【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练27 磁场对运动电荷的作用.doc，共(15)页，736.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练27磁场对运动电荷的作用1．(2018·黑龙江哈六中期中)如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c

离开磁场，则t1∶t2为()A．2∶3B．2∶1C．3∶2D．3∶1答案：D解析：两电子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示．电子1垂直射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为电子1的运动轨迹的直径，c点为圆心．电子2以相同速

率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据r＝mvBq可知，电子1和2的轨迹半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝T2＝πmB

q，电子2运动的时间t2＝T6＝πm3Bq，所以t1∶t2＝3∶1，故选D.2．(2018·陕西榆林一模)如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m，带电荷量为－q，速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间

的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中B0＝mv0qL，A、C、D选项中曲线均为半径是L的14圆弧，B选项中曲线为半径是L2的圆)()答

案：A解析：由于带电粒子流的速度均相同，则当粒子飞入A、B、C这三个选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同，r＝L.D选项中磁场的磁感应强度是2B0，粒子的轨迹半径是A、B、C选项中粒子的轨迹半径的一半．粒子的初速度都相同，以初速度的方向为切线，以粒子进

入磁场的点为切点，画半径已知的圆，圆弧与磁场边界的交点为出射点，由数学知识可以证明A图中粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，A选项正确．当粒子射入B、C两选项中磁场时，均不可能汇聚于同一点，粒子射入D选项中磁场时向下偏转

，但仍不能汇聚到一点，B、C、D选项错误．3．(2018·江西第三次联考)如图所示在平面直角坐标系xOy的第一象限中，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，一带电粒子以一定的速度平行于x轴正方向从y轴上的a处射入磁场，粒子经磁场偏转后恰好从坐标原点O射出磁场．现使同一带电

粒子以速度方向不变、大小变为原来的4倍，仍从y轴上的a处射入磁场，经过t0时间射出磁场，不计粒子所受的重力，则粒子的比荷qm为()A.π6Bt0B.π4Bt0C.π3Bt0D.π2Bt0答案：C解析：带电粒子射入匀强磁场后做

匀速圆周运动，粒子第一次射入磁场时，轨迹半径为a2，粒子第二次射入磁场时，粒子轨迹半径为2a，由此可知粒子第二次在磁场中偏转60°后射出磁场，因此t0＝T6，由T＝2πmqB可得qm＝π3Bt0.C正确．4．(20

18·吉林模拟)如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径．一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°角时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小

改为v，则粒子在磁场中运动的时间为(不计带电粒子所受重力)()A．3tB.3t2C.t2D．2t答案：D解析：设磁场区域的半径为R，根据周期公式T＝2πmqB，可得同一粒子在磁场中运动时的周期相同，当速度的大小为2v时，粒子做圆周运动的轨迹圆心为C，根据弦切

角等于圆心角的一半可知，圆弧所对的圆心角为60°；磁场区域的半径恰好等于粒子做圆周运动的轨迹半径的一半；当速度的大小为v时，轨迹半径为原来的一半，粒子运动轨迹的圆心为O′点，在原来的半径aC的中点处，则新的轨迹圆的半

径与磁场区域的半径相等，则θ＝60°，由几何关系可知圆弧所对的圆心角为120°，则粒子的运动时间为2t，所以D正确．5．(2018·湖南邵阳二模)(多选)如图所示，在坐标系x<0与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场

方向均垂直于纸面向里，且B1∶B2＝3∶2.在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，已知粒子a以速度va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，带电荷量相等，且两粒子的速率满足mava＝mbvb，若在此后的运动中，当粒子a第四次经过y轴

(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇，粒子重力不计，下列说法正确的是()A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2B．两粒子在y轴正半轴相遇C．粒子a、b相遇时的速度方向相同D．粒子a、b的质量之比为1∶5答案：BCD解析：由带电粒子在

匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝mvqB，可得ra1rb1＝mavaqB1mbvbqB1＝11，选项A错误．由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝mvqB可知，粒子a从O点出发沿x轴正方向运动，逆时针向上运

动半周沿y轴上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下运动半周后下移2ra1，由于B2<B1，则第二次经过y轴时粒子a在坐标原点的上方(2ra2－2ra1)处，同理，第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra2－2ra1)处，选项B正确．粒子在磁场B1、B2中的半径之比为2∶3，如图所示，从运动情况进

行考虑，粒子b向上运动半周后与粒子a相遇，粒子a第四次经过y轴时速度方向向右，而粒子b运动半周时速度方向也向右，所以粒子a、b相遇时的速度方向相同，选项C正确．根据周期公式T＝2πmqB及题意，当两粒子在y轴上相遇时，有12Tb1＝Ta1＋Ta2，即12×2πmbqB1

＝2πmaqB1＋2πmaqB2，结合B1∶B2＝3∶2，得mamb＝15，选项D正确．6．(2018·辽宁沈阳郊联体联考)(多选)在如图所示的虚线MN上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面

向外，纸面上直角三角形OPQ的∠Q为直角，∠QOP＝30°.两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知()A．带电粒子a的速度一定比b的大B．带电粒子a的比荷一定比b的大C．带电粒子a的运动周期一定比b的大D．带电粒子

a的轨迹半径一定比b的大答案：AB解析：根据题意，两带电粒子的运动轨迹如图所示，两带电粒子做圆周运动的半径相同，运动时间相同，ta＝2π32πTa，tb＝π32πTb，所以Tb＝2Ta，再由T＝2πmqB可知，qama＝2qbmb，B正确，C

、D错误；因为两带电粒子的轨迹半径相同，由R＝mvqB和mbqb>maqa可知，vb<va，A正确．7．(2018·河北衡水中学摸底)如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电的粒子，比荷为qm，先后从A点沿

AD方向以大小不等的速度垂直射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受到磁场力作用．已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁

场区域，则()A．编号为①的粒子在磁场区域内运动的时间为πmqBB．编号为②的粒子磁场区域内运动的时间为πmqBC．①②③三个粒子进入磁场的速度依次增大D．①②③三个粒子在磁场内运动的时间依次增加答案：C解析：设编号为①的粒子在正六边形区域磁

场中做圆周运动的轨迹半径为r1，速度大小为v1，则有qv1B＝mv21r1，由几何关系可得r1＝a2sin60°，解得v1＝3Bqa3m，在磁场中转过的圆心角为120°，则运动时间t1＝13T＝2πm3qB；设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的轨迹

半径为r2，速度大小为v2，由几何关系可得r2＝a，解得v2＝qBam，该粒子在磁场中转过的圆心角为60°，则粒子在磁场中的运动时间t2＝T6＝πm3qB；设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的轨迹半径为r3，速度大小为v3，由几何关系可得r3＝23a，解得v3＝23B

qam，在磁场中转过的圆心角为30°，则t3＝T12＝πm6aB.选项C正确，选项A、B、D错误．8．(2018·吉林长春质检)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直纸面向里，e是ad

的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v垂直射入磁场一带负电的粒子，最后粒子恰好从e点射出，则()A．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从d点射出B．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从f点射出C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，将从d点射出

D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短答案：A解析：如图所示，根据几何关系可知，当粒子从d点射出时，轨迹半径增大为原来的2倍，由半径R＝mvqB可知，粒子的速度也增大为原来的2倍，或粒

子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的一半，选项A正确，选项B、C错误；由粒子在磁场中运动的周期T＝2πmqB，可知粒子在磁场中运动的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹所对应的圆心角，所以从e、d射出时所用时间相等，从f点射出时所用时间最短，选项D错误．9．(2

018·浙江温州中学模拟)(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域

宽度为d.质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则()A．粒子在磁场中的运动轨迹半径为d2B．粒子从距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域C

．粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为πmqBD．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm3qB答案：CD解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝mv2r，其中v＝q

