1、 第第 1 课时课时 电场和磁场基本问题电场和磁场基本问题 高考命题点 命题轨迹 情境图 电场性质的 理解 2015 1 卷 15, 2 卷 14 15(1)15 题 15(2)14 题 16(1)20 题 16(2)15 题 17(1)20 题 17(3)21 题 18(1)16 题 18(1)21 题 18(2)21 题 19(3)21 题 2016 1 卷 14、20, 2 卷 15, 3 卷 15 2017 1 卷 20, 3 卷 21 2018 1 卷 16、21, 2 卷 21 2019 2 卷 20, 3 卷 21 磁场性质的 理解 2015 1 卷 24 15(1)24 题 1
2、7(1)19 题 17(2)21 题 17(3)18 题 18(2)20 题 19(1)17 题 2017 1 卷 19, 2 卷 21, 3 卷 18 2018 2 卷 20 2019 1 卷 17 带电粒子在 磁场中的匀 速圆周运动 2015 1 卷 14,2 卷 19 16(2)18 题 16(3)18 题 17(2)18 题 17(3)24 题 19(2)17 题 19(3)18 题 2016 2 卷 18,3 卷 18 2017 2 卷 18,3 卷 24 2019 2 卷 17,3 卷 18 “带电粒子 或带电体” 在电场和磁 场中的运动 2015 2 卷 24 15(2)24 题
3、 17(2)25 题 2017 1 卷 25,2 卷 25 2019 2 卷 24,3 卷 24 19(2)24 题 1电场强度的三个公式 (1)EF q是电场强度的定义式，适用于任何电场电场中某点的场强是确定值，其大小和方向 与试探电荷 q 无关，试探电荷 q 充当“测量工具”的作用 (2)EkQ r2是真空中点电荷所形成的电场场强的决定式，E 由场源电荷 Q 和场源电荷到某点的 距离 r 决定 (3)EU d是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场 注意：式中 d 为两点间沿电场方向的距离 2电场能的性质 (1)电势与电势能：Ep q . (2)电势差与电场力做功：UABWAB q AB.
4、 (3)电场力做功与电势能的变化：WEp. 3等势面与电场线的关系 (1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面 (2)电场线越密的地方，等差等势面也越密 (3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功 4带电粒子在磁场中的受力情况 (1)磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用 (2)洛伦兹力的大小和方向：F洛qvBsin ，注意： 为 v 与 B 的夹角F 的方向由左手定则 判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向 5洛伦兹力做功的特点 由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功 1主要研究方法 (1)
5、理想化模型法如点电荷 (2)比值定义法如电场强度、电势的定义方法，是定义物理量的一种重要方法 (3)类比的方法如电场和重力场的类比；电场力做功与重力做功的类比；带电粒子在匀强电 场中的运动和平抛运动的类比 2静电力做功的求解方法 (1)由功的定义式 WFlcos 来求； (2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能变化量的负值”来求，即 WEp； (3)利用 WABqUAB来求 3电场中的曲线运动的分析 采用运动合成与分解的思想方法 4匀强磁场中的圆周运动解题关键 找圆心：若已知进场点的速度和出场点，可以作进场点速度的垂线，依据是 F洛v，与进出 场点连线的垂直平分线的交点即为圆心；若只知道进场位
6、置，则要利用圆周运动的对称性定 性画出轨迹，找圆心，利用平面几何知识求解问题 1电场线 假想线，直观形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，曲线上各点的切线方向表示该点的 场强方向，曲线的疏密程度表示电场的强弱 2电势高低的比较 (1)沿着电场线方向，电势越来越低； (2)将带电荷量为q 的电荷从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势 越高； (3)根据电势差 UABAB，若 UAB0，则 AB，反之，则 A0)的点电荷固定在正方体 的两个顶点上，a、b 是正方体的另外两个顶点则( ) 图 4 Aa 点和 b 点的电势相等 Ba 点和 b 点的电场强度大小相等 Ca 点和 b 点
7、的电场强度方向相同 D将负电荷从 a 点移到 b 点，电势能增加 答案 BC 解析 a、b 两点到两点电荷连线的距离相等，且关于两点电荷连线中点对称，可知 a、b 两 点的电场强度大小相等， 方向相同， 选项 B、 C 正确； 电荷量分别为 q 和q(q0)的点电荷(等 量异种点电荷)固定在正方体的两个顶点上，正方体的另外两个顶点 a、b 在两点电荷 q 和q 连线的垂直平分面两侧，故 a 点和 b 点电势不相等，且 ba，将负电荷从 a 点移到 b 点， 电场力做正功，电势能减少，选项 A、D 错误 拓展训练 3 (多选)(2019 全国卷 20)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自 M
