專題10 帶電粒子在磁場中的運動-2019年高考物理母題題源系列(解析版)

1、專題10帶電粒子在磁場中的運動【母題來源一】2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理（新課標全國卷）1【母題原題】（2019新課標全國卷）如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為b2和b、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為6qbb7m6qbd13m6qbc11ma5m6qb【答案】b【解析】運動軌跡如圖。即運動由兩部分組成,第一部分是11個周期,第二部分是個周期,粒子在第二象限運動轉(zhuǎn)過的角度為90，46則運動的時間為t=t44qb2qb212

2、pmpm2=；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60，則運動的時間為t=tb66q3qb；則粒子在磁場中運動的時間為：3qb2qb6qb112pm2pm1=22pmpm7pmt=t+t=+=12，故b正確，acd錯誤。.【母題來源二】2019年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（北京卷）【母題原題】（2019北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是1a粒子帶正電b粒子在b點速率大于在a點速率c若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出d若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】cv2【解析】由左手定則確粒子的電性，由

3、洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據(jù)qvb=m確定r粒子運動半徑和運動時間。由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應帶負電，故a錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故b錯誤；若僅減小磁感應v2mv強度，由公式qvb=m得：r=，所以磁感應強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側(cè)射出，rqb故c正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故d錯誤?！灸割}來源三】2019年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（浙江選考）【母題原題】（2019浙江選考）磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速

4、度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為b的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、。下板和電阻r連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。若穩(wěn)定時等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為忽略邊緣效應，下列判斷正確的是a上板為正極，電流i=bdvabrab+rd2b上板為負極，電流i=bvad2rab+rbc下板為正極，電流i=bdvabrab+rdd下板為負極，電流i=bvad2rab+rb【答案】c【解析】根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負電荷受到的洛倫茲力向上，因此下極板為電源的正極，根據(jù)平衡有qvb=qed，解得穩(wěn)定時電源的電動勢e=bdv，

5、則流過r的電流為i=edbdvab，而r=r，s=ab，則得電流大小為i=，c正確r+rsabr+rd【名師點睛】本題的關鍵是理解磁流體發(fā)電機的工作原理，知道穩(wěn)定時，離子所受的電場力和洛倫茲力平衡，結合閉合電路歐姆定律進行分析【命題意圖】本題考查帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時遵循的規(guī)律，涉及向心力、洛倫茲力、圓周運動知識，意在考查考生對物理規(guī)律的理解能力和綜合分析能力。【考試方向】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動問題，是高考考查的重點和熱點，可能以選擇題單獨命題，但更多的是結合其他知識以計算題的形式考查?！镜梅忠c】1帶電體在磁場中的臨界問題的處理基本思路（1）畫軌跡：即畫出運動軌跡，

6、并確定圓心，用幾何方法求半徑；（2）找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系；（3）用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式；2帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形（1）直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖所示）3（2）平行邊界（存在臨界條件，如圖所示）（3）圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示）3帶電粒子在勻強磁場中的運動找圓心、求半徑、確定轉(zhuǎn)過的圓心角的大小是解決這類問題的前提，確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關系是解題的基礎，建立運動時間t和轉(zhuǎn)過的圓心角之間的關系是解題的關鍵（1）圓心的確

7、定已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖10甲所示，圖中p為入射點，m為出射點）已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心（如圖乙所示，p為入射點，m為出射點）（2）半徑的確定可利用物理學公式或幾何知識（勾股定理、三角函數(shù)等）求出半徑大?。?）運動時間的確定：電荷在勻強電場和勻強磁場中的運動規(guī)律不同運動電荷穿出有界電場的時間與其入射速度的方向和大小有關，而穿出有界磁場的時間則與電荷在磁場中的運動周期有關

