高2022届 高三 物理考前20天终极冲刺 磁场专项训练（含解析答案）

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2022年高考物理考前20天终极冲刺之磁场
一．选择题（共10小题）
1．（2022•广州二模）阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器，其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图，探测器内边长为L的正方形abcd区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，当宇宙中带电量为+q的粒子从ab中点O沿纸面垂直ab边射入磁场区域时，磁谱仪记录到粒子从ad边射出，则这些粒子进入磁场时的动量p满足（　　）

A．≤p≤ B．≤p≤qBL
C．qBL≤p≤ D．p≤或p≥
2．（2022•杭州二模）在恒定磁场中固定一条直导线，先后在导线中通入不同的电流，图像表现的是该导线受力的大小F与通过导线电流I的关系。M、N各代表一组F、I的数据。在下列四幅图中，不可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2022•香坊区校级二模）如图所示，MN的右侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN右侧到MN的距离为L的O处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力及粒子间的相互作用），速度均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为（　　）

A． B． C． D．
4．（2022•石景山区一模）如图所示，“⊗”表示直导线中电流方向垂直纸面向里，“⊙”表示电流方向垂直纸面向外，三根长直导线a、b、c平行且水平放置，图中abc正好构成一个等边三角形。当c中没有电流，a、b中的电流分别为I和2I时，a受到的磁场力大小为F；保持a、b中的电流不变，当c中通有电流时，发现a受到的磁场力大小仍为F。由此可以推知（　　）

A．c中电流为I
B．c中电流的方向垂直纸面向外
C．c中电流为2I
D．当c中通有电流时，b受到的磁场力大小也为F
5．（2022•祁东县校级模拟）如图是一个水平放置的玻璃圆环形槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同。槽所在水平面内有变化的磁场，磁感应强度的大小跟时间成正比B＝kt（其中k＞0），方向竖直向下。t＝0时刻，将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，并让它获得初速度v0，方向如图。设小球在运动过程中电荷量不变，则下列说法正确的是（　　）

A．小球的速度不断增大
B．小球需要的向心力大小不变
C．磁场力对小球做正功
D．小球受到的磁场力大小与时间成正比增大
6．（2022•九江二模）如图所示，直角三角形ABC内（包括边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠A＝30°，BO⊥AC，两个带异种电荷的粒子分别沿OB方向射入磁场，偏向左边的粒子恰好没有从AB边射出磁场，偏向右边的粒子恰好垂直BC边射出磁场，忽略粒子重力和粒子间的相互作用。，若正、负粒子的速度大小之比为1：3，则正、负粒子的比荷之比为（　　）

A．1：3 B．3：1 C．2：9 D．9：2
7．（2022•上饶二模）如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量均匀分布在ab边的同种带电粒子（质量为m，电荷量为+q）以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果有一半的粒子从bc边射出。已知bc边长为L，bc与ac的夹角为60°，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）

A．粒子的入射速度为
B．粒子的入射速度为
C．从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为
D．若射入的粒子为负电荷，要使一半的粒子射出bc，则粒子的入射速度至少为
8．（2022•榆林二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一质量为5×10﹣8kg、电荷量为1×10﹣6C的带正电粒子，以20m/s的速度从y轴上的P点沿与y轴负方向成45°角的方向进入磁场．已知，不计粒子所受重力，若粒子恰好未进入x轴上方区域，则磁场的磁感应强度的大小为（　　）

A．3T B．5T C．8T D．10T
9．（2022•开福区校级模拟）如图，纸面内虚线上下两侧存在方向均垂直纸面向外的匀强磁场，虚线下方磁场的磁感应强度是虚线上方磁场磁感应强度的2倍。一带正电的粒子（重力不计）从虚线上O点，沿与虚线成30°角的方向以某速度垂直射入上方磁场，粒子从虚线上的P点第一次进入下方磁场，一段时间后粒子再次经过P点。粒子从O点至第一次到P点的过程中，平均速度为v1，从O点至第二次到P点的过程中，平均速度为v2，则等于（　　）

A．1：1 B．1：2 C．1：7 D．7：1
10．（2022•齐齐哈尔二模）如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场（具体方向未知），磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子由虚线上的M点垂直磁场射入，经过一段时间该粒子经过N点（图中未画出），速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是（　　）

A．磁场的方向垂直纸面向外
B．粒子由M运动到N的时间为
C．如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中圆周运动半径为2L
D．如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2022•石家庄二模）如图所示，边长为0.64m的正方形内有磁感应强度B＝0.3T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量同种粒子，该种粒子速度大小为v＝3.0×106m/s，比荷C/kg。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．粒子在磁场中运动的最短时间为
B．粒子在磁场中运动的最长时间为s
C．正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6m
D．稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1：2
（多选）12．（2022•全国二模）如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O，半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1，环形区域Ⅱ内（包括其外边界）有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B2＝B1，一带正电的粒子以速度v0由A点（0，R0）沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，第一次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为P，P点在x轴上，速度方向沿x轴正方向。Ⅰ、Ⅱ区域边界有一位置Q，已知OQ与x轴正方向成60°，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）

A．在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为1：
B．若要将粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R至少为R0
C．从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为Q
D．粒子再次以相同的速度经过A点的运动时间为
（多选）13．（2022•岳麓区校级模拟）如图，一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，杆和磁场垂直，与水平方向成θ角。杆上套一个质量为m、电量为+q的小球。小球与杆之间的动摩擦因数为μ。从A点开始由静止释放小球，使小球沿杆向下运动。设磁场区域很大，杆足够长。已知重力加速度为g。则下列叙述中正确的是（　　）

A．小球运动的速度先变大，后不变，加速度不断减小
B．小球运动的加速度先增大到gsinθ，然后减小到零
C．小球的速度达到最大速度一半时加速度为0.5g（sinθ+μcosθ）
D．小球的速度达到最大速度一半时加速度为gsinθ+μgcosθ
（多选）14．（2022•宜宾模拟）在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直bc边射出，下列说法正确的是（　　）

A．离子在磁场中做圆周运动的半径为2L
B．离子在磁场中运动的最长时间为
C．磁场区域的最小面积为L2
D．离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，将从bc边中点射出
（多选）15．（2022•黄山二模）如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为v，粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成30°斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长
B．初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为
C．速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为
D．匀强磁场区域的最小面积为
三．计算题（共5小题）
16．（2022•西城区一模）如图所示，在xOy坐标系第一象限的矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在M点以垂直于y轴的方向射入磁场，并从另一侧边界的N点射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，入射速度为v，矩形区域的长度为L，MN沿y轴方向上的距离为。不计重力。
（1）画出带电粒子在磁场区域内运动的轨迹，并求轨迹的半径r。
（2）判断磁场的方向，并求磁场的磁感应强度的大小B。
（3）将矩形区域内的磁场换为平行于y轴方向的匀强电场，使该粒子以相同的速度从M点入射后仍能从N点射出。通过计算说明，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向是否相同。

17．（2022•鄂城区校级模拟）科学研究的过程中常利用电磁场来控制带电粒子的轨迹。如图所示，在xOy平面第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场E1，电场强度大小E1＝E，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场E2，电场强度大小，第Ⅳ象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上N点处有一垂直x轴的足够长的挡板。质量为m、带电荷量为+q的粒子从点P（﹣2l，﹣l）由静止释放，经点Q（0，﹣l）进入第Ⅳ象限，此后经点进入第Ⅰ象限。不计粒子的重力，忽略粒子间相互作用，粒子打在挡板上立即被吸收。
（1）求第Ⅳ象限内匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）若带电粒子经过电场E2偏转后直接垂直打在挡板上，求带电粒子从P点释放到垂直打在挡板上经历的时间t。

18．（2022•青岛一模）某电子显像装置的原理如图所示：平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在x轴下方及抛物线与y轴之间，抛物线方程为y＝2x2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；电场分布在抛物线与x轴之间所夹的空间，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。现有带正电粒子从抛物线上各处无初速度释放，粒子进入第四象限经磁场偏转后都会经过原点O，粒子重力不计，求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）y＝2m处释放的粒子从释放到再次运动到抛物线所用的时间；
（3）y＝2m处释放的粒子第三次经过x轴的位置坐标。

