2022届高考物理二轮专题复习学案练习专题三 第12课时 磁场

这是一份2022届高考物理二轮专题复习学案练习专题三 第12课时 磁场，共21页。
高考题型1 磁场的基本性质 安培力
1．磁场的叠加遵循平行四边形定则．
2．区分两个定则
安培定则(或右手螺旋定则)用来判断电流产生的磁场方向，左手定则用来判断电流所受安培力的方向．
3．两个等效模型
(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．
4．变三维为二维——求解安培力作用下的动力学问题
考题示例
例1 (2017·全国卷Ⅲ·18)如图1，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( )
图1
A．0 B.eq \f(\r(3),3)B0 C.eq \f(2\r(3),3)B0 D．2B0
答案 C
解析 如图甲所示， P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知，B1＝eq \f(\r(3),3)B0.如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小B＝eq \r(B02＋B12)＝eq \f(2\r(3),3)B0，故选项C正确，A、B、D错误．
例2 (2019·全国卷Ⅰ·17)如图2，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( )
图2
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
答案 B
解析 设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为eq \f(I,2)，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝eq \f(1,2)BlI＝eq \f(1,2)F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F＋F1＝1.5F，选项B正确．
例3 (多选)(2019·江苏卷·7)如图3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( )
图3
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
答案 CD
解析 若a、b的电流方向均向左，根据安培定则和磁场的叠加可知，a直导线到a、b直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向外，而b直导线到a、b直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止不符，选项A错误；同理，若a、b的电流方向均向右，线框受到的安培力的合力也不为零，与题中线框在磁场作用下静止不符，选项B错误；若a的电流方向向左、b的电流方向向右，根据安培定则和磁场的叠加可知，a、b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向外，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符；同理，若a的电流方向向右、b的电流方向向左，根据安培定则和磁场的叠加可知，a、b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向里，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力也为零，与题中线框在磁场作用下静止相符，选项C、D均正确．
命题预测
1.(2020·山东菏泽市高三4月联考)已知通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B0与通电导线中的电流强度I成正比，与该点到通电导线的距离r成反比，即B0＝keq \f(I,r)，式中k为比例系数．现有两条相距为L的通电长直导线a和b平行放置，空间中存在平行于图示的菱形PbQa的匀强磁场(图中未画出)．已知菱形PbQa的边长也为L，当导线a和b中通以大小相等、方向如图4所示的电流I时，P点处的磁感应强度恰好为零．则下列说法正确的是( )
图4
A．Q点处的磁感应强度大小为keq \f(I,L)
B．匀强磁场的方向从P点指向Q点，大小为2keq \f(I,L)
C．匀强磁场的方向从Q点指向P点，大小为2keq \f(I,L)
D．两导线连线中点处的磁感应强度大小为3keq \f(I,L)
答案 D
解析 由题意知每股电流在P点处产生的磁场的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,L)，由安培定则知导线a和b中的电流在P点处产生的磁场的磁感应强度方向分别垂直于Pa和Pb.由平行四边形定则知匀强磁场的磁感应强度方向应由P点指向Q点，且大小为keq \f(I,L)，才能使P点处的合磁感应强度恰为零，B、C项错误；同理可知Q点处的磁感应强度也为零，A项错误；由于两导线连线中点到两导线的距离均为eq \f(L,2)，两导线在该处产生的磁感应强度大小均为2keq \f(I,L)，故此处的合磁感应强度的大小为3keq \f(I,L)，D项正确．
2．(2020·山东省枣庄三中、高密一中、莱西一中三校联考)将一段总长度为L的直导线折成正多边形线框后放入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且线框所在平面与磁场方向垂直，现给线框通电，电流大小为I，正多边形线框中依次相邻的6条边受到的安培力的合力大小与依次相邻的3条边受到的安培力的合力大小相等，则正多边形线框中每条边受到的安培力大小为( )
A.eq \f(1,3)BIL B.eq \f(1,6)BIL
C.eq \f(1,9)BIL D.eq \f(1,12) BIL
答案 C
解析 由题意可知依次相邻的6条边的有效长度与依次相邻的3条边的有效长度相等，可知此正多边形为正九边形，每条边的长度为eq \f(L,9)，受到的安培力F＝eq \f(1,9)BIL，C正确．
3.(2020·湘赣皖十五校第二次联考)一电流表的原理如图5所示．质量为m＝20 g的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k＝2.0 N/m.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.20 T，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘水平轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab，ab的长度为l＝0.20 m，bc的长度为L＝0.05 m，当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度，不计通电时电流产生的磁场的作用(g＝10 m/s2)( )
