专题10磁场带电粒子在磁场中的运动（练习）（解析版）.docx

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1、专题10磁场带电粒子在磁场中的运动目录01磁场对通电导线的作用力问题2考向一磁场对通电导线的作用力问题202带电粒子在磁场中的运动10考向一带电粒子在磁场中的圆周运动10考向二带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题14考向三带电粒子在磁场中运动的多解问题36考点01磁场对通电导线的作用力问题考向一磁场对通电导线的作用力问题1.（2023北京高考真题）如图所示，在磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为。，长度为/（/）.带电粒子束持续以某一速度V沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上

2、，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为小粒子电荷量为+4,不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（）A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为。B.粒子质量为驷VC,管道内的等效电流为阳区力-D.粒子束对管道的平均作用力大小为囱应/【答案】C【详解】A.带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r=a,故A正确，不符合题意；B.根据q田=加且，可得粒子的质量机=如，故B正确，不符合题意：C.管道内的等效rV电流为I=NqSV,单位体积内电荷数为3，则/=Lr的y=q,故C错误，符合题意；D.由动串:avva定理可得幽=2三rv,粒

3、子束对管道的平均作用力大小FX与=尸，联立解得F=的/,故D正确，不符合题意。故选C。2. （2023江苏高考真题）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为8.L形导线通以恒定电流/,放置在磁场中.已知时边长为2,与磁场方向垂直，从边长为/,与磁场方向平行.该导线受到的安培力为（）A. O【答案】CB. BIlC. 2BD. 5B/【详解】因be段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab=Bl21=2BIl则该导线受到的安培力为2B11故选C。3. （2022湖南高考真题）如图（0）,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴。0,上，其所在区域存在方向垂直指向Oo的

4、磁场，与00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（6）所示。导线通以电流/,静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为仇下列说法正确的是（）A.当导线静止在图（）右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB.电流/增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C. tan。与电流I成正比D. sin。与电流/成正比【答案】D【详解】A.当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有O(Or)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00距离相等位置的；混度大小相等且不随时间变化，有Sine=%,F=mgcosD,则可看出Sin川.流I成正比，mg当I增大时增

5、大，则Cos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。4. （2022浙江高考真题）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流/的大小，然后保持电流，不变，改变导线通电部分的长度L得到导线受到的安培力尸分别与/和L的关系图象，则正确的是（）【答案】B【详解】根据F=BlL,可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F-I图象是过原点的直线。同理保持电流I不变，改变通过电部分的长度L,则F-L图象是过原点的直线。故选B.5. （2021重庆高考真题）（多选）某同学设计了一种天平，其

6、装置如图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是（）A.若尸处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流B.若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流C.若尸处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流D.若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流【答案】BC【详解】AB.当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁场

7、方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，故A错误，B正确；CD.若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，故C正确，D错误。故选BCo6. （2021江苏高考真题）在光滑桌面上将长为万L的软导线两端固定，固定点的距离为2L,导线通有电流I,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（）A.BILB.2BILC.BiLD.2BlL【答案】A【详解】从上向下看导线的图形如图所示F导线的有效长度为2L,则所受的安培力大小尸=28/3设绳子的张力为T,由几何关系可知T=解得T=BlL,故A正确，BCD错误。故选A.7. （2021广东高考真题）

8、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乙，四根平行直导线均通入电流A，/*/2,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（）02【详解】因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右要受到L吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线右要受到L排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。故选C。8. （2023北京高考真题）2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术

9、的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度8与电流i的关系式为8=h（2为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由/变为2/。已知两导轨内侧间距为L每一级区域中金属棒被推进的距离均为s,金属棒的质量为求：（I）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小B（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比：%；（3）金属棒从静止开