19．（2022•重庆模拟）如图所示，在真空中的xOy平面内，有四个边界垂直于x轴的条状区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，区域Ⅰ、Ⅲ宽度均为d，内有沿﹣y方向的匀强电场E；区域Ⅱ、Ⅳ宽度均为2d，内有垂直于xOy平面向内的匀强磁场B1和B2．M是区域Ⅲ右边界与x轴的交点．质量为m，电荷量为+q的粒子甲以速度v0从O点沿+x方向射入电场E，经过一段时间后，沿+x方向与静止在M点的粒子乙粘合在一起，成为粒子丙进入区域Ⅳ，之后直接从右边界上Q点（图中未标出）离开区域Ⅳ．粒子乙不带电，质量为2m，粘合前后无电荷损失，粘合时间极短，已知，粒子重力不计．求：
（1）粒子甲离开区域Ⅰ时速度的大小v1和与+x方向的夹角θ；
（2）磁感应强度B1的大小；
（3）粒子丙从M点运动到Q点的最长时间tm．

20．（2022•天津模拟）如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压UMN的变化图像如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0，M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B，当t＝0时，将一带正电的粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，也不考虑粒子所受的重力。

（1）求该粒子的比荷；
（2）求粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd；
（3）若粒子的质量增加到原来质量的倍，电荷量不变，t＝0时，将其在A处由静止释放，求t＝2T0时粒子的速度大小v。

2022年高考物理考前20天终极冲刺之磁场
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2022•广州二模）阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器，其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图，探测器内边长为L的正方形abcd区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，当宇宙中带电量为+q的粒子从ab中点O沿纸面垂直ab边射入磁场区域时，磁谱仪记录到粒子从ad边射出，则这些粒子进入磁场时的动量p满足（　　）

A．≤p≤ B．≤p≤qBL
C．qBL≤p≤ D．p≤或p≥
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力；动量 冲量．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力．
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力推导出动量与运动半径的关系，依题意作出粒子从qd边射出的临界的轨迹图，由几何关系求得轨迹的临界半径值，继而得到动量大小的取值范围。
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其质量为m，线速度为v，运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝m
解得粒子的动量大小：p＝mv＝qBr
粒子从qd边射出的临界的轨迹如图所示，轨迹的最小半径为r1，最大半径为r2，由图中几何关系可得：
2r1＝
（r2﹣）2+L2＝r22
解得：r1＝，r2＝
则最小动量为p1＝qBr1＝，最大动量为p2＝qBr2＝
故粒子进入磁场时的动量p满足：≤p≤，故A正确，BCD错误。
故选：A。

【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
2．（2022•杭州二模）在恒定磁场中固定一条直导线，先后在导线中通入不同的电流，图像表现的是该导线受力的大小F与通过导线电流I的关系。M、N各代表一组F、I的数据。在下列四幅图中，不可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】安培力．菁优网版权所有
【专题】比较思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理能力．
【分析】电流的方向均与磁场方向垂直，根据安培力公式F＝BIL求解；当电流方向与磁场方向平行时，所受安培力为零。
【解答】解：ABC、在匀强磁场中，当电流方向与磁场方向垂直时，所受安培力为：F＝BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故AB正确，C错误；
D、在匀强磁场中，当电流方向与磁场方向平行时，所受安培力为零，故D正确。
本题选择不可能正确的，
故选：C。
【点评】本题考查了安培力公式F＝BIL的理解和应用，考查角度新颖，扩展学生思维，属于基础题。
3．（2022•香坊区校级二模）如图所示，MN的右侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN右侧到MN的距离为L的O处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力及粒子间的相互作用），速度均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为（　　）

A． B． C． D．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．
【分析】粒子在磁场中做圆周运动，粒子速度大小一定，粒子运动轨迹越短，粒子运动轨迹对应的弦长越短，粒子转过的圆心角越小，粒子在磁场中的运动时间越短，求出粒子转过的最小圆心角，根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式求出粒子运动的最短时间。
【解答】解：由洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝m
已知v＝
解得粒子在磁场中运动的半径为
r＝＝L
粒子在磁场中运动时间最短，对应的弧长最短、弦长最短，由几何关系得，当弦长等于L时最短，此时弦切角为30°，圆心角为60°，如图所示，运动的最短时间是
tmin＝T＝×＝，故ACD错误，故B正确。
故选：B。

【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，知道粒子运动轨迹越短、运动轨迹对应的弦长越短，粒子运动时间越短是解题的前提，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式即可解题。
4．（2022•石景山区一模）如图所示，“⊗”表示直导线中电流方向垂直纸面向里，“⊙”表示电流方向垂直纸面向外，三根长直导线a、b、c平行且水平放置，图中abc正好构成一个等边三角形。当c中没有电流，a、b中的电流分别为I和2I时，a受到的磁场力大小为F；保持a、b中的电流不变，当c中通有电流时，发现a受到的磁场力大小仍为F。由此可以推知（　　）

A．c中电流为I
B．c中电流的方向垂直纸面向外
C．c中电流为2I
D．当c中通有电流时，b受到的磁场力大小也为F
【考点】平行通电直导线间的作用；安培力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．菁优网版权所有
【专题】定量思想；几何法；磁场 磁场对电流的作用；推理能力．
【分析】根据安培定则分析出电流在不同位置的磁场方向，再结合左手定则分析出安培力的方向，同时理解力合成时遵循平行四边形定则。
【解答】解：ABC、由题意可知，当c中没有电流时，由安培定则可知，b中的电流在a处产生的磁感应强度为B1，方向竖直向下，a受到的磁场力大小为F，由左手定则可知，方向水平向左，当c中通有电流时，a受到的磁场力的合力大小仍为F，则知a受到c的磁场力方向应是斜向右上，由此可知c在a处产生的磁场方向B2方向应是斜向左上，则知c中电流的方向垂直纸面向里，如图所示：
由此可知c在a处产生的磁感强强度大小B2与b中的电流在a处产生的磁感应强度为B1，大小相等，所以c中电流为2I，故AB错误，C正确；
D、当c中通有电流时，b受到的磁场力大小如图所示，
由力合成的计算公式则有
，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了平行通电直导线间的作用，根据安培定则得出磁场的方向，再结合左手定则分析出安培力的方向即可。
5．（2022•祁东县校级模拟）如图是一个水平放置的玻璃圆环形槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同。槽所在水平面内有变化的磁场，磁感应强度的大小跟时间成正比B＝kt（其中k＞0），方向竖直向下。t＝0时刻，将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，并让它获得初速度v0，方向如图。设小球在运动过程中电荷量不变，则下列说法正确的是（　　）

A．小球的速度不断增大
B．小球需要的向心力大小不变
C．磁场力对小球做正功
D．小球受到的磁场力大小与时间成正比增大
【考点】洛伦兹力；电磁感应在生活和生产中的应用；电磁场；功的计算．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．
【分析】根据楞次定律确定感生磁场的方向，确定小球的受力，做加速圆周运动；洛伦兹力不做功，根据磁场的变化确定磁场力与时间的关系。
【解答】解：AB、根据楞次定律可知，圆槽处产生的感生电场方向沿逆时针方向，在该电场作用下小球将做加速圆周运动，速度不断增大，需要的向心力不断增大，故A正确，B错误；
C、磁场力方向始终与小球速度方向垂直，对小球不做功，故C错误；
D、小球受到的磁场力大小为：F＝qvB＝qvkt，式中v不断增大，所以qvk不是常数，即F与t不成正比，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了带电小球在感生电场中受力情况，分析其运动情况是解题的关键，楞次定律判定感生电场的方向。
6．（2022•九江二模）如图所示，直角三角形ABC内（包括边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠A＝30°，BO⊥AC，两个带异种电荷的粒子分别沿OB方向射入磁场，偏向左边的粒子恰好没有从AB边射出磁场，偏向右边的粒子恰好垂直BC边射出磁场，忽略粒子重力和粒子间的相互作用。，若正、负粒子的速度大小之比为1：3，则正、负粒子的比荷之比为（　　）

A．1：3 B．3：1 C．2：9 D．9：2
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力．
【分析】由左手定则判断带正电粒子逆时针偏转，带负电粒子顺时针偏转，依题意作出两粒子在磁场中运动的轨迹图，由几何关系求得半径的关系，根据洛伦兹力提供向心力求解。
【解答】解：设正、负粒子的质量分别为m1、m2，电量分别为+q1、﹣q2，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2，速率分别为v1、v2，由左手定则判断带正电粒子逆时针偏转，带负电粒子顺时针偏转，依题意作出两粒子在磁场中运动的轨迹如图所示（轨迹①为正粒子的，轨迹②为负粒子的），设OB＝L，由几何关系得：
OA＝＝r1+
＝tan60°
解得：r1＝；r2＝
可知：r1＝r2
对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：

解得粒子比荷：
由：r1＝r2，v1：v2＝1：3
联立解得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。

