2020版高考物理一輪復(fù)習 全程訓練計劃 課練27 磁場對運動電荷的作用力（含解析）

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1、磁場對運動電荷的作用力 小題狂練 小題是基礎(chǔ)　練小題　提分快 1.[2019·江蘇省東臺創(chuàng)新學校調(diào)研](多選)以下說法正確的是(　　) A．電荷處于電場中一定受到靜電力 B．運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力 C．洛倫茲力對運動電荷一定不做功 D．洛倫茲力可以改變運動電荷的速度方向和速度大小 答案：AC 解析：電荷處于電場中一定受到靜電力，故A項正確；運動電荷的速度方向與磁場平行時，運動電荷不受洛倫茲力，故B項錯誤；洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力對運動電荷一定不做功，故C項正確；洛倫茲力對運動電荷一定不做功，由動能定理得，洛倫茲力不能改變運動電荷的動能，

2、即洛倫茲力不能改變速度的大小，只能改變速度的方向，故D項錯誤． 2. [2019·四川省成都九校聯(lián)考]1931年，著名的英國物理學家狄拉克認為，既然電有基本電荷——電子存在，磁也應(yīng)有基本磁荷——磁單極子存在，這樣，電磁現(xiàn)象的完全對稱性就可以得到保證，他從理論上用極精美的數(shù)學物理公式預(yù)言，磁單極子是可以獨立存在的，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，類似于孤立的點電荷的電場線．以某一磁單極子N為原點建立如圖所示O—xyz坐標系，z為豎直方向，則一帶電微?？梢栽诖丝臻g做圓周運動的平面為(　　) A．一定是z>0且平行于xOy的平面 B．一定是在xOy平面 C．一定是z<0且平行于xOy的平

3、面 D．只要是過坐標原點O的任意平面均可 答案：A 解析：在z>0的區(qū)域，磁場的方向是斜向上的圓錐形狀，帶電微粒若能在平行于xOy的平面內(nèi)做圓周運動，所受的洛倫茲力方向為垂直磁感線斜向上，重力豎直向下，合力的方向水平指向z軸，故可滿足做圓周運動的條件，故選項A正確，B、C、D錯誤． 3．[2019·江西省紅色七校聯(lián)考]如圖所示，三根通電長直導(dǎo)線P、Q、R互相平行，垂直紙面放置，其間距均為a，電流強度均為I，方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場中，距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度B＝，其中k為常量)．某時刻有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)正好經(jīng)過原點O，速度大小為v，方向沿y軸正

4、方向，則電子此時所受的洛倫茲力為(　　) A．方向垂直紙面向里，大小為 B．方向指向x軸正方向，大小為 C．方向垂直紙面向里，大小為 D．方向指向x軸正方向，大小為 答案：A 解析：P、Q兩根導(dǎo)線到O點的距離相等，根據(jù)安培定則，兩導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向相反，大小相等，所以最終磁場的磁感應(yīng)強度大小等于R在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小，根據(jù)安培定則，磁場的方向沿x軸負方向，RO＝a，磁感應(yīng)強度的大小B＝＝，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向垂直紙面向里，大小F＝evB＝，故A正確． 4. [2019·安徽省合肥質(zhì)檢](多選)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子

5、以某速度由圓周上A點沿與直徑AB成30°角的方向垂直射入磁場，其后從C點射出磁場．已知CD為圓的直徑，∠BOC＝60°，E、F分別為劣弧AD和AC上的點，粒子重力不計，則下列說法正確的是(　　) A．該粒子可能帶正電 B．粒子從C點射出時的速度方向一定垂直于直徑AB C．若僅將粒子的入射位置由A點改為E點，則粒子仍從C點射出 D．若僅將粒子的入射位置由A點改為F點，則粒子仍從C點射出 答案：BCD 解析：粒子由A點射入，C點射出，可確定洛倫茲力方向，由左手定則可知，粒子帶負電，A項錯誤；軌跡圓弧關(guān)于磁場圓心與軌跡圓圓心連線對稱，所以粒子從C點射出時速度方向與DC夾角也是30°，垂直

6、于直徑AB，B項正確；軌跡圓半徑與磁場圓半徑相同，由磁聚焦原理可知，C、D項正確． 5．[2019·山西省榆社中學診斷]如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)．則下列說法正確的是(　　) A．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 B．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大 C．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 D．若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠 答案：C 解析：畫出粒子在磁場中運動的軌跡，如圖