8、 点 由静止开始运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则( ) A运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小 B在 M、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合 C粒子在 M 点的电势能不低于其在 N 点的电势能 D粒子在 N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 答案 AC 解析 在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自 M 点(非两点 电荷连线的中点)由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项 A 正确；带电粒子仅在 电场力作用下运动，若运动到 N 点的动能为零，则带电粒子在 N、M 两点的电势能相等；仅 在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和
9、保持不变，可知若粒子运动到 N 点时动 能不为零，则粒子在 N 点的电势能小于其在 M 点的电势能，故粒子在 M 点的电势能不低于 其在 N 点的电势能，选项 C 正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下 的运动轨迹不会与电场线重合，选项 B 错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动 的条件，可知粒子在 N 点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项 D 错 误 拓展训练 4 (多选)(2019 湖南衡阳市第二次联考)如图 5 所示，水平线 a、b、c、d 为匀强 电场中的等差等势线，一个质量为 m，电荷量绝对值为 q 的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其运
10、动轨迹上的两个点，已知该粒子在 A 点的速度大小为 v1，在 B 点的速度大小为 v2，且 方向与等势线平行A、B 连线长为 L，连线与竖直方向的夹角为 ，不计粒子受到的重力， 则( ) 图 5 A该粒子一定带正电 B匀强电场的电场强度大小为mv1 2v 2 2 2qLcos C粒子在 B 点的电势能一定大于在 A 点的电势能 D等势线 b 的电势比等势线 d 的电势高 答案 BC 解析 做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧，可知粒子所受电场力方向竖直向上，沿 电场线方向的位移为：yLcos 由 A 到 B，电场力做负功，由动能定理得： qEy1 2mv2 21 2mv1 2， 所以 Emv
11、1 2v 2 2 2qLcos ，故 B 正确； 由 B 项分析知，A 到 B 过程中电势能增大，故 C 正确； 根据题意可确定粒子受到的电场力方向，但无法确定电场线的方向，所以无法确定等势面的 电势高低及粒子的电性，故 A、D 错误 1电流产生的磁场的合成 对于多个电流在空间某点的合磁场方向，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向 (磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成 2磁场力做的功 磁场力包括洛伦兹力和安培力，由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直，洛伦 兹力不做功，但是安培力可以做功 3电流与电流的相互作用 通常画出一个电流的磁场方向，分析另一电流在
12、该磁场中的受力，来判断电流的受力情况 例 3 (2019 全国卷 17)如图 6，等边三角形线框 LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固 定于匀强磁场中， 线框平面与磁感应强度方向垂直， 线框顶点 M、 N 与直流电源两端相接 已 知导体棒 MN 受到的安培力大小为 F，则线框 LMN 受到的安培力的大小为( ) 图 6 A2F B1.5F C0.5F D0 答案 B 解析 设三角形边长为 l，通过导体棒 MN 的电流大小为 I，则根据并联电路的规律可知通过 导体棒 ML 和 LN 的电流大小为I 2，如图所示，依题意有 FBlI，则导体棒 ML 和 LN 所受安 培力的合力为 F11 2Bl
13、I 1 2F，方向与 F 的方向相同，所以线框 LMN 受到的安培力大小为 F F11.5F，选项 B 正确 拓展训练 5 (2019 河南周口市上学期期末调研)如图 7 所示，在直角三角形 acd 中，a 60 ，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在 a、b、c 三点，其中 b 为 ac 的中点三根导线 中的电流大小分别为 I、2I、3I，方向均垂直纸面向里通电长直导线在其周围空间某点产生 的磁感应强度 BkI r ，其中 I 表示电流强度，r 表示该点到导线的距离，k 为常数已知 a 点 处导线在 d 点产生的磁感应强度大小为 B0，则 d 点的磁感应强度大小为( ) 图 7 AB0 B2B
14、0 C. 3B0 D4B0 答案 D 解析 设直角三角形的 ad 边长为 r，则 ac 边长为 2r，根据直导线产生的磁感应强度公式可 得 a 点处导线在 d 点产生的磁感应强度大小为 B0kI r，由安培定则知方向水平向左；同理有 c 点处导线在 d 点产生的磁感应强度大小为 B1k 3I 3r 3B0，方向竖直向下；b 点处导线在 d 点产生的磁感应强度大小为 B2k2I r 2B0，方向垂直于 bd 斜向左下方；如图所示：因B1 B0 3tan 60 ，可知 B1和 B0的合磁感应强度沿 B2的方向，故 d 点的磁感应强度大小为 B合 B2 B02B124B0，方向垂直于 bd 斜向左下
