備戰(zhàn)2024年高考物理易錯題（新高考專用）易錯點11 磁場-（4大陷阱）-備戰(zhàn)2024年高考物理考試易錯題含答案

備戰(zhàn)2024年高考物理易錯題（新高考專用）易錯點11磁場-（4大陷阱）-備戰(zhàn)2024年高考物理考試易錯題含答案易錯點09靜電場目錄01易錯陷阱（4大陷阱）02舉一反三【易錯點提醒一】誤認為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運動狀態(tài)，【易錯點提醒二】誤認為洛倫茲力不做功，其分力也不能做功【易錯點提醒三】帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤【易錯點提醒四】混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)【易錯點提醒五】不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題03易錯題通關易錯點一：誤認為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運動狀態(tài)，共分力也不做功1對洛倫茲力的理解特點（1）洛侖茲力的大小正比于v的大小，方向垂直于v的方向，隨著v（方向、大?。┩瑫r改變，具有被動性的特點（2）洛侖茲力的方向垂直于v的方向，不做功，只改變v的方向不改變v的大小易錯點二：帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤直線邊界，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)平行邊界存在臨界條件，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\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)易錯點三：混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)帶電粒子在組合場中運動分析思路1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路第1步：粒子按照時間順序進入不同的區(qū)域可分成幾個不同的階段。第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如第3步中表圖所示。第3步：用規(guī)律2．“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，F(xiàn)E是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡示例求解方法利用類平拋運動的規(guī)律求解：vx＝v0，x＝v0t，vy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏轉(zhuǎn)角φ滿足：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半徑：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)動能變化不變易錯點四：不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題1.解題關鍵點（1）關注題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等關鍵詞語，作為解題的切入點.（2）關注涉及臨界點條件的幾個結論:①粒子剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切；②當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則粒子在有界磁場中運動的時間越長；③當速度v變化時，圓心角越大，對應的運動時間越長.2.一般思維流程.【易錯點提醒一】誤認為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運動狀態(tài)；．誤認為洛倫茲力不做功，所以洛倫茲力分力也不能做功。V0AθV【例1】如圖所示，在豎直絕緣的平臺上，一個帶正電的小球以水平速度VV0AθVA．仍在A點 B．在A點左側(cè)C．在A點右側(cè)D．無法確定Vθ【例2】如圖所示，一個帶正電荷的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為VVθA．大于VB．小于VC．等于VD．不能確定A【變式1-1】BC如圖所示，光滑半圓形軌道與光滑斜面軌道在B處與圓孤相連，將整個裝置置于水平向外的勻強磁場中，有一帶正電小球從A靜止釋放，且能沿軌道前進，并恰能通過圓弧最高點，現(xiàn)若撤去磁場，使球仍能恰好通過圓環(huán)最高點C，釋放高度BCA．H′=HB.H′＜HC.H′＞HD.不能確定【變式1-2】2.（2022·湖南·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，光滑的水平桌面處于勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B；在桌面上放有內(nèi)壁光滑、長為L的試管，底部有質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，試管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做勻速直線運動（拉力與試管壁始終垂直），帶電小球能從試管口處飛出，關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A．小球帶負電，且軌跡為拋物線B．小球運動到試管中點時，水平拉力的大小應增大至C．洛倫茲力對小球做正功D．對小球在管中運動全過程，拉力對試管做正功，大小為qvBL【變式1-3】（2023·陜西西安·西安市東方中學?？家荒＃┤鐖D所示，豎直放置的光滑絕緣斜面處于方向垂直豎直平面（紙面）向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一帶電荷量為的滑塊自a點由靜止沿斜面滑下，下降高度為h時到達b點，滑塊恰好對斜面無壓力。關于滑塊自a點運動到b點的過程，下列說法正確的是（）（重力加速度為g）A．滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用 B．滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為C．洛倫茲力做正功 D．滑塊的機械能增大【易錯點提醒二】

帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤【例3】如圖所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短，若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子()．A．速率一定越小B．速率一定越大C．在磁場中通過的路程越長D．在磁場中的周期一定越大【變式1-1】（2023全國甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是（）A.粒子的運動軌跡可能通過圓心OB.最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線【變式1-2】．比荷（）相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)過小孔S垂直進入勻強磁場，磁感應強度為B，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（）A．N帶負電，M帶正電B．N的速率大于M的速率C．N的運行時間等于M的運行時間D．N受到的洛倫茲力一定等于M受到的洛倫茲力【變式1-3】如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，兩帶電粒子（不計重力）沿直線AB方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的P、Q兩點射出，則下列說法正確的是（