【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
7．（2022•上饶二模）如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量均匀分布在ab边的同种带电粒子（质量为m，电荷量为+q）以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果有一半的粒子从bc边射出。已知bc边长为L，bc与ac的夹角为60°，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）

A．粒子的入射速度为
B．粒子的入射速度为
C．从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为
D．若射入的粒子为负电荷，要使一半的粒子射出bc，则粒子的入射速度至少为
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；临界法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力．
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出临界轨迹图，由几何关系求解运动半径，由洛伦兹力提供向心力求解入射时速度的大小；利用轨迹圆心角结合周期求解时间。
【解答】解：AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动，取ab的中点d，满足条件的临界情况为从d点射入的粒子的圆周运动轨迹与bc边相切，如图1所示，设轨道半径为r1，粒子的入射速度为v1，由几何关系得：
bd＝ab＝×Lsin60°＝
r1+＝bd
联立解得：r1＝
由洛伦兹力提供向心力得：
qv1B＝m
联立解得：v1＝，故A错误，B正确；
C、从bc边射出的粒子在磁场中运动时间最长的临界轨迹如图1所示，临界出射的位置为切点e，对应的轨迹圆心角∠eOd＝120°，故粒子在磁场中运动最长时间为，则有：
tmax＝＝＝，故C错误；
D、带负电粒子在磁场中顺时针偏转，从d点射入磁场临界情况的轨迹如图2所示，由几何关系得：
r2＝ac•sin60°＝＝
由洛伦兹力提供向心力得：
qv2B＝m
联立解得：v2＝，故D错误。
故选：B。


【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
8．（2022•榆林二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一质量为5×10﹣8kg、电荷量为1×10﹣6C的带正电粒子，以20m/s的速度从y轴上的P点沿与y轴负方向成45°角的方向进入磁场．已知，不计粒子所受重力，若粒子恰好未进入x轴上方区域，则磁场的磁感应强度的大小为（　　）

A．3T B．5T C．8T D．10T
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】根据题意作出粒子运动轨迹图，结合几何关系与洛伦兹力提供向心力可解得。
【解答】解：带电粒子不从x轴射出的临界情况如图所示：

由几何关系得OP＝R+Rcos45°
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有：
qvB＝
将OP＝10（2+）cm＝0.1（2+）m代入解得：B＝5T
故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可。
9．（2022•开福区校级模拟）如图，纸面内虚线上下两侧存在方向均垂直纸面向外的匀强磁场，虚线下方磁场的磁感应强度是虚线上方磁场磁感应强度的2倍。一带正电的粒子（重力不计）从虚线上O点，沿与虚线成30°角的方向以某速度垂直射入上方磁场，粒子从虚线上的P点第一次进入下方磁场，一段时间后粒子再次经过P点。粒子从O点至第一次到P点的过程中，平均速度为v1，从O点至第二次到P点的过程中，平均速度为v2，则等于（　　）

A．1：1 B．1：2 C．1：7 D．7：1
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力．
【分析】依题意作出粒子运动轨迹图，根据周期公式可知在上下方磁场运动周期关系，结合几何关系可知平均速度，即可求解。
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示

粒子在上方磁场做圆周运动的周期
T1＝
在下方磁场做圆周运动的周期
T2＝
由于B2＝2B1，则T1＝2T2，结合几何关系得
粒子从O点至第一次到P点的过程中，平均速度
v1＝
从O点至第二次到P点的过程中，平均速度
v2＝
联立解得：，
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用几何关系与周期公式可以解题。
10．（2022•齐齐哈尔二模）如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场（具体方向未知），磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子由虚线上的M点垂直磁场射入，经过一段时间该粒子经过N点（图中未画出），速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是（　　）

A．磁场的方向垂直纸面向外
B．粒子由M运动到N的时间为
C．如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中圆周运动半径为2L
D．如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
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【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力．
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出运动轨迹图，由洛伦兹力提供向心力求出粒子运动的半径，然后结合几何关系即可求解；求出粒子转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间。
【解答】解：A、根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；

B、粒子由M运动到N时速度方向改变了60°角，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α＝60°，则粒子由M到N运动的时间为t＝T，又粒子在磁场中的运动周期为T＝，整理得t＝，故B错误；
CD、如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有cosα＝，解得R＝2L，又R＝，代入数据解得：v＝2kBL，故D错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了求粒子在磁场中的运动时间，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，求出粒子转过的圆心角、根据粒子的周期公式可以求出粒子的运动时间．
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2022•石家庄二模）如图所示，边长为0.64m的正方形内有磁感应强度B＝0.3T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量同种粒子，该种粒子速度大小为v＝3.0×106m/s，比荷C/kg。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．粒子在磁场中运动的最短时间为
B．粒子在磁场中运动的最长时间为s
C．正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6m
D．稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1：2
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【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】同种粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径和周期均相等，根据在磁场中运动轨迹对应弦长分析运动时间；正方形四条边上的粒子射出情况相同，分析其中一条边长射情况即可；射出磁场的粒子数与总粒子数之比即为边界上有粒子射出的总长度与正方形周长之比。
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
qvB＝m
得
r＝
代入数据解得
r＝0.2m。
AB．假设粒子逆时针转动，则粒子射出范围如图所示

当轨迹对应弦最短时，对应圆心角最小，此时在磁场中运动时间最短，由题意知，即弦恰好垂直于磁场边界时，弦最短，由几何关系知弦长为
d＝＝0.32m
由几何关系知，此时对应圆心角为
θ＝106°
所以最短时间为
tmin＝
代入数据解得：tmin＝
同理可知，最长弦恰好为直径，所以最长时间为
tmax＝＝s
故AB正确；
CD．由几何关系知
r+rsinα＝0.32m
cosβ＝
解得：α＝β＝37°
则AB＝2rsinβ+rcosα＝0.4m
所以边界上有粒子射出的总长度为L＝4AB＝4×0.4m＝1.6m
且射出磁场的粒子数与总粒子数之比即为边界上有粒子射出的总长度与正方形周长之比，即为5：8，故C正确，D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，此类问题可以做图分析粒子出射情况，注意结合几何关系求解。
（多选）12．（2022•全国二模）如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O，半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1，环形区域Ⅱ内（包括其外边界）有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B2＝B1，一带正电的粒子以速度v0由A点（0，R0）沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，第一次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为P，P点在x轴上，速度方向沿x轴正方向。Ⅰ、Ⅱ区域边界有一位置Q，已知OQ与x轴正方向成60°，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）

A．在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为1：
B．若要将粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R至少为R0
C．从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为Q
D．粒子再次以相同的速度经过A点的运动时间为
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【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知粒子半径之比；带正电的粒子沿y轴负方向入磁场区域Ⅰ，从x轴上P点沿x轴正方向射出，根据几何关系可知环形区域大圆半径R；作出粒子运动轨迹图，根据几何关系求出轨迹对应圆心角，根据圆心角和周期关系求运动时间。
【解答】解A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
qv0B＝m
可得在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为

故A错误；
B．带正电的粒子沿y轴负方向入磁场区域Ⅰ，从x轴上P点沿x轴正方向射出，可知
R1＝R0
可得
R＝
故B正确；
C．如图所示

粒子每次通过边界，偏角都为α，则
tanα＝
则
α＝30°
有几何关系可知
∠AOQ＝150°
则
n＝＝5
所以从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为Q，故C正确；
D．粒子每次通过边界，偏角都为30°，要重新回到A点，偏转次数为
N＝
每次偏转运动时间为
t＝＝
则粒子再次以相同的速度经过A点的运动时间为
t'＝Nt＝，
故D正确；
故选：BCD。
【点评】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，依题意作出粒子运动轨迹图是解题关键，此类题型通常由轨迹半径和周期公式结合几何关系求解。
（多选）13．（2022•岳麓区校级模拟）如图，一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，杆和磁场垂直，与水平方向成θ角。杆上套一个质量为m、电量为+q的小球。小球与杆之间的动摩擦因数为μ。从A点开始由静止释放小球，使小球沿杆向下运动。设磁场区域很大，杆足够长。已知重力加速度为g。则下列叙述中正确的是（　　）