Bdm，解得r＝d，故A错误；画出粒子恰好不进入Ⅱ区域的临界轨迹，如图所示，结合几何关系，有AO＝rsin30°＝2r＝2d，故粒子从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故B错误；粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为t＝T2＝πmBq

，故C正确；从A点进入Ⅱ区域的粒子在磁场Ⅱ中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为tmin＝T6＝πm3qB，故D正确．10.(2018·安徽巢湖一中、合肥八中等十校联考)如图所示，平行边界MN、PQ之间有垂直于纸面向里的匀

强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d，边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v＝2qBd3m，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从

PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为()A．1∶1B．2∶3C.3∶2D．27∶7答案：C解析：由qvB＝mv2R可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝23d，当速度方向沿AN时，轨迹交PQ于B点，当轨迹恰好与PQ相切时，轨迹交PQ于C点，B、C间的距离为粒子能从PQ边界

射出的区域长度，由几何关系可知∠O1BC＝∠O2AD＝30°，所以BC＝2Rcos30°＝3R；当粒子垂直于MN射入时，粒子与MN交于E点(轨迹是半圆，没画出)，A、E间的距离是粒子能从MN边界射出的长度，AE＝2R，所以BCAE＝3R2R＝32.11．(2018·江苏如皋第二次质检)在xOy坐标

系第一象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，电子的质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴正方向成θ角垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后从x轴上的P点射出磁场，如图所示，求：(1)电子运动的轨迹半径R；(2)OP的长度；(3)电子由O点射入

到从P点射出磁场所需的时间t.答案：(1)mv0qB(2)2mv0sinθqB(3)2θmqB解析：(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝mv20R，解得R＝mv0qB.(2)电子运动的轨迹如图所示，由几何知识得OP＝2Rsinθ＝2

mv0sinθqB.(3)由图可知，轨迹对应的圆心角为2θ，电子做圆周运动的周期T＝2πmqB，电子在磁场中的运动时间t＝2θ2πT＝2θmqB.12．(2018·广东珠海一模)如图所示，直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于纸面向里的匀

强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子在纸面内以速度v从y轴负方向上的A点(0，－L)射入，其方向与x轴正方向成30°角，粒子离开磁场后能回到A点，不计重力．求：(1)磁感应强度B的大小；(2)粒子从A点出发到再回到A点的

时间．答案：(1)3mv6qL(2)＋103L3v解析：(1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系知，r＝Ltan60°sin30°＝23L，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2r，联立得B＝3mv6qL.

(2)粒子做匀速直线运动的时间t1＝2×2Lv＝4Lv，在磁场中偏转了300°，所用时间t2＝300°360°T＝56×2π×23Lv＝103πL3v，粒子从A点出发到再回到A点的时间t＝t1＋t2＝＋103L3v.

刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅱ)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.3：2B.2：1C.3：1D．：2答案：C解析：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＝PM2＝R2，r2

＝PN2＝32Rr2r1＝31由qvB＝mv2r得r＝mvqB，故v2v1＝r2r1＝31，选项C正确．2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)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.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB答案：A解析：本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，意在考查学生应用磁场对运动电荷的作用规律解题的能力．由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的

圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝112×2πmqB，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm6qB＝14×2πω，求得qm＝ω3B，A项正确．3．(2016·新课

标全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>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.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB答案：D解析：如图所示，粒子在磁场中运动的轨道

半径为R＝mvqB.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R.由几何图形知，AP＝3R，则AO＝3AP＝3R，所以OB＝4R＝4mvqB.故选项D正确．4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)(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解析：设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，设B2＝B，B1＝kB则由牛顿第二定律得：qvB＝mv2B①T＝2πRv②由①②得：R＝mvqB，T＝2πmqB所以R2R1＝k，T2T1＝k根据a＝

v2R，ω＝vR可知a2a1＝1k，ω2ω1＝1k所以选项A、C正确，选项B、D错误．刷仿真模拟——明趋向5．(2018·河北邢台质检)如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从A