7、所示．由幾何關(guān)系得：軌跡對應(yīng)的圓心角α＝2π－2θ，粒子在磁場中運動的時間t＝T＝·＝，則得知：粒子的運動時間與v無關(guān)，故A錯誤；若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，故C正確．粒子在磁場中運動的角速度ω＝，又T＝，則得ω＝，與速度v無關(guān)，故B錯誤；設(shè)粒子的軌跡半徑為r，則r＝.AO＝2rsinθ＝，則若θ是銳角，θ越大，AO越大．若θ是鈍角，θ越大，AO越?。蔇錯誤；故選C. 6．[2019·遼寧省大連模擬]如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點，出現(xiàn)一個光斑．在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后，粒子

8、束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運動，打在熒光屏上的P點，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強大小為E的勻強電場，光斑從P點又回到O點，關(guān)于該粒子，下列說法正確的是(　　) A．粒子帶負電 B．初速度為v＝ C．比荷為＝ D．比荷為＝ 答案：D 解析：垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；當電場和磁場同時存在時，qvB＝Eq，解得v＝，選項B錯誤；當粒子在磁場中時，由qvB＝m，可得＝＝，故選項D正確，C錯誤；故選D. 7. [2019·貴州省貴陽市摸底](多選)如圖所示，在xOy平面內(nèi)的

9、0≤x≤l,0≤y≤l區(qū)域僅存在垂直于xOy平面(紙面)向里的勻強磁場(磁感應(yīng)強度大小設(shè)為B)，或僅存在沿y軸正方向的勻強電場(電場強度大小設(shè)為E)時，質(zhì)量為m、帶電荷量為e的質(zhì)子以速率v從坐標原點O沿x軸正方向進入場區(qū)，均能通過P(l，l)點，不計質(zhì)子的重力，則(　　) A．B＝ B．B＝ C．E＝ D．E＝ 答案：BD 解析：若僅存在垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子運動的軌跡半徑為l，又evB＝m，解得B＝，B項正確，A項錯誤；若僅存在沿y軸正方向的勻強電場，則質(zhì)子在電場中做類平拋運動，l＝vt，l＝at2，a＝，聯(lián)立解得E＝，C項錯誤，

10、D項正確． 8．[2019·黑龍江省哈爾濱六中模擬]在光滑水平地面上水平放置著足夠長的質(zhì)量為M的木板，其上放置著質(zhì)量為m、帶正電的物塊(電荷量保持不變)，兩者之間的動摩擦因數(shù)恒定，且M>m.空間存在足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強磁場，某時刻開始它們以大小相等的速度相向運動，如圖，取向右為正方向，則下列圖象可能正確反映它們以后運動的是(　　) 答案：B 解析：對物塊分析可知其受重力、支持力、洛倫茲力和摩擦力作用，由左手定則可知，洛倫茲力方向向上；水平方向受摩擦力作用而做減速運動；則由F＝Bqv可知，洛倫茲力減小，故m對M的壓力增大，摩擦力增大，故m的加速度越來越大；同時M受m向右的摩

11、擦力作用，M也做減速運動；因摩擦力增大，故M的加速度也越來越大；v—t圖象中圖線斜率的絕對值表示加速度大小，則可知v—t圖象中對應(yīng)的圖線應(yīng)為曲線；對M、m組成的系統(tǒng)分析可知，系統(tǒng)所受外力之和為零，故系統(tǒng)的動量守恒，最終木板和物塊速度一定相同，則有mv0－Mv0＝(M＋m)v，因M>m，故最終速度一定為負值，說明最終木板和物塊均向左做勻速運動，則B正確． 9. [2019·貴州省畢節(jié)梁才學校檢測](多選)如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的夾角為θ，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿

12、之間的動摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球下滑的最大速度為vm＝ B．小球下滑的最大加速度為am＝gsinθ C．小球的加速度一直在減小 D．小球的速度先增大后不變 答案：BD 解析：小球開始下滑時有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，隨著v增大，a增大，當v0＝時，a達到最大值即am＝gsinθ，此時洛倫茲力大小等于mgcosθ，支持力為0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，此后下滑過程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，隨著v增大，a減小，當vm＝時，a＝0，此時達到平衡狀態(tài)，速度不變．所以整個過程中