A．小球运动的速度先变大，后不变，加速度不断减小
B．小球运动的加速度先增大到gsinθ，然后减小到零
C．小球的速度达到最大速度一半时加速度为0.5g（sinθ+μcosθ）
D．小球的速度达到最大速度一半时加速度为gsinθ+μgcosθ
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【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力．
【分析】分析小球的受力情况，根据洛伦兹力的变化，从而分析合力的变化，由牛顿第二定律来确定小球的运动情况。当小球的加速度等于零时，速度达到最大，根据洛伦兹力与速度的关系，即可求解最大速度；小球的速度达到最大速度一半时，根据牛顿第二定律求加速度。
【解答】解：A、由于洛伦兹力作用下，导致压力减小，则滑动摩擦力也减小，所以加速度增加，当洛伦兹力大于重力的垂直于杆的分力时，导致滑动摩擦力增大，从而出现加速度减小，直到处于受力平衡，达到匀速直线运动．
因此小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动．故A错误；
B、当杆对小球的弹力为零时，小球加速度最大．
小球受力如图1所示
根据牛顿第二定律：mgsinθ＝ma
解得：a＝gsinθ
之后加速度减小，直到处于受力平衡，故B正确；
CD、当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为vm
小球受力如图2所示
根据平衡条件：qvmB＝N+mgcosθ
mgsinθ＝f
滑动摩擦力：f＝μN
解得：vm＝
当小球加速度达到最大a＝gsinθ时，设速度为v1
qv1B＝mgcosθ
得
v1＝
小球静止释放能下滑
mgsinθ＞μmgcosθ
联立上面三式可知
v1＜vm
说明小球速度为最大值一半时，处于加速度减小的加速阶段，受杆弹力斜向下
mgsinθ﹣f＝ma
qB＝N'+mgcosθ
f＝μN'
联立可解得
a＝0.5g（sinθ+μcosθ）
故D错误，C正确。
故选：BC。


【点评】考查如何对物体受力分析，理解牛顿第二定律的应用，抓住滑动摩擦力等于零时，加速度最大．而合力为零时，速度最大．注意洛伦兹力与速度的存在紧密联系．
（多选）14．（2022•宜宾模拟）在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直bc边射出，下列说法正确的是（　　）

A．离子在磁场中做圆周运动的半径为2L
B．离子在磁场中运动的最长时间为
C．磁场区域的最小面积为L2
D．离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，将从bc边中点射出
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【分析】如果离子的轨迹半径与圆形磁场的半径相等，则离子从同一点以相同的速率、不同的方向射入圆形磁场，则离子会平行于某一方向射出磁场，由此画出粒子的运动轨迹，确定最大磁场和最小磁场面积，根据几何关系求解。
【解答】解：AC、带电离子在圆形磁场中运动时存在着这样的规律，如果离子的轨迹半径与圆形磁场的半径相等，则离子从同一点以相同的速率、不同的方向射入圆形磁场，则离子会平行于某一方向射出磁场。
所有离子均垂直bc边射出，离子的轨迹半径等于L，如图所示，则磁场区域的最小面积为图中阴影部分的面积，则有：Smin＝2（πL2﹣）＝L2，故A错误，C正确；
B、离子的速率一定，轨迹最长的离子运动的时间最长，则最长时间为T，则有：tmax＝T＝，故B错误。
D、离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，设出射点距离b点x，则
cos60°＝
解得x＝
故D正确；
故选：CD。

【点评】本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动情况分析，解答本题的关键是弄清楚离子的运动情况，知道带电离子在圆形磁场中的运动规律。
（多选）15．（2022•黄山二模）如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为v，粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成30°斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长
B．初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为
C．速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为
D．匀强磁场区域的最小面积为
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【分析】粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，作出粒子运动轨迹图，由几何关系判断所有粒子从磁场射出的位置，确定磁场的最小区域；由洛伦兹力提供向心力求得粒子运动半径与速度关系；由运动周期结合圆心角求解粒子在磁场中运动时间；根据平行四边形定则求解初末动量的变化量的大小。
【解答】解：A、粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，粒子运动轨迹如图所示，速度最大的粒子从C点离开磁场，达到PQ的位置为A点，在磁场中的运动半径最大为rm，弦CO与PQ的夹角为θ，θ＝30°。其它粒子都在AO之间穿过PQ，设在AO之间任意一点N穿过PQ的粒子由M点离开磁场，因MN∥AC，CO1∥MO2，可得△OCO1∽△OMO2，则M点必在弦CO上，可知所有粒子从磁场射出的位置均在CO上，所有粒子在磁场在运动轨迹的圆心角均等于∠CO1O＝120°。
设经过N点的粒子速度为v1，在磁场的运动半径为r，周期为T。
由洛伦兹力提供向心力得：qv1B＝m
解得：v1＝
T＝＝
MN＝
粒子在磁场中的运动时间：t1＝＝＝
粒子在磁场外由M到N的运动时间：t2＝＝＝
粒子从O点到达水平线PQ的时间：t＝t1+t2＝+
可见所有粒子从O点到达水平线PQ的时间与初速度大小无关，时间均相等，故A错误；
C、对于速度最大的粒子，同理得：qvB＝m
解得：rm＝
由几何关系可得：AO1＝2rm
从水平线PQ离开的位置距O点的距离为：AO＝AO1+rm＝2rm+rm＝，故C错误；
D、由上述分析可知匀强磁场区域的最小面积为图中红色线条围成的面积，则有：
Smin＝﹣•rm•rmsin60°＝，故D正确；
B、初速度最大的粒子从O点出发时的动量与到达PQ时的动量大小相等均为mv，两动量方向的夹角为120°，由平行四边形定则可得，两动量的变化量的大小为，故B正确。
故选：BD。

【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
三．计算题（共5小题）
16．（2022•西城区一模）如图所示，在xOy坐标系第一象限的矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子在M点以垂直于y轴的方向射入磁场，并从另一侧边界的N点射出。已知带电粒子质量为m，电荷量为q，入射速度为v，矩形区域的长度为L，MN沿y轴方向上的距离为。不计重力。
（1）画出带电粒子在磁场区域内运动的轨迹，并求轨迹的半径r。
（2）判断磁场的方向，并求磁场的磁感应强度的大小B。
（3）将矩形区域内的磁场换为平行于y轴方向的匀强电场，使该粒子以相同的速度从M点入射后仍能从N点射出。通过计算说明，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向是否相同。

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【分析】（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，依题意作出粒子的运动轨迹，由几何关系求得运动半径；
（2）由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
（3）粒子在电场中由M到N的过程做类平抛运动，沿x轴方向做匀速直线运动的位移已知，沿y轴方向做匀加速直线运动的位移也已知，利用类平抛运动的性质：末速度反向延长交匀速直线运动方向的位移的中点，求得末速度与x轴的夹角。
【解答】解：（1）粒子在磁场区域内运动的轨迹图如图所示。
由几何关系可得：（r﹣）2+L2＝r2
解得：；
（2）粒子带正电，在磁场中顺时针偏转，由左手定则判断可知：磁场方向垂直纸面向外。
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
解得：
（3）设粒子由N点射出磁场时速度方向与x轴夹角为α，由几何关系可得：
α＝θ，而sinθ＝＝，即sinα＝
粒子在电场中由M到N的过程做类平抛运动，沿+x方向做匀速直线运动的位移为L，沿﹣y方向做匀加速直线运动的位移为，设在N点射出的速度的方向与x轴正方向的夹角为β。根据类平抛运动的性质：末速度反向延长交匀速直线运动方向的位移的中点，则有：
tanβ＝＝1
可得：sinβ＝
因sinα≠sinβ，故α≠β，该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向不相同。
答：（1）带电粒子在磁场区域内运动的轨迹图见解答，轨迹的半径r为。
（2）磁场的方向垂直纸面向外，磁场的磁感应强度的大小B为。
（3）该粒子由N点射出磁场和电场时的速度方向不相同。

【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，基础题目。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
17．（2022•鄂城区校级模拟）科学研究的过程中常利用电磁场来控制带电粒子的轨迹。如图所示，在xOy平面第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场E1，电场强度大小E1＝E，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场E2，电场强度大小，第Ⅳ象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上N点处有一垂直x轴的足够长的挡板。质量为m、带电荷量为+q的粒子从点P（﹣2l，﹣l）由静止释放，经点Q（0，﹣l）进入第Ⅳ象限，此后经点进入第Ⅰ象限。不计粒子的重力，忽略粒子间相互作用，粒子打在挡板上立即被吸收。
（1）求第Ⅳ象限内匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）若带电粒子经过电场E2偏转后直接垂直打在挡板上，求带电粒子从P点释放到垂直打在挡板上经历的时间t。

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【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】（1）由题意可知，粒子在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，进入第Ⅰ象限内做类平抛运动，根据动力学规律和运动学规律求第Ⅳ象限内磁感应强度的大小；
（2）粒子从P点出发加速到Q点，做匀加速直线运动，进入Ⅳ象限做匀速圆周运动，到第一象限做类平抛运动，由动能定理、牛顿第二定律、类平抛运动规律求各段时间，相加就得总时间。
【解答】解：（1）粒子在第Ⅲ象限做匀加速直线运动，由动能定理得：Eq•2l＝mv2
解得：v＝2
作出带电粒子的运动轨迹如图所示：