D的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为()A．2∶1B．2∶3C．3∶2D.3∶2答案：C

解析：如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则t1t2＝θ1θ2＝90°60°＝32，故选项C正确．6.(2018·长沙四校一模)(多选)如图所示

，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点．现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0

.8，则下列说法中正确的是()A．粒子a带正电，粒子b带负电B．粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2C．粒子a、b的速率之比为2∶5D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53答案：CD解析：本题考查了粒子在磁场中的运动问题，意在考查考生运用相关规律及数学知识

解决物理问题的能力．两个粒子的运动轨迹如答图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；设扇形COD的半径为r，粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb，则Ra＝r2，R2b＝r2＋Rb－r22，sinθ

＝rRb，得Rb＝54r，θ＝53°，由qvB＝mv2R，得v＝qBmR，所以粒子a、b的速率之比为vavb＝RaRb＝25，C正确；由牛顿第二定律得加速度a＝qvBm，所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为aaab＝vavb＝25，B错误；粒子a在磁场

中运动的时间ta＝πRava，粒子b在磁场中运动的时间tb＝53°180°πRbvb，则tatb＝18053，D正确．7．(2018·山东胶东示范校二模)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B

，A带负电、质量为m、电荷量为q，B质量为2m、不带电，A和B间动摩擦因数为0.5.初始时A、B处于静止状态，现将大小为F＝mg的水平恒力作用在B上，g为重力加速度．A、B处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B0.若A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()A．水平力作用瞬间

，A的加速度大小为g2B．A做匀加速运动的时间为mqB0C．A的最大速度为mgqB0D．B的最大加速度为g答案：BC解析：本题考查考生对带电体在磁场中运动过程的分析能力．F作用在B上瞬间，假设A、B一起加速，则对A、B整体有F＝3ma＝mg，对A有fA＝ma

＝13mg<μmg＝12mg，假设成立，因此A、B共同做加速运动，加速度为g3，A选项错误；A、B开始运动后，整体在水平方向上只受到F作用，做匀加速直线运动，对A分析，B对A有水平向左的静摩擦力fA静作

用，由fA静＝mg3知，fA静保持不变，但A受到向上的洛伦兹力，支持力NA＝mg－qvB0逐渐减小，最大静摩擦力μNA减小，当fA静＝μNA时，A、B开始相对滑动，此时有mg3＝μ(mg－qv1B0)，v1＝mg3

qB0，由v1＝at得t＝mqB0，B选项正确；A、B相对滑动后，A仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有fA静＝μ(mg－qvAB0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A做匀速运动，有mg＝qv2B0，得最大速度v2＝mgqB0，C选项正确；A、B相对滑动后，对B有F－fA

滑＝2maB，fA滑减小，则aB增大，当fA滑减小到零时，aB最大＝F2m＝g2，D选项错误．刷最新原创——抓重点8．(多选)如图所示，小车A的质量M＝2kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14m/s.带正电荷q＝0.2C的可视为质点的物体B，质

量m＝0.1kg，将其轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B0＝0.5T，物体B与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g取10m/s2)，则()A．物体B的最

终速度为10m/sB．小车A的最终速度为13.5m/sC．小车A和物体B的最终速度约为13.3m/sD．小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75J答案：ABD解析：当物体B对小车A的压力为零时

，小车A与物体B之间无摩擦力的作用，A、B匀速运动，此时物体B的速度最大，小车A的速度最小，有qvBB0＝mg，解得vB＝10m/s，根据动量守恒定律得Mv0＝mvB＋MvA，解得vA＝13.5m/s，A、B正确，C错误．根据能量守恒定律

得Q＝ΔEk＝Mv20/2－Mv2A/2－mv2B/2＝8.75J，D正确．9．图甲所示的有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示的圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场

Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为()A．2cosθB．sinθC．cosθD．tanθ答案：C解析：设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图1、2所示，由洛