15、方，故选 D. 1基本思路 (1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹 (2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系， 在磁场中运动的时间和周期相联系 (3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式 2临界问题 (1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界 状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心， 建立几何关系 (2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切 例 4 (2019 全国卷 17)如图 8，边长为 l 的正方形
16、 abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大 小为 B，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外ab 边中点有一电子发射源 O，可向磁场内沿 垂直于 ab 边的方向发射电子已知电子的比荷为 k.则从 a、d 两点射出的电子的速度大小分 别为( ) 图 8 A.1 4kBl， 5 4 kBl B.1 4kBl， 5 4kBl C.1 2kBl， 5 4 kBl D.1 2kBl， 5 4kBl 答案 B 解析 电子从 a 点射出时， 其运动轨迹如图线， 轨迹半径为 ral 4， 由洛伦兹力提供向心力， 有 evaBmva 2 ra ，又 e mk，解得 va kBl 4 ；电子从 d 点射出时，运动
17、轨迹如图线，由几何关 系有 rd2l2(rdl 2) 2，解得：r d5l 4，由洛伦兹力提供向心力，有 evdBm vd2 rd ，又 e mk，解 得 vd5kBl 4 ，选项 B 正确 拓展训练 6 (多选)(2019 云南昆明市 4 月质检)如图 9 所示，边长为 L 的正三角形 ABC 区 域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B0，BC 边的中点 O 有一粒子源，可以 在 ABC 平面内沿任意方向发射速率为 v的相同的正粒子， 若从AB 边中点D 射出磁场的粒子， 从 O 到 D 的过程中速度方向偏转了 60 ，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，下列 说法正确的是(
18、 ) 图 9 A粒子运动的轨道半径为 L B粒子不可能从 A 点射出磁场 C粒子的比荷为q m 2v B0L D从 B 点射出的粒子在磁场中的运动时间为L 3v 答案 BC 解析 由题意从 O 点到 D 点的过程中速度方向偏转了 60 ，则从 D 点射出的粒子，由弦长公 式 ODL 22rsin 30 ，解得：r L 2，故 A 错误；若粒子从 A 点射出，则弦长为 3 2 L， 得： 3 2 L2L 2sin ，解得：60 ，即粒子以与竖直方向成 60 角射入，由几何关系可得， 粒子将从 AC 边射出，故粒子不可能从 A 点射出磁场，故 B 正确；qvBmv 2 r 得：rmv qB，即 L
19、 2 mv qB0，解得： q m 2v LB0，故 C 正确；OB L 2r，则从 B 点射出的粒子的圆心角为 60 ，所以 运动时间为 t 60 360 2L 2 v L 6v，故 D 错误 拓展训练 7 (2019 山东泰安市第二轮复习质量检测)如图 10 所示，正方形区域 abcd 内存 在磁感应强度为 B 的匀强磁场，e 是 ad 的中点，f 是 cd 的中点，如果在 a 点沿对角线方向以 速率 v 射入一带负电的粒子(重力不计)，恰好从 e 点射出若磁场方向不变，磁感应强度变 为B 2，粒子的射入方向不变，速率变为 2v.则粒子的射出点位于( ) 图 10 Ae 点 Bd 点 Cd
20、f 间 Dfc 间 答案 C 解析 当磁感应强度为 B，粒子速度为 v 时，半径 Rmv qB； 当磁感应强度变为B 2，粒子速度变为 2v 时，半径 R 2mv q 1 2B 4R 如图所示，过 a 点作速度 v 的垂线，即为粒子在 a 点所受洛伦兹力的方向，并延长 cd 交于 O 点， 由题图可知 Oa4R，Odad2ae2 2RR，因此粒子出射点 应在 df 间 1题型特点 带电体一般要考虑重力的作用 2解题方法 要根据不同的运动过程的特点，选取不同的物理规律分析主要规律和方法有：匀变速直线 运动规律、牛顿运动定律、动能定理以及各种功能关系 例 5 (2019 全国卷 24)如图 11，
21、两金属板 P、Q 水平放置，间距为 d.两金属板正中间有 一水平放置的金属网 G，P、Q、G 的尺寸相同G 接地，P、Q 的电势均为 (0)质量为 m，电荷量为 q(q0)的粒子自 G 的左端上方距离 G 为 h 的位置，以速度 v0平行于纸面水平射 入电场，重力忽略不计 图 11 (1)求粒子第一次穿过 G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从 G 的下方距离 G 也为 h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ 答案 (1)1 2mv0 22 d qh v0 mdh q (2)2v0 mdh q 解析 (1)PG、QG 间场强大小相等，均为 E