何关系得：（r1−l）2+（l）2＝r12
解得：r1＝2l
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
解得：B＝；
（2）带电粒子在第Ⅲ象限内做匀加速直线运动，由动量定理有：Eqt1＝mv
解得：t1＝2
带电粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由几何关系得：∠MO1Q＝60°
粒子做圆周运动的时间：t2＝×
带电粒子在第Ⅰ象限内做匀变速曲线运动：Eqt3＝mvsin60°
带电粒子从P点释放到垂直打在挡板上经历的时间：t＝t1+t2+t3
联立解得：t＝（3+）。
答：（1）第Ⅳ象限内匀强磁场磁感应强度B的大小为；
（2）带电粒子从P点释放到垂直打在挡板上经历的时间为（3+）。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
18．（2022•青岛一模）某电子显像装置的原理如图所示：平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在x轴下方及抛物线与y轴之间，抛物线方程为y＝2x2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；电场分布在抛物线与x轴之间所夹的空间，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。现有带正电粒子从抛物线上各处无初速度释放，粒子进入第四象限经磁场偏转后都会经过原点O，粒子重力不计，求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）y＝2m处释放的粒子从释放到再次运动到抛物线所用的时间；
（3）y＝2m处释放的粒子第三次经过x轴的位置坐标。

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【分析】（1）粒子的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，结合几何关系得出比荷的大小；
（2）根据圆运动方程中分析出粒子的到达坐标，结合圆周运动的周期公式，同时分阶段分析出两个运动过程中的时间相加即可；
（3）根据动能定理计算出粒子的速度，同时结合类平抛运动的特点分析出粒子到达x轴的坐标。
【解答】解：（1）设在磁场中的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，则

带电粒子在电场中加速，则

由于粒子恰好能经过圆心O，可知x＝2R
联立解得：
（2）当y＝2m时，得：x＝1m
此时粒子做圆周运动的半径为R＝0.5m
由圆运动方程可得：（x﹣0.5）2+y2＝R2
又抛物线方程为：y＝2x2
解得：x＝0.y＝0或x＝0.5m，y＝0.5m
即粒子再次达到抛物线的坐标（0.5，0.5），可知粒子在磁场中恰好运动了周期，粒子做圆周运动的周期为：
粒子在磁场中运动的时间为：
在电场中，qE＝ma

解得：
则运动的时间为：t＝
（3）粒子再次进入电场后做类平抛运动，带电粒子在电场中加速

则平抛的水平位移为：x0＝vt2
联立解得：x0＝2m
因此达到x轴上的坐标为（2.5m，0）
答：（1）带电粒子的比荷为；
（2）y＝2m处释放的粒子从释放到再次运动到抛物线所用的时间为；
（3）y＝2m处释放的粒子第三次经过x轴的位置坐标为（2.5m，0）。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电磁场中的运动，熟悉粒子在不同的场中的运动特点，结合运动学公式，同时利用数学知识完成分析，难度较大。
19．（2022•重庆模拟）如图所示，在真空中的xOy平面内，有四个边界垂直于x轴的条状区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，区域Ⅰ、Ⅲ宽度均为d，内有沿﹣y方向的匀强电场E；区域Ⅱ、Ⅳ宽度均为2d，内有垂直于xOy平面向内的匀强磁场B1和B2．M是区域Ⅲ右边界与x轴的交点．质量为m，电荷量为+q的粒子甲以速度v0从O点沿+x方向射入电场E，经过一段时间后，沿+x方向与静止在M点的粒子乙粘合在一起，成为粒子丙进入区域Ⅳ，之后直接从右边界上Q点（图中未标出）离开区域Ⅳ．粒子乙不带电，质量为2m，粘合前后无电荷损失，粘合时间极短，已知，粒子重力不计．求：
（1）粒子甲离开区域Ⅰ时速度的大小v1和与+x方向的夹角θ；
（2）磁感应强度B1的大小；
（3）粒子丙从M点运动到Q点的最长时间tm．

【考点】带电粒子在组合场中的运动；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】（1）在电场Ⅰ中粒子做类平抛运动，根据题设已知条件和类平抛运动的规律求出末速度的大小和方向；
（2）由对称性和几何关系求得在磁场Ⅱ区做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小；
（3）分别求出粒子甲从O点到M点的时间和粒子丙从M到Q的时间，从表达式找到最大值。
【解答】解：（1）设粒子甲在电场E1中的加速度为a1，运动时间为t1，离开区域I时速度大小为v1，与x轴正方向夹角为θ，v1沿y轴负方向的大小为vy，则：
根据牛顿第二定律有：qE1＝ma1
在水平方向：d＝v0t1
在竖直方向上：vy＝a1t1
由速度的合成及几何关系有：vy＝v0tanθ、v1＝
解得：v1＝2v0，θ＝60°
（2）粒子甲运动到M点时速度沿x轴正方向，由运动的对称性，粒子甲在匀强磁场B1中做匀速圆周运动轨迹关于区域II垂直于x轴的中线对称，设轨道半径为r1，则
由对称性和几何关系：d＝r1sinθ
洛伦兹力提供向心力：qv1B1＝
联立解得：B1＝
（3）设粒子甲在磁场B1中做匀速圆周运动的周期为T1，运动时间为t2，则
t2＝ 而周期T1＝
解得：t2＝设粒子甲在从O点到M点运动时间为t3，则t3＝2t1+t2
代入解得：t3＝+。
设粒子甲在M点与粒子乙粘合前速度大小为v2，粒子丙在M点速度大小为v3，则
由题意知；v2＝v0
以+x方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv2＝3mv3
粒子丙在磁场B2中以速度v3做匀速圆周运动，且从右边界上Q点离开，则当匀速圆周运动的半径r2＝2d时，粒子丙在磁场B2中运动时间最长，设为t4，则t4＝＝
设粒子甲在从O点到M点运动时间与粒子丙从M点到Q点运动时间之和的最大值为tm，则Tm＝t3+t4
解得Tm＝++＝（18+2π+27π）
答：（1）粒子甲离开区域Ⅰ时速度v1大小为2v0、和与x轴正方向夹角θ为了60°；
（2）匀强磁场B1的磁感应强度大小为；
（3）若匀强磁场B2磁感应强度大小不同，则粒子丙在磁场B2中运动时间不同。则粒子甲从O点到M点运动时间与粒子丙从M点到Q点运动时间之和的最大值为（18+2π+27π）。

【点评】本题是考查带电粒子在电场和磁场中做类平抛运动和匀速圆周运动的特例，其特点是两邻两场区具有对称性。要弄清电场中的偏转角和磁场的偏转角有一定的几何关系。最后还要注意粒子碰撞前后动量守恒，还要注意磁场的时间由偏转角决定的。
20．（2022•天津模拟）如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压UMN的变化图像如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0，M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B，当t＝0时，将一带正电的粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，也不考虑粒子所受的重力。

（1）求该粒子的比荷；
（2）求粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd；
（3）若粒子的质量增加到原来质量的倍，电荷量不变，t＝0时，将其在A处由静止释放，求t＝2T0时粒子的速度大小v。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】（1）根据粒子在磁场中运动的周期公式求出粒子的比荷；
（2）根据动能定理求出速度的大小，结合圆周运动的半径公式求出粒子在磁场中运动的半径，根据几何关系求解粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离△d；
（3）根据粒子质量的变化，得出粒子在磁场中运动周期的变化，确定出粒子加速的次数和加速的电压大小，结合动能定理求出t＝2T0时粒子的速度。
【解答】解：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
粒子做圆周运动的周期为：T＝，
解得：R＝，T＝，周期与半径、速率无关，
由题可知：T＝T0，
解得：；
（2）由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为t＝0时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始终为U0，
第1次加速后的速度为v1，根据动能定理可得：qU0＝m
解得：v1＝
即区域Ⅰ磁场中第一次做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝m
得到：R1＝＝＝
同理可得，之后粒子分别在Ⅱ和Ⅰ磁场中做圆周运动的半径分别为：R2＝
粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd＝2R2﹣2R1＝2（﹣1）R1＝2（﹣1）；
（3）粒子的质量增加为m，粒子做圆周运动的周期：T′＝
每半个周期为T′＝T0，
从t＝0开始到t＝2T0为止的时间内，根据加速电压图象可知粒子共加速了4次，
对应的时刻为：0、T0，T0，T0
且加速电压分别为：U0、U0、0、﹣U0
前两次加速、最后一次减速，由动能定理得：＝q（1+）U0，
解得：v＝＝。
答：（1）该粒子的比荷为；
（2）粒子第1次和第3次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离为2（﹣1）；
（3）2T0时粒子的速度大小为。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，关键作出粒子的运动轨迹图，结合动能定理、粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式进行求解。

