C对A的作用力为3F，方向向左，则C对B的作用力为F，方向向右，故B受合力大小为F，方向水平向右。故B、C正确A、D错误。
题型三 安培力作用下导体的平衡问题
【典例分析1】(2019·福州高考模拟)如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流时，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的匀强磁场中。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2BILsinθ
C．对斜面的压力大小变为原来的2倍 D．将沿斜面加速向上，加速度大小为gsinθ
【参考答案】 D
【名师解析】 电流与磁感应强度变化之前，金属细杆受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，由左手定则得电流流向垂直于纸面向里，故A错误；当电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B时，根据安培力公式可得，此时受到的安培力大小为F安＝4B·IL＝2BIL，故B错误；电流与磁感应强度变化之前，根据平衡条件可得：FNcosθ＝mg，FNsinθ＝BIL，电流大小与磁感应强度大小改变后，根据受力分析和牛顿第二定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝＝FN(1＋sin2θ)<2FN，a＝＝gsinθ，加速度方向沿斜面加速向上，故C错误，D正确。
【提分秘籍】
1．安培力
公式F＝BIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度．
2．通电导线在磁场中的平衡问题的分析思路
(1)选定研究对象；
(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如图所示．
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解．
【突破训练】
1.如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒向右摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ＝60°，下列说法正确的是( )
A.电流由N流向M B.悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒处于平衡状态
C.悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大 D.恒定电流大小为
【答案】 C
【解析】 由题意可知，金属棒所受安培力垂直MN水平向右，根据左手定则可知电流方向由M流向N，选项A错误；悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒的速率为零，但受力不为零，并非处于平衡状态，选项B错误；由对称性可知，悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大，选项C正确；在θ＝30°时，对金属棒进行受力分析可知，金属棒在垂直悬线方向受力平衡，则tan 30°＝，解得I＝，选项D错误。
2.(2019·福建厦门二模)长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向垂直斜面向上，电流为I1时导线处于平衡状态；当B方向改为竖直向上，电流为I2时导体处于平衡状态。则电流强度比值为( )
A．sinθ B. C．cosθ D.
【答案】 C
【解析】 由左手定则可知，磁场方向垂直于斜面向上时，导线所受安培力沿斜面向上，由平衡条件可得：mgsinθ＝BI1L；磁场方向竖直向上时，导线所受安培力水平向右，由平衡条件可得：mgtanθ＝BI2L。则I1∶I2＝cosθ∶1，故C正确。
题型四 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
【典例分析1】 (2019·广东汕头高三一模)如图，纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷为k1、k2的带电粒子A、B分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场，经过时间t1、t2从M点射出磁场。已知v1沿半径方向，v2与v1夹角为30°，∠POM＝120°。不计粒子重力，下列判断正确的是( )
A．若v1＝v2，则k1∶k2＝∶1 B．若v1＝v2，则t1∶t2＝∶2
C．若t1＝t2，则k1∶k2＝2∶1 D．若t1＝t2，则v1∶v2＝∶1
【参考答案】 B
【名师解析】 设匀强磁场区域半径为R，带电粒子A、B的轨迹如图所示，
由几何关系可得：粒子A的轨道半径r1＝Rtan60°＝R，粒子B的轨道半径r2＝R，粒子A转过的圆心角为θ1＝60°，粒子B转过的圆心角为θ2＝120°。根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq＝，故速度v＝，运动周期T＝＝，则运动时间t＝T＝。若v1＝v2，则k1∶k2＝r2∶r1＝1∶，故A错误；若v1＝v2，则t1∶t2＝∶＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故B正确；若t1＝t2，则k1∶k2＝θ1∶θ2＝1∶2，故C错误；若t1＝t2，则v1∶v2＝k1r1∶k2r2＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故D错误。
【典例分析2】(2019·全国卷Ⅱ)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，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
【参考答案】 B
【名师解析】
若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝m，R＝＋l2，解得vd＝＝＝。B正确。
【典例分析3】(2019·山东济宁一模)(多选)如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是( )
A．速度的最大值为 B．速度的最小值为
C．在磁场中运动的最短时间为 D．在磁场中运动的最长时间为
【答案】AD
【解析】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示，
由几何知识可知：r1＝，2r＝(r2＋l)2，解得：r2＝(1＋)l，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，故粒子的最大速度为vmax＝＝，最小速度vmin＝＝，故A正确，B错误；由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角：θmax＝180°，最小圆心角：
θmin>45°，粒子做圆周运动的周期：T＝，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝T>，最长时间tmax＝T＝，故C错误，D正确。