8、在解題過程中靈活運用運動的合成與分解和幾何關系是解題關鍵；粒子在磁場中運動一周的時間為t，當粒子運動的圓2tt（或t=弧所對應的圓心角為時，其運動時間表示為：t=qrqv）41（2019重慶市巴蜀中學高三月考）如圖，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，半徑oc與ob夾角為60。一電子以速率v從a點沿直徑ab方向射入磁場，從c點射出。電子質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列說法正確的是a磁場方向垂直紙面向里b磁感應強度大小為3mv3erc電子在磁場中的運動時間為23pr3vvd若電子速率變?yōu)?，仍要從c點射出，磁感應強度大小應變?yōu)樵瓉淼?倍3【答案】b【解析】根據(jù)左手定則，磁場方向垂直

9、紙面向外，故a錯誤；由題意得，電子的運動半徑恰好等于r=3r=mveb3mv2pm，解得b=，故b正確；運動周期t=，電子在圓形區(qū)域的運動時間3ereb13prt=t=63vmvv，故c錯誤；電子的運動半徑恰好等于r=，若電子速率變?yōu)椋砸獜腸點射出，eb31磁感應強度大小應變?yōu)樵瓉淼?，故d錯誤。32（2019北京市順義區(qū)高考一模）如圖所示，ox與mn是勻強磁場中的兩條平行直線，其中mn為磁場的下邊界，速率不同的同種帶電粒子沿ox方向射入磁場，從mn邊界穿出時，其中速度為v1的a粒子與mn垂直，速度為v2的b粒子其速度方向與mn成60角，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，則a、b兩粒子穿越磁

10、場所需時間的比為5a1：2【答案】db2：1c2：3d3：2m【解析】粒子在磁場中運動的周期的公式為t=2qb，由此可知，粒子的運動的時間與粒子的速度的大小無關，所以粒子在磁場中的周期相同，由粒子的運動的軌跡如圖所示：可知，通過a點的粒子的偏轉(zhuǎn)角為90，通過b點的粒子的偏轉(zhuǎn)角為60，所以通過a點的粒子的運動的t，通過b點的粒子的運動的時間為t，所以從s到a、b所需時間t1：t2為3：2，故d正時間為1416q，且左右對稱.結果所有粒子落點在乳膠底片的pp直線區(qū)間，下列說法正確的是確，abc錯誤。3（2019江蘇省三校高三第四次模擬）質(zhì)譜儀裝置原理圖如圖所示，某種帶電粒子經(jīng)電場加速后從小孔o以相

11、同的速率沿紙面射入勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向外，已知從o點射出的粒子有微小發(fā)散角212【解析】粒子在磁場中做圓周運動，洛倫磁力提供向心力，則有qvb=，解得r=，由于粒子a打在p2點粒子一定是從o點垂直板射入的粒子b打在p2點粒子一定是從o點右偏射入的粒子c打在p1點粒子一定是從o點左偏射入的粒子d打在p1點粒子一定是在磁場中運動時間最短的粒子【答案】amv2mvrqb的速率相同，所以在粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同，由幾何關系可得粒子在乳膠底片落點與o點的距離為l=2rcosq=2mvcosqqb，當發(fā)散角q=0時，粒子在乳膠底片落點與o點的距離最大，即6粒子在磁場中運動對應的圓心角最

12、大，根據(jù)t=a打在p2點粒子一定是從o點垂直板射入的粒子，當發(fā)散角q最大時，粒子在乳膠底片落點與o點的距離最小，即打在ax+y=mn點粒子一定是從o點左偏發(fā)散角q最大或右偏發(fā)散角q最大射入的粒子，從o點右偏發(fā)散角q最大射入的粒子在磁場中運動對應的圓心角最小，從o點左偏發(fā)散角q最大射入的amt=可知從o點右偏發(fā)散角q最大射入的粒子的2pqb運動時間最短，從o點左偏發(fā)散角q最大射入的粒子的運動時間最長，故選項a正確，bcd錯誤。4（2019湖南省長沙市長沙一中高三月考）如圖所示，abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界邊長為l，三個粒子以相同的速度從a點沿對角線方向射入，粒子1從b點射出，粒