10、始经过两级区域推进后的速度大小队金属棒第一级区域 ：第二级区域I【答案】(1) klL (2) 1:4： (3)IIoH2 Ls【详解】（1）由题意可知第级区域中磁感应强度大小为Bl=H金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为二S比=以七（2）根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为6=生卫tnm第二级区域中磁感应强度大小为B2=Ikl金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为尸=层2L=必八金属棒经过第二级区域的加速度大小为=2mm则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为：生=1:4（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得产s+Ps=!加声-O2解得金属棒

11、从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为9. （2022天津高考真题）直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为/,容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于Oy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B,两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。己知导电液体的密度为外、电阻率为夕，重力加速度为g。（1）试判断所加磁场的方向；（

12、2）求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压Uo;【答案】（1）沿Z轴负方向；（2）UO=丝掣：（3）U笔包【详解】（1）想实现两板间液面上升，导电液体需要受到向上的安培力，由图可知电流方向沿X轴正方向，根据左手定则可知，所加磁场的方向沿Z轴负方向。（2）设平板宽度为两板间初始液面高度为人,当液面稳定在高咬2人时，两板间液体的电阻为R,则有R=P-Ihb当两板间所加电垢为UO时，设流过导电液体的电流为/,由欧姆定律可得/=今外加磁场磁感应强度大小为8时，设液体所受安培力的大小为尸，则有尸=B/两板间液面稳定在高度24时，设两板间高出板外液面的液体质量为m,则有机=2。励/两板间液体受到的安培

13、力与两板间高出板外液面的液体重力平衡，则有尸二mg联立以上式子解得UQ=3答（3）设两板间液面稳定时高度为nh,则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为（n-l）h,与（2）同理可得一4TB=P（*i）blgpM整理上式，得U=F.第欧平板与容器足够高，若使两板间液面能够持续上升，则n趋近无穷大，即上。无限趋近于1,可得M02带电粒子在磁场中的运动考向一带电粒子在磁场中的圆周运动1. （2021湖北高考真题）（多选）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和C三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒

14、的作用力，下列说法正确的是（）XXXX bXXXXXXA. a带负电荷C. C带负电荷B. b带正电荷D. a和b的动量大小一定相等【答案】BC【详解】ABC.由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子C应带负电，A错误，BC正确；D.粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即q由=加亡，解得R=胃，由于粒子”与粒Fb的质量、电荷量大小关系未知，则粒子a与粒JbRqB的动量大小关系不确定，D错误。故选BC02. （2023福建高考真题）阿斯顿（F.Aston）借助自己发明的质谱仪发现了负等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素

15、简化的工作原理如图所示。在?P上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0两个鼠离子在0处以相同速度V垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v=9.6104ms,=0.1T,落在M处笈离子比荷（电荷量和质量之比）为4.8xKc/kg；AO、M、N、尸在同一直线上；离子重力不计。（1）求OM的长度；（2）若。N的长度是OM的1.1倍，求落在N处负离子的比荷。【答案】(1) 0.4m： (2) 4.4106Ckg【详解】（1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有g出=WEr整砰得二Y9.6 XlO44.81060.1m = 0.2mOM的长度为。

16、W=2r=0.4m（2）若ON的长度是OM的1.1倍,则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供2向心力得夕，8=r,整理得E=丁二=44XIO6CZkgWrBrB3. （2023天津高考真题）信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图1,其可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子，击中极板时，激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量用，带电量e。（1）如图2,在极板上建系。极板上方空间内存在磁场，其强度为8,方向平行Z轴。极板间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图，某次激发中，产生了2个电子。和从其初速度方向分别在XQy与ZOy平面内，且与），轴正方向成6角，则

17、：（i）判断8的方向；（11） 、6两个电子运动到下一个极板的时间和G；（2）若单位时间内阴极逸出的电子数量不变，每个电子打到极板上可以激发出b个电子，且阳极处接收电子产生的电流为/,在答题纸给出坐标系里画出表示U和/关系的图像并说出这样画的理由。极板1极板2阳极极板nAU【答案】（1） （ i ）沿Z轴反方向；（ii）_ (九一 2)meB“翳见解析【详解】（1） （ i ） a电子，初速度方向在Xoy平面内,与y轴正方向成0角；若磁场方向沿Z轴正方向,a电子在洛伦兹力作用下向X轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿Z轴反方向，a电子在洛伦兹力作用下向X轴正方向偏转，符合题意;b电子，初速

