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新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题三电场和磁场考点2磁场的性质带电粒子在磁场中的运动
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这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题三电场和磁场考点2磁场的性质带电粒子在磁场中的运动，共23页。
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程中的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
2．[2023·江苏卷]如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为( )
A．0B．BIl
C．2BIlD．eq \r(5)BIl
3．[2023·全国甲卷](多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计重力．下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
4.[2022·全国乙卷](多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面．某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知 ( )
A.测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
5．[2021·全国甲卷]两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示．若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )
A．B、0B．0、2B
C．2B、2BD．B、B
题组一 磁场的性质 安培力
6．[2023·山东省济宁市一模]已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,r)，其中k为常量．现有四根平行固定的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图所示．其中a、c导线中的电流大小为I1，b、d导线中的电流大小为I2，此时b导线所受的安培力恰好为零．现撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I0的通电导体棒e，电流方向垂直纸面向外，下列说法正确的是( )
A．b导线撤去前，电流的大小关系为I1＝2I2
B．b导线撤去前，a导线所受的安培力也为零
C．b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向沿y轴正方向
D．b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为eq \r(2)kI0I2
7．[2023·江西省赣州市模拟]MN、PQ为水平放置、间距为0.5m的平行导轨，左端接有如图所示的电路．电源的电动势为10V，内阻为1Ω；小灯泡L的电阻为4Ω，滑动变阻器接入电路的阻值为7Ω.将导体棒ab静置于导轨上，整个装置在匀强磁场中，磁感应强度大小为2T，方向与导体棒垂直且与水平导轨平面的夹角θ＝53°；导体棒质量为0.23kg，接入电路部分的阻值为4Ω.闭合开关S后，导体棒恰好未滑动．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，则( )
A．导体棒受到的安培力大小为1N
B．流过灯泡的电流大小为1A
C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒仍会静止
D．导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2
8．[2023·河南省安阳市开学考试]如图所示，金属棒ab垂直导轨放置在宽度为d的固定平行金属导轨上，导轨平面与水平面成θ角，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ＜tanθ)，整个装置处于垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．已知金属棒ab的质量为m、电阻为R0，电源的电动势为E、内阻为r，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．为能让金属棒ab在导轨上保持静止，则( )
A．变阻器R的触头在最左端时，金属棒受到的安培力最大
B．金属棒受到的安培力最大时，摩擦力沿导轨平面向上
C．变阻器R接入电路的值不小于eq \f(BEd,mgsinθ－μmgcsθ)－(R0＋r)
D．变阻器R接入电路的值不大于eq \f(BEd,mgsinθ－μmgcsθ)－(R0＋r)
题组二 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
9．如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心．质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿平行于直径MN的方向射入该区域，入射点P与MN的距离为eq \f(1,2)R，已知粒子射出磁场与射入磁场时速度方向间的夹角为60°，忽略粒子重力，则粒子的速率为( )
A．eq \f(3qBR,2m)B．eq \f(2qBR,m)
C．eq \f(\r(2)qBR,m)D．eq \f(qBR,m)
10．[2023·广东省广州市模拟]如图所示，在第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，一对比荷之比为2∶1的正、负带电粒子在坐标平面内以相同的速率沿与x轴成30°角的方向从坐标原点射入磁场．不计粒子受到的重力及粒子间的作用力．正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为( )
A．1∶2B．2∶1
C．1∶3D．1∶1
11．(多选)如图所示，三个半径均为R圆形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，圆形区域两两相切，圆心分别为O1、O2、O3，三个圆形区域内均存在垂直纸面的匀强磁场，其中区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为B0，一粒子以速度v0沿O1O3方向从区域Ⅰ边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边界射出，已知粒子电量为q，质量为m，不考虑重力，则以下说法正确的是( )
A．区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向里
B．区域Ⅱ磁感应强度大小为3B0
C．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为eq \f(8πm,9qB0)
D．粒子在区域Ⅱ中轨道半径是在区域Ⅰ中轨道半径的3倍
12．[2023·辽宁省锦州市模拟](多选)如图所示，虚线MN右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，两个带同种电荷的带电粒子从虚线上同一点A分别以速度v1、v2与MN成相同角度θ垂直磁场方向射入匀强磁场，结果两粒子在边界上B点相遇．不考虑粒子间的相互作用力，不计两粒子的重力．则( )
A．若两粒子的比荷相等，则v1＝v2
B．若两粒子的比荷相等，则eq \f(v1,v2)＝eq \f(π－θ,θ)
C.若两粒子同时从A点射入，则eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝eq \f(π－θ,θ)
D．若两粒子同时从A点射入，则eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1
13．如图所示，圆心为O的半圆形区域内存在着垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为半圆形区域的直径．现将两个比荷均为k的完全相同的带电粒子P、Q均从M点沿着MO方向射入磁场，已知粒子P的入射速度v1＝v，粒子Q的入射速度v2＝eq \r(3)v，粒子P在磁场中的运动轨迹恰好为eq \f(1,4)圆弧，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A．粒子P和粒子Q均带负电
B．粒子P和粒子Q的角速度之比为1∶eq \r(3)
C．粒子P的轨道半径为eq \f(\r(3)v,kB)
D．粒子P和粒子Q在磁场中运动的时间之比为eq \r(3)∶1
题组三 临界和极值问题
14．[2023·湖南省模拟]如图所示，边长L＝4m的等边三角形EFG区域内分布有一匀强磁场(包含边界)，磁感应强度B的大小均匀可调，三角形中心O点一粒子源，可在纸面内向各个方向发射比荷为eq \f(q,m)＝3×104C/kg、速度大小均为v0＝eq \r(3)×104m/s的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，计算结果可用根式表示，求：
(1)若边界上无粒子射出，磁感应强度B的大小应满足什么条件？
(2)若B＝0.25T，粒子离开磁场的最长时间为多少？
(3)若B＝0.8T，三角形边界上有粒子射出的总长s为多少？
15.[2023·浙江省宁波市模拟]如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为v0～eq \r(3)v0的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离0.5R.已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域．挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长．不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
(1)圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
(2)从M点射入的速度为eq \r(3)v0的粒子，射出磁场后打在挡板上的点F(图中未标出)，求NF的距离以及从M到F所用的时间t.
