磁場（1）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型（解析版）

模型21磁場（1）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型+典例+方法+練習(xí)目錄磁場疊加原理 2安培力的計算及應(yīng)用 6安培力作用下導(dǎo)體運動情況的判斷 8安培力作用下的平衡問題 10安培力與功、動能定理的綜合應(yīng)用 12有界磁場之直線邊界 13有界磁場之矩形、三角形邊界 18兩線一點 18

磁場疊加原理【模型+方法】一、磁場、磁感應(yīng)強度1．磁場的基本性質(zhì)磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁力的作用．2．磁感應(yīng)強度(1)物理意義：描述磁場的強弱和方向．(2)定義式：B＝eq\f(F,IL)(通電導(dǎo)線垂直于磁場)．(3)方向：小磁針靜止時N極的指向．(4)單位：特斯拉，符號為T.3．勻強磁場(1)定義：磁感應(yīng)強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強磁場．(2)特點：疏密程度相同、方向相同的平行直線．4．地磁場(1)地磁的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近，磁感線分布如圖1所示．圖1(2)在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應(yīng)強度相等，且方向水平向北．5．磁場的疊加磁感應(yīng)強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成與分解．二、磁感線1．磁感線的特點(1)磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向．(2)磁感線的疏密程度定性地表示磁場的強弱，在磁感線較密的地方磁場較強；在磁感線較疏的地方磁場較弱．①磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點，在磁體外部，從N極指向S極；在磁體內(nèi)部，由S極指向N極．②同一磁場的磁感線不中斷、不相交、不相切．③磁感線是假想的曲線，客觀上并不存在．2．幾種常見的磁場(1)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場(如圖3所示)圖3(2)電流的磁場直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導(dǎo)線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內(nèi)為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱安培定則立體圖橫截面圖縱截面圖三、磁場疊加問題的解題思路(1)確定磁場場源，如通電導(dǎo)線．(2)定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖5所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場BM、BN.(3)應(yīng)用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B.【典例】如圖所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置著一根長直流導(dǎo)線，電流方向指向讀者，a、b、c、d是以直導(dǎo)線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點中（）A．a(chǎn)、b兩點磁感應(yīng)強度相同 B．a(chǎn)點磁感應(yīng)強度最小C．c、d兩點磁感應(yīng)強度相同 D．b點磁感應(yīng)強度最大【答案】BD【解析】根據(jù)安培定則，直線電流的磁感應(yīng)強度如圖；根據(jù)平行四邊形定則，a、b、c、d各個點的磁場情況如圖A．a(chǎn)、b兩點磁感應(yīng)強度大小不相等，方向也不一定相同，選項A錯誤；B．a(chǎn)點磁感應(yīng)強度為兩點之差的絕對值，最小，選項B正確；C．c點與d點合磁感應(yīng)強度大小相等，方向不同，選項C錯誤；D．b點電磁感應(yīng)強度等于兩個磁感應(yīng)強度的代數(shù)和，最大，選項D正確。故選BD。【練習(xí)1】如圖所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c，d到O點的距離均相等。關(guān)于這幾點處的磁場，下列說法正確的是()A．O點處的磁感應(yīng)強度為零B．a(chǎn)、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同C．c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反D．a(chǎn)、b、c、d、O五點處磁感應(yīng)強度的方向都相同【答案】BD【解析】A．根據(jù)右手螺旋定則，M處導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N處導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，合成后磁感應(yīng)強度不等于0，故A錯誤；B．