考点卡片
1．牛顿第二定律
【知识点的认识】
1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．
3．适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
4．对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．

【命题方向】
题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查
例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（　　）
A．物块的质量为1.5kg
B．物块与地面之间的滑动摩擦力为2N
C．t＝3s时刻物块的速度为3m/s
D．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2
分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．
解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．
题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解
例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（　　）
A．则a＝g，方向竖直向下 B．则a＝g，方向竖直向上
C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．则a＝，方向水平向左
分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．
解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．

刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：

由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：
a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．
题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．
加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：
（1）上滑过程中的加速度的大小a1；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）木块回到出发点时的速度大小v．

分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．
（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：
上滑过程中加速度的大小：

（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35．
（3）下滑的距离等于上滑的距离：
x＝＝m＝1m
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：＝2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝
联立解得：v＝2m/s
答：（1）上滑过程中的加速度的大小；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；
（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．

【解题方法点拨】
1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．


2．向心力
【知识点的认识】
一：向心力
1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．
2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．
3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．
4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．
注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．
二、离心运动和向心运动
1．离心运动
（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．
（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．
（3）受力特点：
当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；
当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．
2．向心运动
当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．
注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．

【重要知识点分析】
1．圆周运动中的运动学分析
（1）对公式v＝ωr的理解
当r一定时，v与ω成正比．
当ω一定时，v与r成正比．
当v一定时，ω与r成反比．
（2）对a＝＝ω2r＝ωv的理解
在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．
2．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
项目
匀速圆周运动
非匀速圆周运动
运动
性质
是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动
是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动
加速度
加速度方向与线速度方向垂直．即只存在向心加速度，没有切向加速度
由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在
向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变
向心力


【命题方向】
（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：
一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（　　）
A．球A的线速度等于球B的线速度
B．球A的角速度等于球B的角速度
C．球A的运动周期等于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力
分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．
解：
A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．
由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．
由向心力的计算公式F＝m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．
B、又由公式F＝mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．
C、由周期公式T＝，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．
D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．
故选D．
点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．

（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：
如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨．则其通过最高点时（　　）
A．小球对圆环的压力大小等于mg
B．小球受到的向心力等于重力
C．小球的线速度大小等于
D．小球的向心加速度大小等于g
分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．
解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．
B、根据牛顿第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不为零，线速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正确．
故选BCD．
点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．
（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：
如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2．求：
（1）在最高点时，绳的拉力？
（2）在最高点时水对小杯底的压力？
（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？
分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；
（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；
（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．
解：（1）小杯质量m＝0.5kg，水的质量M＝1kg，在最高点时，
杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，
合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
圆周半径为R，则F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
F合提供向心力，有 （M+m）g+T＝（M+m）
所以细绳拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；
（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，
合力F合＝Mg+F
圆周半径为R，则F向＝M
F合提供向心力，有 Mg+F＝M
所以杯对水的压力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；
根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上．
（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：
Mg＝M
解得v＝＝m/s＝．
答：（1）在最高点时，绳的拉力为9 N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为．
点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来．
【解题方法点拨】
1．圆周运动中的运动学规律总结
在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：
（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v＝ωr与半径r成正比．
（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω＝与半径r成反比．
（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比．
2．圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
3．竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型
（1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”．
（2）绳、杆模型涉及的临界问题．

绳模型
杆模型
常见类型

均是没有支撑的小球

均是有支撑的小球
过最高点的临界条件
由mg＝m得v临＝
由小球恰能做圆周运动得v临＝0
讨论分析
（1）过最高点时，v≥，FN+mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN；
（2）不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；
（1）当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
（2）当0＜v＜时，﹣FN+mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；
（3）当v＝时，FN＝0；
（4）当v＞时，FN+mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大；







3．动量 冲量
【知识点的认识】
一、动量
1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
2．表达式：p＝mv．
3．单位：kg•m/s．
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
二、冲量
1．定义：力F和它的作用时间t的乘积叫做这个力的冲量，通常用I表示．
2．表达式：I＝Ft（此式只能用来计算恒力F的冲量）．
3．单位：N•s（1 N•s＝1 kg•m/s）
4．标矢性：冲量是矢量、方向由力的方向决定．

【命题方向】
题型一：动量大小的计算及方向的判断
例子：一个物体的质量是2kg，沿竖直方向下落，以10m/s的速度碰到水泥地面上，随后又以8m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则小球与地面相碰前的动量是　﹣20　kg•m/s，相碰后的动量是　16　kg•m/s，小球的动量变化是　36　kg•m/s．
分析：已知向上为正方向，则可知初末动量大小，同时可求出小球的动量变化．
解答：因向上为正，则小球与地面相碰前的动量为：P1＝mv1＝2×（﹣10）＝﹣20kg•m/s；
碰后的动量为P2＝mv2＝2×8＝16kg•m/s；
则小球的动量变化为：P2﹣P1＝16﹣（﹣20）＝36kg•m/s
故答案为：﹣20；16；36．
点评：本题考查动量的求法，求动量时一定要注意动量的正负．
4．功的计算
【知识点的认识】
1．做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移．
2．功的公式：W＝Flcosα，其中F为恒力，α为F的方向与位移l的方向之间的夹角；功的单位：焦耳（J）；功是标量．
3．功的计算：
（1）合力的功
①先求出合力，然后求总功，表达式为：∑W＝∑F⋅scosθ（θ为合力与位移方向的夹角）
②合力的功等于各分力所做功的代数和，即：∑W＝W1+W2+…
（2）变力做功：对于变力做功不能依定义式W＝Fscosα直接求解，但可依物理规律通过技巧的转化间接求解．
①可用（微元法）无限分小法来求，过程无限分小后，可认为每小段是恒力做功．
②平均力法：若变力大小随位移是线性变化，且方向不变时，可将变力的平均值求出后用公式：计算．
③利用F﹣s图象，F﹣s图线与坐标轴所包围的面积即是力F做功的数值．
④已知变力做功的平均功率P，则功W＝Pt．
⑤用动能定理进行求解：由动能定理W＝△EK可知，将变力的功转换为物体动能的变化量，可将问题轻易解决．
⑥用功能关系进行求解．

【命题方向】
题型一：功的计算
例1：如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置． 用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中：
（1）F为恒力，拉力F做的功是　FLsinθ　J
（2）用F缓慢地拉，拉力F做的功是　mgL（1﹣cosθ）　J．
分析：小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，由功的公式结合球的位移可求出拉力做功．当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，则由动能定理可求出拉力做功．
解答：（1）当小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，
则拉力做功为：W＝FS＝FLsinθ
（2）当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，缓慢则是速率不变，
则由动能定理可得：
WF﹣mgh＝0
而高度变化为：h＝L（1﹣cosθ）
所以WF＝mgL（1﹣cosθ）
故答案为：FLsinθ；mgL（1﹣cosθ）．
点评：当力恒定时，力与力的方向的位移乘积为做功的多少；当力不恒定时，则由动能定理来间接求出变力做功．同时当小球缓慢运动，也就是速率不变．

题型二：用画图法求功
例2：用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比，即Ff＝kx（其中x为铁钉进入木块的深度），在铁锤击打第一次后，铁钉进入木块的深度为d．
（1）求铁锤对铁钉做功的大小；
（2）若铁锤对铁钉每次做功都相等，求击打第二次时，铁钉还能进入的深度．
分析：阻力与深度成正比，力是变力，可以应用f﹣d图象再结合动能定理分析答求解．
解答：（1）由题意可知，阻力与深度d成正比，f﹣d图象如图所示，F﹣x图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，故第一次时所做的功：
W＝；
（2）每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：
力与深度成正比，则：f＝kd，f′＝kd′，
两次做功相同，W＝df＝（f+f′）（d′﹣d），
解得：d′＝d﹣d，
第二次钉子进入木板的深度：h＝d′﹣d＝（﹣1）d；
答：（1）铁锤对铁钉做功的大小为；
（2）二次钉子进入木板的深度（﹣1）d；
点评：图象法在物理学中应用非常广泛，有时可以起到事半功倍的效果，在学习中要注意应用．