(3)所有从PM到QK间射入的速度为v0的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
16.[2023·湖南省邵阳市模拟]已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,r)，其中I为电流强度，r为该位置到长直导线的距离，k为常数．如图所示，现有两根通电的长直导线分别固定在正方体abcd～efgh的两条边dh和hg上且彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，hg中电流是dh中电流的两倍．已知c点磁感应强度大小为B，则f点的磁感应强度大小为( )
A．eq \f(\r(2)＋1,2)BB．eq \f(\r(2),2)B
C．eq \f(\r(3),3)BD．eq \f(\r(5),3)B
17．[2023·山东省日照市模拟]如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，其间有竖直向下的匀强磁场，垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．通过金属棒的电流按如图乙所示的规律变化，t＝0时，将金属棒由静止释放，下列说法正确的是( )
A．t＝eq \f(T,2)时，金属棒的加速度最小
B．t＝eq \f(T,4)时，金属棒的速度为零
C.t＝T时，金属棒距离出发点最远
D．在0～eq \f(T,2)的时间内，安培力对金属棒做功为零
18．[2023·浙江省Z20名校联盟联考]某同学设计了一种天平用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M，N共轴且平行等距．初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P′是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小．开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时( )
A．线圈P中通入的电流I2在图乙中沿顺时针方向
B．适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡
C．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量
D．使用备用线圈P′称得重物质量比用线圈P称得重物质量大
19．[2023·吉林省一模](多选)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是( )
A．速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B．从CD边飞出的粒子最大速率为eq \f(kBL,2)
C．粒子从DE边飞出的区域长度可以大于L
D．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(π,3kB)
20．[2023·河南模拟](多选)空间存在两个垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.质量为m、电荷量为q的粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v0粒子第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示(忽略粒子重力).下列说法正确的是( )
A．Q、O的距离为eq \f(mv,3qB0)
B．Q、O的距离为eq \f(mv,4qB0)
C．两次经过P点的时间间隔为eq \f(2πm,qB0)
D．两次经过P点的时间间隔为eq \f(3πm,qB0)
21．[2023·山西省运城模拟]如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，O为圆心，AO与水平方向的夹角为30°.现有带正电粒子a从A点沿水平方向以大小为v0的速度垂直磁场射入，其离开磁场时，速度方向刚好改变了180°；另一带负电粒子b以大小相同的速度从C点沿CO方向垂直磁场射入．已知a、b两粒子的比荷之比为2∶1，不计粒子的重力和两粒子间的相互作用．下列说法不正确的是( )
A．a、b两粒子做圆周运动的半径之比为1∶2
B．b粒子竖直向下射出磁场
C．b粒子在磁场中运动的时间为eq \f(πR,v0)
D．两粒子在圆形边界的射出点间的距离为R
22．[2023·重庆市模拟]如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R.一束质量为m、电荷量为正q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力．则下列分析中正确的是( )
A.从M点射出的粒子速率可能大于从N点射出粒子的速率
B．从圆弧bc射出的所有粒子中，从圆弧bc中点射出的粒子所用时间最短
C．从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间
D．从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间
23．[2023·广东省深圳市模拟](多选)如图甲所示，一个立方体空间被对角平面ABCD划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反，且与y轴平行的匀强磁场．一粒子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．已知该粒子运动轨迹在Oxz平面的投影如图乙所示，则粒子的带电情况与磁场方向可能正确的有( )
A．粒子带正电
B．粒子带正电
C．粒子带负电
D．粒子带负电
24.(多选)如图所示，垂直边界的分界线MN将宽度为L的区域分成上下两部分，上部存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B0的匀强磁场，下部存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场．从M处垂直磁场方向射入速度大小不同、质量均为m、电荷量均为q的正离子(不计离子重力和离子间相互作用力)，离子入射方向与MN夹30°角．如果离子垂直右边界射出磁场区域，则离子的入射速度大小和出射点偏离MN的距离的可能组合为( )
A．eq \f(2LqB0,m)，(2－eq \r(3))LB．eq \f(2LqB0,m)，eq \f(（2－\r(3)）,7)L
C．eq \f(4LqB0,5m)，eq \f(（2－\r(3)）,4)LD．eq \f(4LqB0,11m)，eq \f(（2－\r(3)）,11)L
25．[2023·湖南省九校联盟第一次联考]如图所示，矩形区域cdef充满磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，cd边长为(eq \r(3)＋1)a，de边长为a，其中cde边界为荧光屏(图中实线)，f点有一电子发射枪，电子质量为m，电荷量为－e，电子离开电子枪的速度大小为v0＝eq \f(2Bea,m).电子发射枪能在纸面内向磁场内所有方向发射电子，不计电子重力及电子间的相互作用求：
(1)电子在磁场中运动的最长时间以及此时的入射方向；
(2)cd荧光屏上亮线的长度．
26．[2023·八省(市)学业质量评价联考]如图，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直纸面向里．点A、C、O、D处于一条水平线上，且AC＝CO＝OD＝r.A处有一个粒子源，竖直向上同时射出速率不同的同种带电粒子，粒子经过以O为圆心、r为半径的圆周上各点．已知粒子质量为m，电量的绝对值为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，问：
(1)粒子带正电荷还是负电荷？到达C和到达D处的粒子的速率比v1∶v2；
(2)求粒子到达圆周所需的最短时间tmin，及最先到达圆周的粒子的速度大小v3.
[答题区]
考点2 磁场的性质带电粒子在磁场中的运动
1．解析：小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A对；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错；洛伦兹力永不做功，D错．
答案：A
2．解析：因bc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＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl.
故选C.
答案：C
3．解析：假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心
由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；
速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少，C错误．
故选BD.
答案：BD
4．解析：依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50 μT，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反，即指向南方，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指北方，则y轴正向应指向西方，D错误．
答案：BC
5．解析：根据安培定则可知沿EOQ的等效电流产生的磁场在N点的磁感应强度方向垂直纸面向里、在M点的磁感应强度方向垂直纸面向外，且大小均为B，沿POF的等效电流产生的磁场在N、M两点的磁感应强度方向均垂直纸面向里且大小均为B，根据磁场的叠加原理可得N点的合磁感应强度大小为BN＝2B，M点的合磁感应强度大小为BM＝0，故选项A、C、D错误，选项B正确．
答案：B
6．解析：b导线撤去前，b导线所受安培力为零，即b导线所在处的磁感应强度为零，即2k eq \f(I1,L) cs 45°＝k eq \f(I2,\r(2)L) ，解得I2＝2I1，A项错误；b导线撤去前，a导线所在处的磁感应强度为Ba＝2k eq \f(I2,L) cs 45°－k eq \f(I1,\r(2)L) ＝ eq \f(3\r(2)kI1,2L) ，由此可知，a导线所受的安培力不为零，B项错误；b导线撤去后，O处的磁感应强度大小为B0＝k eq \f(I2,\f(\r(2)L,2)) ＝ eq \r(2) k eq \f(I2,L) ，方向沿x轴负方向，所以导体棒e所受安培力大小为F＝B0I0L＝ eq \r(2) k eq \f(I2,L) I0L＝ eq \r(2) kI0I2，方向沿y轴负方向，C项错误，D项正确．