22、.粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下，设 粒子的加速度大小为 a，有 E2 d FqEma 设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，由动能定理有 qEhEk1 2mv0 2 设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移为 l，则有 h1 2at 2 lv0t 联立式解得 Ek1 2mv0 22 d qh lv0 mdh q ； (2)若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短由对称性知，此时金属板 的长度为 L2l2v0 mdh q . 拓展训练 8 (多选)(2019 甘肃兰州市第一次诊断)质量为 m、带电荷量为q 的小球套在水 平固定且足够长的粗
23、糙绝缘杆上，如图 12 所示，整个装置处于磁感应强度为 B、垂直纸面向 里的水平匀强磁场中现给小球一个水平向右的初速度 v0使其开始运动，重力加速度为 g， 不计空气阻力，则对小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是( ) 图 12 A一定做减速运动 B运动过程中克服摩擦力做的功可能是 0 C最终稳定时的速度一定是mg qB D最终稳定时的速度可能是 0 答案 BD 解析 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能有的弹力和摩 擦力若 qv0Bmg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和水 平向左的摩擦力；据牛顿第二定律可得：qvBmgFN，FN
24、ma，加速度 aqvBmg m ， 方向向左；则小球做加速度减小的减速运动，最终匀速，匀速运动时的速度 vmg qB；若 qv0B mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动，速度 vv0mg qB；若 qv0B0)A 从 O 点发射时的速度大小为 v0，到达 P 点所用时间为 t；B 从 O 点到达 P 点所用时间为t 2.重力加速度为 g，求： (1)电场强度的大小； (2)B 运动到 P 点时的动能 答案 (1)3mg q (2)2m(v02g2t2) 解析 (1)设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a.根据牛顿第二定律、运动学公式 和题给条
25、件，有 mgqEma 1 2a( t 2) 21 2gt 2 解得 E3mg q (2)设 B 从 O 点发射时的速度为 v1，到达 P 点时的动能为 Ek，O、P 两点的高度差为 h，根据 动能定理有 Ek1 2mv1 2mghqEh 且有 v1t 2v0t h1 2gt 2 联立式得 Ek2m(v02g2t2) 专题强化练专题强化练 (限时 45 分钟) 1. (2019 福建泉州市 5 月第二次质检)如图 1，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒， 空间有垂直斜面向上的匀强磁场 B，导体棒处于静止状态现将匀强磁场的方向沿图示方向 缓慢旋转到水平方向， 为了使导体棒始终保持静止状态， 匀
26、强磁场的磁感应强度应同步( ) 图 1 A增大 B减小 C先增大，后减小 D先减小，后增大 答案 A 解析 对导体棒进行受力分析如图： 当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻 安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，最小，所以安培力一直变大，而安培力：F安BIL， 所以磁场一直增大，B、C、D 错误，A 正确 2. (2019 福建福州市期末质量检测)如图 2 所示，一根长为 L 的金属细杆通有电流时，水平静 止在倾角为 的光滑绝缘固定斜面上斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强 磁场中若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为 0.5I，磁感应强
27、度大小变为 4B，重力加 速度为 g.则此时金属细杆( ) 图 2 A电流流向垂直纸面向外 B受到的安培力大小为 2BILsin C 对斜面压力大小变为原来的 2 倍 D将沿斜面加速向上，加速度大小为 gsin 答案 D 3. (2019 安徽安庆市二模)如图 3 所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关 闭合一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器则下 列判断正确的是( ) 图 3 A粒子带正电 B保持开关闭合，将 B 板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹运动 C保持开关闭合，将 A 板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹运动 D断开开关，将 B 板向上平移
28、一定距离，可使粒子沿轨迹运动 答案 B 解析 开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A 极板和电源正极相连，所 以场强方向向下，故油滴带负电，A 错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B 板上移， 板间距 d 变小，由公式 EU d知场强增大，电场力大于重力，粒子沿轨迹运动，故 B 正确； 保持开关闭合，将 A 板向上平移一定距离，板间距 d 增大，由公式 EU d知场强减小，电场 力小于重力，所以粒子向下偏转，故 C 错误；断开开关，电容器电荷量不变，将 B 板向上平 移一定距离，由公式 CQ U，C rS 4kd，E U d得，E 4kQ rS ，与板间距离无关，故场强不变，