【典例分析4】(2019·东北三省三校二模)如图所示，在矩形区域Oabc内存在一个垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为L，ab边长为L。先从O点沿着Ob方向垂直磁场射入各种速率的带电粒子，已知粒子的质量为m、带电量为q(粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：
(1)垂直于ab边射出磁场的粒子的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm。
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)粒子运动的轨迹如图，
设粒子做圆周运动的半径为R，
由几何关系可知：tanθ＝＝，
得θ＝，又sinθ＝，则R＝2L，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m
解得v＝。
(2)由圆周运动的知识可知T＝，qvB＝m
联立可得T＝
由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝
可得粒子运动的最长时间tm＝T＝。
【提分秘籍】
1.处理带电粒子在磁场中运动问题的方法
(1)解决带电粒子在磁场中做圆周运动问题的一般思路
①找圆心画轨迹；
②由对称找规律；
③寻半径列算式；
④找角度定时间。
(2)处理该类问题常用的几个几何关系
①四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点；
②三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中速度偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
(3)时间的求解方法
①根据周期求解，运动时间t＝T＝；
②根据运动弧长和速度求解，t＝＝。
2.处理带电粒子在有界磁场中运动问题的方法技巧
(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题。
(2)对称规律解题法
①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，出射速度与边界的夹角和入射速度与边界的夹角相等(如图甲所示)。
②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，一定沿径向射出(如图乙所示)。
(3)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态(一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大)，常用方法如下：
①动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。
②旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子，运动轨迹的圆心在以入射点为圆心、半径为R＝的圆周上。
【突破训练】
1.(2019·四川广元市第二次适应性统考)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域， P点与直径cd间的距离为，质子M、N入射的速度大小之比为1∶2.ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力．则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为( )
A．2∶1 B．3∶1 C．3∶2 D．3∶4
【答案】 A
【解析】 由题意作出两质子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知，质子M在磁场中运动的半径为R，轨迹圆弧所对圆心角θ1＝120°；根据eBv＝m得r＝，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆心角θ2＝60°；质子在磁场中做圆周运动的周期：T＝＝，运动的时间满足：t＝T，解得：t1∶t2＝2∶1，故A项正确，B、C、D错误．
2.(2019·兰州一诊)如图所示，矩形abcd内存在匀强磁场，ab＝2ad，e为cd的中点。速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，其中从e点射出的粒子速度为v1，从c点射出的粒子速度为v2，则v1∶v2为(不计粒子重力)( )
A．1∶2 B．2∶5 C．1∶3 D．3∶5
【答案】 B
【解析】 速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，从e点、c点射出磁场对应的轨迹如图所示，
由几何关系可得：r1＝ad，(r2－r1)2＋(2r1)2＝r，则有：r2＝ad，带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，有：qvB＝m，解得：v＝，则有：＝＝，故B正确。
3. (2019·福建南平二模)如图所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m、带电量大小为q的离子，从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射入磁场区域，并从b点离开磁场。则( )
A． 离子在O、b两处的速度相同
B．离子在磁场中运动的时间为
C．若增大磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间增大
D．若磁感应强度B<，则该离子将从bc边射出
【答案】 D
【解析】 离子在磁场中做匀速圆周运动，该离子在O、b两处的速度大小相同，但是方向不同，A错误；离子在磁场中运动的半径满足：R2＝L2＋(R－L)2，解得R＝，则离子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角的正弦值为sinθ＝0.8，即θ＝53°，运动的时间t＝T＝·>，B错误；若增大磁感应强度B，由R＝知离子在磁场中的运动半径减小，此时离子在磁场中运动的轨迹长度减小，速度大小不变，则运动时间减小，C错误；若B<，则R＝>，该离子将从bc边射出，D正确。
4.(2019·江西高三九校3月联考)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，电荷量均为q，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。下列说法正确的是( )
A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan＝成立
C．若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为
D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°
【答案】 BD