18、度方向在ZOy平面内，与y轴正方向成0角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿Z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿X轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿Z轴反方向。符合题意;综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴反方向。由图可知电子运动到下一个极板的时间f哄一丁_（.一）2un（万2。）用,-2-TbeBb电子，沿Z轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速直线运动；沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使电子向右偏转，电子运动半个圆周到下一个极板的时间力=7=W（2）设b=H单位时间内阴极逸出的电子数量NO不变，每个电子打到极板上可以激发个电子，姓近n次激发阳极处接收电子

19、数量N=NW=NO伏U)”=NOku对应的电流I=Ne=eN0knUn=(eN.k,)Un=AU,可得I-U图像如图4. （2023河北唐山迁西县第一中学校考二模）（多选）如图所示，PQ、MN是相互平行、间距为L的长直边界，在两边界外侧都存在匀强磁场，方向均垂直于纸面向内，MN右侧磁场的磁感应强度大小为8。一质量为机，电荷量为+4的带电粒子从MN边界的。点以大小为U的初速度垂直于边界沿纸面射入右侧磁场区,段时间后粒子从右向左再次经过。点，不计粒子的重力。左侧磁场的磁感应强度可能值为（）XM：X；X：XXXXXA.B.C.D.2BTX【答案】CD【详解】根据题意，设带电粒子在右侧匀强磁场中运动的

20、轨道半径所由2=，解得低设粒子在PQ左侧匀强磁场中运动的轨道半径为R,若粒了进入左侧磁场区运动次后，从右向左经过O点，其轨迹如图2B则有R由涧=咤，解得用嗡二，若粒子两次进入左侧磁场区运动后，才从右向左经过。点,粒子运动轨迹如图由几何关系可知2-3,由叫=噎，解得BLa故选CD,考向二带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题5. （2022辽宁高考真题）（多选）粒子物理研窕中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为

21、真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）B.粒子2可能为电子C.若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的。点D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的。点【答案】AD【详解】AB.由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；C.由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应服咬，粒加都不会偏转,C错误;D.粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有qM=mE,解得二勺,rqB可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。故选ADo6. （2021全

22、国高考真题）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为，小电荷量为4（夕0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MQV方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为匕，离开磁场时速度方向偏转9。；若射入磁场时的速度大小为离开磁场时速度方向偏转6。，不计重力，吟为（）b 3 3A- 2r3。2D. 3【答案】B【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R,根据几何关系有第一次的半径n=R,第二次的半径弓=例，根据洛伦兹力提供向心力有q田=叱，可得口=妙，所以匕=二=rnV23故选B。7. （2021北京高考真题）如图所示，在M坐标系的第象限内存在匀强磁场。带电粒子在尸点以与X轴正方

23、向成60。的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于），轴射出磁场。已知带电粒子质量为h电荷量为.OP=ao不计重力。根据上述信息可以得出（）A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B.带电粒子在磁场中运动的速率C.带电粒子在磁场中运动的时间D,该匀强磁场的磁感应强度【答案】A【详解】粒产恰好HWJy轴射出磁场,做两速度的垂线交点为圆心Q,轨迹如图所示A.由几何关系可知。=tan3（F=也，/?=，_=迎，因圆心的坐标为（0,也幻，则带电粒子在3cos30033磁场中运动的轨迹方程为*+（）Ta）2=#,故A止确；BD.洛伦兹力提供向心力，仃08=。解得带电粒子在磁场中运动的速率为y=迦，因轨迹圆的半径K可求