M在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，在b處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N在a處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，b處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，根據(jù)場強的疊加知，a、b兩點處磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，故B正確；C．M在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cM偏下，在d出產(chǎn)生的磁場方向垂直dM偏下，N在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cN偏下，在d處產(chǎn)生的磁場方向垂直于dN偏下，根據(jù)平行四邊形定則，知c處的磁場方向豎直向下，d處的磁場方向豎直向下，且合場強大小相等，故C錯誤；D．a(chǎn)、b、c、d、O五點處磁感應(yīng)強度的方向都豎直向下，故D正確。故選BD。【練習(xí)2】如圖所示為六根與水平面平行的導(dǎo)線的橫截面示意圖，導(dǎo)線分布在正六邊形的六個頂點，導(dǎo)線所通電流方向已在圖中標(biāo)出。已知每根導(dǎo)線在O點磁感應(yīng)強度大小為B0，則關(guān)于正六邊形中心O處磁感應(yīng)強度的大小和方向的說法正確的是()A．大小為零B．大小為2B0，方向沿x軸負方向C．大小為4B0，方向沿x軸正方向D．大小為4B0，方向沿y軸正方向【答案】D【解析】根據(jù)右手定則，每根通電導(dǎo)線在中心O點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度的方向如圖所示，由平行四邊形定則可知B=2方向沿y軸正方向，D正確，ABC錯誤。故選D。安培力的計算及應(yīng)用【模型+方法】1．大小若I∥B，F(xiàn)＝0；若I⊥B，F(xiàn)＝BIL.2．方向總垂直于B、I所決定的平面，即一定垂直于B和I，但B與I不一定垂直．可以用左手定則來判定：伸開左手，使大拇指跟其余四個手指垂直，并且都跟手掌在同一平面內(nèi)，把手放入磁場中，讓磁感線從掌心進入，使伸開的四指指向電流的方向，那么，拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中的受力方向．3．兩平行通電導(dǎo)線間的作用同向電流相互吸引，反向電流相互排斥．4．安培定則的應(yīng)用在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應(yīng)分清“因”和“果”.因果磁場原因(電流方向)結(jié)果(磁場方向)直線電流的磁場大拇指四指環(huán)形電流的磁場四指大拇指【典例】一段導(dǎo)線abcde位于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直．線段ab、bc、cd和de的長度均為L，且∠abc＝∠cde＝120°，流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．導(dǎo)線段abcde所受到的磁場的作用力的合力大小為()A．BIL B．2BIL C．3BIL D．4BIL【答案】C【解析】ab段導(dǎo)線受力F1=BIL，根據(jù)左手定則判斷方向向上；bcd段導(dǎo)線的有效長度即是bd的長度，因為∠abc＝∠cde＝120°，所以bd長也為L，受到安培力F2=BIL，根據(jù)左手定則判斷方向向上；dc段導(dǎo)線受安培力F3=BIL，根據(jù)左手定則判斷方向向上，所以整段導(dǎo)線受力F=3BIL【練習(xí)1】如圖所示，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一正方形剛性線圈，邊長為L，匝數(shù)為n，線圈平面與磁場方向垂直，線圈有一半在磁場內(nèi)。某時刻，線圈中通過大小為I的電流，則此線圈所受安培力的大小和方向為（）A．2BIL，水平向右 B．12C．nBIL，水平向右 D．2nBIL，水平向左【答案】D【解析】導(dǎo)線在磁場內(nèi)有效長度為2L，故該V形通電導(dǎo)線受到安培力大小為F=電流在磁場中方向往上，根據(jù)左手定則，可判斷出安培力方向為水平向左。故ABC錯誤，D正確。故選D。【練習(xí)2】如圖，由均勻的電阻絲組成的等邊三角形導(dǎo)體框，垂直磁場放置，將AB兩點接入電壓恒定的電源兩端，通電時電阻絲AB段受到的安培力為F，則此時三根電阻絲受到的安培力的合力大小為A．F B．1.5F C．2F D．3F【答案】B【解析】均勻的電阻絲組成的等邊三角形導(dǎo)體框，電阻絲ACB阻值是電阻絲AB阻值的2倍，電阻絲AB與電阻絲ACB并聯(lián)，所以電阻絲ACB中電流是電阻絲AB中電流的12；電阻絲ACB在磁場中的有效長度與電阻絲AB的長度相等，則電阻絲ACB所受安培力是電阻絲AB所受安培力的12，即電阻絲ACB所受安培力為12F；電阻絲AB與電阻絲ACB所受安培力的方向相同，所以三根電阻絲受到的安培力的合力F合=F+安培力作用下導(dǎo)體運動情況的判斷【模型+方法】1．問題特點安培力作用下導(dǎo)體的運動問題與力學(xué)中的運動問題一樣，同樣遵從力學(xué)基本規(guī)律，只是研究對象所受的力中多分析安培力而已．