）

A．若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經(jīng)歷時間之比為1:2B．若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經(jīng)歷時間之比為2:1C．若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為2:1D．若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為3:1?！疽族e點提醒三】混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)【例4】電子以與磁場垂直的速度v從P處沿PQ方向進入長為d、寬為h的勻強磁場區(qū)域，從N點射出，如圖所示，若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，磁感應強度為B，則

()A．電子在磁場中運動的時間為B．電子在磁場中運動的時間在于為C.．電子豎直方向的的位移為D．電子的水平位移【變式1-1】2023海南卷）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點電荷，從原點以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（）A粒子從中點射入磁場，電場強度滿足B.粒子從中點射入磁場時速度為C.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到的距離為D.粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是【變式1-2】如圖所示，坐標系中，在的范圍內(nèi)存在足夠大的勻強電場，方向沿y軸正方向，在的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于平面向里的勻強磁場。在處放置一垂直于y軸的足夠大金屬板，帶電粒子打到板上即被吸收，如果粒子軌跡與板相切則剛好不被吸收。一質(zhì)量為m、帶電量為的粒子以初速度由點沿x軸正方向射入電場，第一次從點經(jīng)過x軸，粒子重力不計。下列說法正確的是（

）A．勻強電場的電場強度B．粒子剛好不打在擋板上則C．要使粒子不打到擋板上，磁感應強度B應滿足的條件為D．要使粒子不打到擋板上，磁感應強度B應滿足的條件為【變式1-3】如圖所示，在xoy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，在第四象限內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子①與②從y軸上的點P（0，l0）處同時以速率v0分別沿與y軸正方向和負方向成60°角射入磁場中，兩粒子均垂直穿過x軸進入電場，最后分別從y軸上的M、N點（圖中未畫出）離開電場。兩粒子所受重力及粒子間的相互作用均忽略不計,下列說法中正確的是（）A．勻強磁場的磁感應強度大小為B．粒子①與粒子②在磁場中運動的時間之比為2:1C．粒子①與粒子②在電場中運動的時間之比為2:1D．粒子①與粒子②在電場中運動的時間之比為【易錯點提醒四】不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題【例5】如圖所示，一帶電粒子，質(zhì)量為m，電量為q，以平行于Ox軸的速度v從y軸上的a點射入圖中第一象限所示的區(qū)域。為了使該粒子能從x軸上的b點以垂直于Ox軸的速度v射出，可在適當?shù)牡胤郊右粋€垂直于xy平面、磁感應強度為B的勻強磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內(nèi)，重力忽略不計，試求該圓形磁場區(qū)域的最小半徑?！咀兪?-1】（2023·四川成都·石室中學?？既＃┮粍驈姶艌龅拇鸥袘獜姸却笮?，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，，，一束粒子在紙面內(nèi)從a點垂直于射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。已知粒子的質(zhì)量為、電荷量為。則粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為（）A． B． C． D．【變式1-2】（2023·甘肅蘭州·統(tǒng)考一模）如圖所示，直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，∠B=900，。某種帶電粒子（重力不計）以不同速率從邊上D點垂直邊射入磁場，速率為時粒子垂直邊射出磁場，速率為時粒子從邊射出磁場，且運動軌跡恰好與邊相切，粒子在磁場中運動軌跡半徑為、，運動時間為、。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B． C． D．【變式1-3】（2023·甘肅張掖·高臺縣第一中學?？寄M預測）如圖所示為寬度為L、磁感應強度大小為B的有界勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面向外，長度足夠長。在下邊界O處有一個粒子源，沿與邊界成60°角方向連續(xù)發(fā)射大量的速度大小不相同的同種帶正電粒子，速度方向均在紙面內(nèi)。已知以最大速度v射入的粒子，從磁場上邊界飛出經(jīng)歷的時間為其做圓周運動周期的。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列判斷正確的是（）A．粒子的比荷為B．粒子在磁場中運動的周期為C．在下邊界有粒子飛出的長度為LD．從上邊界飛出的粒子速度大小范圍為1.（2023全國乙卷）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（）A. B. C. D.2.（2023年海南高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功3.（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l（）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）