【解析】 若r＝2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，在磁场中的运动轨迹所对应的弦长最大，作出轨迹如图甲所示，因为r＝2R，得圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝·＝，故A错误；若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，其运动轨迹如图乙所示，则根据几何关系，有tan＝＝＝，故B正确；若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，轨迹圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝·＝，故C错误；若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点连线构成菱形，圆心角α为150°，故D正确。
5.(2019·湖北荆门龙泉中学高三第五次学业检测)如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，其边界是半径为R的圆，AB为该圆的一条直径。在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量为m、电量为－q的粒子，粒子重力不计。
(1)有一带电粒子以v1＝的速度垂直于磁场进入圆形区域，恰从B点射出。求此粒子在磁场中运动的时间；
(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大？
(3)若R＝3 cm、B＝0.2 T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105 m/s、比荷为108 C/kg的粒子。试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1) (2) (3)见解析图c 9.0×10－4 m2
【解析】 (1)由qv1B＝m得r1＝2R
粒子的运动轨迹如图a所示，则由几何关系得α＝
因为周期T＝
所以该粒子在磁场中的运动时间t＝T＝。
(2)粒子运动情况如图b所示，则由几何关系得β＝
r2＝Rtanβ＝R
由qv2B＝m得v2＝。
(3)粒子的轨道半径
r3＝＝1.5 cm＝R
粒子到达的区域如图c中的阴影部分所示，
区域面积为
S＝πr＋2×π(2r3)2－r≈9.0×10－4 m2。
高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍
专题11 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动
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．
【典例分析1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外．则 ( )
A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为
【参考答案】 AC
【名师解析】 原磁场、电流的磁场方向情景图转化如图所示，
由题意知在b点：在a点：由上述两式解得，.
【典例分析2】(2019·河南周口市上学期期末调研)如图所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c三点，其中b为ac的中点．三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均垂直纸面向里．通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数．已知a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0，则d点的磁感应强度大小为( )
A．B0 B．2B0 C.B0 D．4B0
【参考答案】 D
【名师解析】 情景转化如图所示：
设直角三角形的ad边长为r，则ac边长为2r，根据直导线产生的磁感应强度公式可得a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为，由安培定则知方向水平向左；同理有c点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B1＝k＝B0，方向竖直向下；b点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B2＝k＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；因＝＝tan 60°，可知B1和B0的合磁感应强度沿B2的方向，故d点的磁感应强度大小为B合＝B2＋＝4B0，方向垂直于bd斜向左下方，故选D.
【提分秘籍】
1.磁场的叠加问题的求解秘籍
（1）确定磁场场源，如通电导线．
（2）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。
（3）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
（4）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通电导体单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。
2.定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c点产生的磁场．
【突破训练】
1.(2019·陕西渭南市二检)有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面于a、b两点，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示。a、b的连线水平，c是ab的中点，d点与c点关于b点对称。已知c点的磁感应强度为B1，d点的磁感应强度为B2，则关于a处导线在d点产生磁场的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是( )
A．，方向竖直向下 B．，方向竖直向上
C. ，方向竖直向上 D.，方向竖直向下
【答案】 D
【解析】 根据安培定则，a处导线在d点产生的磁感应强度的方向为竖直向下。a处导线和b处导线在c点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，可知大小都为，则b处导线在d点产生的磁感应强度大小为，方向竖直向上。因为d点的磁感应强度大小为B2，方向向上，即，可得a处导线在d点产生的磁感应强度大小为。故D正确，A、B、C错误。
2.如图所示，两根相互平行的长直导线分别过纸面上的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
【答案】C
【解析】由安培定则可知，两导线产生的磁场在O点的方向相同，均为向下，因此O点处的磁感应强度不为零，选项A错误；同理，根据安培定则可判断，两导线产生的磁场在a、b两点的方向也相同，均为向下。由于两导线中的电流大小相等，且a、b两点关于O点对称，因此可知a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；根据安培定则、平行四边形定则以及对称性可知，c、d两点的磁感应强度大小相等，方向相同(均为向下)，选项C正确；由以上分析可知，a、c两点处磁感应强度的方向相同，选项D错误。
3.(2019·北京石景山高三统一测试)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－ B．B2－
C．B2－B1 D.