2．規(guī)律分析判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運動方向或運動趨勢，首先必須弄清楚導(dǎo)體所在位置的磁感線分布情況，再弄清楚導(dǎo)體中電流的方向，然后利用左手定則準(zhǔn)確判定導(dǎo)體的受力情況，進而確定導(dǎo)體的運動方向或運動趨勢．3．幾種判定方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法環(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個環(huán)形電流結(jié)論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向典例如圖所示，把一重力不計的通電直導(dǎo)線水平放在蹄形磁鐵兩極的正上方，導(dǎo)線可以自由轉(zhuǎn)動，當(dāng)導(dǎo)線通入圖示方向電流I時，導(dǎo)線的運動情況是(從上往下看)()A．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降B．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升C．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時下降D．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時上升【答案】A【解析】如圖甲所示，把直線電流等效為無數(shù)小段，中間的點為O點，選擇在O點左側(cè)S極右上方的一小段為研究對象，該處的磁場方向指向左下方，由左手定則判斷，該小段受到的安培力的方向垂直紙面向里，在O點左側(cè)的各段電流元都受到垂直紙面向里的安培力，把各段電流元受到的力合成，則O點左側(cè)導(dǎo)線受到垂直紙面向里的安培力；同理判斷出O點右側(cè)的導(dǎo)線受到垂直紙面向外的安培力．因此，由上向下看，導(dǎo)線沿順時針方向轉(zhuǎn)動．分析導(dǎo)線轉(zhuǎn)過90°時的情形：如圖乙所示，導(dǎo)線中的電流垂直紙面向外，由左手定則可知，導(dǎo)線受到向下的安培力．由以上分析可知，導(dǎo)線在順時針轉(zhuǎn)動的同時向下運動．選項A正確．練習(xí)1如圖所示，兩個完全相同、所在平面互相垂直的導(dǎo)體圓環(huán)P、Q中間用絕緣細線連接，通過另一絕緣細線懸掛在天花板上，當(dāng)P、Q中同時通有圖示方向的恒定電流時，關(guān)于兩圓環(huán)的轉(zhuǎn)動(從上向下看)以及細線中張力的變化，下列說法正確的是()A．P順時針轉(zhuǎn)動，Q逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動時P與天花板連接的細線張力不變B．P逆時針轉(zhuǎn)動，Q順時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動時兩細線張力均不變C．P、Q均不動，P與天花板連接的細線和與Q連接的細線張力均增大D．P不動，Q逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動時P、Q間細線張力不變【答案】A【解析】根據(jù)安培定則，P產(chǎn)生的磁場的方向垂直于紙面向外，Q產(chǎn)生的磁場水平向右，根據(jù)同名磁極相互排斥的特點，從上向下看，P將順時針轉(zhuǎn)動，Q逆時針轉(zhuǎn)動；轉(zhuǎn)動后P、Q兩環(huán)的電流的方向相反，但下方細線與P、Q連接處的電流方向相同，所以兩個圓環(huán)相互吸引，P、Q間細線張力減?。烧w法可知，P與天花板連接的細線張力總等于兩環(huán)的重力之和，大小不變，故A正確，B、C、D錯誤．練習(xí)2將一個質(zhì)量很小的金屬圓環(huán)用細線吊起來，在其附近放一塊條形磁鐵，磁鐵的軸線與圓環(huán)在同一個平面內(nèi)，且通過圓環(huán)中心，如圖所示，當(dāng)圓環(huán)中通以順時針方向的電流時，從上往下看()A．圓環(huán)順時針轉(zhuǎn)動，靠近磁鐵 B．圓環(huán)順時針轉(zhuǎn)動，遠離磁鐵C．圓環(huán)逆時針轉(zhuǎn)動，靠近磁鐵 D．圓環(huán)逆時針轉(zhuǎn)動，遠離磁鐵答案C解析該通電圓環(huán)相當(dāng)于一個垂直于紙面的小磁針，N極在內(nèi)，S極在外，根據(jù)同極相斥、異極相吸，C正確．安培力作用下的平衡問題【模型+方法】通電導(dǎo)體棒在磁場中的平衡問題是一種常見的力電綜合模型，該模型一般由傾斜導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒、電源和電阻等組成．這類題目的難點是題圖具有立體性，各力的方向不易確定．因此解題時一定要先把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，通過受力分析建立各力的平衡關(guān)系，如圖所示．典例(2018·天津市部分區(qū)上學(xué)期期末)如圖甲所示，固定的兩光滑導(dǎo)體圓環(huán)相距1m．在兩圓環(huán)上放一導(dǎo)體棒，圓環(huán)通過導(dǎo)線與電源相連，電源的電動勢為3V，內(nèi)阻為0.2Ω.導(dǎo)體棒質(zhì)量為60g，接入電路的電阻為1.3Ω，圓環(huán)電阻不計，勻強磁場豎直向上．