13、，v先增大后不變，a先增大后減小，所以B、D正確． 10．[2019·湖北省武漢調(diào)研](多選)如圖(a)所示，在半徑為R的虛線區(qū)域內(nèi)存在周期性變化的磁場，其變化規(guī)律如圖(b)所示．薄擋板MN兩端點恰在圓周上，且MN所對的圓心角為120°.在t＝0時，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以初速度v從A點沿直徑AB射入場區(qū)，運動到圓心O后，做一次半徑為的完整的圓周運動，再沿直線運動到B點，在B點與擋板碰撞后原速率返回(碰撞時間不計，電荷量不變)，運動軌跡如圖(a)中所示．粒子的重力不計，不考慮變化的磁場所產(chǎn)生的電場，下列說法正確的是(　　) A．磁場方向垂直紙面向外 B．圖(b)中B0＝

14、 C．圖(b)中T0＝ D．若t＝0時，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v從A點沿AO入射，偏轉(zhuǎn)、碰撞后，仍可返回A點 答案：BC 解析：根據(jù)題述一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以初速度v從A點沿直徑AB射入場區(qū)，運動到圓心O后，做一次半徑為的完整的圓周運動，根據(jù)左手定則可判斷出磁場方向垂直紙面向里，選項A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，qvB0＝m，且r＝，可得B0＝，選項B正確；帶電粒子做勻速圓周運動的周期T＝＝，帶電粒子以初速度v從A點沿直徑AB射入場區(qū)，運動到圓心O所需時間t＝，所以題圖(b)中T0＝t＋T＝＋＝，選項C正確；若t＝0時，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒

15、子以初速度v從A點沿直徑AB射入場區(qū)，運動到圓心O后，根據(jù)左手定則知粒子將向下偏轉(zhuǎn)與擋板MN碰撞后運動圓周，再與擋板B碰撞后運動一段圓弧后射出場區(qū)，不能返回A點，選項D錯誤． 11．[2019·湖南省益陽市、湘潭市調(diào)研](多選)如圖所示，兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強電場E和勻強磁場B中，軌道兩端在同一高度上，兩個相同的帶正電小球a、b同時從軌道左端最高點由靜止釋放，且在運動中始終能沿軌道通過各自軌道的最低點M、N，則(　　) A．兩小球某次到達軌道最低點時的速度大小不可能有vN＝vM B．兩小球都能到達軌道的最右端 C．小球a、b第一次同時到達最低點 D．第

16、一次到達軌道最低點時，小球a對軌道的壓力小于小球b對軌道的壓力 答案：AD 解析：由于洛倫茲力不做功，電場力對帶電小球一定做負功，所以兩個小球某次到達軌道最低點時的速度不可能有vN＝vM，A正確；由機械能守恒定律知，小球b可以到達軌道的最右端，電場力對小球a做負功，故小球a不可能到達軌道的最右端，B錯誤；第一次到達最低點的過程中，由于洛倫茲力對b不做功，而電場力一直對a做負功，因此a球的速率一直小于b球速率，故小球b第一次到達N點的時刻與小球a第一次到達M點的時刻不相同，C錯誤；由于小球能到達最低點，重力對小球a做正功，電場力對小球a做負功，由動能定理得mgR－EqR＝mv，又由牛頓第二定

17、律得，F(xiàn)N1－mg＝m，對小球b，洛倫茲力不做功，只有重力做正功，由機械能守恒定律得mgR＝mv，小球b第一次通過最低點時由牛頓第二定律得FN2－mg－qvB＝m，由牛頓第三定律知，D正確． 12．[2019·湖北省黃岡中學模擬](多選)如圖所示，下端封閉、上端開口、高h＝5 m的內(nèi)壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有質(zhì)量m＝10 g、電荷量的絕對值|q|＝0.2 C的小球，整個裝置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁場方向進入磁感應(yīng)強度B＝0.2 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．g取10 m/s2.下列說法中正確的是(　　)

18、 A．小球帶負電 B．小球在豎直方向做勻加速直線運動 C．小球在玻璃管中的運動時間小于1 s D．小球機械能的增加量為1 J 答案：BD 解析：由左手定則可知，小球帶正電，選項A錯誤；玻璃管在水平方向做勻速運動，則小球在豎直方向所受的洛倫茲力恒定，則豎直方向加速度不變，即小球在豎直方向做勻加速直線運動，選項B正確；小球在豎直方向的加速度a＝＝ m/s2＝10 m/s2，在管中運動的時間t＝＝ s＝1 s，選項C錯誤；小球到管口時豎直方向的速度v′＝at＝10 m/s，機械能的增加量ΔE＝mgh＋mv′2＝1 J，選項D正確． 13. [2019·四川省五校聯(lián)考](多選)如圖