24、出，但磁感应强度6未知，则无法求出m带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；C.带电粒子圆周的圆心角为2不，而周期为T=生=岑，3VqB2则带电粒自在磁场中运动的时间为一号”T_2乃加，因磁感应粒度8未知，则运动时间无法求得，故C错23qB误；故选Ao8. （2021海南高考真题）（多选）如图，在平面直角坐标系的第象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为8。大量质量为用、电量为的相同粒子从y轴上的P（0,、瓦）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与），轴正方向的夹角为（0180。）。当=150时,粒子垂立X轴离开磁场。不计粒子的重力。则（PV叱OxA.粒子

25、一定带正电B.当=45。时，粒子也垂直X轴离开磁场C粒子入射速率为羽些mD.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3后【答案】ACD【详解】A.根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确;BC.当=150时，粒子垂直X轴离开磁场，运动轨迹如图粒了运动的半径为冬=2版,洛伦兹力提供向心力夕阳=加止，解得粒子入射速率y=幽些,cos60rm若=45,粒子运动轨迹如图根据几何关系可知粒子离开磁场时与X轴不垂直，B错误，C正确；D.粒离开磁场距离。点距离最远时,粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图根据几何关系可知0）2=（描了+七，解得Xnl=3,D正确。故选ACD09. （2024海

26、南校联考一模）（多选）在如图所示的坐标系中，P、Q分别是小y轴上的两点，P、Q到原点O的距离均为LZOPQ区域内（包含边界）存在与直角坐标系Xoy平面垂直的匀强磁场（未画出）。一质量为?、电荷量绝对值为q的带电粒子从原点。处以速率%沿X轴正方向射入磁场，从OQ之间的M点（未画出）射出，不计带电粒子的重力，则匀强磁场的磁感应强度大小可能为（）【答案】BC【详解】带电粒子从OQ之间的M点射出，由带电粒子在磁场中受力分析可知，粒子从原点0处以速率%沿X轴正方向射入磁场时，受力方向应该向上，如图为匀强磁场的磁感应强度最小值时的轨迹由几何关系可知H+R=L,由洛伦兹力提供向心力可知效练加=E,联立两式解

27、得练亩=-）/Zn；RcL可知BC正确，AD错误。故选BC。10. （2023全国模拟预测）（多选）如图所示，空间中有一个底角均为60。的梯形，上底与腰长相等为L,a JikBL A.D 3y3kBL D 4c 5j3kBL6梯形处于磁感应强度大小为8、垂直于纸面向外的匀强磁场中，现C点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿大小可变的电子，电子的比荷为化为使电子能从油边射出，速度大小可能为（）【答案】BC【详解】能够从ab边射出的电子，半径最小为从b点射出，如图所示由几何关系可知4=一=亚心，半径最大为从2点射出，如图所示COS3003O由几何关系可知5=庖，由牛顿第二定律有q田=解得=笳

28、=点，则有不为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为箸些故选BC。11. （2023河北保定河北省唐县第一中学校考二模）（多选）如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（包括边界，图中未画出），NAC8=30,一带正电的粒子由A点以速率%沿AB方向射入磁场，经磁场偏转后从AC边离开磁场，已知AA=L,粒子的质量为小，电荷量为4,粒子重力忽略不计.则下列说法正确的是（）A.磁感应强度的大小可能为华qLB.磁感应强度最小时，粒子的出射点到C点的距离为L2rLC.从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间均为不一D.当磁感应强度取粒子从AC边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子在

29、磁场中的运动时间缩短【答案】AD【详解】A.粒子的轨迹与BC边相切时，粒子刚好从AC边离开磁场，作制粒子的轨迹如图所示，此时粒子的轨道半径最大，磁感应强度最小，由几何关系可知该粒子的轨道半径为r=&由洛伦兹力提供向心力有wE=q由，解得磁感应强度的最小值为5=，故A正确；B.磁感应强度最小时，粒了从AC边的0点离开磁场，由几何关系可知AD=2eos30=描，所以出射点到C点的距离为8=2L-血=（2-6注,故B错误；C.磁感应强度最小时，粒了在磁场中的运动周期为T=空I=网1,粒子的轨迹所对应的圆VoV02rLE2rrn心角为120,所以粒子在磁场中运动的时间为r=g,即为，二丁，由公式丁二一