图5
A．若要电流表正常工作，N端应接电源正极
B．若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为B′＝0.40 T
C．此电流表可以测量的最大电流为2.0 A
D．当电流表示数为零时，弹簧伸长10 cm
答案 D
解析 为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接电源正极，故A错误；
设弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，
解得Δx＝10 cm；
设满量程时通过MN的电流为Im，则有BIml＋mg＝k(L＋Δx)，
代入解得Im＝2.5 A，
设扩大量程后，磁感应强度变为B′，则有2B′Iml＋mg＝k(L＋Δx)，
解得B′＝0.10 T，故B、C错误，D正确．
高考题型2 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．基本公式：qvB＝meq \f(v2,r)
重要结论：r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)，T＝eq \f(2πr,v)
2．基本思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．
(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．
3．轨迹圆的几个基本特点
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角．(如图6，θ1＝θ2＝θ3)
(2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角．(如图，α1＝α2)
图6
(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图7甲．
图7
(4)磁场圆与轨迹圆半径相同时，以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子，出射速度方向相互平行．反之，以相互平行的相同速率射入时，会从同一点射出(即磁聚焦现象)，如图乙．
4．半径的确定
方法一：由物理公式求．由于Bqv＝eq \f(mv2,r)，所以半径r＝eq \f(mv,qB)；
方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定．
5．时间的确定
方法一：由圆心角求．t＝eq \f(θ,2π)·T；
方法二：由弧长求．t＝eq \f(s,v).
6．临界问题
(1)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，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．
7．多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解；
(2)带电粒子电性不确定形成多解；
(3)速度不确定形成多解；
(4)运动的周期性形成多解．
考题示例
例4 (2019·全国卷Ⅱ·17)如图8，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( )
图8
A.eq \f(1,4)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl B.eq \f(1,4)kBl，eq \f(5,4)kBl
C.eq \f(1,2)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl D.eq \f(1,2)kBl，eq \f(5,4)kBl
答案 B
解析 电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝eq \f(l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝meq \f(va2,ra)，又eq \f(e,m)＝k，解得va＝eq \f(kBl,4)；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有rd2＝l2＋(rd－eq \f(l,2))2，解得：rd＝eq \f(5l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝meq \f(vd2,rd)，又eq \f(e,m)＝k，解得vd＝eq \f(5kBl,4)，选项B正确．
例5 (2020·全国卷Ⅲ·18)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图9所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
图9
A.eq \f(3mv,2ae) B.eq \f(mv,ae) C.eq \f(3mv,4ae) D.eq \f(3mv,5ae)
答案 C
解析 磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝meq \f(v2,r)，联立解得B＝eq \f(3mv,4ae)，故选C.
例6 (2020·全国卷Ⅰ·18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图10中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
图10
A.eq \f(7πm,6qB) B.eq \f(5πm,4qB)
C.eq \f(4πm,3qB) D.eq \f(3πm,2qB)
答案 C
解析 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定．设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示．圆心角θ＝π＋2β，当β最大时，θ有最大值，由几何知识分析可知，当ce与相切时，β最大，此时β＝30°，可得θ＝eq \f(4,3)π，则t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(4πm,3qB)，故选C.