A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為C．管道內(nèi)的等效電流為D．粒子束對管道的平均作用力大小為4．如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一段靜止的長為L截面積為S的通電導線，磁場方向垂直于導線。設單位體積導線中有n個自由電荷，每個自由電荷的電荷量都為q，它們沿導線定向移動的平均速率為v。下列選項正確的是（）A．導線中的電流大小為nSqvB．這段導線受到的安培力大小為nLqvBC．沿導線方向電場的電場強度大小為vBD．導線中每個自由電荷受到的平均阻力大小為qvB5.如圖所示，一個帶正電的粒子，從靜止開始經(jīng)加速電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)電壓為，射出偏轉(zhuǎn)電場時以與水平方向夾角為的速度進入金屬板右側(cè)緊鄰的有界勻強磁場，虛線為磁場的左邊界，場范圍足夠大，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從磁場左邊界射出，粒子進入磁場和射出磁場的位置之間的距離為，下列說法正確的是（）

A．只增大電壓變小B．只減小電壓變大C．只減小電壓，距離變小D．只增大電壓，距離變大6．如圖所示，已知甲空間中沒有電場、磁場；乙空間中有豎直向上的勻強電場；丙空間中有豎直向下的勻強電場；丁空間中有垂直紙面向里的勻強磁場。四個圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負電小球從斜面上的同一點O以相同初速度v0同時沿水平方向拋出，分別落在甲、乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點(圖中未畫出)。小球受到的電場力、洛倫茲力都始終小于重力，不計空氣阻力。則（）A．O、C之間距離大于O、B之間距離B．小球從拋出到落在斜面上用時相等C．小球落到B點與C點速度大小相等D．從O到A與從O到D，合力對小球做功相同7．如圖所示，在xOy坐標系平面內(nèi)，x軸上方有沿y軸正方向的勻強電場，x軸下方有垂直坐標系平面向里的勻強磁場，一電子，質(zhì)量為m、電荷量為從圖中坐標原點O處以與x軸負方向成角的速度沿坐標平面射入勻強磁場中，經(jīng)磁場到達A點，再進入豎直向上的勻強電場中，結果恰好從O點回到磁場，不計電子的重力，則下列說法正確的是（）A．磁感應強度大小B．電場強度大小C．電子運動過程中最高點的坐標為D．電子從O點出發(fā)到下一次回到O點的時間8．（2022·湖南衡陽·?？家荒＃┤鐖D所示，兩個傾角分別為和的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，兩個質(zhì)量為m、帶電荷量為的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，則（）A．飛離斜面時甲滑塊動量比乙滑塊動量大B．飛離斜面時甲滑塊動量比乙滑塊動量小C．飛離斜面時甲滑塊重力做功的瞬時功率與乙滑塊重力做功瞬時功率不同D．飛離斜面時甲滑塊重力做功的瞬時功率與乙滑塊重力做功瞬時功率相同9．（2022·陜西寶雞·寶雞中學?？寄M預測）如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里的勻強磁場。a、b、c三個帶電粒子以相同的動能從M點沿著直徑MON方向垂直射入磁場，運動軌跡如圖所示，并從P、Q兩點離開。已知P、Q、O（圓心）三點共線，直徑MON、POQ夾角為（如圖），，，分別為a、b、c三個粒子在磁場中運動的時間。不計粒子的重力，下列說法正確的（）