19、所示，在x>0，y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的某點P沿著與x軸成30°角的方向射入磁場．不計重力的影響，則下列說法正確的是(　　) A．只要粒子的速率合適，粒子就可能通過坐標原點 B．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 C．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 D．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 答案：BC 解析：帶正電粒子由P點沿與x軸成30°角的方向入射，則粒子運動軌跡的圓心在過P點且與速度方向垂直的方向上，粒子在磁場中要想到達坐標原點，轉(zhuǎn)過的圓心角肯定大于180°，假設(shè)如

20、圖所示，而因磁場有邊界，故粒子不可能通過坐標原點，A錯誤；由于P點的位置不定，所以粒子在磁場中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角也不同，最大的圓心角為圓弧與y軸相切時，偏轉(zhuǎn)角度為300°，運動的時間t＝T＝，根據(jù)粒子運動的對稱性，可知粒子的運動半徑無限大時，對應(yīng)的最小圓心角也一定大于120°，所以運動時間t>T＝，故粒子在磁場中運動的時間范圍是

21、與圓心O等距的各點電場強度大小相等，磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外，膠片M.由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上的某點．粒子從粒子源發(fā)出時的初速度不同，不計粒子所受重力，下列說法中正確的是(　　) A．從小孔S進入磁場的粒子速度大小一定相等 B．從小孔S進入磁場的粒子動能一定相等 C．打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相等 D．打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，其比荷(q/m)越小 答案：CD 解析：直線加速過程，根據(jù)動能定理，有qU＝mv2－mv①，電場中偏轉(zhuǎn)過程

22、，根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝m②，磁場中偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝m③，由②式得v＝④，即從小孔S進入磁場的粒子速度大小與粒子比荷有關(guān)，故A錯誤；由②式，Ek＝，即從小孔S進入磁場的粒子的動能與q有關(guān)，故B錯誤；由③④解得r＝ ，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等，由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C正確；r＝ ，故打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，比荷越小，故D正確． 15．(多選)如圖所示，空間有一垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度大小為0.5 T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度地放置一質(zhì)量為0.05 kg、電荷量q＝－0.

23、2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5，可認為滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現(xiàn)對木板施加方向水平向左、大小為0.6 N的恒力，g取10 m/s2.則(　　) A．木板和滑塊一直做勻加速運動 B．滑塊先做勻加速運動后做勻速運動 C．最終滑塊做速度為5 m/s的勻速運動 D．最終木板做加速度為3 m/s2的勻加速運動 答案：CD 解析：滑塊開始運動后，受到豎直向上的洛倫茲力作用，且洛倫茲力不斷增大，滑塊受到的支持力逐漸減小，故滑塊先做變加速運動，當|q|vB＝mg時，滑塊做勻速運動，速度v＝5 m/s，C正確，A、B錯誤；此后，木板在恒力F作用下做勻加速直線運

24、動，且加速度a＝＝3 m/s2，故D正確． 16．圖甲所示的有界勻強磁場Ⅰ的寬度與圖乙所示的圓形勻強磁場Ⅱ的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場Ⅰ，從右邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角，該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ，射出磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了2θ角．已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為(　　) A．2cosθ B．sinθ C．cosθ D．tanθ 答案：C 解析：設(shè)有界磁場Ⅰ寬度為d，則粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的運動軌跡分別如圖1、2所示，由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由幾何關(guān)系知d

25、＝r1sinθ，d＝r2tanθ，聯(lián)立得＝cosθ，C正確． 課時測評 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇題 1．[2019·黑龍江哈六中檢測]如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場， 電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1t2為(　　) A．2：3 B．2：1 C．3：2 D．3：1 答案：D 解析：兩電子在磁場中均做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出電子的運動軌跡，如圖所示． 電子1垂直

26、射入磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為電子1的運動軌跡的直徑，c點為圓心．電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)r＝可知，電子1和2的軌跡半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝＝，電子2運動的時間t2＝＝，所以t1：t2＝3：1，故選D. 2．[2019·江西聯(lián)考]如圖所示在平面直角坐標系xOy的第一象限中，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，一帶電粒子以一定的速度平行于x軸正方向從y軸上的a處射入磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從坐標原點O射出磁場．現(xiàn)使