答案：D
7．解析：电路的总电阻R总＝R0＋r＋ eq \f(RLR,RL＋R) ＝10 Ω，电路中总电流I总＝ eq \f(E,R总) ＝1 A，由于R＝RL，所以流过导体棒的电流与流过小灯泡的电流相等，均为I＝ eq \f(1,2) I总＝0.5 A，B项错误；导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.5 N，方向指向右上方，与竖直方向的夹角为θ，A项错误；闭合开关S后，导体棒恰好未滑动．若将滑动变阻器的滑片左移，总电阻减小，干路电流变大，流过导体棒的电流也变大，导体棒受到的安培力变大，导体棒会运动，C项错误；对导体棒受力分析如图所示，其中F为导体棒所受的安培力，Fx和Fy分别是F的两个分力，由平衡条件得FN＋F cs θ＝mg，F sin θ＝Ff，且Ff＝μFN，联立解得μ＝0.2，D项正确．
答案：D
8．解析：变阻器R的触头在最左端时，电路中的电流最小，金属棒受到的安培力最小，A错误；由左手定则可知，安培力沿导轨平面向上，当金属棒刚好要上滑时，金属棒受到的安培力最大，摩擦力沿导轨平面向下，B错误；当金属棒刚好要上滑时，变阻器R接入电路的值最小，对金属棒，由平衡条件得mg sin θ＋μmg sin θ＝BI′d，由闭合电路欧姆定律得E＝I′(r＋R′＋R0)，联立解得R′＝ eq \f(BEd,mg sin θ＋μmg cs θ) －(R0＋r)，则变阻器R接入电路的值不小于 eq \f(BEd,mg sin θ＋μmg cs θ) －(R0＋r)，C错误；由于μ＜tan θ，则金属棒刚要下滑时，电路中电流最小，即变阻器R接入电路的值最大，对金属棒，由平衡条件得mg sin θ＝μgm sin θ＋BId，由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋R＋R0)，联立解得R＝ eq \f(BEd,mg sin θ－μmg cs θ) －(R0＋r)，则变阻器R接入电路的值不大于 eq \f(BEd,mg sin θ－μmg cs θ) －(R0＋r)，D正确．
答案：D
9．解析：如图
由几何关系可知∠OPO′＝60°，∠AO′P＝30°，∠POO′＝90°，则粒子的运动半径为r＝2R，根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，得粒子的速率为v＝ eq \f(2qBR,m) ，B正确．
答案：B
10．解析：运动轨迹如图所示
由图可知，正电荷运动所对应的圆心角为120°，负电荷运动所对应的圆心角为60°，正、负带电粒子圆心角之比为2∶1；由洛伦兹力提供向心力qvB＝ eq \f(mv2,r) ，解得r＝ eq \f(mv,qB) ，又T＝ eq \f(2πr,v) ，解得T＝ eq \f(2πm,qB) ，正、负带电粒子周期之比为1∶2，粒子在磁场中运动的时间t＝ eq \f(θ,2π) T，正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为 eq \f(t正,t负) ＝ eq \f(1,1) ，D项正确．
答案：D
11．解析：根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示．粒子沿O1O3方向从区域Ⅰ边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边界射出，根据左手定则，可知区域Ⅱ磁感应强度方向垂直纸面向外，A项错误；三圆心构成等边三角形，可知粒子在区域Ⅰ、Ⅲ内各转过60°角，由几何关系得tan 30°＝ eq \f(R,r1) ，在区域Ⅱ转过120°角，由几何关系有tan 60°＝ eq \f(R,r2) ，解得 eq \f(r1,r2) ＝ eq \f(tan 60°,tan 30°) ＝3，D项错误；由洛仑兹力提供向心力得轨道半径r＝ eq \f(mv0,qB) ，所以 eq \f(B,B0) ＝ eq \f(r1,r2) ＝3，即B＝3B0，B项正确；粒子在区域Ⅰ、Ⅲ中的运动周期相等，T1＝ eq \f(2πm,qB0) ，粒子在区域Ⅱ中的周期T2＝ eq \f(2πm,qB) ＝ eq \f(2πm,3qB0) ，粒子从进入磁场到离开磁场所用时间t＝2 eq \f(T1,6) ＋ eq \f(T2,3) ＝ eq \f(8πm,9qB0) ，C项正确．
答案：BC
12．解析：两粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知R1＝R2，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB＝ eq \f(mv2,R) ，解得R＝ eq \f(mv,qB) ；若两粒子的比荷相等，则 eq \f(R1,R2) ＝ eq \f(v1,v2) ，故v1＝v2，A项正确，B项错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝ eq \f(2πR,v) ＝ eq \f(2πm,qB) ，故 eq \f(q1,m1) ∶ eq \f(q2,m2) ＝T2∶T1，在磁场中两粒子的运动时间分别为t1＝ eq \f(2π－2θ,2π) T1＝ eq \f(π－θ,π) T1，t2＝ eq \f(2θ,2π) T2＝ eq \f(θ,π) T2；若两粒子同时从A点射入，则两粒子相遇时运动时间相等t1＝t2，故 eq \f(T2,T1) ＝ eq \f(π－θ,θ) ，联立可得 eq \f(q1,m1) ∶ eq \f(q2,m2) ＝ eq \f(π－θ,θ) ，C项正确，D项错误．
答案：AC
13．解析：由左手定则可知，粒子P和粒子Q均带正电，A项错误；根据T＝ eq \f(2πm,qB) ＝ eq \f(2π,kB) ，ω＝ eq \f(2π,T) ，由于两粒子的比荷相同，可知粒子在磁场中的运动周期相等，角速度也相等，B项错误；根据洛伦兹力提供向心力可得qv2B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,r2) ，粒子Q的轨道半径r2＝ eq \f(mv2,qB) ＝ eq \f(\r(3)v,kB) ，C项正确；两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．设磁场的半径为R，由几何关系可得粒子P的轨道半径为r1＝R，所以粒子Q的轨道半径为r2＝ eq \r(3) r1＝ eq \r(3) R，由几何关系可得tan α＝ eq \f(R,r2) ＝ eq \f(\r(3),3) ，解得α＝30°，由t＝ eq \f(θ,360°) T，可知粒子P和粒子Q在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝90°∶2α＝90°∶60°＝3∶2，D项错误．
答案：C
14．解析：(1)若边界上无粒子射出，则粒子运动的轨道半径最大值为
2r＝ eq \f(L,2) tan 30°
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r)
解得磁感应强度B＝1 T
磁感应强度B的大小应满足B≥1 T；
(2)若B＝0.25 T，则运动半径
r1＝ eq \f(mv0,qB) ＝ eq \f(4\r(3),3) m
粒子从顶点离开磁场所用时间最长，此时由几何关系可知粒子在磁场中运动的圆心角为60°，运动最长时间为
t＝ eq \f(60°,360°) · eq \f(2πm,qB) ＝ eq \f(4π,9) ×10－4s
(3)若B＝0.8 T运动半径
r2＝ eq \f(mv0,qB) ＝ eq \f(5\r(3),12) m
粒子打到EG边上，最远点的边界为M、P两点
ON＝ eq \f(L,2) tan 30°＝ eq \f(2\r(3),3) m
则MN＝ eq \r(（2r2）2－ON2) ＝ eq \f(\r(3),2) m
PN＝ eq \r(r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －（ON－r2）2) ＝ eq \f(\r(3),3) m
则三角形边界上有粒子射出的总长s＝3×( eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(\r(3),3) ) m＝ eq \f(5\r(3),2) m.
答案：(1)B≥1 T (2) eq \f(4π,9) ×10－4s (3) eq \f(5\r(3),2) m
15．解析：(1)速度为v0的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
r＝R
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r) ，解得B＝ eq \f(mv0,qR)
由左手定则判断可得粒子带正电．
(2)由题意得速度为 eq \r(3) v0的粒子轨道半径r′＝ eq \r(3) R
由几何关系可知，粒子在磁场中的偏转角度为60°
M到G的过程中，水平位移x＝ eq \r(3) R·sin 60°＝ eq \f(3,2) R
竖直位移y＝ eq \r(3) R－ eq \r(3) R·cs 60°＝ eq \f(\r(3),2) R
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得
lGF＝ eq \f(R－y,sin 60°) ＝ eq \f(（2\r(3)－3）,3) R
解得lNF＝x＋lGF·cs 60°－R＝ eq \f(\r(3),3) R(或者在三角形ONF中NF＝ON·tan 30°＝ eq \f(\r(3),3) R)
M到G的过程中所用的时间t1＝ eq \f(πm,3Bq) ＝ eq \f(πR,3v0)
G到F的过程中所用的时间t2＝ eq \f(lGF,\r(3)v0) ＝ eq \f(（2－\r(3)）R,3v0)
总时间t＝t1＋t2＝ eq \f(（2＋π－\r(3)）R,3v0)
(3)由题意得，所有速度为v0的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为90°；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为60°；综上得夹角范围为60°～90°.
