高考物理一轮复习课件专题十一磁 (含解析)

这是一份高考物理一轮复习课件专题十一磁 (含解析)，共60页。
考点一　磁场的描述　安培力
统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2019课标Ⅰ,17,6分)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
答案    B　本题考查安培力及考生应用数学知识解决物理问题的能力,体现了核心素养中的模型建构要素。设三根相同的导体棒的电阻均为R,长度均为l,其中ML和LN为串联关系,总电阻为2R。由并联电路特点可知,通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍,若MN受到的安培力F=BIl,则ML和LN受到的安培力的合力F1= ,MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同,故线框受到的安培力为F合=F+F1=1.5F,故选B。
2.(2019江苏单科,7,4分)(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
答案    CD　本题考查安培定则及左手定则,考查基础的物理概念。由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等,只要a、b两导线通有相反方向的电流,利用安培定则,可知线框的对边所在处磁场大小相等,方向相同,再利用左手定则可判定线框对边所受安培力大小相等,方向相反,线框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正确。
易错点拨　安培定则用右手,左手定则用左手。
3.(2018课标Ⅱ,20,6分)(多选)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 B0和 B0,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 B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0
答案    AC    本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2= B0,B0+B2-B1= B0,解得B1= B0,B2= B0,故A、C项正确。
解题关键　注意矢量的方向性本题解题的关键是要注意磁感应强度的方向性,如L2中电流产生的磁场方向在a点垂直纸面向里,在b点垂直纸面向外。
4.(2017课标Ⅱ,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是 (　　) A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ∶ ∶1
答案    BC　本题考查安培力。因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°=F,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°= F,故C正确、D错误。 
一题多解　电流的磁场与安培力由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生的磁场磁感应强度大小相等,设为B。如图所示,由几何关系可得L1所在处磁场的磁感应强度B1=2B cos 60°=B,方向与L2、L3所在平面垂直,再由左手定则知L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面平行,L1上单位长度所受安培力的大小为F1=BI。同理可判定L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直,单位长度所受安培力大小为F3= B·I;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1∶F2∶F3=1∶1∶ ,故A、D错误,B、C正确。 
5.(2015课标Ⅱ,18,6分,0.527)(多选)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法正确的是 (　　)A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转
答案    BC　任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后,反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。
教师专用题组
6.(2016北京理综,17,6分,0.95)(多选)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“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示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是 (　　) A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
答案    C　由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确。选C。
审题指导　题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察,挖掘有用信息。
评析　本题考查地磁场的分布情况,属于容易题。
7.(2017课标Ⅱ,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将 (　　)A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
答案    AD　本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、实验能力。要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有电流通过,电路必须接通,故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180°时,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线圈最终做往返运动,要使线圈连续转动,当线圈转过180°时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、D正确。
易错警示　①一根漆包线绕制的矩形线圈中电流方向的判定。②要使线圈连续转动,要么受到方向不变的持续的安培力,要么受到间歇性的方向不变的安培力,依靠惯性连续转动,而不能受到交变的安培力作用。
考点二　洛伦兹力　带电粒子在磁场中的运动A组    自主命题·天津卷题组
1.(2018天津理综,11,18分)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、 R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出。不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时间t;(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出。粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小。 
答案　(1) 　(2) 
解析　本题考查带电粒子在复合场中的运动。(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=m  ①设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE ②设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=ma ③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at ④联立①②③④式得t=  ⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。设粒子在磁场中的轨迹半径为r',由几何关系可得
 (r'-R)2+( R)2=r'2 ⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知tan θ=  ⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0,由运动的合成和分解可得tan θ=  ⑧