【解题方法点拨】
1．在计算力所做的功时，首先要对物体进行受力分析，明确是要求哪个力做的功，这个力是恒力还是变力；其次进行运动分析，明确是要求哪一个过程力所做的功．关于恒力的功和变力的功的计算方法如下：
（1）恒力做功：对恒力作用下物体的运动，力对物体做的功用W＝Flcosα求解．该公式可写成W＝F•（l•cosα）＝（F•cos α）•l．即功等于力与力方向上的位移的乘积或功等于位移与位移方向上的力的乘积．
（2）变力做功：
①用动能定理W＝△Ek或功能关系W＝△E，即用能量的增量等效代换变力所做的功．（也可计算恒力做功）
②当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车以恒定功率启动时．
③把变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程（不是位移）的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．
（3）总功的求法：
①总功等于合外力的功：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总＝F合lcosα计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角．
②总功等于各力做功的代数和．

【知识点的应用及延伸】
各种力做功的特点
1、重力做功特点
（1）重点做功与路径无关，只与物体的始末位置高度差有关．
（2）重力做功的大小：W＝mg•h．
（3）重力做功与重力势能的关系：WG＝﹣△Ep＝Ep1﹣Ep2．
此外，做功多少与路径无关的力还有：匀强电场中的电场力做功，液体的浮力做功等．
2．摩擦力做功的特点：
（1）静摩擦力做功的特点：
①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式的能．
③相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的代数和总为零．
（2）滑动摩擦力做功的特点：
①滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，当然也可以不做功．
②一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两个方面：一是相互摩擦的物体之间机械能的转移；二是机械能转化为内能．
③一对滑动摩擦力的总功等于﹣f△s，式中△s指物体间的相对位移．
④转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即W＝Q（即摩擦生热）．
⑤滑动摩擦力、空气摩擦阻力等，在曲线运动或往返运动时等于力和路程（不是位移）的乘积．


5．带电粒子在匀强电场中的运动
【知识点的认识】
一、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，带电粒子将做加（减）速运动．
有两种分析方法：
（1）用动力学观点分析：a＝，E＝，v2﹣v02＝2ad．
（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化．qU＝mv2﹣mv02．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
（1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
（2）处理方法：类似于平抛运动，应用运动分解的方法．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝．
②沿电场方向，做匀加速直线运动．


【命题方向】
题型一：带电粒子在匀强电场中平衡和运动的分析
例1：如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间的一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是（　　）
A．微粒带的是正电
B．电源电动势的大小等于
C．断开开关S，微粒将向下做加速运动
D．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，将向下做加速运动
分析：带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由公式E＝，求解电源电动势．断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，可根据电容的决定式、定义式和场强公式E＝，判断出板间场强不变，微粒不动．
解：
A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A错误．
B、由平衡条件得：mg＝q得，电源电动势的大小为E＝U＝．故B正确．
C、断开开关S，电容器所带电量不变，由C＝、C＝和E＝，可得电容器板间场强E＝，则场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动．故C错误．
D、保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，由E＝，知板间场强增大，微粒所受电场力增大，则微粒向上做加速运动．故D错误．
故选：B．
点评：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由E＝，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动．

【解题思路点拨】
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质（平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动），并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
另外，对于带电粒子的偏转问题，用运动的合成与分解及运动规律解决往往比较简捷，但并不是绝对的，同解决力学中的问题一样，都可用不同的方法解决同一问题，应根据具体情况，确定具体的解题方法．

6．通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
【知识点的认识】
电流的磁场

直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
特点
无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场
环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则



7．平行通电直导线间的作用
【知识点的认识】
平行通电直导线间的作用
两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用．
①电流方向相同时，将会吸引；
②电流方向相反时，将会排斥．
8．安培力
【知识点的认识】
1．安培力的方向
（1）用左手定则判定：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．
（2）安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．
2．安培力的大小
（1）当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsinθ；
（2）当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F＝BIL；
（3）当磁场和电流平行时，安培力等于零．

【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查对安培力的理解：
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
C．安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F＝BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F＝BIL．
解：AB、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；
C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F＝BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；
D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小变大；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．

（2）第二类常考题型：磁场的叠加
如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的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
【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．
解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．
B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．
C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故C正确．
D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．
故选C．
【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．

【解题方法点拨】
（一）平均速度与瞬时速度
1．在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”．在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”﹣﹣电流方向，四指指“结果”﹣﹣磁场绕向；在判定环形电流的磁场方向时，四指指“原因”﹣﹣电流绕向，大拇指指“结果”﹣﹣环内沿中心轴线的磁感线方向．
2．磁场的叠加：磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
解决此类问题应注意以下几点
（1）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向．
（2）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．
（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磁感应强度的矢量和．
（二） 安培力作用下导体运动方向的判定
（1）判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．现对五种常用的方法列表如下：
电流元法
把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向
特殊位置法
通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
等效法
环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立．等效后再确定相互作用情况

结论法
两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
（2）在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．

（三）与安培力有关的力学综合问题．
1．安培力的大小
安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：
（1）B与L垂直；
（2）L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．

如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．
2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
（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；
（3）列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解．

9．洛伦兹力
【知识点的认识】
1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。
2．洛伦兹力的方向
（1）判定方法：左手定则：
掌心﹣﹣磁感线垂直穿入掌心；
四指﹣﹣指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指﹣﹣指向洛伦兹力的方向。
（2）方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。
3．洛伦兹力的大小
（1）v∥B时，洛伦兹力F＝0．（θ＝0°或180°）
（2）v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB．（θ＝90°）
（3）v＝0时，洛伦兹力F＝0。
4． 洛伦兹力与电场力的比较
①．洛伦兹力的特点
（1）洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。
（2）当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。
②洛伦兹力与电场力的比较

【命题方向】
（1）第一类常考题型：洛伦兹力的特点与应用
如图所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域并沿直线运动，最后从C点离开该区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则粒子从D点离开场区。已知BC＝CD，设粒子在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2和t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是（　　）
A．t1＝t2＜t3 B．t1＜t2＝t3 C．Ek1＞Ek2＝Ek3 D．Ek1＝Ek2＜Ek3
【分析】根据粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动的合成与分解，可得t1＝t2；当在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动时，时间与路程长短有关。
根据动能定理，结合电场力做功，从而可确定动能的大小关系。
解：A、当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时qE＝qvB，当只有电场时，粒子从B点射出，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向做匀速直线运动，所以t1＝t2；
当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，有t2＜t3，因此A选项正确，B错误；
C、粒子从B点射出时，电场力做功，动能变大，故C选项正确，D错误。
故选AC。
【点评】考查粒子做类平抛运动与匀速圆周运动，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与动能定理的应用。
【解题方法点拨】
一、洛伦兹力的特点与应用
1．洛伦兹力的特点
（1）洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。
（2）当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
（3）运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
（4）左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷。
（5）洛伦兹力一定不做功。
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
（1）安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。
（2）安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。

10．带电粒子在匀强磁场中的运动
【知识点的认识】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，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．半径和周期公式：（v⊥B）

【命题方向】
常考题型：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
如图，半径为R的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．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）（　　）
A. B. C. D.
【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小；
解：由题，射入点与ab的距离为．则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30°，
粒子的偏转角是60°，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r＝R．轨迹如图：
洛伦兹力提供向心力：，变形得：．故正确的答案是B．
故选：B．
【点评】在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键．

【解题方法点拨】
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
一、轨道圆的“三个确定”
（1）如何确定“圆心”
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．

（2）如何确定“半径”
方法一：由物理方程求：半径R＝；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，如图（d）所示．
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t＝•T；方法二：由弧长求，t＝．

二、解题思路分析
1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法．

2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形．
直线边界（粒子进出磁场具有对称性）

平行边界（粒子运动存在临界条件）

圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径向射出）

3．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（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，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．

三、求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．
（1）两种思路
①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）两种方法
物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值．
数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等．
（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．