13、子2從c點射出，粒子3從cd邊垂直射出，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。根據(jù)以上信息，可以確定a粒子1帶負電，粒子2不帶電，粒子3帶正電b粒子1和粒子3的比荷之比為2：1c粒子1和粒子2在磁場中的運動時間之比為：4d粒子3的射出位置與d點相距l(xiāng)2【答案】bc【解析】根據(jù)左手定則可得：粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負電。故a錯誤；做出粒子運動，由r可得：1，粒子3的運動的軌mvqv2v的軌跡如圖，則粒子1運動的半徑：r1=l2qbmbrbl11v2vmq跡如圖，則：r3=2l，33br2bl371：32：，故b正確；c.粒子1在磁場中運動的時間：t12pr1pl1mm4v22v所以：1

14、3qq1；粒子2在磁t場中運動的時間：t22lv；所以：t12p4，故c正確；粒子3射出的位置與d點相距：=x=r-l=2l-l（2-1）l，故d錯誤。35（2019天津市第一中學高二期末）如圖所示，半徑為r且水平放置的光滑絕緣的環(huán)形管道內(nèi)，有一電量為e、質(zhì)量為m的電子。此裝置放在勻強磁場中，此勻強磁場的磁感應強度b隨時間均勻發(fā)化，即b=b0+kt（k0），根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，均勻變化的磁場將產(chǎn)生穩(wěn)定的電場，感應電場對電子將有沿圓環(huán)切線方向的作用力，使其加速，電子沿圓周運動一周所獲得的能量為ee，其中e為環(huán)形回路的感應電動勢。t=0時電子的初速度為v0，此后電子運動一周時磁感應強度為b1，

15、則此時電子的速度為brea1mbv2+02pr2kembrec0mdv2-02pr2kemdt【答案】abv2bre【解析】洛倫茲力提供向心力，故：ebv=m，解得：v=1，故a正確，c錯誤；根據(jù)法拉第1rm電磁感應定律得：感生電動勢大小為e=dbpr2=kpr2，電場方向逆時針，電場力對電子做正功。電822m0112pr2ke在轉(zhuǎn)動一圈過程中對電子用動能定理：kpr2e=mv2-mv2，解得：v=v2+，故b正0確，d錯誤。6（2019云南玉溪一中高二期中）如圖所示，在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強磁場，有兩個電荷量、質(zhì)量均相同的正、負粒子（不計重力），從邊界上的o點以相同速度先后射入磁場

16、中，入射方向與邊界成角，則正、負粒子在磁場中a運動軌跡的半徑相同b重新回到邊界所用時間相同c重新回到邊界時速度大小和方向相同d重新回到邊界時與o點的距離不相等【答案】acv2mvr=【解析】根據(jù)牛頓第二定律得：qvb=m得：，由題q、v、b大小均相同，則r相同，故arqb正確。粒子的運動周期t=2pmqb，則知t相同。根據(jù)左手定則分析可知，正離子逆時針偏轉(zhuǎn)，負離子順時針偏轉(zhuǎn)，重新回到邊界時正離子的速度偏向角為22，軌跡的圓心角也為22，運動時間t=2p-2q2qt。同理，負離子運動時間t=t，顯然時間不等，故b錯誤。2p2p正負離子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，根據(jù)圓的對稱性

17、可知，重新回到邊界時速度大小與方向相同，故c正確。根據(jù)幾何知識得知重新回到邊界的位置與o點距離s=2rsin，r、相同，則s相同，故d錯誤。7（2019湖北省宜昌市高三模擬）如圖所示，在直角坐標系xoy中，位于坐標軸上的m、n、p三點到坐94標原點o的距離均為r，在第二象限內(nèi)以o1（r，r）為圓心，r為半徑的1圓形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直xoy平面向外的勻強磁場；現(xiàn)從m點平行xoy平面沿不同方向同時向磁場區(qū)域發(fā)射速率均為v的相同粒子，其中沿mo1方向射入的粒子恰好從p點進入第一象限。為了使m點射入磁場的粒子均匯聚于n點，在第一象限內(nèi)，以適當?shù)倪^p點的曲線為邊界（圖中未畫出，且電場邊界曲線與磁場邊