命题预测
4．(2020·天津市红桥区高三期末)如图11所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力及带电粒子间的相互作用．则( )
图11
A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比值为3∶1
B．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比值为eq \r(3)∶1
C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为2∶1
D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为1∶2
答案 A
解析 根据题图中几何关系tan 60°＝eq \f(R,r1)，tan 30°＝eq \f(R,r2)，带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝eq \f(mv,qB)，联立解得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比值为3∶1，选项A正确，B错误；带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比值为eq \f(t1,t2)＝eq \f(\f(2π,3)r1,\f(π,3)r2)＝eq \f(2r1,r2)＝eq \f(2,3)，选项C、D错误．
5．(多选)(2020·山西吕梁市期末)如图12所示，荧屏MN上方有水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里．距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的带正电粒子，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则( )
图12
A．粒子能打到板上的区域长度为2eq \r(3)d
B．能打到板上最左侧的粒子所用的时间为eq \f(πd,v)
C．粒子从发射到打到绝缘板上的最长时间为eq \f(πd,v)
D．同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差为eq \f(7πd,6v)
答案 BD
解析 打在极板上的粒子轨迹的临界状态如图甲所示，
根据几何关系知，板上有带电粒子到达的长度为：
l＝R＋eq \r(3)R＝(1＋eq \r(3))R＝(1＋eq \r(3))d，A错误；
由运动轨迹图可知，能打到板上最左侧的粒子偏转了半个周期，
故所用时间为：t＝eq \f(1,2)T，又T＝eq \f(2πd,v)
解得：t＝eq \f(πd,v)，B正确；
在磁场中运动时间最长(优弧1)和最短(劣弧2)的粒子运动轨迹示意图如图乙，
粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πd,v)，由几何关系可知：
最短时间：t2＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πd,3v)，
最长时间：t1＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πd,2v)
可得同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差：Δt＝t1－t2，解得：Δt＝eq \f(7πd,6v)，C错误，D正确．
6.(多选)(2020·辽宁高三三模)如图13所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于eq \f(T,2)(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为( )
图13
A.eq \f(T,8) B.eq \f(T,7)
C.eq \f(T,6) D.eq \f(T,4)
答案 CD
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中的出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，根据qvB＝meq \f(v2,R)，则R＝eq \f(mv,qB)，轨迹半径相同，如图所示．设OS＝d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，弦DS最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，此时粒子在磁场中运动的时间最长，由此得到，轨迹半径R＝eq \f(\r(3),2)d，当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，粒子在磁场中运动的时间最短，SE＝eq \f(\r(3),2)d，由几何知识得θ＝60°，最短时间tmin＝eq \f(1,6)T，所以，粒子在磁场中运动时间的范围为eq \f(1,6)T≤t≤eq \f(1,2)T，A、B错误，C、D正确．
专题强化练
[保分基础练]
1.(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)如图1所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出．已知每条导线在O点磁感应强度大小为B0，则正六边形中心O处磁感应强度的大小和方向( )
图1
A．大小为零
B．大小为2B0，方向沿x轴负方向
C．大小为4B0，方向沿x轴正方向
D．大小为4B0，方向沿y轴正方向
答案 D
解析 根据磁场的叠加原理，将最右侧电流向里的导线在O点产生的磁场与最左侧电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线在O点产生的合磁感应强度为B1；
同理，将左上方电流向外的导线在O点产生的磁场与右下方电流向里的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线在O点产生的合磁感应强度为B2；
将右上方电流向里的导线在O点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线在O点产生的合磁感应强度为B3.
如图所示，根据磁场叠加原理可知B1＝B2＝B3＝2B0，由几何关系可知B2与B3的夹角为120°，故将B2与B3合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B0，方向与B1的方向相同，最后将其与B1合成，可得正六边形中心O处磁感应强度大小为4B0，方向沿y轴正方向．选项D正确，A、B、C错误．
2．(2020·山东济宁市一模)如图2所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框(金属线框处于纸面内)，每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中．若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为( )
图2
A．ILB，垂直于AC向左
B．2ILB，垂直于AC向右
C.eq \f(6ILB,π)，垂直于AC向左
D.eq \f(3ILB,π)，垂直于AC向左
答案 D
解析 由题意知，圆弧的半径R＝eq \f(6L,2π)＝eq \f(3L,π)，AC线段长度d＝R＝eq \f(3L,π)，金属框所受安培力F＝2Beq \f(I,2)d＝eq \f(3ILB,π)，由左手定则，安培力方向垂直于AC向左，故选D.