29、 所以粒子沿轨迹运动，故 D 错误 4. (多选)(2019 福建泉州市期末质量检查)如图 4 所示，粗糙木板 MN 竖直固定在方向垂直纸 面向里的匀强磁场中t0 时，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电物块沿 MN 以某一初速 度竖直向下滑动，则物块运动的 vt 图象可能是( ) 图 4 答案 ACD 解析 设初速度为 v0，若满足 mgFfFN，因 FNBqv0，则 mgBqv0，滑块向下做匀速 运动，选项 A 正确；若 mgBqv0，则滑块开始有向下的加速度，由 amgBqv m 可知，随 速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，选项 D 正确； 若 mg
30、0，q 5L 4 ，即 B4mv 5qL，选项 D 正确 10. (多选)(2019 山西临汾市二轮复习模拟)如图 10 所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半 圆形轨道，圆心 O 与轨道左、右最高点 a、c 在同一水平线上，水平方向的匀强磁场与半圆 形轨道所在的平面垂直一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点 a 滑下，则 下列说法中正确的是( ) 图 10 A滑块经过最低点 b 时的速度与磁场不存在时相等 B滑块从 a 点到最低点 b 所用的时间比磁场不存在时短 C滑块经过最低点 b 时对轨道的压力与磁场不存在时相等 D滑块能滑到右侧最高点 c 答案 AD 解析 滑块下滑时受到重力、
31、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只 有重力做功，由动能定理可知，滑块到达最低点时的速度与磁场不存在时相等，故 A 正确； 根据能量守恒定律得滑块能滑到右侧最高点 c，故 D 正确；滑块在下滑过程中，在任何位置 的速度与有没有磁场无关，因此滑块从 a 点到最低点所用时间与磁场不存在时相等，故 B 错 误；由于滑块到达最低点时的速度与不存在磁场时的速度 v 相等，由 av 2 r 可知，滑块的加 速度相等，存在磁场时，由牛顿第二定律得：FNmgqvBmv 2 r ，可得：FNmgqvB mv 2 r ，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力 FNFNmgqvBmv 2 r ，由此可
32、知：滑块经 最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，故 C 错误 11. (多选)(2019 山东淄博市 3 月一模)如图 11 所示，半径为 R 的四分之一圆形区域内存在着 垂直纸面向里的匀强磁场，过(2R,0)点垂直 x 轴放置一线型粒子发射装置，能在 0yR 的 区间内各处沿 x 轴正方向同时发射出速度均为 v、带正电的同种粒子，粒子质量为 m、电荷 量为 q.不计粒子的重力及粒子间的相互作用力若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏 转恰好击中 y 轴上的同一位置，则下列说法中正确的是( ) 图 11 A粒子击中点距 O 点的距离为 R B磁场的磁感应强度为mv qR C粒子离开磁场时速度
33、方向相同 D粒子从离开发射装置到击中 y 轴所用时间 t 的范围为2R v t2R 2v 答案 ABD 解析 由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是 y 轴上同一点，而由最高点射出的粒子只能 击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，即粒子击中点距 O 点的距离为 R，所以 A 选项正 确；从最低点射出的粒子也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为 R，由洛伦兹力 提供向心力得： qvBmv 2 R， 则磁感应强度 B mv qR， 所以选项 B 正确； 粒子运动的半径都相同， 但是入射点不同，则粒子离开磁场时的速度方向不同，选项 C 错误；粒子从最低点射出时运 动时间最长， 此时粒
34、子在磁场中的偏转角为 90 ， 最长时间为 t11 4T R v 1 4 2R v R v 2 2v R. 从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最短的时间为 t22R v ，所以选项 D 正确 12. (2019 四川广元市第二次适应性统考)如图 12 所示，半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面 向外的匀强磁场两个质子 M、N 沿平行于直径 cd 的方向从圆周上同一点 P 射入磁场区域， P 点与直径 cd 间的距离为R 2，质子 M、N 入射的速度大小之比为 12.ab 是垂直 cd 的直径， 质子 M 恰好从 b 点射出磁场，不计质子的重力和质子间的作用力则两质子 M、N 在磁场中 运动的时间之比为( ) 图 12 A21 B31 C32 D34 答案 A 解析 由题意作出两质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，质子 M 在磁场中运动的半 径为 R， 轨迹圆弧所对圆心角 1120 ； 根据 eBvmv 2 r 得 rmv eB， 则质子 N 的轨道半径为 2R， 再由几何关系得：轨迹圆弧所对圆心角 260 ；质子在磁场中做圆周运动的周期：T2r v 2m eB ，运动的时间满足：t 360 T，解得：t1t221，故 A 项正确，B、C、D 错误
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