27、同一帶電粒子以速度方向不變、大小變?yōu)樵瓉淼?倍，仍從y軸上的a處射入磁場，經(jīng)過t0時間射出磁場，不計粒子所受的重力，則粒子的比荷為(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：帶電粒子射入勻強磁場后做勻速圓周運動，粒子第一次射入磁場時，軌跡半徑為，粒子第二次射入磁場時，粒子軌跡半徑為2a，由此可知粒子第二次在磁場中偏轉(zhuǎn)60°后射出磁場，因此t0＝，由T＝可得＝.C正確． 3．[2017·全國卷Ⅱ]如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁

28、場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2：v1為(　　) A.：2 B.：1 C.：1 D．3： 答案：C 解析：設(shè)速率為v1的粒子最遠出射點為M，速率為v2的粒子最遠出射點為N，如圖所示，則由幾何知識得 r1＝＝，r2＝＝R ＝ 由qvB＝得r＝，故＝＝，選項C正確． 4．[2019·河北邢臺質(zhì)檢] 如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊

29、的M點飛出磁場(M點未畫出)．設(shè)粒子從A點運動到C點所用時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1：t2為(　　) A．2：1 B．2：3 C．3：2 D.： 答案：C 解析：如圖所示為粒子兩次運動軌跡圖，由幾何關(guān)系知，粒子由A點進入C點飛出時軌跡所對圓心角θ1＝90°，粒子由P點進入M點飛出時軌跡所對圓心角θ2＝60°，則＝＝＝，故選項C正確． 5. [2019·長沙四校模擬](多選)如圖所示，圓心角為90°的扇形COD內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，E點為半徑OD的中點．現(xiàn)有比荷大小相等的兩個帶電粒子a、b(不計重力)以大

30、小不等的速度分別從O、E點均沿OC方向射入磁場，粒子a恰從D點射出磁場，粒子b恰從C點射出磁場，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法中正確的是(　　) A．粒子a帶正電，粒子b帶負電 B．粒子a、b在磁場中運動的加速度大小之比為5：2 C．粒子a、b的速率之比為2：5 D．粒子a、b在磁場中運動的時間之比為180：53 答案：CD 解析：本題考查了粒子在磁場中的運動問題，意在考查考生運用相關(guān)規(guī)律及數(shù)學知識解決物理問題的能力．兩個粒子的運動軌跡如答圖所示，根據(jù)左手定則判斷知粒子a帶負電，粒子b帶正電，A錯誤；設(shè)扇形COD的半徑為r，粒子a、b的軌道半徑分別

31、為Ra、Rb， 則Ra＝，R＝r2＋2，sinθ＝，得Rb＝r，θ＝53°，由qvB＝m，得v＝R，所以粒子a、b的速率之比為＝＝，C正確；由牛頓第二定律得加速度a＝，所以粒子a、b在磁場中運動的加速度大小之比為＝＝，B錯誤；粒子a在磁場中運動的時間ta＝，粒子b在磁場中運動的時間tb＝，則＝，D正確． 6．[2019·山東膠東示范校模擬](多選) 如圖所示，在光滑絕緣的水平面上疊放著兩個物塊A和B，A帶負電、質(zhì)量為m、電荷量為q，B質(zhì)量為2m、不帶電，A和B間動摩擦因數(shù)為0.5.初始時A、B處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將大小為F＝mg的水平恒力作用在B上，g為重力加速度．A、B處于水平向里

32、的磁場之中，磁感應(yīng)強度大小為B0.若A、B間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　) A．水平力作用瞬間，A的加速度大小為 B．A做勻加速運動的時間為 C．A的最大速度為 D．B的最大加速度為g 答案：BC 解析：本題考查考生對帶電體在磁場中運動過程的分析能力．F作用在B上瞬間，假設(shè)A、B一起加速，則對A、B整體有F＝3ma＝mg，對A有fA＝ma＝mg<μmg＝mg，假設(shè)成立，因此A、B共同做加速運動，加速度為，A選項錯誤；A、B開始運動后，整體在水平方向上只受到F作用，做勻加速直線運動，對A分析，B對A有水平向左的靜摩擦力fA靜作用，由fA靜＝知，fA靜保持不變，