30、不，可知磁感应强度越33v0qB大，粒子在磁场中的运动周期越小，由于轨迹所对应的圆心角不变，所以粒子在磁场中运动的时间越短，故C错误；D.磁感应强度取粒子从Ae边离磁场的最小值时，粒子在磁场中运动的周期一定，粒子的入射速咬越大，粒子的轨道半径越大，当粒子从BC射出时，粒子的速度增大，粒子的轨迹所对应的圆心角减小,所以粒子在磁场中运动的时间减小，故D正确。12. （2023河北校联考模拟预测）（多选）如图所示，在XOy坐标系中，），轴右侧存在匀强磁场，磁场右边界线与），轴平行，有两个带负电荷的粒子A和B从。点进入磁场，进入磁场时两粒子的速度大小相等，粒子A进入磁场时速度方向与X轴成60。角，粒子

31、B进入磁场时速度方向与X轴成30。角，经磁场偏转后两粒子恰好都没有穿越磁场右侧边界线，则下列说法正确的是()A.两粒子在磁场运动半径之比勺=3(2-6)B.两粒子的比荷之比为丑3C.两粒子在磁场运动周期之比?=3(2+6)D.两粒子在磁场运动时间之比，=J(2-)rB4【答案】AD【详解】A.两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，部分运动轨迹如下图所示2设磁场宽度为d,根据几何知识可得RaSin60。+&=。，RBSin30。+解得RA=2(2-5)d,Rli=jd,故务=3(2-6)，故A正确；B.根据洛伦兹力提供向心力/8=誓，可得&=(=,由于两带电粒子速度相同，故两粒子的比荷之比为名=冬=

32、空，故B错误；C带电粒子在匀强磁场中做原RA3(2-3)3匀速圆周运动的周期为T=缥=头，故两粒子在磁场运动周期之比为=3=4=3(2-6)，故C错误qBkBTraRB;D.根据几何知识可知A粒子和B粒子在磁场中偏转角度分别为久=300。，=240o,故两粒子在磁场运动时间分别为心二嘉八=。工、，%=去=4，故两粒子在磁场运动时间之比为JoUOJoU34-TB5 - 6-2 - 3=ZA%故D正确,故选AD。13. （2023辽宁沈阳东北育才学校校考一模）（多选）如图，在一个边长为的正六边形区域内，存在磁感应强度为8、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电粒子，比荷为幺，先后从A点沿4

33、。方向以m大小不等的速率射入匀强磁场区域，已知粒子只受磁场的作用力，则（）A.从/点飞出磁场的粒子速度大小为叵丝mB.所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间都相同C.从E点飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间为答3BqD.从E。边上的某一点垂直即飞出磁场的粒子，其轨道半径为2岛【答案】BCD【详解】A.从F点飞出的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为/；,洛伦兹力提供向心力，Ill牛顿第二定律价8=E,由几何关系可得4=一=叵，联立解得V=理丝，故A错说4,2sin60o33加BC2,B.粒广伯烫场中做匀速圆周运动的周期为T=T-所有从AF边上飞出磁场的粒了,在磁场中转过的圆心q

34、B12/AoJ2j2,7?角均为120。，则在磁场中的运动时间均为，=济T=WXT=普，故B正确；C.由几何关系可得，从360o3qB3qBE点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角60。，粒子在磁场中的运动时间为黑T=Jx二瑞，故C正3606qB3qB确；D.由几何关系可得，从E。边上的某一点垂直EO飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角为30。，则AEr有AE=2cos30。=，ry=-=23t,故D正确。sin30故选BCD014. （2023广西南宁南宁三中校考二模）（多选）如图所示，A、C两点分别位于X轴和）轴上，NOcA=300,OA的长度为心在ZN区域内（包括边界）有垂直于Xoy平面向里的