【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圆心r位置的磁感应强度大小为B1r，在距离圆心3r位置的磁感应强度大小为B3r，故a点磁感应强度大小：B1＝B1r＋B3r，b点磁感应强度大小：B2＝B1r＋B1r，当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度大小：Bc＝B3r＝B1－B2，故选A。
题型二 磁场对通电导体作用及安培定则的综合问题
【题型解码】
1.判断安培力的方向时，充分利用F安⊥B、F安⊥I；
2.受力分析时，要注意将立体图转化为平面图．
【典例分析1】(2019·江苏高考)(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
C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左
【参考答案】 CD
【名师解析】 如图1所示，若a、b中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。
同理可知，若a、b中电流均向右，线框向导线a移动，故A、B不符合题意。
若a导线的电流方向向左，b导线的电流方向向右，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图2所示，线框靠近导线的两边所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，线框静止。
同理可知，若a导线的电流方向向右，b导线的电流方向向左，线框也静止，C、D符合题意。
【典例分析2】(2019·全国卷Ⅰ) 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( )
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
【参考答案】 B
【名师解析】 情景转化如图所示
设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比为I1∶I2＝1∶2。由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的安培力大小为F＋F′＝1.5F，B正确。
【提分秘籍】
1.安培力大小和方向
2.同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
3.求解磁场对通电导体作用力的注意事项
(1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B，且L指有效长度)。
(2)用准“两个定则”
①对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加性。
②对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。
(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。
【突破训练】
1.(2019·江西南昌二模)(多选)如图所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等，且Oc⊥ab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示。则可以判断( )
A．O点处的磁感应强度的方向与F相同 B．长导线c中的电流方向垂直纸面向外
C．长导线a中电流I1小于b中电流I2 D．长导线c中电流I3小于b中电流I2
【答案】BC
【解析】由左手定则可知，O点处的磁感应强度方向与安培力F方向垂直且斜向右下方，故A错误；O点处的磁场方向可沿水平向右和竖直向下分解，长导线a和b在O点处产生的磁场方向均沿竖直方向，所以长导线c在O点处产生的磁场方向应水平向右，由右手螺旋定则可知，长导线c中的电流方向垂直纸面向外，长导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，长导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电流I1小于b中电流I2，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的大小关系，故B、C正确，D错误。
2.(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)(多选)如图所示，两根通电长直导线A、B垂直于纸面固定放置，二者之间的连线水平，电流方向均垂直于纸面向里，A中电流是B中电流的2倍，此时A受到的磁场作用力大小为F，而在A、B的正中间再放置一根与A、B平行共面的通电长直导线C后，A受到的磁场作用力大小变为2F，则B受到的磁场作用力大小和方向可能为( )
A．大小为F，方向水平向右 B．大小为F，方向水平向左
C．大小为F，方向水平向右 D．大小为F，方向水平向左
【答案】 BC
【解析】 由于A、B间的磁场力是两导体棒的相互作用，故B受到A的磁场力大小为F，由同向电流相互吸引知，A受B的作用力向右，B受A的作用力向左；中间再加一通电长直导线C时，由于C处于中间，其在A、B两位置产生的磁感应强度大小相等、方向相反，故A受到的磁场力为B受磁场力的2倍，且两力方向相反；由于A受到的磁场作用力大小变为2F，则可能有两种情况：①C对A的作用力为F，方向向右；则C对B的作用力为F，方向向左，故B受合力大小为F，方向水平向左；②C对A的作用力为3F，方向向左，则C对B的作用力为F，方向向右，故B受合力大小为F，方向水平向右。故B、C正确A、D错误。
题型三 安培力作用下导体的平衡问题
【典例分析1】(2019·福州高考模拟)如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流时，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的匀强磁场中。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2BILsinθ
C．对斜面的压力大小变为原来的2倍 D．将沿斜面加速向上，加速度大小为gsinθ
【参考答案】 D
【名师解析】 电流与磁感应强度变化之前，金属细杆受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，由左手定则得电流流向垂直于纸面向里，故A错误；当电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B时，根据安培力公式可得，此时受到的安培力大小为F安＝4B·IL＝2BIL，故B错误；电流与磁感应强度变化之前，根据平衡条件可得：FNcosθ＝mg，FNsinθ＝BIL，电流大小与磁感应强度大小改变后，根据受力分析和牛顿第二定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝＝FN(1＋sin2θ)<2FN，a＝＝gsinθ，加速度方向沿斜面加速向上，故C错误，D正确。
【提分秘籍】
1．安培力
公式F＝BIL中安培力、磁感应强度和电流两两垂直，且L是通电导线的有效长度．
2．通电导线在磁场中的平衡问题的分析思路
(1)选定研究对象；
(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如图所示．
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解．
【突破训练】
1.如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒向右摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ＝60°，下列说法正确的是( )
A.电流由N流向M B.悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒处于平衡状态
C.悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大 D.恒定电流大小为
【答案】 C
【解析】 由题意可知，金属棒所受安培力垂直MN水平向右，根据左手定则可知电流方向由M流向N，选项A错误；悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒的速率为零，但受力不为零，并非处于平衡状态，选项B错误；由对称性可知，悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大，选项C正确；在θ＝30°时，对金属棒进行受力分析可知，金属棒在垂直悬线方向受力平衡，则tan 30°＝，解得I＝，选项D错误。
2.(2019·福建厦门二模)长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向垂直斜面向上，电流为I1时导线处于平衡状态；当B方向改为竖直向上，电流为I2时导体处于平衡状态。则电流强度比值为( )
A．sinθ B. C．cosθ D.