答案：(1) eq \f(mv0,qR) ，正电 (2) eq \f(\r(3),3) R eq \f(（2＋π－\r(3)）R,3v0) (3)60°～90°
16．解析：设正方体边长为l，由题可知，c点合磁感应强度大小为k eq \f(I,l) ＋k eq \f(2I,l) ＝B，解得k eq \f(I,l) ＝ eq \f(B,3) ，则f点的合磁感应强度大小为B′＝ eq \r(（k\f(I,\r(2)l)）2＋（k\f(2I,l)）2) ＝ eq \f(3\r(2),2) k eq \f(I,l) ＝ eq \f(\r(2),2) B，B正确．
答案：B
17．解析：t＝ eq \f(T,2) 时，金属棒通过的电流反向最大，所受安培力最大，所产生的加速度也最大，A项错误； 0～ eq \f(T,4) 时间内，电流方向不变，安培力方向不变，安培力始终做正功，t＝ eq \f(T,4) 时，金属棒的速度不为零，又 eq \f(T,4) ～ eq \f(T,2) 时间内，电流方向与之前相反，大小变化相等，始终做负功，根据对称性，可知在0～ eq \f(T,2) 的时间内，金属棒先做加速后做减速且减为零，安培力对金属棒总功为零，B项错误，D项正确；金属棒做周期性运动，前半个周期先沿正方向加速后减速为零，后半个周期沿反方向先做加速后减速为零，根据对称性可知t＝T时，金属棒再次回到出发点，C项错误．
答案：D
18．解析：在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，说明线圈P所受安培力向下，由左手定则，线圈P中通入的电流I2在图乙中沿逆时针方向，A错误；适当增大线圈M、N中的电流，P处的磁感应强度变大，线圈P所受安培力变大，方向向下，天平不能恢复平衡，B错误；线圈P′半径比线圈P略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P′处的磁感应强度，也可以定量求出线圈P′所受安培力的大小．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量，C正确，D错误．
答案：C
19．解析：速率小的粒子在CD边射出时，粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，时间为周期一半，而粒子的运动周期相同，所以粒子在磁场中运动时间相同，A项错误；根据左手定则，粒子向左偏转，从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，此时半径为R＝ eq \f(L,2) ，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝ eq \f(mv2,R) ，解得vm＝ eq \f(kBL,2) ，B项正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，粒子与CE相切从DE飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，如图所示
由几何关系得 eq \x\t(DE) ＝ eq \f(1,2) eq \x\t(CD) ＝L，粒子从DE边飞出的区域长度最大为L，C项错误；粒子与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝ eq \f(60°,360°) × eq \f(2πm,Bq) ＝ eq \f(π,3kB) ，D项正确．
答案：BD
20．解析：粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2，由qvB＝m eq \f(v2,r) 可知r＝ eq \f(mv,qB) ，故r1＝ eq \f(mv,2qB0) ，r2＝ eq \f(mv,3qB0) ，且d＝2r1－2r2，解得d＝ eq \f(mv,3qB0) ，A项正确，B项错误；粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，由T＝ eq \f(2πr,v) ＝ eq \f(2πm,qB) 得T1＝ eq \f(2πm,2qB0) ＝ eq \f(πm,qB0) ，T2＝ eq \f(2πm,3qB0) ，粒子两次经过P点的时间间隔Δt＝T1＋3× eq \f(T2,2) ，解得Δt＝ eq \f(2πm,qB0) ，C项正确，D项错误．
答案：AC
21．解析：a粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，表明粒子在磁场中转动了半周，其轨迹如图
由几何关系得r1＝R sin 30°＝ eq \f(R,2) ，根据牛顿第二定律得qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r1) ，解得r1＝ eq \f(mv0,qB) ＝ eq \f(1,2) R；b粒子进入磁场，有q′v0B＝m′ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r2) ， eq \f(q′,m′) ＝ eq \f(q,2m) ，解得r2＝ eq \f(2mv0,qB) ＝R，根据左手定则，可知b粒子竖直向下射出磁场，且r1∶r2＝1∶2，A、B两项正确；b粒子在磁场中运动的时间为t2＝ eq \f(1,4) T＝ eq \f(2πr2,4v0) ＝ eq \f(πR,2v0) ，C项错误；由AB选项中的解析可知，b粒子在磁场圆心的正下方射出磁场，a粒子离开磁场时的点和磁场圆心的连线与水平方向的夹角为30°，则几何关系可知两个出射点与圆心构成等边三角形，即两粒子在圆形边界的射出点间的距离为R，D项正确．
答案：C
22．解析：根据qvB＝m eq \f(v2,r) 得v＝ eq \f(qBr,m) ，从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，A项错误；由t＝ eq \f(2θ,2π) T＝ eq \f(θ,π) · eq \f(2πm,qB) ，粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图．当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小，运动时间最短，B项错误；M、N两点具体位置未知，从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间，C项正确；由图可知，从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间不一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间，D项错误．
答案：C
23．解析：若粒子带正电，根据图乙粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧区域磁场垂直于xOz平面向里，右侧区域磁场垂直于xOz平面向外，A项错误，B项正确；若粒子带负电，根据图乙粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧区域磁场垂直于xOz平面向外，右侧区域磁场垂直于xOz平面向里，C项正确，D项错误．
答案：BC
24．解析：根据qvB＝m eq \f(v2,r) 可知粒子在磁场中运动的半径r＝ eq \f(mv,qB) ，若速度v＝ eq \f(2LqB0,m) ，则粒子在上方磁场中运动的半径r1＝L，在下方磁场中运动的半径r2＝2L，此时粒子从下部分磁场中垂直边界射出，轨迹如图线①所示，出射点偏离MN的距离为d1＝2L(1－cs 30°)＝(2－ eq \r(3) )L，A项正确，B项错误；若速度v＝ eq \f(4LqB0,5m) ，则粒子在上方磁场中运动的半径r1＝ eq \f(2L,5) ，在下方磁场中运动的半径r2＝ eq \f(4L,5) ，则粒子从上方磁场中垂直与边界射出，轨迹如图线②所示，此时出射点偏离MN的距离为d2＝ eq \f(2,5) L(1－cs 30°)＝ eq \f(（2－\r(3)）,5) L，C项错误；若速度v＝ eq \f(4LqB0,11m) ，则粒子在上方磁场中运动的半径r1＝ eq \f(2L,11) ，在下方磁场中运动的半径r2＝ eq \f(4L,11)
粒子从上方磁场中垂直与边界射出，轨迹如图线③所示，此时出射点偏离MN距离的为d3＝ eq \f(2,11) L(1－cs 30°)＝ eq \f(（2－\r(3)）,11) L，D项正确．
答案：AD
25．解析：(1)由于洛伦兹力提供向心力，则ev0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
解得R＝ eq \f(mv0,Be) ＝2a
分析知：轨迹恰好与cd荧光屏相切并打到de荧光屏上则运动时间最长，如图所示
由几何关系得cs α＝ eq \f(kO2,fO2) ＝ eq \f(a,2a) ＝ eq \f(1,2)
故可得α＝60°
又fk＝2a sin α，sin β＝ eq \f(cd－fk,pO2) ＝ eq \f(1,2)
可得β＝30°
则圆弧fp为 eq \f(1,4) 圆，则电子打到荧光屏上的最长运动时间为
t＝ eq \f(1,4) T
由于T＝ eq \f(2πm,Be)
解得t＝ eq \f(πm,2eB)
由图示几何关系可得此时电子以与ef边界成α＝60°入射
(2)如图所示，电子沿fc边界入射打到cd荧光屏上g点，由几何关系知cg＝(2－ eq \r(3) )a
g点为电子打到cd荧光屏上最左边的点，切点h为电子打到cd荧光屏上最右边的点ch＝ eq \r(3) a
则电子打到荧光屏上的亮线的长度为gh＝ch－cg＝(2 eq \r(3) －2)a.
答案：(1) eq \f(πm,2eB) ，方向为与ef边界成α＝60°入射
(2)(2 eq \r(3) －2)a
26．解析：(1)由左手定则得，粒子带负电．
由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r1) ，qv2B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,r2)
由几何关系得r1＝ eq \f(r,2) ，r2＝ eq \f(3r,2)
联立解得v1∶v2＝1∶3
(2)粒子在磁场中的运动周期为T＝ eq \f(2πr,v)
又qvB＝m eq \f(v2,r)
解得T＝ eq \f(2πm,qB)
可见周期与速度无关．所以粒子运动的轨迹对应的圆心角越小，时间越短．由几何关系得，当轨迹圆弧所对应的弦与圆相切时，时间最短．如图
则tmin＝ eq \f(2θ,2π) T＝ eq \f(2πm,3qB)
时间最短，则该粒子最先到达．则qv3B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,r)
解得v3＝ eq \f(qBr,m) .