A．a(chǎn)一定帶負電，b可能帶正電B．a(chǎn)、b從P點射出，c從Q點射出C．D．10．（2023·全國·模擬預測）如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在y軸上S處有一粒子源，它可向右側(cè)紙面內(nèi)各個方向射出速率相等的質(zhì)量均為m、電荷量均為的同種帶電粒子，所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點。已知，粒子帶負電，粒子所受重力及粒子間的相互作用均不計，則（）A．粒子的速度大小為B．從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為C．沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為D．從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為11．（2023·四川南充·閬中中學?？级＃┤鐖D，坐標原點O有一粒子源，能向坐標平面一、二象限內(nèi)發(fā)射大量質(zhì)量為m，電荷量為q的正粒子（不計重力），所有粒子速度大小相等。圓心在（0，R）半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場右側(cè)有一長度為R且平行于y軸的熒光屏，其中心O1位于（2R，R）。已知初速度沿y軸正向的粒子經(jīng)過磁場后，恰能垂直射在光屏上，則下列說法正確的是（）A．所有粒子的初速度大小為B．從O點發(fā)射的所有粒子都能垂直射在光屏上C．能射在光屏上的粒子，在磁場中運動時間最長為D．能射在光屏上的粒子初速度方向與x軸夾角滿足12．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁場的部分邊界，其中段是半徑為R的四分之一圓弧，、的延長線通過圓弧的圓心，長為R．一束質(zhì)量為m、電荷量大小為q的粒子流，在紙面內(nèi)以不同的速率從O點垂直射入磁場，已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧邊界上的兩點。不計粒子的重力及它們之間的相互作用。則下列說法中正確的是（）A．粒子帶負電B．從M點射出粒子的速率一定小于從N點射出粒子的速率C．從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間D．在磁場中運動時間最短的粒子用時為13．（2023·安徽宿州·統(tǒng)考一模）如圖所示，邊長為的正三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為、電荷量為的同種粒子自點沿角平分線射入磁場，若以初速度射入，經(jīng)過時間，粒子從邊界距點處射出磁場，不計粒子的重力，則（）A．粒子圓周運動的周期為B．粒子的初速度等于時，在磁場中運動的時間仍為C．粒子的初速度小于時，離開磁場時的速度反向延長線均垂直于邊D．粒子的初速度大于時，離開磁場時速度的偏轉(zhuǎn)角大于14.（2023·湘豫名校高三下學期4月聯(lián)考）如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q的同種粒子以相同的速度沿紙面垂直于ab邊射入場區(qū)，結果在bc邊僅有一半的區(qū)域內(nèi)有粒子射出。已知bc邊的長度為L，bc和ac的夾角為60°，不計粒子重力及粒子間的相互作用力。下列說法正確的是（）A.粒子的入射速度為B.粒子的入射速度為C.粒子在磁場中運動的最大軌跡長度為D.從bc邊射出的粒子在磁場內(nèi)運動的最長時間為15.（2023·湖北武漢二中模擬）如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計。為把這束負離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是（）A．，垂直紙面向里 B．，垂直紙面向里C．，垂直紙面向外 D．，垂直紙面向外