联立①⑥⑦⑧式得v0=  ⑨
思路分析　带电粒子在复合场中的运动(1)粒子从P点静止释放,在环形区域中做匀速圆周运动。可先求出粒子做匀速圆周运动的速度,即粒子在电场中运动的末速度,再由在电场中的加速运动求得运动的时间。(2)从Q点射出的粒子,在环形区域中仍做匀速圆周运动。要使其圆周运动时间最短,其运动轨迹必与内圆相切。
2.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问: (1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
答案　见解析
解析　本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有2L=v0t ①L= at2 ②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy=at ③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有tan α=  ④联立①②③④式得α=45° ⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v=  ⑥
联立①②③⑥式得v= v0 ⑦(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得F=ma ⑧又F=qE ⑨设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有 
qvB=m  ⑩由几何关系可知R= L  联立①②⑦⑧⑨⑩ 式得 =   
步骤得分　粒子在电场中做类平抛运动,由于题给条件太少,仅有2x=y及初速度v0,所以可先按类平抛运动模型的常用步骤及方程组建思路。比如,x=v0t,y= at2,vy=at,v= ,tan α= 等,再将已知条件代入,逐渐消除中间变量,最后找到答案。带电粒子在匀强磁场中的运动属于匀速圆周运动,即使不知道半径R,也可以先写出qvB= ,尽可能多拿分。
3.(2014天津理综,12,20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原理简化为如图所示的模型。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间,初速度可视为零。每当A进入板间,两板的电势差变为U,粒子得到加速,当A离开N板时,两板的电荷量均立即变为零。两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场,A在磁场作用下做半径为R的圆周运动,R远大于板间距离。A经电场多次加速,动能不断增大,为使R保持不变,磁场必须相应地变化。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射,不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。求 (1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小;(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率 ;(3)若有一个质量也为m、电荷量为+kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间,A、B初速度均可视为零,不计两者间的相互作用,除此之外,其他条件均不变。下
图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹。在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下,请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹,并经推导说明理由。 
答案　(1)  　(2)  　(3)见解析
解析　(1)设A经电场第1次加速后速度为v1,由动能定理得qU= m -0 ①A在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力qv1B1=  ②由①②得B1=   ③(2)设A经n次加速后的速度为vn,由动能定理得nqU= m -0 ④设A做第n次圆周运动的周期为Tn,有Tn=  ⑤设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn,则Wn=qU ⑥
在该段时间内电场力做功的平均功率为 =  ⑦由④⑤⑥⑦解得 =   ⑧(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹。A经过n次加速后,设其对应的磁感应强度为Bn,A、B的周期分别为Tn、T',综合②、⑤式并分别应用A、B的数据得Tn= T'= = 由上可知,Tn是T'的k倍,所以A每绕行1周,B就绕行k周。由于电场只在A通过时存在,故B仅在与A同时进入电场时才被加速。经n次加速后,A、B的速度分别为vn和vn',考虑到④式
vn= vn'= = vn由题设条件并考虑到⑤式,对A有Tnvn=2πR设B的轨迹半径为R',有T'vn'=2πR'比较上述两式得R'= 上式表明,运动过程中B的轨迹半径始终不变。由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图A所示。
4.(2013天津理综,11,18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求: (1)M、N间电场强度E的大小;(2)圆筒的半径R;(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移 d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。
答案　(1) 　(2) 　(3)3
解析　(1)设两板间的电压为U,由动能定理得qU= mv2 ①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed ②联立①②式可得E=  ③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O',圆半径为r。设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角∠AO'S等于 。 
由几何关系得r=R tan  ④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得qvB=m  ⑤联立④⑤式得R=  ⑥(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移 d后,设板间电压为U',则U'= =  ⑦设粒子进入S孔时的速度为v',由①式看出 = 综合⑦式可得v'= v ⑧
设粒子做圆周运动的半径为r',则r'=  ⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r'=R,可见θ=  ⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3  
评析    本题考查了带电粒子在电场中的加速及在磁场中的匀速圆周运动,属于中等偏难的常规题目。本题中的难点是如何根据碰撞次数确定粒子的运动轨迹,然后找出粒子从进入圆筒到第一次碰撞的运动轨迹所对应的圆心角及圆心的位置。碰撞次数为n,每段圆弧所对应的圆心角θ=π- = ·π,n=2,3,4,…。
5.(2019课标Ⅱ,17,6分)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, kBlC. kBl, kBl　    D. kBl, kBl
答案    B　本题考查了电子在磁场中运动的问题,有利于综合分析能力、应用数学知识处理物理问题能力的培养,突出了核心素养中的模型建构、科学推理、科学论证要素。从a点射出的电子运动轨迹的半径R1= ,由Bqv1=m 得v1= = kBl;从d点射出的电子运动轨迹的半径R2满足关系 +l2= ,得R2= l,由Bqv2=m 得v2= = kBl,故正确选项为B。
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
思路分析　由左手定则可判断电子的受力及偏转方向,画出电子在磁场中的运动轨迹,由相关的数学知识确定两轨迹的半径,再由洛伦兹力提供向心力,解出从a、d两点射出的电子的速度大小。
6.(2019课标Ⅲ,18,6分)如图,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 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 (　　) A. 　    B. C. 　    D. 