35、匀强磁场。质量为小、电荷量为q的带电粒子，以各种不同的速度垂直OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为2%。不计重力。下列说法正确的是（）A.带电粒子带负电B.磁场的磁感应强度的大小为C.从。4中点射入磁场的带电粒子可以从C点出射D.能从OA边射出的带电粒子最大射入速度是(23-3)【答案】BD【详解】A.由左手定则可知带电粒子带正电，故A错误：B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间2t0内其速度方向改变了90,故其周期T=8t0,设磁感应强度大小为B,粒子速度为V,圆周运动的半径为r,由故B正确;洛伦兹力公式和牛顿第二定律得g团=mJ,匀速圆

36、周运动的速度满足y=竿C,由题给条件可知，带电粒子从C点出射，则C为切点，如图所示由几何关系可知，粒子的轨迹半径为2,入射点到A点距离为（4-2b）L,不是从Q4中点射入磁场，故C错误；D.由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹与AC边、OC边相切时，粒子的轨迹半径最大,此时粒子的入射速度最大，如图所示设0为圆弧的圆心，圆弧的半径为rt）,圆弧与AC相切于N点，从O点射出磁场，由几何关系可知G+-=设粒子最大入射速度大小为vm，由圆周运动规律有列InB=M匕，解得y=（2而3）北cos30oGm40故D正确。故选BD,15. （2023河北唐山开滦第一中学校考一模）（多选）如图所示，竖直平面

37、内两条虚线是匀强磁场的上下边界，宽度d=02m,磁场的磁感应强度B=OJT,在磁场下边界P点有粒子源，可以向磁场各个方向发射速度%=1.0xl（）3ms带正电的粒子，粒子比荷旦=2.5x104Ckg,不计粒子的重力，下列说法正确的是（）mX-PA.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为0.4mB.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为0.5mQC.粒子在磁场中运动的最长时间是乃xl(T4SD.粒子在磁场中运动的最长时间是g4xl(4s【答案】AC【详解】AB.根据qvB=Lr代入数据得r=04m故A止确、B错误；CD.在磁场中运动时间最长的粒子轨迹应与上边界相切，如图所示MN=d=02m,PNION,

38、ON=OM-MN=02m,NPON=60。，圆心角NPOQ=I20。，在磁场中运动时间最长f=r,7=-=814s所以TXlOTs,故C正确、D错误。3VqB3故选AC。16. (2023全国校联考模拟预测)如图1所示，在半径为的圆形区域内，有垂直于圆面的磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图2所示，片和打大小之比为退：1,已知q二。f=O时刻，一带电粒子从P点沿Po方向进入匀强磁场中，从圆周上A点离开磁场，NPOA=60。，在磁场中运动的时间为(Affo),粒子重力不计。(1)求该粒子的比荷(用含八B。的式子表示)；(2)若同一种粒子在G时刻从尸点入射，速度大小、方向均与第一次相同，求这个粒子

39、在圆形磁场区域中运动的时间。/XXX!-O、XXBo图11【答案】漏？【详解】（I）根据题意做出粒子得运动轨迹如图所示根据几何关系可得该粒子轨迹得半彳仝K=rtan30=&3设核粒Iy-呈为/,为仆人射灯度5，由方RZJJ廿讣句心，即一吟Rl粒了的周期为T=生用Vlr4t.T2R.则可得4=丁=一户33vq1联立解得2=F7m3Blz（2）在4时刻射入同粒子，此时的磁场强度为人，根据洛伦兹力充当向心力有层伏=加!v2解得打mvB2q根据题意有与：鸟=有:1=iS=则可知粒子在磁场中偏转的角度为90，设该粒了在此磁场中运动的时间为I，则可得2冗R、1书R33At=-=rV42v417. （202