易錯點09靜電場目錄01易錯陷阱（4大陷阱）02舉一反三【易錯點提醒一】誤認為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運動狀態(tài)，【易錯點提醒二】誤認為洛倫茲力不做功，其分力也不能做功【易錯點提醒三】帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤【易錯點提醒四】混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)【易錯點提醒五】不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題03易錯題通關易錯點一：誤認為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運動狀態(tài)，共分力也不做功1對洛倫茲力的理解特點（1）洛侖茲力的大小正比于v的大小，方向垂直于v的方向，隨著v（方向、大小）同時改變，具有被動性的特點（2）洛侖茲力的方向垂直于v的方向，不做功，只改變v的方向不改變v的大小易錯點二：帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤直線邊界，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)平行邊界存在臨界條件，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\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,Bq)易錯點三：混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)帶電粒子在組合場中運動分析思路1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路第1步：粒子按照時間順序進入不同的區(qū)域可分成幾個不同的階段。第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如第3步中表圖所示。第3步：用規(guī)律2．“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，F(xiàn)E是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡示例求解方法利用類平拋運動的規(guī)律求解：vx＝v0，x＝v0t，vy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏轉(zhuǎn)角φ滿足：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半徑：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)動能變化不變易錯點四：不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題1.解題關鍵點（1）關注題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等關鍵詞語，作為解題的切入點.（2）關注涉及臨界點條件的幾個結論:①粒子剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切；②當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則粒子在有界磁場中運動的時間越長；③當速度v變化時，圓心角越大，對應的運動時間越長.2.一般思維流程.【易錯點提醒一】誤認為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運動狀態(tài)；．誤認為洛倫茲力不做功，所以洛倫茲力分力也不能做功?！纠?】如圖所示，在豎直絕緣的平臺上，一個帶正電的小球以水平速度V0拋出，落到在地面上的A點，若加一垂直紙面向里的勻強磁場，則小球的落點（）A．仍在A點 B．在A點左側(cè)C．在A點右側(cè)D．無法確定易錯分析：錯選A，理由是洛倫茲力不做功，不改變小球的運動狀態(tài)，故仍落在A點?！敬鸢浮緾解析：事實上洛倫茲力雖不做功，俁可以改變小球的運動狀態(tài)，可以改變速度的方向，小球做曲線運動，在運動中任一位置受力如圖所示，小球此時受到了斜向上的洛倫茲力的作用，小球在豎直方向的加速度，故小球平拋的時間將增加，落點應在A點的右側(cè)．所以選項C對．Vθ【例2】如圖所示，一個帶正電荷的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時的速度為VVθA．大于VB．小于VC．等于VD．不能確定易錯分析：錯解原因是部分同學認為洛倫茲力不做功就直接得出C，事實上，雖然洛倫茲力不做功，但隨著物體垂直磁場向下滑，一旦加上磁場，就引起彈力比未加磁場時小，滑動摩擦力減小，滑到底端摩擦力做功減小，則滑到底端時的動能增大，速率增大，應該選A?！敬鸢浮緼解析：物體垂直磁場向下滑，一旦加上磁場，就引起彈力比未加磁場時小，滑動摩擦力減小，滑到底端摩擦力做功減小，則滑到底端時的動能增大，速率增大，應該選A【變式1-1】BC．如圖所示，光滑半圓形軌道與光滑斜面軌道在B處與圓孤相連，將整個裝置置于水平向外的勻強磁場中，有一帶正電小球從A靜止釋放，且能沿軌道前進，并恰能通過圓弧最高點，現(xiàn)若撤去磁場，使球仍能恰好通過圓環(huán)最高點C，釋放高度H′與原釋放高度H的關系是（）BCA．H′=HB.H′＜HC.H′＞HD.不能確定【答案】C解析：無磁場時，小球隊在C點由重力提供向心力，，臨界速度。從A至C由機械能守恒定律得：，有加磁場后，小球在C點受向上的洛侖茲力，向心力減小，臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機械能守恒因，所以，故選項C正確【變式1-2】．（2022·湖南·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，光滑的水平桌面處于勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B；在桌面上放有內(nèi)壁光滑、長為L的試管，底部有質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，試管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做勻速直線運動（拉力與試管壁始終垂直），帶電小球能從試管口處飛出，關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A．小球帶負電，且軌跡為拋物線B．小球運動到試管中點時，水平拉力的大小應增大至C．洛倫茲力對小球做正功D．對小球在管中運動全過程，拉力對試管做正功，大小為qvBL【答案】BD【詳解】A．小球能從試管口處飛出，說明小球受到指向試管口的洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電；小球沿試管方向受到洛倫茲力的分力恒定，小球運動的軌跡是一條拋物線，故A錯誤；B．由于小球相對試管做勻加速直線運動，會受到與試管垂直且向左的洛，則拉力應增大倫茲力的分力小球運動到中點時沿管速度為則拉力應增大至以維持勻速運動，故B正確；C．沿管與垂直于管洛倫茲力的分力合成得到的實際洛倫茲力總是與速度方向垂直，不做功，故C錯誤；D．對試管、小球組成的系統(tǒng)，拉力做功的效果就是增加小球的動能，由功能關系故D正確；故選BD?！咀兪?-3】．（2023·陜西西安·西安市東方中學?？家荒＃┤鐖D所示，豎直放置的光滑絕緣斜面處于方向垂直豎直平面（紙面）向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一帶電荷量為的滑塊自a點由靜止沿斜面滑下，下降高度為h時到達b點，滑塊恰好對斜面無壓力。關于滑塊自a點運動到b點的過程，下列說法正確的是（）（重力加速度為g）A．滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用 B．滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為C．洛倫茲力做正功 D．滑塊的機械能增大【答案】B【詳解】A．滑塊自a點由靜止沿斜面滑下，在a點不受洛倫茲力作用，故A錯誤；BCD．滑塊自a點運動到b點的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑塊機械能守恒得故滑塊在b點受到的洛倫茲力為故B正確，C錯誤，D錯誤。故選【易錯點提醒二】

帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤【例3】如圖所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短，若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶電粒子()．A．速率一定越小B．速率一定越大C．在磁場中通過的路程越長D．在磁場中的周期一定越大易錯分析：因帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)得選項A、C正確。造成上述錯解的原因是具體分析帶電粒子在磁場中運動的時間由什么物理量來決定，而生搬公式，而公式中的兩物理都變化時，我們就不能僅由一個物理量來判斷。必須弄清帶電粒子在圓形磁場中的運動時間決定因素，應養(yǎng)成配圖分析的習慣、推導粒子在磁場中運動時間的決定因素，在這個基礎上再對各個選項作出判斷。【答案】A解析根據(jù)公式T＝eq\f(2πm,Bq)可知，粒子的比荷相同，它們進入勻強磁場后做勻速圓周運動的周期相同，選項D錯誤；如圖所示，設這些粒子在磁場中的運動圓弧所對應的圓心角為θ，則運動時間t＝eq\f(θ,360°)T，在磁場中運動時間越長的帶電粒子，圓心角越大，運動半徑越小，根據(jù)r＝eq\f(mv,Bq)可知，速率一定越小，選項A正確、B錯誤；當圓心角趨近180°時，粒子在磁場中通過的路程趨近于0，所以選項C錯誤．【變式1-1】（2023全國甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是（）A.粒子的運動軌跡可能通過圓心OB.最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線【答案】BD【解析】D．假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖，為圓周運動的圓心由幾何關系可知為直角，即粒子此時的速度方向為，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；A．假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；B．由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應為三角形如圖所示即撞擊兩次，B正確；C．速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)會可能增多，粒子運動時間不一定減少，C錯誤。故選BD?！咀兪?-2】．比荷（）相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)過小孔S垂直進入勻強磁場，磁感應強度為B，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（）A．N帶負電，M帶正電B．N的速率大于M的速率C．N的運行時間等于M的運行時間D．N受到的洛倫茲力一定等于M受到的洛倫茲力【答案】C【詳解】A．根據(jù)左手定則，N粒子帶正電，M粒子帶負電，故A錯誤；B．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力有可推知由于兩粒子的比荷相等，可知，粒子做圓周運動的半徑與粒子速度成正比，根據(jù)圖片可知，M粒子做圓周運動的半徑比N粒子做圓周運動的半徑大，故M粒子的速率比N粒子的速率大，故B錯誤；C．根據(jù)勻速圓周運動速度與周期的關系可推知由于兩粒子的比荷相等，故兩粒子做圓周運動的周期相同，圖片可知，兩粒子在磁場中做圓周運動的圓心角相同，故兩粒子在磁場中運動的時間相等，故C正確；D．粒子在磁場中受洛倫茲力的大小為在同一磁場，B相同，根據(jù)以上的分析可知M粒子的速率比N粒子的速率大，但是，題設只已知比荷相等，并不知道兩粒子電荷量的大小關系，故不能確定兩粒子所受洛倫茲力的大小關系，故D錯誤。故選C?！咀兪?-3】如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，兩帶電粒子（不計重力）沿直線AB方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的P、Q兩點射出，則下列說法正確的是（

）

A．若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經(jīng)歷時間之比為1:2B．若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經(jīng)歷時間之比為2:1C．若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為2:1D．若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為3:1【答案】AD【詳解】AB．兩粒子運動軌跡如圖

粒子運動時間為若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經(jīng)歷時間之比為，A正確；C．設圓形區(qū)域半徑為R，由題意可知，兩粒子運動半徑之比為根據(jù)若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為，C錯誤；D．同理C選項，若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為3:1，D正確。故選AD?！疽族e點提醒三】混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)【例4】電子以與磁場垂直的速度v從P處沿PQ方向進入長為d、寬為h的勻強磁場區(qū)域，從N點射出，如圖所示，若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，磁感應強度為B，則