33、但A受到向上的洛倫茲力，支持力NA＝mg－qvB0逐漸減小，最大靜摩擦力μNA減小，當fA靜＝μNA時，A、B開始相對滑動，此時有＝μ(mg－qv1B0)，v1＝，由v1＝at得t＝，B選項正確；A、B相對滑動后，A仍受到滑動摩擦力作用，繼續(xù)加速，有fA靜＝μ(mg－qvAB0)，速度增大，滑動摩擦力減小，當滑動摩擦力減小到零時，A做勻速運動，有mg＝qv2B0，得最大速度v2＝，C選項正確；A、B相對滑動后，對B有F－fA滑＝2maB，fA滑減小，則aB增大，當fA滑減小到零時，aB最大＝＝，D選項錯誤． 7. [2019·安徽巢湖一中、合肥八中等十校聯(lián)考]如圖所示，平行邊界MN、P

34、Q之間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，兩邊界間距為d，邊界MN上A點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向射出完全相同的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子射出的速度大小均為v＝，若不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為(　　) A．1：1 B．2：3 C.：2 D．2：7 答案：C 解析： 由qvB＝可知，粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝d，當速度方向沿AN時，軌跡交PQ于B點，當軌跡恰好與PQ相切時，軌跡交PQ于C點，B、C間的距離為粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度，由幾何關(guān)系可知∠O1BC＝

35、∠O2AD＝30°，所以BC＝2Rcos30°＝R；當粒子垂直于MN射入時，粒子與MN交于E點(軌跡是半圓，沒畫出)，A、E間的距離是粒子能從MN邊界射出的長度，AE＝2R，所以＝＝. 8．[2019·四川資陽測試](多選)圖中的MN、PQ為兩條相互平行的虛線，在MN的上方、PQ的下方空間存在相同的垂直紙面向里的勻強磁場，在圖中的O點沿與PQ成θ＝30°角的方向斜向上射出一帶電粒子(紙面內(nèi)運動)，粒子在上、下兩磁場中各偏轉(zhuǎn)一次后恰好經(jīng)過圖中的S點，且經(jīng)過S點的速度與O點的速度方向相同，忽略粒子的重力．則(　　) A．如果保持θ不變，僅增大粒子的初速度，則粒子一定還能經(jīng)過S點 B．粒子

36、每次經(jīng)過邊界PQ時的速度都與初速度相同 C．該粒子可能帶正電也可能帶負電 D．如果僅將θ增大到60°，則粒子一定不能經(jīng)過S點 答案：AC 解析： 以帶正電荷的粒子為例，粒子先在MN和PQ間做勻速直線運動，進入上方磁場做勻速圓周運動，再分別做勻速直線運動和勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由于上、下方磁場的磁感應(yīng)強度相等，則軌跡對應(yīng)的弦長x＝2rsinθ，而r＝.設(shè)兩平行虛線之間的距離為L，粒子經(jīng)過兩次勻速直線運動和兩次勻速圓周運動后沿水平方向向右移動的距離OS＝Lcotθ－x＋Lcotθ＋x＝2Lcotθ，與軌跡半徑無關(guān)，即與速度無關(guān)，所以增大粒子的速度后，粒子仍將通過S點，選項A正確

37、；由以上分析，粒子每次經(jīng)過PQ時速度方向與初速度方向不一定相同，選項B錯誤；粒子若帶負電，則粒子在上方磁場先向右平移x，到下方磁場后向左平移x，則總的平移距離仍為2Lcotθ，選項C正確；若將θ增大到60°，則粒子上下偏轉(zhuǎn)一次平移的距離將發(fā)生變化，但由于3cot60°＝cot30°，即粒子經(jīng)過3次上下偏轉(zhuǎn)后，也將通過S點，選項D錯誤． 9．(多選)如圖所示，有一半徑為R的光滑絕緣塑料半圓形軌道，水平固定于一磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、所帶電荷量為＋q的小球從軌道的左端由靜止釋放，半圓形軌道的最低點為A，不考慮渦流現(xiàn)象，則下列說法正確的是(　　) A

38、．小球沿軌道運動過程中機械能不守恒 B．小球通過A點時對軌道的壓力可能為3mg－qB C．小球通過A點時對軌道的壓力可能為3mg＋qB D．從軌道的左端由靜止釋放的小球，可能從軌道右端滑出 答案：BC 解析： 由于小球運動過程洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以小球機械能守恒，A錯誤；小球第一次通過最低點A時的受力情況如圖甲所示，則由機械能守恒定律可得，mgR＝mv2，小球第一次通過最低點A時由牛頓第二定律可得N1＋F洛－mg＝m，且F洛＝Bqv，聯(lián)立解得N1＝3mg－qB，由牛頓第三定律知，B正確；同理可得小球第二次經(jīng)過最低點A時，其受力情況如圖乙所示，小球第二次經(jīng)過最低點A時