40、3河南新乡统考一模）如图所示，在空间坐标系。-中，区域I是边长为L的正方体空间，该空间内存在沿Z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为4（大小未知），区域11也是边长为L的正方体空间，该空间内存在沿），轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为打（大小未知），区域的上表面是一粒子收集板。一质量为加、电荷量为q的带电粒子从坐标原点。沿y平面以初速度%进入区域I,然后从区域I右边界上的M点沿X轴正方向进入区域n。已知/点的坐标为（l,亨,。），粒子重力不计。（1）求磁感应强度用的大小；（2）为使粒子能够在区域11中直接打到粒子收集板上，求磁感应强度层的大小范围。【详解】（1）带电粒子在区域I中做匀速圆周运

41、动，由洛伦兹力提供向心力得g%B=m由几何关系可知R2=2+（/?-1）2可得r=3l4联立可得，磁感应强度Bl的大小为片=警JqL（2）为了保证粒子能够宜接打到粒子收集板上，最小半径为N=最大半径为凡=心由洛伦兹力提供向心力得4%且J联立可得，磁感应强度层的大小范围为巴粤qLqL18. （2023浙江台州统考模拟预测）如图所示，O孙平面（纸面）内轴右侧连续分布宽度为L的无场区域和宽度为d（未知）的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=我殳，方向垂直纸面向里。位于原点。处qL的粒子源能释放出质量为加，电量为夕，初速度大小为的正离子，离子沿各方向均匀分布在与“轴成6=60。的范围内，其中有75%的离

42、子能从第一个磁场区域的右边界飞出。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。求：（1）离子进入磁场后做圆周运动的半径大小;(2)磁场宽度d的大小；(3)离子能到达离y轴的最远距离；(4)离子从。点出发到飞离第一个磁场区域的左边界所用时间的最小值。提示：若/()=-!-,则=COSCrcosay/XXXXXXXXXXX0XXXXXXXXXXXLlc/,一L、Ad、【答案】R=与L；4=乙；XmaX=2戊+心+165(4)*=华(1+?【详解】(1)根据洛伦兹力充当向心力有4%8=萼解得R=L2IjX轴成&=30。斜向上入射的离子恰好从磁场右侧飞出,(3)在最远位置时，离子的速度方向

43、变为沿y轴正方向,由几何关系可得d = R-RSina = -L4则沿y方向由动量定理可得2vxB = mv即 qBx = wv0 - wv0与X轴成夕=60。斜向下入射的离子v0v = -v0sin60o4最大,解得/=拽邛L故离子在第四个磁场中到达最远位置,则离）轴的最远距离为XmaX22+6 + 164L (-2a)m(4)运动时间为f =+ -%cos qB+ cos a6(兀-2a)2-JT令r()=O,解得=:4故最短时间为，min=f(1+()19. （2023四川成都校联考模拟预测）如图所示，真空中有四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴

44、线与磁场区域两侧相交于。、O,点，各区域磁感应强度大小相等，方向如图所示。某粒子质量为加、电荷量为+夕，从。点沿轴线方向射入磁场。当入射速度为时，粒子从。点上方d处射出磁场。求：（1）磁感应强度大小8；(2)4入射速度为耳%时,粒子从O运动到。的时间，;(3)4入射速度仍为耳，通过沿轴线OO平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O的时间增加/,求4的最大值。2d【答案】(1)2nv0( 4 + 3-J d(3-J3),B = ； 2) t= ；(3)C d(WI 6 Jv03v0【详解】(1)山题意知,粒F在磁场中做匀速圆周运动，有q%5 =油由几何关系可得%=T2%qd(2)粒子在第一个矩形磁场中做匀速圆周运动时,设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为Q,由几何关系可知Sina=4r联立解得Sina=3244后即。=60。设粒子在磁场中做