18、界曲線不同），邊界之外的區(qū)域加上平行于y軸負方向的勻強電場或垂直xoy平面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用及其重力.下列說法正確的是a若opn之外的區(qū)域加的是磁場，則所加磁場的最小面積為(p-2)r22b若opn之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達n點時的速度最大為5vnxc若opn之外的區(qū)域加的是電場，粒子到達點時的速度方向不可能與軸成45x2d若opn之外的區(qū)域加的是電場，則邊界pn曲線的方程為y=-2x+rr【答案】abd4【解析】由題意知，沿mo1方向射入的粒子恰好從p點進入第一象限，軌跡為1圓弧，速度方向水平向右（沿x軸正方向）由幾何關系知軌跡半徑等于圓形磁場半徑，作出由粒子軌跡圓的圓心

19、、磁場圓的圓心以及出射點、入射點四點組成的四邊形為菱形，且所有從m點入射粒子進入第一象限速度方向相同，即均沿+x方向進入第一象限，為了使m點射入磁場的粒子均匯聚于n點，opn之外的區(qū)域加的是磁場，最小的磁場面積為圖中陰影部分的面積，如圖所示：10根據(jù)幾何關系可得所加磁場的最小面積為s=2pr2-r2=，故a正確；若opn之外11(p-2)r2422的區(qū)域加的是電場，粒子進入第一象限做類平拋，沿mo1入射的粒子到達n點時的運動時間最長，速度最大，速度與水平方向夾角也最大，設類平拋運動時間為t，在n點速度與水平方向夾角為，則有：v=2，水平方向：r=vt，豎直方向：r=vy2t，聯(lián)立解得：vy=2

20、v，vmax=v2+v2=5v，tanq=yvytan45=1，故b正確，c錯誤；若opn之外的區(qū)域加的是電場，設邊界pn曲線上有一點的坐標為（x，y），則x=vt，y=r-at2，整理可得：1y-ra=22x2v2，當x=r時y=0，整理可得邊界pn曲線的x2方程為y=-2x+r，故d正確。r8（2019北京四中高二期中）如圖1所示，左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為u；兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為b0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里。右邊有一半徑為r、圓心為o的圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強磁場，磁感應強度大小為b，方向垂直于紙面朝里。一電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于

21、磁場的方向射入平行金屬板之間，沿同一方向射出平行金屬板之間的區(qū)域，并沿直徑ef方向射入磁場區(qū)域，最后從圓形區(qū)域邊界上的g點射出。已知弧eg所對應的圓心角為q，不計離子重力。求：（1）離子進入平行板時的速度大小v0；（2）離子的質(zhì)量m；（3）如圖2所示，若改變右側(cè)圓形磁場區(qū)域的位置，使圓形磁場的直徑eh與ef成a角，該離子沿平行于金屬板的方向從e點射入磁場區(qū)域，恰好從h點射出，求a角的正弦值sina。bdu22【答案】（1）v0=uqbbrdqq（2）m=0tan（3）sina=cot0【解析】（1）粒子在平行金屬板之間做勻速直線運動，洛侖茲力與電場力相等d即：b0qv0=qe，其中e=u11解得：v=ubd00（2）在圓形磁場區(qū)域，微粒做勻速圓周運動，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得：qvb=mv20r由幾何關系有：tanq2=rr解得m=qbbrdq0tanu2（3）若離子沿平行于金屬板的方向從e點射入磁場區(qū)域，則軌跡如圖；由幾何關系可知：sina=rqr，因tan=r2r可知sina=cotq29（2019江蘇省蘇