答案：(1)负电荷，1∶3 (2) eq \f(2πm,3qB) eq \f(qBr,m)
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
－45
2
0
－20
－46
3
21
0
－45
4
－21
0
－45
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
题号
12
13
16
17
18
19
20
21
22
23
24
答案
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程中的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
2．[2023·江苏卷]如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为( )
A．0B．BIl
C．2BIlD．eq \r(5)BIl
3．[2023·全国甲卷](多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计重力．下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
4.[2022·全国乙卷](多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面．某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知 ( )
A.测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
5．[2021·全国甲卷]两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示．若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )
A．B、0B．0、2B
C．2B、2BD．B、B
题组一 磁场的性质 安培力
6．[2023·山东省济宁市一模]已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,r)，其中k为常量．现有四根平行固定的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图所示．其中a、c导线中的电流大小为I1，b、d导线中的电流大小为I2，此时b导线所受的安培力恰好为零．现撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I0的通电导体棒e，电流方向垂直纸面向外，下列说法正确的是( )
A．b导线撤去前，电流的大小关系为I1＝2I2
B．b导线撤去前，a导线所受的安培力也为零
C．b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向沿y轴正方向
D．b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为eq \r(2)kI0I2
7．[2023·江西省赣州市模拟]MN、PQ为水平放置、间距为0.5m的平行导轨，左端接有如图所示的电路．电源的电动势为10V，内阻为1Ω；小灯泡L的电阻为4Ω，滑动变阻器接入电路的阻值为7Ω.将导体棒ab静置于导轨上，整个装置在匀强磁场中，磁感应强度大小为2T，方向与导体棒垂直且与水平导轨平面的夹角θ＝53°；导体棒质量为0.23kg，接入电路部分的阻值为4Ω.闭合开关S后，导体棒恰好未滑动．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，则( )
A．导体棒受到的安培力大小为1N
B．流过灯泡的电流大小为1A
C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒仍会静止
D．导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2
8．[2023·河南省安阳市开学考试]如图所示，金属棒ab垂直导轨放置在宽度为d的固定平行金属导轨上，导轨平面与水平面成θ角，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ＜tanθ)，整个装置处于垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．已知金属棒ab的质量为m、电阻为R0，电源的电动势为E、内阻为r，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．为能让金属棒ab在导轨上保持静止，则( )
A．变阻器R的触头在最左端时，金属棒受到的安培力最大
B．金属棒受到的安培力最大时，摩擦力沿导轨平面向上
C．变阻器R接入电路的值不小于eq \f(BEd,mgsinθ－μmgcsθ)－(R0＋r)
D．变阻器R接入电路的值不大于eq \f(BEd,mgsinθ－μmgcsθ)－(R0＋r)
题组二 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
9．如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心．质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿平行于直径MN的方向射入该区域，入射点P与MN的距离为eq \f(1,2)R，已知粒子射出磁场与射入磁场时速度方向间的夹角为60°，忽略粒子重力，则粒子的速率为( )
A．eq \f(3qBR,2m)B．eq \f(2qBR,m)
C．eq \f(\r(2)qBR,m)D．eq \f(qBR,m)
10．[2023·广东省广州市模拟]如图所示，在第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，一对比荷之比为2∶1的正、负带电粒子在坐标平面内以相同的速率沿与x轴成30°角的方向从坐标原点射入磁场．不计粒子受到的重力及粒子间的作用力．正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为( )
A．1∶2B．2∶1
C．1∶3D．1∶1
11．(多选)如图所示，三个半径均为R圆形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，圆形区域两两相切，圆心分别为O1、O2、O3，三个圆形区域内均存在垂直纸面的匀强磁场，其中区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为B0，一粒子以速度v0沿O1O3方向从区域Ⅰ边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边界射出，已知粒子电量为q，质量为m，不考虑重力，则以下说法正确的是( )
A．区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向里
B．区域Ⅱ磁感应强度大小为3B0
C．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为eq \f(8πm,9qB0)
D．粒子在区域Ⅱ中轨道半径是在区域Ⅰ中轨道半径的3倍
12．[2023·辽宁省锦州市模拟](多选)如图所示，虚线MN右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，两个带同种电荷的带电粒子从虚线上同一点A分别以速度v1、v2与MN成相同角度θ垂直磁场方向射入匀强磁场，结果两粒子在边界上B点相遇．不考虑粒子间的相互作用力，不计两粒子的重力．则( )
A．若两粒子的比荷相等，则v1＝v2
B．若两粒子的比荷相等，则eq \f(v1,v2)＝eq \f(π－θ,θ)
C.若两粒子同时从A点射入，则eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝eq \f(π－θ,θ)
D．若两粒子同时从A点射入，则eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1
13．如图所示，圆心为O的半圆形区域内存在着垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为半圆形区域的直径．现将两个比荷均为k的完全相同的带电粒子P、Q均从M点沿着MO方向射入磁场，已知粒子P的入射速度v1＝v，粒子Q的入射速度v2＝eq \r(3)v，粒子P在磁场中的运动轨迹恰好为eq \f(1,4)圆弧，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A．粒子P和粒子Q均带负电
B．粒子P和粒子Q的角速度之比为1∶eq \r(3)
C．粒子P的轨道半径为eq \f(\r(3)v,kB)
D．粒子P和粒子Q在磁场中运动的时间之比为eq \r(3)∶1
题组三 临界和极值问题
14．[2023·湖南省模拟]如图所示，边长L＝4m的等边三角形EFG区域内分布有一匀强磁场(包含边界)，磁感应强度B的大小均匀可调，三角形中心O点一粒子源，可在纸面内向各个方向发射比荷为eq \f(q,m)＝3×104C/kg、速度大小均为v0＝eq \r(3)×104m/s的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，计算结果可用根式表示，求：
(1)若边界上无粒子射出，磁感应强度B的大小应满足什么条件？
(2)若B＝0.25T，粒子离开磁场的最长时间为多少？
(3)若B＝0.8T，三角形边界上有粒子射出的总长s为多少？
15.[2023·浙江省宁波市模拟]如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为v0～eq \r(3)v0的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离0.5R.已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域．挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长．不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
(1)圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
(2)从M点射入的速度为eq \r(3)v0的粒子，射出磁场后打在挡板上的点F(图中未标出)，求NF的距离以及从M到F所用的时间t.