【答案】 C
【解析】 由左手定则可知，磁场方向垂直于斜面向上时，导线所受安培力沿斜面向上，由平衡条件可得：mgsinθ＝BI1L；磁场方向竖直向上时，导线所受安培力水平向右，由平衡条件可得：mgtanθ＝BI2L。则I1∶I2＝cosθ∶1，故C正确。
题型四 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
【典例分析1】 (2019·广东汕头高三一模)如图，纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷为k1、k2的带电粒子A、B分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场，经过时间t1、t2从M点射出磁场。已知v1沿半径方向，v2与v1夹角为30°，∠POM＝120°。不计粒子重力，下列判断正确的是( )
A．若v1＝v2，则k1∶k2＝∶1 B．若v1＝v2，则t1∶t2＝∶2
C．若t1＝t2，则k1∶k2＝2∶1 D．若t1＝t2，则v1∶v2＝∶1
【参考答案】 B
【名师解析】 设匀强磁场区域半径为R，带电粒子A、B的轨迹如图所示，
由几何关系可得：粒子A的轨道半径r1＝Rtan60°＝R，粒子B的轨道半径r2＝R，粒子A转过的圆心角为θ1＝60°，粒子B转过的圆心角为θ2＝120°。根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq＝，故速度v＝，运动周期T＝＝，则运动时间t＝T＝。若v1＝v2，则k1∶k2＝r2∶r1＝1∶，故A错误；若v1＝v2，则t1∶t2＝∶＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故B正确；若t1＝t2，则k1∶k2＝θ1∶θ2＝1∶2，故C错误；若t1＝t2，则v1∶v2＝k1r1∶k2r2＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故D错误。
【典例分析2】(2019·全国卷Ⅱ)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，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
【参考答案】 B
【名师解析】
若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝m，R＝＋l2，解得vd＝＝＝。B正确。
【典例分析3】(2019·山东济宁一模)(多选)如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是( )
A．速度的最大值为 B．速度的最小值为
C．在磁场中运动的最短时间为 D．在磁场中运动的最长时间为
【答案】AD
【解析】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示，
由几何知识可知：r1＝，2r＝(r2＋l)2，解得：r2＝(1＋)l，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：v＝，故粒子的最大速度为vmax＝＝，最小速度vmin＝＝，故A正确，B错误；由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角：θmax＝180°，最小圆心角：
θmin>45°，粒子做圆周运动的周期：T＝，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝T>，最长时间tmax＝T＝，故C错误，D正确。
【典例分析4】(2019·东北三省三校二模)如图所示，在矩形区域Oabc内存在一个垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为L，ab边长为L。先从O点沿着Ob方向垂直磁场射入各种速率的带电粒子，已知粒子的质量为m、带电量为q(粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：
(1)垂直于ab边射出磁场的粒子的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm。
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)粒子运动的轨迹如图，
设粒子做圆周运动的半径为R，
由几何关系可知：tanθ＝＝，
得θ＝，又sinθ＝，则R＝2L，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m
解得v＝。
(2)由圆周运动的知识可知T＝，qvB＝m
联立可得T＝
由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝
可得粒子运动的最长时间tm＝T＝。
【提分秘籍】
1.处理带电粒子在磁场中运动问题的方法
(1)解决带电粒子在磁场中做圆周运动问题的一般思路
①找圆心画轨迹；
②由对称找规律；
③寻半径列算式；
④找角度定时间。
(2)处理该类问题常用的几个几何关系
①四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点；
②三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中速度偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
(3)时间的求解方法
①根据周期求解，运动时间t＝T＝；
②根据运动弧长和速度求解，t＝＝。
2.处理带电粒子在有界磁场中运动问题的方法技巧
(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题。
(2)对称规律解题法
①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，出射速度与边界的夹角和入射速度与边界的夹角相等(如图甲所示)。
②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，一定沿径向射出(如图乙所示)。
(3)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态(一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大)，常用方法如下：
①动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。
②旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子，运动轨迹的圆心在以入射点为圆心、半径为R＝的圆周上。