答案    B　本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生对粒子在匀强磁场中的运动轨迹进行确定,从而确定运动时间,体现了分析和解决问题的能力,是学科核心素养中科学推理素养的具体表现。 由qvB= 得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r= ,当粒子进入第一象限时,由于磁感应强度减为 B,故轨迹半径变为2r,轨迹如图所示。由几何关系可得cos θ= ,θ=60°,则粒子运动时间t= · + · = ,选项B正确。
解后反思　根据磁感应强度大小的关系确定轨迹半径的关系,通过作图,结合几何关系,确定圆心角是解答本题的关键。
7.(2017课标Ⅱ,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为 (　　)A. ∶2　    B. ∶1　    C. ∶1　    D.3∶ 
答案    C　本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、洛伦兹力,考查学生的推理能力、作图能力。设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒子最远出射点为N,如图所示,则由几何知识得 r1= = ,r2= = R = 由qvB= 得r= ,故 = = ,选项C正确。
审题指导　粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子的轨迹直径与磁场区域相交时,其弦长最长,即最大分布。
8.(2015课标Ⅰ,14,6分,0.759)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,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小
答案    D　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= 知,轨道半径增大;由角速度ω= 知,角速度减小,选项D正确。
9.(2016课标Ⅱ,18,6分)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为 (　　) A. 　    B. 　    C. 　    D. 
答案    A　定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角θ=30°,所需时间t= T= ;由题意可知粒子由M飞至N'与圆筒旋转90°所用时间相等,即t= = ,联立以上两式得 = ,A项正确。 
反思总结　此题考查处理粒子在磁场中运动问题的基本方法:定圆心、画轨迹,由几何知识求半径,找圆心角求时间。
10.(2015课标Ⅱ,19,6分,0.506)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子     (　　)A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
答案    AC　由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R= ∝ ,故R2=kR1,A正确。加速度大小a= ∝B,故a2=a1/k,B错。周期T= ∝ ,故T2=kT1,C正确。角速度ω= = ∝B,故ω2=ω1/k,D错。
11.(2019北京理综,16,6分)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是 (　　) A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短
答案    C　本题为带电粒子在匀强磁场中运动的问题,主要考查考生对相关知识的理解能力和推理能力,是物理学科中运动与相互作用观念、模型建构、科学推理等核心素养的具体体现。由运动轨迹和左手定则可判定该粒子带负电,A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,则粒子在b点速率等于在a点速率,B错误;由qvB=m 得R= ,若仅减小磁感应强度,则R增大,如图,粒子将从b点右侧射出,故C正确;粒子运动周期T= = ,若仅减小入射速率,则R减小,T不变,粒子运动轨迹所对应的圆心角θ变大,由t= T可知,粒子运动时间将变长,故D错误。 
12.(2019课标Ⅰ,24,12分)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。 
答案　(1) 　(2) ( + )
解析　本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题,考查了考生应用数学知识处理、分析物理问题的能力,体现了物理学科中的运动与相互作用观念的素养要素以及科学推理的核心素养。(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU= mv2 ①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m  ②由几何关系知d= r ③联立①②③式得 =  ④
 (2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s= +r tan 30° ⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=  ⑥联立②④⑤⑥式得t= ( + ) ⑦
方法诠释    确定带电粒子在磁场中做圆周运动时圆心位置的方法:①利用两速度方向的垂线;②利用弦的中垂线;③利用两速度方向间夹角补角的角平分线;④利用半径的大小。
13.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。 
答案　(1) (1+ )　(2) (1- )
解析　本题考查带电粒子在磁场中的运动。(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在xB右,所以R左0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 (　　) A. 　    B. 　    C. 　    D. 