(3)所有从PM到QK间射入的速度为v0的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
16.[2023·湖南省邵阳市模拟]已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,r)，其中I为电流强度，r为该位置到长直导线的距离，k为常数．如图所示，现有两根通电的长直导线分别固定在正方体abcd～efgh的两条边dh和hg上且彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，hg中电流是dh中电流的两倍．已知c点磁感应强度大小为B，则f点的磁感应强度大小为( )
A．eq \f(\r(2)＋1,2)BB．eq \f(\r(2),2)B
C．eq \f(\r(3),3)BD．eq \f(\r(5),3)B
17．[2023·山东省日照市模拟]如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，其间有竖直向下的匀强磁场，垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．通过金属棒的电流按如图乙所示的规律变化，t＝0时，将金属棒由静止释放，下列说法正确的是( )
A．t＝eq \f(T,2)时，金属棒的加速度最小
B．t＝eq \f(T,4)时，金属棒的速度为零
C.t＝T时，金属棒距离出发点最远
D．在0～eq \f(T,2)的时间内，安培力对金属棒做功为零
18．[2023·浙江省Z20名校联盟联考]某同学设计了一种天平用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M，N共轴且平行等距．初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P′是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小．开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时( )
A．线圈P中通入的电流I2在图乙中沿顺时针方向
B．适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡
C．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量
D．使用备用线圈P′称得重物质量比用线圈P称得重物质量大
19．[2023·吉林省一模](多选)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是( )
A．速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B．从CD边飞出的粒子最大速率为eq \f(kBL,2)
C．粒子从DE边飞出的区域长度可以大于L
D．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(π,3kB)
20．[2023·河南模拟](多选)空间存在两个垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.质量为m、电荷量为q的粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v0粒子第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示(忽略粒子重力).下列说法正确的是( )
A．Q、O的距离为eq \f(mv,3qB0)
B．Q、O的距离为eq \f(mv,4qB0)
C．两次经过P点的时间间隔为eq \f(2πm,qB0)
D．两次经过P点的时间间隔为eq \f(3πm,qB0)
21．[2023·山西省运城模拟]如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，O为圆心，AO与水平方向的夹角为30°.现有带正电粒子a从A点沿水平方向以大小为v0的速度垂直磁场射入，其离开磁场时，速度方向刚好改变了180°；另一带负电粒子b以大小相同的速度从C点沿CO方向垂直磁场射入．已知a、b两粒子的比荷之比为2∶1，不计粒子的重力和两粒子间的相互作用．下列说法不正确的是( )
A．a、b两粒子做圆周运动的半径之比为1∶2
B．b粒子竖直向下射出磁场
C．b粒子在磁场中运动的时间为eq \f(πR,v0)
D．两粒子在圆形边界的射出点间的距离为R
22．[2023·重庆市模拟]如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R.一束质量为m、电荷量为正q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力．则下列分析中正确的是( )
A.从M点射出的粒子速率可能大于从N点射出粒子的速率
B．从圆弧bc射出的所有粒子中，从圆弧bc中点射出的粒子所用时间最短
C．从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间
D．从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间
23．[2023·广东省深圳市模拟](多选)如图甲所示，一个立方体空间被对角平面ABCD划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反，且与y轴平行的匀强磁场．一粒子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．已知该粒子运动轨迹在Oxz平面的投影如图乙所示，则粒子的带电情况与磁场方向可能正确的有( )
A．粒子带正电
B．粒子带正电
C．粒子带负电
D．粒子带负电
24.(多选)如图所示，垂直边界的分界线MN将宽度为L的区域分成上下两部分，上部存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B0的匀强磁场，下部存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场．从M处垂直磁场方向射入速度大小不同、质量均为m、电荷量均为q的正离子(不计离子重力和离子间相互作用力)，离子入射方向与MN夹30°角．如果离子垂直右边界射出磁场区域，则离子的入射速度大小和出射点偏离MN的距离的可能组合为( )
A．eq \f(2LqB0,m)，(2－eq \r(3))LB．eq \f(2LqB0,m)，eq \f(（2－\r(3)）,7)L
C．eq \f(4LqB0,5m)，eq \f(（2－\r(3)）,4)LD．eq \f(4LqB0,11m)，eq \f(（2－\r(3)）,11)L
25．[2023·湖南省九校联盟第一次联考]如图所示，矩形区域cdef充满磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，cd边长为(eq \r(3)＋1)a，de边长为a，其中cde边界为荧光屏(图中实线)，f点有一电子发射枪，电子质量为m，电荷量为－e，电子离开电子枪的速度大小为v0＝eq \f(2Bea,m).电子发射枪能在纸面内向磁场内所有方向发射电子，不计电子重力及电子间的相互作用求：
(1)电子在磁场中运动的最长时间以及此时的入射方向；
(2)cd荧光屏上亮线的长度．
26．[2023·八省(市)学业质量评价联考]如图，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直纸面向里．点A、C、O、D处于一条水平线上，且AC＝CO＝OD＝r.A处有一个粒子源，竖直向上同时射出速率不同的同种带电粒子，粒子经过以O为圆心、r为半径的圆周上各点．已知粒子质量为m，电量的绝对值为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，问：
(1)粒子带正电荷还是负电荷？到达C和到达D处的粒子的速率比v1∶v2；
(2)求粒子到达圆周所需的最短时间tmin，及最先到达圆周的粒子的速度大小v3.
[答题区]
考点2 磁场的性质带电粒子在磁场中的运动
1．解析：小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A对；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错；洛伦兹力永不做功，D错．
答案：A
2．解析：因bc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＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl.
故选C.
答案：C
3．解析：假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心
由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；
速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少，C错误．
故选BD.
答案：BD
4．解析：依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50 μT，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反，即指向南方，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指北方，则y轴正向应指向西方，D错误．
答案：BC
5．解析：根据安培定则可知沿EOQ的等效电流产生的磁场在N点的磁感应强度方向垂直纸面向里、在M点的磁感应强度方向垂直纸面向外，且大小均为B，沿POF的等效电流产生的磁场在N、M两点的磁感应强度方向均垂直纸面向里且大小均为B，根据磁场的叠加原理可得N点的合磁感应强度大小为BN＝2B，M点的合磁感应强度大小为BM＝0，故选项A、C、D错误，选项B正确．
答案：B
6．解析：b导线撤去前，b导线所受安培力为零，即b导线所在处的磁感应强度为零，即2k eq \f(I1,L) cs 45°＝k eq \f(I2,\r(2)L) ，解得I2＝2I1，A项错误；b导线撤去前，a导线所在处的磁感应强度为Ba＝2k eq \f(I2,L) cs 45°－k eq \f(I1,\r(2)L) ＝ eq \f(3\r(2)kI1,2L) ，由此可知，a导线所受的安培力不为零，B项错误；b导线撤去后，O处的磁感应强度大小为B0＝k eq \f(I2,\f(\r(2)L,2)) ＝ eq \r(2) k eq \f(I2,L) ，方向沿x轴负方向，所以导体棒e所受安培力大小为F＝B0I0L＝ eq \r(2) k eq \f(I2,L) I0L＝ eq \r(2) kI0I2，方向沿y轴负方向，C项错误，D项正确．