【突破训练】
1.(2019·四川广元市第二次适应性统考)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域， P点与直径cd间的距离为，质子M、N入射的速度大小之比为1∶2.ab是垂直cd的直径，质子M恰好从b点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力．则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为( )
A．2∶1 B．3∶1 C．3∶2 D．3∶4
【答案】 A
【解析】 由题意作出两质子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知，质子M在磁场中运动的半径为R，轨迹圆弧所对圆心角θ1＝120°；根据eBv＝m得r＝，则质子N的轨道半径为2R，再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆心角θ2＝60°；质子在磁场中做圆周运动的周期：T＝＝，运动的时间满足：t＝T，解得：t1∶t2＝2∶1，故A项正确，B、C、D错误．
2.(2019·兰州一诊)如图所示，矩形abcd内存在匀强磁场，ab＝2ad，e为cd的中点。速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，其中从e点射出的粒子速度为v1，从c点射出的粒子速度为v2，则v1∶v2为(不计粒子重力)( )
A．1∶2 B．2∶5 C．1∶3 D．3∶5
【答案】 B
【解析】 速率不同的同种带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，从e点、c点射出磁场对应的轨迹如图所示，
由几何关系可得：r1＝ad，(r2－r1)2＋(2r1)2＝r，则有：r2＝ad，带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，有：qvB＝m，解得：v＝，则有：＝＝，故B正确。
3. (2019·福建南平二模)如图所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m、带电量大小为q的离子，从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射入磁场区域，并从b点离开磁场。则( )
A． 离子在O、b两处的速度相同
B．离子在磁场中运动的时间为
C．若增大磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间增大
D．若磁感应强度B<，则该离子将从bc边射出
【答案】 D
【解析】 离子在磁场中做匀速圆周运动，该离子在O、b两处的速度大小相同，但是方向不同，A错误；离子在磁场中运动的半径满足：R2＝L2＋(R－L)2，解得R＝，则离子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角的正弦值为sinθ＝0.8，即θ＝53°，运动的时间t＝T＝·>，B错误；若增大磁感应强度B，由R＝知离子在磁场中的运动半径减小，此时离子在磁场中运动的轨迹长度减小，速度大小不变，则运动时间减小，C错误；若B<，则R＝>，该离子将从bc边射出，D正确。
4.(2019·江西高三九校3月联考)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，电荷量均为q，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。下列说法正确的是( )
A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan＝成立
C．若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为
D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°
【答案】 BD
【解析】 若r＝2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，在磁场中的运动轨迹所对应的弦长最大，作出轨迹如图甲所示，因为r＝2R，得圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝·＝，故A错误；若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，其运动轨迹如图乙所示，则根据几何关系，有tan＝＝＝，故B正确；若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，轨迹圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝·＝，故C错误；若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点连线构成菱形，圆心角α为150°，故D正确。
5.(2019·湖北荆门龙泉中学高三第五次学业检测)如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，其边界是半径为R的圆，AB为该圆的一条直径。在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量为m、电量为－q的粒子，粒子重力不计。
(1)有一带电粒子以v1＝的速度垂直于磁场进入圆形区域，恰从B点射出。求此粒子在磁场中运动的时间；
(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大？
(3)若R＝3 cm、B＝0.2 T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105 m/s、比荷为108 C/kg的粒子。试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1) (2) (3)见解析图c 9.0×10－4 m2
【解析】 (1)由qv1B＝m得r1＝2R
粒子的运动轨迹如图a所示，则由几何关系得α＝
因为周期T＝
所以该粒子在磁场中的运动时间t＝T＝。
(2)粒子运动情况如图b所示，则由几何关系得β＝
r2＝Rtanβ＝R
由qv2B＝m得v2＝。
(3)粒子的轨道半径
r3＝＝1.5 cm＝R
粒子到达的区域如图c中的阴影部分所示，
区域面积为
S＝πr＋2×π(2r3)2－r≈9.0×10－4 m2。
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