開關(guān)S閉合后，棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，該位置對應(yīng)的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，如圖乙所示，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)棒靜止時受到的安培力的大??；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大?。敬鸢浮?1)0.8N(2)0.4T【解析】(1)對導(dǎo)體棒進行受力分析，如圖所示有eq\f(mg,F)＝tanθ解得F＝0.8N(2)由閉合電路歐姆定律，得I＝eq\f(E,R＋r)解得I＝2A由安培力的公式F＝BIL，得B＝eq\f(F,IL)，解得B＝0.4T.練習(xí)如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的銅棒ab，用長度也為L的兩根輕導(dǎo)線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，未通電時，輕導(dǎo)線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉(zhuǎn)的最大角度為θ，則()A．棒中電流的方向為b→aB．棒中電流的大小為eq\f(mgtanθ,BL)C．棒中電流的大小為eq\f(mg1－cosθ,BLsinθ)D．若只增大輕導(dǎo)線的長度，則θ變小【答案】C【解析】根據(jù)導(dǎo)體棒受到的安培力方向和左手定則可知，棒中電流的方向為由a到b，故A錯誤；根據(jù)動能定理可知，BIL2sinθ－mgL(1－cosθ)＝0－0，解得I＝eq\f(mg1－cosθ,BLsinθ)，故B錯誤，C正確；由上式可知，BIL·Lsinθ＝mgL(1－cosθ)，輕導(dǎo)線的長度L可消去，與之無關(guān)，故D錯誤．安培力與功、動能定理的綜合應(yīng)用【模型+方法】安培力做功與動能定理結(jié)合，其解題步驟如下：(1)選取研究對象，明確它的運動過程；(2)分析研究對象的受力情況(若是立體圖就改畫成平面圖)和各個力的做功情況，特別是分析安培力的大小和方向，看安培力做正功還是負功，然后求各力做功的代數(shù)和；(3)明確初、末狀態(tài)的動能；(4)列出動能定理的方程以及其他必要的解題方程進行求解．典例(多選)(2019·廣東省梅州市調(diào)研)如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌，左端通過開關(guān)S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L＝20cm的光滑圓弧導(dǎo)軌相接．導(dǎo)軌寬度為20cm，電阻不計．導(dǎo)軌所在空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.5T.一根導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量m＝60g、電阻R＝1Ω，用兩根長也為20cm的絕緣細線懸掛，導(dǎo)體棒恰好與導(dǎo)軌接觸．當(dāng)閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒沿圓弧擺動，擺動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)．導(dǎo)體棒ab速度最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)，則()A．磁場方向一定豎直向上B．電源的電動勢E＝8VC．導(dǎo)體棒在擺動過程中所受安培力F＝8ND．導(dǎo)體棒擺動過程中的最大動能為0.08J【答案】BD【解析】當(dāng)開關(guān)S閉合時，導(dǎo)體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方向豎直向下，故A錯誤；設(shè)電路中電流為I，電源的電動勢為E，導(dǎo)體棒ab所受安培力為F，導(dǎo)體棒ab速度最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°，則tanθ＝eq\f(F,mg)，由F＝BIL＝Beq\f(E,R)L，得F＝0.8N，E＝8V，故B正確，C錯誤；根據(jù)動能定理得：FLsin53°－mgL(1－cos53°)＝Ek－0，解得Ek＝0.08J，故D正確．【練習(xí)】如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的銅棒ab，用長度也為L的兩根輕導(dǎo)線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，未通電時，輕導(dǎo)線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉(zhuǎn)的最大角度為θ，則()A．棒中電流的方向為b→aB．棒中電流的大小為eq\f(mgtanθ,BL)C．棒中電流的大小為eq\f(mg1－cosθ,BLsinθ)D．若只增大輕導(dǎo)線的長度，則θ變小答案C解析根據(jù)導(dǎo)體棒受到的安培力方向和左手定則可知，棒中電流的方向為由a到b，故A錯誤；根據(jù)動能定理可知，BIL2sinθ－mgL(1－cosθ)＝0－0，解得I＝eq\f(mg1－cosθ,BLsinθ)，故B錯誤，C正確；由上式可知，BIL·Lsinθ＝mgL(1－cosθ)，輕導(dǎo)線的長度L可消去，與之無關(guān)，故D錯誤．