答案：D
7．解析：电路的总电阻R总＝R0＋r＋ eq \f(RLR,RL＋R) ＝10 Ω，电路中总电流I总＝ eq \f(E,R总) ＝1 A，由于R＝RL，所以流过导体棒的电流与流过小灯泡的电流相等，均为I＝ eq \f(1,2) I总＝0.5 A，B项错误；导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.5 N，方向指向右上方，与竖直方向的夹角为θ，A项错误；闭合开关S后，导体棒恰好未滑动．若将滑动变阻器的滑片左移，总电阻减小，干路电流变大，流过导体棒的电流也变大，导体棒受到的安培力变大，导体棒会运动，C项错误；对导体棒受力分析如图所示，其中F为导体棒所受的安培力，Fx和Fy分别是F的两个分力，由平衡条件得FN＋F cs θ＝mg，F sin θ＝Ff，且Ff＝μFN，联立解得μ＝0.2，D项正确．
答案：D
8．解析：变阻器R的触头在最左端时，电路中的电流最小，金属棒受到的安培力最小，A错误；由左手定则可知，安培力沿导轨平面向上，当金属棒刚好要上滑时，金属棒受到的安培力最大，摩擦力沿导轨平面向下，B错误；当金属棒刚好要上滑时，变阻器R接入电路的值最小，对金属棒，由平衡条件得mg sin θ＋μmg sin θ＝BI′d，由闭合电路欧姆定律得E＝I′(r＋R′＋R0)，联立解得R′＝ eq \f(BEd,mg sin θ＋μmg cs θ) －(R0＋r)，则变阻器R接入电路的值不小于 eq \f(BEd,mg sin θ＋μmg cs θ) －(R0＋r)，C错误；由于μ＜tan θ，则金属棒刚要下滑时，电路中电流最小，即变阻器R接入电路的值最大，对金属棒，由平衡条件得mg sin θ＝μgm sin θ＋BId，由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋R＋R0)，联立解得R＝ eq \f(BEd,mg sin θ－μmg cs θ) －(R0＋r)，则变阻器R接入电路的值不大于 eq \f(BEd,mg sin θ－μmg cs θ) －(R0＋r)，D正确．
答案：D
9．解析：如图
由几何关系可知∠OPO′＝60°，∠AO′P＝30°，∠POO′＝90°，则粒子的运动半径为r＝2R，根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，得粒子的速率为v＝ eq \f(2qBR,m) ，B正确．
答案：B
10．解析：运动轨迹如图所示
由图可知，正电荷运动所对应的圆心角为120°，负电荷运动所对应的圆心角为60°，正、负带电粒子圆心角之比为2∶1；由洛伦兹力提供向心力qvB＝ eq \f(mv2,r) ，解得r＝ eq \f(mv,qB) ，又T＝ eq \f(2πr,v) ，解得T＝ eq \f(2πm,qB) ，正、负带电粒子周期之比为1∶2，粒子在磁场中运动的时间t＝ eq \f(θ,2π) T，正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为 eq \f(t正,t负) ＝ eq \f(1,1) ，D项正确．
答案：D
11．解析：根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示．粒子沿O1O3方向从区域Ⅰ边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边界射出，根据左手定则，可知区域Ⅱ磁感应强度方向垂直纸面向外，A项错误；三圆心构成等边三角形，可知粒子在区域Ⅰ、Ⅲ内各转过60°角，由几何关系得tan 30°＝ eq \f(R,r1) ，在区域Ⅱ转过120°角，由几何关系有tan 60°＝ eq \f(R,r2) ，解得 eq \f(r1,r2) ＝ eq \f(tan 60°,tan 30°) ＝3，D项错误；由洛仑兹力提供向心力得轨道半径r＝ eq \f(mv0,qB) ，所以 eq \f(B,B0) ＝ eq \f(r1,r2) ＝3，即B＝3B0，B项正确；粒子在区域Ⅰ、Ⅲ中的运动周期相等，T1＝ eq \f(2πm,qB0) ，粒子在区域Ⅱ中的周期T2＝ eq \f(2πm,qB) ＝ eq \f(2πm,3qB0) ，粒子从进入磁场到离开磁场所用时间t＝2 eq \f(T1,6) ＋ eq \f(T2,3) ＝ eq \f(8πm,9qB0) ，C项正确．
答案：BC
12．解析：两粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知R1＝R2，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB＝ eq \f(mv2,R) ，解得R＝ eq \f(mv,qB) ；若两粒子的比荷相等，则 eq \f(R1,R2) ＝ eq \f(v1,v2) ，故v1＝v2，A项正确，B项错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝ eq \f(2πR,v) ＝ eq \f(2πm,qB) ，故 eq \f(q1,m1) ∶ eq \f(q2,m2) ＝T2∶T1，在磁场中两粒子的运动时间分别为t1＝ eq \f(2π－2θ,2π) T1＝ eq \f(π－θ,π) T1，t2＝ eq \f(2θ,2π) T2＝ eq \f(θ,π) T2；若两粒子同时从A点射入，则两粒子相遇时运动时间相等t1＝t2，故 eq \f(T2,T1) ＝ eq \f(π－θ,θ) ，联立可得 eq \f(q1,m1) ∶ eq \f(q2,m2) ＝ eq \f(π－θ,θ) ，C项正确，D项错误．
答案：AC
13．解析：由左手定则可知，粒子P和粒子Q均带正电，A项错误；根据T＝ eq \f(2πm,qB) ＝ eq \f(2π,kB) ，ω＝ eq \f(2π,T) ，由于两粒子的比荷相同，可知粒子在磁场中的运动周期相等，角速度也相等，B项错误；根据洛伦兹力提供向心力可得qv2B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,r2) ，粒子Q的轨道半径r2＝ eq \f(mv2,qB) ＝ eq \f(\r(3)v,kB) ，C项正确；两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．设磁场的半径为R，由几何关系可得粒子P的轨道半径为r1＝R，所以粒子Q的轨道半径为r2＝ eq \r(3) r1＝ eq \r(3) R，由几何关系可得tan α＝ eq \f(R,r2) ＝ eq \f(\r(3),3) ，解得α＝30°，由t＝ eq \f(θ,360°) T，可知粒子P和粒子Q在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝90°∶2α＝90°∶60°＝3∶2，D项错误．
答案：C
14．解析：(1)若边界上无粒子射出，则粒子运动的轨道半径最大值为
2r＝ eq \f(L,2) tan 30°
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r)
解得磁感应强度B＝1 T
磁感应强度B的大小应满足B≥1 T；
(2)若B＝0.25 T，则运动半径
r1＝ eq \f(mv0,qB) ＝ eq \f(4\r(3),3) m
粒子从顶点离开磁场所用时间最长，此时由几何关系可知粒子在磁场中运动的圆心角为60°，运动最长时间为
t＝ eq \f(60°,360°) · eq \f(2πm,qB) ＝ eq \f(4π,9) ×10－4s
(3)若B＝0.8 T运动半径
r2＝ eq \f(mv0,qB) ＝ eq \f(5\r(3),12) m
粒子打到EG边上，最远点的边界为M、P两点
ON＝ eq \f(L,2) tan 30°＝ eq \f(2\r(3),3) m
则MN＝ eq \r(（2r2）2－ON2) ＝ eq \f(\r(3),2) m
PN＝ eq \r(r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －（ON－r2）2) ＝ eq \f(\r(3),3) m
则三角形边界上有粒子射出的总长s＝3×( eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(\r(3),3) ) m＝ eq \f(5\r(3),2) m.
答案：(1)B≥1 T (2) eq \f(4π,9) ×10－4s (3) eq \f(5\r(3),2) m
15．解析：(1)速度为v0的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
r＝R
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r) ，解得B＝ eq \f(mv0,qR)
由左手定则判断可得粒子带正电．
(2)由题意得速度为 eq \r(3) v0的粒子轨道半径r′＝ eq \r(3) R
由几何关系可知，粒子在磁场中的偏转角度为60°
M到G的过程中，水平位移x＝ eq \r(3) R·sin 60°＝ eq \f(3,2) R
竖直位移y＝ eq \r(3) R－ eq \r(3) R·cs 60°＝ eq \f(\r(3),2) R
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得
lGF＝ eq \f(R－y,sin 60°) ＝ eq \f(（2\r(3)－3）,3) R
解得lNF＝x＋lGF·cs 60°－R＝ eq \f(\r(3),3) R(或者在三角形ONF中NF＝ON·tan 30°＝ eq \f(\r(3),3) R)
M到G的过程中所用的时间t1＝ eq \f(πm,3Bq) ＝ eq \f(πR,3v0)
G到F的过程中所用的时间t2＝ eq \f(lGF,\r(3)v0) ＝ eq \f(（2－\r(3)）R,3v0)
总时间t＝t1＋t2＝ eq \f(（2＋π－\r(3)）R,3v0)
(3)由题意得，所有速度为v0的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为90°；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为60°；综上得夹角范围为60°～90°.