伦兹力提供向心力知Bqv＝mv2r，得B＝mvrq，由几何关系知d＝r1sinθ，d＝r2tanθ，联立得B1B2＝cosθ，C正确．刷易错易误——排难点易错点1忽略带电粒子运动轨迹的对称性导致错误10．(2018·四川资阳二诊)(多选)图中的MN、PQ为两条相互平行的

虚线，在MN的上方、PQ的下方空间存在相同的垂直纸面向里的匀强磁场，在图中的O点沿与PQ成θ＝30°角的方向斜向上射出一带电粒子(纸面内运动)，粒子在上、下两磁场中各偏转一次后恰好经过图中的S点，且经过S点

的速度与O点的速度方向相同，忽略粒子的重力．则()A．如果保持θ不变，仅增大粒子的初速度，则粒子一定还能经过S点B．粒子每次经过边界PQ时的速度都与初速度相同C．该粒子可能带正电也可能带负电D．如果仅将θ增大到60°，则粒子一定不能经过S

点答案：AC解析：以带正电荷的粒子为例，粒子先在MN和PQ间做匀速直线运动，进入上方磁场做匀速圆周运动，再分别做匀速直线运动和匀速圆周运动的轨迹如图所示，由于上、下方磁场的磁感应强度相等，则轨迹对应的弦长x＝2rsinθ，而r＝mvqB.设两平行虚线之间的

距离为L，粒子经过两次匀速直线运动和两次匀速圆周运动后沿水平方向向右移动的距离OS＝Lcotθ－x＋Lcotθ＋x＝2Lcotθ，与轨迹半径无关，即与速度无关，所以增大粒子的速度后，粒子仍将通过S点，选项A正确；由以上分析，粒子每次经过PQ时速度方向与初速度方向不一定相同，选项B错误；粒子若带负电

，则粒子在上方磁场先向右平移x，到下方磁场后向左平移x，则总的平移距离仍为2Lcotθ，选项C正确；若将θ增大到60°，则粒子上下偏转一次平移的距离将发生变化，但由于3cot60°＝cot30°，即粒子经过3次上下偏转后，也将通过S点，选项D错误．易错点2忽略洛伦兹力

的方向特点而导致选择错误11．(多选)如图所示，有一半径为R的光滑绝缘塑料半圆形轨道，水平固定于一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现将一质量为m、所带电荷量为＋q的小球从轨道的左端由静止释放，半圆形轨道的最低点为A，不

考虑涡流现象，则下列说法正确的是()A．小球沿轨道运动过程中机械能不守恒B．小球通过A点时对轨道的压力可能为3mg－qB2gRC．小球通过A点时对轨道的压力可能为3mg＋qB2gRD．从轨道的左端由静止释放的小球，可能从轨道右端滑出

答案：BC解析：由于小球运动过程洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球机械能守恒，A错误；小球第一次通过最低点A时的受力情况如图甲所示，则由机械能守恒定律可得，mgR＝12mv2，小球第一次通过最低点A时由牛顿第二定律可得N1＋F洛－mg＝mv2R，且F

洛＝Bqv，联立解得N1＝3mg－qB2gR，由牛顿第三定律知，B正确；同理可得小球第二次经过最低点A时，其受力情况如图乙所示，小球第二次经过最低点A时由牛顿第二定律可得N2－F洛－mg＝mv2R，且F洛＝Bqv，则联立解得N2＝3m

g＋qB2gR，C正确，D错误．刷综合大题——提能力12．(2017·新课标全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)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)πmB0q(1＋1λ)(2)2mv0B0q(1－1λ)解析：

(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x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB0v0＝mv20R1①qλB0v0＝mv20R2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝πR1v0③粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝πR2v

0④联立①②③④式得，所求时间为t0＝t1＋t2＝πmB0q(1＋1λ)⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d0＝2(R1－R2)＝2mv0B0q(1－1λ)⑥