有界磁場之直線邊界【模型+方法】1.帶電粒子在有界勻強磁場中做圓周運動的分析(1)圓心的確定方法①若已知粒子軌跡上兩點的速度方向,則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v,分別確定兩點處洛倫茲力F的方向,其交點即圓心,如圖甲所示。②若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向,則可作出此兩點的連線(過這兩點的圓弧的弦)的中垂線,中垂線與垂線的交點即圓心,如圖乙所示。(2)半徑的計算方法①由公式求:半徑R=mvqB。②由幾何方法求:一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定。(3)時間的計算方法①由圓心角求:t=θ2π·T②由弧長求:t=sv。2.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性,如圖所示)。(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)。在圓形磁場內(nèi),入射速度沿徑向,出射速度也必沿徑向。3.有界磁場的重要結(jié)論1）過入射點和出射點作一直線（弦），入射速度與直線的夾角等于出射速度與直線的夾角，并且如果把兩個速度移到共點時，關(guān)于直線軸對稱。2）圓心角等于偏轉(zhuǎn)角3）磁場圓心O和運動軌跡圓心O′兩圓心的連線OO′與兩個交點的連線AB垂直。4、直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性(如圖所示)圖a中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)【典例】（江蘇省泰州市泰州中學(xué)2020-2021學(xué)年高二（上）期中物理試題）如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質(zhì)量和電量相同的正、負離子，從O點以相同的速度射入磁場中，射入方向均與邊界成θ角，若不計重力，則正、負離子在磁場中（）A．運動時間相同B．運動軌道半徑相同C．重新回到邊界時速度大小與方向相同D．重新回到邊界的位置與O點距離相等【答案】BCD【解析】A．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2π-2θ，軌跡的圓心角也為2π-同理，負離子運動時間t'=顯然時間不等．故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律得qvB=mv2r=mv由題q、v、B大小均相同，則r相同．故B正確；C．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)圓的對稱性可知，重新回到邊界時速度大小與方向相同，故C正確；D．根據(jù)幾何知識得知重新回到邊界的位置與O點距離S=2rsinr、θ相同，則S相同，故D正確。故選BCD。【練習(xí)1】如圖，勻強磁場垂直于紙面，磁感應(yīng)強度為B。某種比荷為qm、速度大小為v的一群離子以一定發(fā)散角α由原點O出射，y軸正好平分該發(fā)散角，離子束偏轉(zhuǎn)后打在x軸上長度為L的區(qū)域MN內(nèi)，則cosa2A．12－BqL4mv B．1－BqL2mv C．1－BqL4mv【答案】B【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝得R＝粒子通過M、N點的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系知MN=ON-OM過M點兩圓圓心與原點連線與ox夾角為α2，圓心在x軸上的圓在O點速度沿y軸正方向L=2R-2Rcosα2L＝解得cosα故選B?！揪毩?xí)2】水平直線MN上方有垂直紙面向里的足夠大的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B，正、負電子同時從MN邊界O點以與MN成45°角的相同速度v射入該磁場區(qū)域（電子質(zhì)量為m，電量為e），正、負電子間的相互作用忽略不計，經(jīng)一段時間后從邊界MN(1)它們從磁場中射出時，出射點間的距離x；（畫出電子運動的軌跡圖）(2)它們從磁場中射出的時間差Δt?！緛碓础亢幽鲜∴嵵菔?019-2020學(xué)年高二（上）期末物理試題【答案】（1）22mveB；【解析】(1)正、負電子分別按逆、順時針方向做勻速圓周運動（軌跡圖）則有得r=mv由幾何關(guān)系x=22(2)由周期T=2πmeB，正電子在磁場中運動時間負電子在磁場中運動時間t1它們從磁場中射出的時間差Δt=t有界磁場之矩形、三角形邊界【模型+方法】相交相切找臨界平行邊界存在臨界條件(如圖所示)圖a中粒子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(θm,Bq)，t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)圖b中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θm,Bq)圖c中粒子在磁場中運動的時間t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2mπ－θ,Bq)圖d中粒子在磁場中運動的時間t＝eq\