答案：(1) eq \f(mv0,qR) ，正电 (2) eq \f(\r(3),3) R eq \f(（2＋π－\r(3)）R,3v0) (3)60°～90°
16．解析：设正方体边长为l，由题可知，c点合磁感应强度大小为k eq \f(I,l) ＋k eq \f(2I,l) ＝B，解得k eq \f(I,l) ＝ eq \f(B,3) ，则f点的合磁感应强度大小为B′＝ eq \r(（k\f(I,\r(2)l)）2＋（k\f(2I,l)）2) ＝ eq \f(3\r(2),2) k eq \f(I,l) ＝ eq \f(\r(2),2) B，B正确．
答案：B
17．解析：t＝ eq \f(T,2) 时，金属棒通过的电流反向最大，所受安培力最大，所产生的加速度也最大，A项错误； 0～ eq \f(T,4) 时间内，电流方向不变，安培力方向不变，安培力始终做正功，t＝ eq \f(T,4) 时，金属棒的速度不为零，又 eq \f(T,4) ～ eq \f(T,2) 时间内，电流方向与之前相反，大小变化相等，始终做负功，根据对称性，可知在0～ eq \f(T,2) 的时间内，金属棒先做加速后做减速且减为零，安培力对金属棒总功为零，B项错误，D项正确；金属棒做周期性运动，前半个周期先沿正方向加速后减速为零，后半个周期沿反方向先做加速后减速为零，根据对称性可知t＝T时，金属棒再次回到出发点，C项错误．
答案：D
18．解析：在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，说明线圈P所受安培力向下，由左手定则，线圈P中通入的电流I2在图乙中沿逆时针方向，A错误；适当增大线圈M、N中的电流，P处的磁感应强度变大，线圈P所受安培力变大，方向向下，天平不能恢复平衡，B错误；线圈P′半径比线圈P略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P′处的磁感应强度，也可以定量求出线圈P′所受安培力的大小．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量，C正确，D错误．
答案：C
19．解析：速率小的粒子在CD边射出时，粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，时间为周期一半，而粒子的运动周期相同，所以粒子在磁场中运动时间相同，A项错误；根据左手定则，粒子向左偏转，从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，此时半径为R＝ eq \f(L,2) ，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝ eq \f(mv2,R) ，解得vm＝ eq \f(kBL,2) ，B项正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，粒子与CE相切从DE飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，如图所示
由几何关系得 eq \x\t(DE) ＝ eq \f(1,2) eq \x\t(CD) ＝L，粒子从DE边飞出的区域长度最大为L，C项错误；粒子与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝ eq \f(60°,360°) × eq \f(2πm,Bq) ＝ eq \f(π,3kB) ，D项正确．
答案：BD
20．解析：粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2，由qvB＝m eq \f(v2,r) 可知r＝ eq \f(mv,qB) ，故r1＝ eq \f(mv,2qB0) ，r2＝ eq \f(mv,3qB0) ，且d＝2r1－2r2，解得d＝ eq \f(mv,3qB0) ，A项正确，B项错误；粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，由T＝ eq \f(2πr,v) ＝ eq \f(2πm,qB) 得T1＝ eq \f(2πm,2qB0) ＝ eq \f(πm,qB0) ，T2＝ eq \f(2πm,3qB0) ，粒子两次经过P点的时间间隔Δt＝T1＋3× eq \f(T2,2) ，解得Δt＝ eq \f(2πm,qB0) ，C项正确，D项错误．
答案：AC
21．解析：a粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，表明粒子在磁场中转动了半周，其轨迹如图
由几何关系得r1＝R sin 30°＝ eq \f(R,2) ，根据牛顿第二定律得qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r1) ，解得r1＝ eq \f(mv0,qB) ＝ eq \f(1,2) R；b粒子进入磁场，有q′v0B＝m′ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r2) ， eq \f(q′,m′) ＝ eq \f(q,2m) ，解得r2＝ eq \f(2mv0,qB) ＝R，根据左手定则，可知b粒子竖直向下射出磁场，且r1∶r2＝1∶2，A、B两项正确；b粒子在磁场中运动的时间为t2＝ eq \f(1,4) T＝ eq \f(2πr2,4v0) ＝ eq \f(πR,2v0) ，C项错误；由AB选项中的解析可知，b粒子在磁场圆心的正下方射出磁场，a粒子离开磁场时的点和磁场圆心的连线与水平方向的夹角为30°，则几何关系可知两个出射点与圆心构成等边三角形，即两粒子在圆形边界的射出点间的距离为R，D项正确．
答案：C
22．解析：根据qvB＝m eq \f(v2,r) 得v＝ eq \f(qBr,m) ，从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，A项错误；由t＝ eq \f(2θ,2π) T＝ eq \f(θ,π) · eq \f(2πm,qB) ，粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图．当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小，运动时间最短，B项错误；M、N两点具体位置未知，从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间，C项正确；由图可知，从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间不一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间，D项错误．
答案：C
23．解析：若粒子带正电，根据图乙粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧区域磁场垂直于xOz平面向里，右侧区域磁场垂直于xOz平面向外，A项错误，B项正确；若粒子带负电，根据图乙粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧区域磁场垂直于xOz平面向外，右侧区域磁场垂直于xOz平面向里，C项正确，D项错误．
答案：BC
24．解析：根据qvB＝m eq \f(v2,r) 可知粒子在磁场中运动的半径r＝ eq \f(mv,qB) ，若速度v＝ eq \f(2LqB0,m) ，则粒子在上方磁场中运动的半径r1＝L，在下方磁场中运动的半径r2＝2L，此时粒子从下部分磁场中垂直边界射出，轨迹如图线①所示，出射点偏离MN的距离为d1＝2L(1－cs 30°)＝(2－ eq \r(3) )L，A项正确，B项错误；若速度v＝ eq \f(4LqB0,5m) ，则粒子在上方磁场中运动的半径r1＝ eq \f(2L,5) ，在下方磁场中运动的半径r2＝ eq \f(4L,5) ，则粒子从上方磁场中垂直与边界射出，轨迹如图线②所示，此时出射点偏离MN的距离为d2＝ eq \f(2,5) L(1－cs 30°)＝ eq \f(（2－\r(3)）,5) L，C项错误；若速度v＝ eq \f(4LqB0,11m) ，则粒子在上方磁场中运动的半径r1＝ eq \f(2L,11) ，在下方磁场中运动的半径r2＝ eq \f(4L,11)
粒子从上方磁场中垂直与边界射出，轨迹如图线③所示，此时出射点偏离MN距离的为d3＝ eq \f(2,11) L(1－cs 30°)＝ eq \f(（2－\r(3)）,11) L，D项正确．
答案：AD
25．解析：(1)由于洛伦兹力提供向心力，则ev0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)
解得R＝ eq \f(mv0,Be) ＝2a
分析知：轨迹恰好与cd荧光屏相切并打到de荧光屏上则运动时间最长，如图所示
由几何关系得cs α＝ eq \f(kO2,fO2) ＝ eq \f(a,2a) ＝ eq \f(1,2)
故可得α＝60°
又fk＝2a sin α，sin β＝ eq \f(cd－fk,pO2) ＝ eq \f(1,2)
可得β＝30°
则圆弧fp为 eq \f(1,4) 圆，则电子打到荧光屏上的最长运动时间为
t＝ eq \f(1,4) T
由于T＝ eq \f(2πm,Be)
解得t＝ eq \f(πm,2eB)
由图示几何关系可得此时电子以与ef边界成α＝60°入射
(2)如图所示，电子沿fc边界入射打到cd荧光屏上g点，由几何关系知cg＝(2－ eq \r(3) )a
g点为电子打到cd荧光屏上最左边的点，切点h为电子打到cd荧光屏上最右边的点ch＝ eq \r(3) a
则电子打到荧光屏上的亮线的长度为gh＝ch－cg＝(2 eq \r(3) －2)a.
答案：(1) eq \f(πm,2eB) ，方向为与ef边界成α＝60°入射
(2)(2 eq \r(3) －2)a
26．解析：(1)由左手定则得，粒子带负电．
由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r1) ，qv2B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,r2)
由几何关系得r1＝ eq \f(r,2) ，r2＝ eq \f(3r,2)
联立解得v1∶v2＝1∶3
(2)粒子在磁场中的运动周期为T＝ eq \f(2πr,v)
又qvB＝m eq \f(v2,r)
解得T＝ eq \f(2πm,qB)
可见周期与速度无关．所以粒子运动的轨迹对应的圆心角越小，时间越短．由几何关系得，当轨迹圆弧所对应的弦与圆相切时，时间最短．如图
则tmin＝ eq \f(2θ,2π) T＝ eq \f(2πm,3qB)
时间最短，则该粒子最先到达．则qv3B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,r)
解得v3＝ eq \f(qBr,m) .
答案：(1)负电荷，1∶3 (2) eq \f(2πm,3qB) eq \f(qBr,m)
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
－45
2
0
－20
－46
3
21
0
－45
4
－21
0
－45
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
题号
12
13
16
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答案
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