答案    D　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m 得R= ,分析图中角度关系可知,PO'半径与O'Q半径在同一条直线上。 则PQ=2R,所以OQ=4R= ,选项D正确。
方法技巧　由题意知v与OM成30°角,而O‘S垂直于v,则∠O’SQ=60°;由于SO‘=O’Q=R,所以△SO‘Q为等边三角形,∠SO’Q=60°,由四边形OSO‘P可求得∠SO’P=120°,所以∠SO‘P+∠SO’Q=180°。
评析　本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,难度中等,正确画出运动轨迹,并且找出各角关系是解答本题的关键。
1.(2019天津理综,4,6分)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 
考点三　带电粒子在复合场中的运动
A组 自主命题、天津卷题组
答案    D　本题考查了霍尔元件的工作原理和应用,以及考生的理解能力和应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学推理素养和应用与创新的价值观念。根据左手定则判断出电子受力情况,可知电子偏转到后表面,前表面电势高于后表面电势,故A项错误。再由Ee=Bev=F洛,E= ,解得U=Bva,F洛= ,U与v成正比、U与c无关,故B、C项错误,D项正确。
解题关键　熟练应用霍尔效应的原理、特点进行推导分析。
2.(2016天津理综,11,18分)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5  N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T。有一带正电的小球,质量m=1×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g=10 m/s2。求:(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。 
答案　(1)见解析　(2)3.5 s
解析　(1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有 qvB=  ①代入数据解得v=20 m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ=  ③代入数据解得tan θ= 
θ=60° ④(2)解法一:撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有a=  ⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有x=vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有y= at2 ⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ,又tan θ=  ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t=2  s=3.5 s⑨解法二:
撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为vy=v sin θ ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有vyt- gt2=0 ⑥联立⑤⑥式,代入数据解得t=2  s=3.5 s⑦
方法技巧　1.在撤去磁场前,小球受重力、洛伦兹力、电场力三个力作用,三力平衡。2.撤去磁场后,可考虑把小球的运动分解成水平方向和竖直方向上的运动,其中竖直方向上的运动为竖直上抛运动。
3.(2015天津理综,12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θn,试求sin θn;
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。
答案　(1)2       　(2)B (3)见解析
qvnB=m  ⑥粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有 图1vn-1 sin θn-1=vn sin αn ⑦由图1看出rn sin θn-rn sin αn=d ⑧由⑥⑦⑧式得
rn sin θn-rn-1 sin θn-1=d ⑨由⑨式看出r1 sin θ1,r2 sin θ2,…,rn sin θn为一等差数列,公差为d,可得rn sin θn=r1 sin θ1+(n-1)d ⑩
图2
当n=1时,由图2看出r1 sin θ1=d  由⑤⑥⑩ 式得sin θn=B   (3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则θn= sin θn=1在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为 ,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn',由于 > 则导致sin θn'>1说明θn'不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。
4.(2017课标Ⅰ,16,6分)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 (　　) A.ma>mb>mc　    B.mb>ma>mcC.mc>ma>mb　    D.mc>mb>ma
答案    B    本题考查带电粒子在复合场中的运动。因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvcma>mc,B正确。
B组    统一命题、省(区、市)卷题组
规律总结　复合场中粒子的特殊运动带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成的复合场中运动时:若做匀速圆周运动,重力必与电场力平衡,洛伦兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。
5.(2016课标Ⅰ,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 (　) A.11　    B.12　    C.121　    D.144
答案    D　设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU= mv2①,在磁场中qvB=m ②,联立两式得m= ,故有 = =144,选项D正确。
评析　此题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,难度中等。考生需要根据题目信息找出相关运动规律公式,再结合题给条件分析解答。
审题指导　注意题给信息的含义,“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在磁场中运动的半径相等。
6.(2018课标Ⅰ,25,20分)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y