3.(2019·全国卷Ⅲ·18)如图3，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eq \f(1,2)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(q>0)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( )
图3
A.eq \f(5πm,6qB) B.eq \f(7πm,6qB) C.eq \f(11πm,6qB) D.eq \f(13πm,6qB)
答案 B
解析 设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)、T＝eq \f(2πR,v)，可得R1＝eq \f(mv,qB)、R2＝eq \f(2mv,qB)、T1＝eq \f(2πm,qB)、T2＝eq \f(4πm,qB)，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝eq \f(T1,4)，在第一象限中运动的时间为t2＝eq \f(θ,2π)T2，又由几何关系有cs θ＝eq \f(R2－R1,R2)＝eq \f(1,2)，可得t2＝eq \f(T2,6)，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝eq \f(7πm,6qB)，选项B正确，A、C、D错误．
4．(多选)如图4所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、方向均在xOy平面内．在直线x＝a与x＝2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，下列说法正确的是( )
图4
A．粒子的速度大小为eq \f(2aBq,m)
B．粒子的速度大小为eq \f(aBq,m)
C．与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长
D．与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长
答案 AC
解析 画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知轨迹的半径为R＝eq \f(a,cs 60°)＝2a，由qvB＝meq \f(v2,R)，解得粒子的速度大小为eq \f(2aBq,m)，A对，B错；粒子在磁场中的运动时间由圆心角决定，所以与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长，所以C对，D错．
5.(2020·山东泰安市高三模拟)如图5所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场．一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹所对的圆心角为120°.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则eq \f(v2,v1)最大为( )
图5
A.eq \r(3) B.eq \f(\r(3),4) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(3\r(3),4)
答案 B
解析 粒子在磁场中做圆周运动，如图，
由几何知识得r1＝eq \f(2R,tan 60°)＝eq \f(2R,\r(3))，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv1B＝eq \f(mv12,r1)，解得v1＝eq \f(2qBR,\r(3)m)，当粒子竖直向上射入磁场时，粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁场，恰好不能进入磁场时粒子轨道半径r2＝eq \f(R,2)，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv2B＝meq \f(v22,r2)，解得v2＝eq \f(qBR,2m)，则eq \f(v2,v1)＝eq \f(\r(3),4)，A、C、D错误，B正确．
6.(2020·江西景德镇市下学期第二次质检)如图6所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长bc＝L.一个粒子源在b点将质量为m，、电荷量为q的带负电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
图6
A.eq \f(qBL,3m) B.eq \f(\r(3)qBL,3m)
C.eq \f(\r(3)qBL,2m) D.eq \f(qBL,2m)
答案 A
解析 由左手定则和题意知，沿ba方向射入的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，半径最大时轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，
由几何关系知L＝r＋eq \f(r,sin 30°)
由洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq \f(mv2,r)
从而求得最大速度v＝eq \f(qBL,3m)
故B、C、D错误，A正确．
7.(2020·广东深圳市高三第一次调研)如图7，仅在第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的微粒a从坐标(0，L)处射入磁场，射入方向与y轴正方向夹角为45°，经时间t与静止在坐标(L，L)处的不带电微粒b发生碰撞，碰后瞬间结合为微粒c，碰撞过程电荷量不发生变化．已知a、b质量相同(重力均不计)，则c在磁场中运动的时间为( )
图7
A．0.25tB．0.5t
C．tD．2t
答案 D
解析 a粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
Bqv＝meq \f(v2,r)
可求得r＝eq \f(mv,Bq)
a、b两粒子碰后瞬间结合为微粒c，碰撞前后系统动量守恒，由动量守恒定律可知
mva＝2mvc
可求得vc＝eq \f(1,2)va
碰撞后动量大小、电荷量都不变，说明c粒子轨迹半径和a粒子轨迹半径相同，运动轨迹如图所示，
由几何关系可知a粒子运动时间
t＝eq \f(1,4)Ta＝eq \f(1,4)×eq \f(2πr,va)＝eq \f(πr,2va)
由几何关系可知c在磁场中运动的时间为eq \f(1,4)Tc，所以运动时间为
tc＝eq \f(1,4)Tc＝eq \f(1,4)×eq \f(2πr,vc)＝eq \f(πr,2vc)
联立可得tc＝2t，故D正确，A、B、C错误．
[争分提能练]
8.(2020·山东淄博市高三下学期检测)如图8，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为eq \f(R,2).已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
图8
A.eq \f(qBR,2m) B.eq \f(qBR,m)
C.eq \f(3qBR,2m) D.eq \f(2qBR,m)
答案 B
解析 带电粒子从距离ab为eq \f(R,2)处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子做圆周运动的圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝Fn得，qvB＝eq \f(mv2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)，故选B.
9.(多选)(2020·内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区高考模拟)如图9所示，半径为R的eq \f(1,4)圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过(－2R,0)点垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0