11．带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动
12．电磁感应在生活和生产中的应用
【知识点的认识】
电磁感应在生活和生产中的应用
电磁感应现象自发现之日起，便一直在改变着人们的生活．时至今日，生活中可以处处见到它的影子．无论是话筒，电磁炉，还是收音机，发电机，都是我们可以见到和听到的物品．而且，在高中物理中，我们便不断接触与其应用相关的题目，这些物品也曾作为物理试题的载体，不时出现在试卷中．现在看来，也是分外亲切．
1．动圈式话筒
在剧场和演讲等活动中，放大声音已经成为一种迫切的需要，而电磁感应现象的发现与应用已经成功解决了这个问题．
放大声音的装置由话筒，扩音器和扬声器三部分，其中话筒是把声音转变为电信号的装置．
动圈式话筒，是利用电磁感应现象制成的，当声波使金属膜片振动时，连接在膜片上的音圈也随着一起振动，音圈在永久磁铁的磁场里振动，其中就会产生感应电流，感应电流的大小和方向都变化，变化的振幅和频率由声波决定，这个信号电流经扩音器放大后传给扬声器，从扬声器中就发出放大的声音．如今，话筒或者麦克风已经随处可见．
2．电磁炉
相信有不少人都用过电磁炉加热过食物，它的方便快捷为我们的日常饮食带来很大的便利，对我们的饮食方式也产生了一定影响．电磁炉应用电磁感应原理对食品进行加热．它的炉面是耐热陶瓷板，交变电流通过陶瓷板下方的线圈产生磁场，磁场内的磁力线穿过铁锅、不锈钢锅等底部时，产生涡流，令锅底迅速发热，达到加热食品的目的．
电磁炉的灶台台面是一块高强度、耐冲击的陶瓷平板，台面下边装有高频感应加热线圈、高频电力转换装置及相应的控制系统，台面的上面放有平底烹饪锅．
电磁炉的工作过程是：电流电压经过整流器转换为直流电，又经高频电力转换装置使直流电变为超过音频的高频交流电，将高频交流电加在扁平空心螺旋状的感应加热线圈上，由此产生高频交变磁场．其磁力线穿透灶台的陶瓷台板而作用于金属锅．在烹饪锅体内因电磁感应就有强大的涡流产生．涡流克服锅体的内阻流动时完成电能向热能的转换，所产生的焦耳热就是烹调的热源．
3．电磁感应灯
电磁感应灯作为照明工具中的新发明，具有许多传统照明工具所没有的优势．它具有十万小时的高使用寿命，同时又免维护费用．而且它的光源质量更高，高显色性使物体的本身的颜色即明亮又逼真，电磁感应灯还具有更可靠的瞬间启动性能，同时低热量输出，具有更可靠的抵抗电压剧烈波动的能力，其照明也更加节能，能够减少二氧化碳排放量．同时，电磁感应灯的暖白光比黄色的钠灯更合适应用于道路照明，光照温和，可以保证道路行驶的安全性和舒适性
电磁感应灯没有电极，依靠电磁感应和气体放电的基本原理而发光．没有灯丝和电极使灯泡的寿命长达100，000小时，是白炽灯的100倍，高压气体放电灯的5～15倍，紧凑荧光灯的5倍～10倍．
基于上述原理，气体通过磁场放电而产生了可见光．即由电子镇流器产生的频率为230KHz，金属线圈磁环组成的电磁变压器在玻璃管（含有特殊工作气体）周围创造了磁场．
由线圈引起的放电路径形成一个闭路，从而引起自由电子的加速度．这些自由电子和汞原子相碰撞而激发了电子．因为激活的电子从高能态退到低能态，他们放射出紫外线，当通过玻璃管表面的三基色荧光粉时，产生的紫外线转化成可见光．
在能源危机和温室效应益发严重的今日，各国都在不断强调可持续发展的重要性．在这种大环境下，符合环保照明和绿色照明的要求的电磁感应灯，有着推广和普及的巨大潜力．暖白光这一先进的理念已经在美国、英国、比利时、挪威等国家得到了广泛应用．
4．变压器
变压器是利用电磁感应原理，从一个电路向另一个电路传递电能或传输信号的一种电器．其输送电流的多少由用电器的功率决定．高中时期的试题中有许多相关的计算问题．
变压器是变换交流电压、电流和阻抗的器件，当初级线圈中通有交流电流时，铁芯中便产生交流磁通，使次级线圈中感应出电压．变压器由铁芯和线圈组成，线圈有两个或两个以上的绕组，其中接电源的绕组叫初级线圈，其余的绕组叫次级线圈．在发电机中，不管是线圈运动通过磁场或磁场运动通过固定线圈，均能在线圈中感应电势，此两种情况，磁通的值均不变，但与线圈相交链的磁通数量却有变动，这是互感应的原理．变压器就是一种利用电磁互感应，变换电压，电流和阻抗的器件．
5．手机充电器
对于手机，或许是现在生活中与我们联系最为紧密的电子产品之一了．给手机充电几乎是每日必做的事情，以前却从未考虑过手机充电电源的原理．
所有手机充电器其实都是由一个稳定电源（主要是稳压电源、提供稳定工作电压和足够的电流）加上必要的恒流、限压、限时等控制电路构成．它和变压器原理几近相同．
6．磁带录音机
自有了手机等产品之后，许多功能集于一体，录音这种功能也一并存在，磁带录音机听来或许会让我们觉得陌生．磁带录音机主要由机内话筒、磁带、录放磁头、放大电路、扬声器、传动机构等部分组成．
录音时，声音使话筒中产生随声音而变化的感应电流﹣﹣音频电流，音频电流经放大电路放大后，进入录音磁头的线圈中，在磁头的缝隙处产生随音频电流变化的磁场．磁带紧贴着磁头缝隙移动，磁带上的磁粉层被磁化，在磁带上就记录下声音的磁信号．
放音是录音的逆过程，放音时，磁带紧贴着放音磁头的缝隙通过，磁带上变化的磁场使放音磁头线圈中产生感应电流，感应电流的变化跟记录下的磁信号相同，所以线圈中产生的是音频电流，这个电流经放大电路放大后，送到扬声器，扬声器把音频电流还原成声音．
在录音机里，录、放两种功能是合用一个磁头完成的，录音时磁头与话筒相连；放音时磁头与扬声器相连．
7．汽车车速表
汽车驾驶室内的车速表是指示汽车行驶速度的仪表．它是利用电磁感应原理，使表盘上指针的摆角与汽车的行驶速度成正比．在此之前，从未想过它竟然也是电磁感应的应用实例．
车速表主要由驱动轴、磁铁、速度盘，弹簧游丝、指针轴、指针组成．其中永久磁铁与驱动轴相连．在表壳上装有刻度为公里/小时的表盘．
永久磁铁的磁感线一部分磁感线将通过速度盘，磁感线在速度盘上的分布是不均匀的，越接近磁极的地方磁感线数目越多．当驱动轴带动永久磁铁转动时，则通过速度盘上各部分的磁感线将依次变化，顺着磁铁转动的前方，磁感线的数目逐渐增加，而后方则逐渐减少．
由法拉第电磁感应原理知道，通过导体的磁感线数目发生变化时，在导体内部会产生感应电流．又由楞次定律知道，感应电流也要产生磁场，其磁感线的方向是阻碍（非阻止）原来磁场的变化．用楞次定律判断出，顺着磁铁转动的前方，感应电流产生的磁感线与磁铁产生的磁感线方向相反，因此它们之间互相排斥；反之后方感应电流产生的磁感线方向与磁铁产生的磁感线方向相同，因此它们之间相互吸引．由于这种吸引作用，速度盘被磁铁带着转动，同时轴及指针也随之一起转动．
8．发电机
发电机通常由定子、转子、端盖及轴承等部件构成．定子由定子铁芯、线包绕组、机座以及固定这些部分的其他结构件组成．转子由转子铁芯（或磁极、磁扼）绕组、护环、中心环、滑环、风扇及转轴等部件组成．由轴承及端盖将发电机的定子，转子连接组装起来，使转子能在定子中旋转，做切割磁力线的运动，从而产生感应电势，通过接线端子引出，接在回路中，便产生了电流．
从物理结构来说，发电机的定子和转子除了是一个原动力的拖动外，是完全独立、互不干扰的两部分；发电机的定子是有功源，产生感应电动势、电流，在原动力的拖动下，向外输出交流电的有功，由原动力（油量、气量、风量、水量等）决定有功功率的大小．
发电机的转子是无功源、绕组从外部引入直流电建立磁场，在原动力的拖动下，向外输送交流电的无功，由外部输入（多数用发电机自发的交流电整流而得）的直流电决定无功功率的大小．从电磁原理来说，转子和定子又是精密联系的，发电机的有功和无功都是由定子输出的，转子的力矩决定有功功率的大小，转子线圈的直流电流决定无功功率的大小．
9．未来发展
电磁感应的应用多不胜举，今天所能提到的也只是其中极小的一部分，却已经能够体现其它对人类历史发展的深远意义．磁悬浮列车，电视，示波器，接触器线圈，电视手机收音机等的信号收发，感应磁卡的信号传输，霍尔开关，雷达等等可以说在我们生活的每个环节都有应用．


13．电磁场
【知识点的认识】
电磁场：
变化的电场和变化的磁场总是相互联系成为不可分离的统一体，这就是电磁场．

【命题方向】
（1）第一类常考题型：
（2）第二类常考题型：
【解题方法点拨】