39、由牛頓第二定律可得N2－F洛－mg＝，且F洛＝Bqv，則聯(lián)立解得N2＝3mg＋qB，C正確，D錯誤． 10．(多選) 如圖所示，豎直平面內(nèi)一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外．一束質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿平行于直徑MN的方向進入勻強磁場，粒子的速度大小不同，重力不計，入射點P到直徑MN的距離為h，則(　　) A．若某粒子從磁場射出時的速度方向恰好與其入射方向相反，則該粒子的入射速度是 B．恰好能從M點射出的粒子速度是 C．若h＝且粒子從P點經(jīng)磁場到M點，則所用的時間是 D．當粒子軌道半徑r＝R時，粒子從圓形磁場區(qū)域最低點射出 答案：AB

40、D 解析：根據(jù)牛頓第二定律，qvB＝m，從而求出速率v＝.若某粒子從磁場射出時的速度方向恰好與其入射方向相反，則粒子在圓形磁場中恰好轉(zhuǎn)半周，其運動軌跡如圖1所示，所以粒子做勻速圓周運動的半徑為r＝h，代入上述公式可得入射速度為v＝，A正確；若粒子恰好從M點射出，畫出其運動軌跡如圖2所示，由幾何關(guān)系有r2＝(R－)2＋(h－r)2，解得r＝，又v＝，則v＝，B正確；若h＝，則sin∠POM＝＝，∠POM＝，由幾何關(guān)系得粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)所對應(yīng)圓心角為π，所以粒子運動時間為t＝T＝，C錯誤．當粒子軌道半徑r＝R，其做勻速圓周運動的軌跡如圖3所示，圓心為O′，分別連接兩圓心與兩交點，則恰好形成一個菱

41、形，因為PO′∥OQ，所以粒子從最低點Q射出，D正確． 二、非選擇題 11．如圖所示，xOy平面內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.1 T，在原點O有一粒子源，它可以在xOy平面內(nèi)向各個方向發(fā)射出質(zhì)量m＝6.4×10－27 kg、電荷量q＝3.2×10－19 C、速度v＝1.0×106 m/s的帶正電的粒子．一感光薄板平行于x軸放置，其中點O′的坐標為(0，a)，且滿足a＞0.(不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)． (1)若薄板足夠長，且a＝0.2 m，求感光板下表面被粒子擊中的長度； (2)若薄板長l＝0.32 m，為使感光板下表面全

42、部被粒子擊中，求a的最大值． 答案：(1)0.546 m　(2)0.320 m 解析：(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．有qvB＝m 解得r＝0.2 m 如圖1，沿y軸正向發(fā)射的粒子擊中薄板的D點(最左端)，有 x1＝r＝0.2 m 而擊中薄板的最右端的粒子恰好運動了半個圓周，由幾何關(guān)系 x2＝ m 所以，感光板下表面被粒子擊中的長度 L＝x1＋x2＝0.546 m. (2)如圖2，若粒子恰能擊中薄板的最左端點，由幾何關(guān)系 OF＝＝0.12 m 解得a1＝OF＋r＝0.320 m 如圖3，若粒子恰能擊中薄板的最右端E點，由幾何關(guān)系

43、 a2＝＝ m＞0.320 m 綜上可得，為使感光板下表面全部被粒子擊中，a的最大值：am＝0.320 m. 12．[2019·廣東珠海模擬]如圖所示，直角坐標系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在紙面內(nèi)以速度v從y軸負方向上的A點(0，－L)射入，其方向與x軸正方向成30°角，粒子離開磁場后能回到A點，不計重力．求： (1)磁感應(yīng)強度B的大??； (2)粒子從A點出發(fā)到再回到A點的時間． 答案：(1)　(2) 解析：(1)粒子做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知， r＝＝2L，洛倫茲力提供向心力， qvB＝， 聯(lián)立得B＝. (2)粒子做勻速直線運動的時間t1＝2×＝， 在磁場中偏轉(zhuǎn)了300°，所用時間 t2＝T＝×＝， 粒子從A點出發(fā)到再回到A點的時間t＝t1＋t2＝. 22