()A．電子在磁場中運動的時間為B．電子在磁場中運動的時間在于為C.．電子豎直方向的的位移為D．電子的水平位移錯解電子進入磁場后，水平方向上做勻速直線運動，所以有，故電子在磁場中運動的時間為，選項A正確；豎直方向上做初速度為零的勻加速進線運動，加速度，所以有=，故移過項C正確。易錯分析：造成上述錯解的原因是把磁偏轉(zhuǎn)當成了電偏轉(zhuǎn)，誤認為電子在磁場中使粒子做勻變速曲線運動——“類平拋運動”，實際上電子在磁場中，洛倫茲力是變力，使電子做【答案】D變速曲線運動——勻速圓周運動，只不過其軌跡是一段圓弧。解析由帶電粒子在有界磁場中做勻速圓周運動，電子在磁場中運動的時間等于弧長與速率的比值，要大小，所以選項A錯誤、B正確；為所以過P點和N點作速度的垂線，兩垂線的交點即為電子在磁場中做勻速圓周運動時的圓心O，如圖14所示，圖中，由勾股定理可得(R－h(huán))2＋d2＝R2，整理知，而，故，所以選項D正確、C錯誤?！咀兪?-1】2023海南卷）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點電荷，從原點以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（）A粒子從中點射入磁場，電場強度滿足B.粒子從中點射入磁場時速度為C.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到的距離為D.粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是【答案】AD【解析】若粒子打到PN中點，則，解得，選項A正確；粒子從PN中點射出時，則速度選項B錯誤；C．粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則粒子從電場中射出時的速度粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為解得選項C錯誤；D．當粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直最大速度出離電場的最大速度則由可得最大半徑選項D正確；【變式1-2】如圖所示，坐標系中，在的范圍內(nèi)存在足夠大的勻強電場，方向沿y軸正方向，在的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于平面向里的勻強磁場。在處放置一垂直于y軸的足夠大金屬板，帶電粒子打到板上即被吸收，如果粒子軌跡與板相切則剛好不被吸收。一質(zhì)量為m、帶電量為的粒子以初速度由點沿x軸正方向射入電場，第一次從點經(jīng)過x軸，粒子重力不計。下列說法正確的是（

）A．勻強電場的電場強度B．粒子剛好不打在擋板上則C．要使粒子不打到擋板上，磁感應強度B應滿足的條件為D．要使粒子不打到擋板上，磁感應強度B應滿足的條件為【答案】AC【詳解】A．粒子在電場中做類平拋運動，水平方向豎直方向解得故A正確；B．設粒子進入磁場時與x軸夾角為粒子進入磁場時的速度為粒子運動軌跡與擋板相切時粒子剛好不打在擋板上，由幾何知識得解得故B錯誤；CD．粒子做勻速圓周運動，倫茲力提供向心力得解得粒子不打在擋板上，磁感應強度需要滿足的條件是故C正確，D錯誤。故選AC?！咀兪?-3】如圖所示，在xoy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，在第四象限內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子①與②從y軸上的點P（0，l0）處同時以速率v0分別沿與y軸正方向和負方向成60°角射入磁場中，兩粒子均垂直穿過x軸進入電場，最后分別從y軸上的M、N點（圖中未畫出）離開電場。兩粒子所受重力及粒子間的相互作用均忽略不計,下列說法中正確的是（）A．勻強磁場的磁感應強度大小為B．粒子①與粒子②在磁場中運動的時間之比為2:1C．粒子①與粒子②在電場中運動的時間之比為2:1D．粒子①與粒子②在電場中運動的時間之比為【答案】BD【詳解】A．兩粒子運動軌跡如圖則由幾何關系知兩粒子在磁場中的軌跡半徑為又因為解得故A錯誤；B．由幾何關系得，粒子①與粒子②在磁場中運動軌跡對應的圓心角為和，又因為粒子在磁場中運動時間為所以粒子①與粒子②在磁場中運動的時間之比為2:1，故B正確；C．由幾何關系得，粒子①與粒子②在電場中沿電場線方向的位移分別為和，則滿足；故粒子①與粒子②在電場中運動的時間之比為，故C錯誤，D正確。故選BD?！疽族e點提醒四】不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題【例5】如圖所示，一帶電粒子，質(zhì)量為m，電量為q，以平行于Ox軸的速度v從y軸上的a點射入圖中第一象限所示的區(qū)域。為了使該粒子能從x軸上的b點以垂直于Ox軸的速度v射出，可在適當?shù)牡胤郊右粋€垂直于xy平面、磁感應強度為B的勻強磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內(nèi)，重力忽略不計，試求該圓形磁場區(qū)域的最小半徑。錯解帶電粒子在磁場中作半徑為R的圓周運動，，由牛頓第二定律有qvB=mEQ\F(v2,R)，得R=eq\F(mv,qB)，所以該圓形磁場區(qū)域的最小半徑是eq\F(mv,qB)易錯分析：造成上述錯解的原因是認為帶電粒子做勻速圓周運動的軌道半徑就是圓形磁場區(qū)域的最小半徑。沒有結合“最小”來正確地畫出臨界圓形磁場。然后利用幾何關系求半徑。【答案】r=EQ\F(EQ\A()\R(2),2)eq\F(mv,qB)解析根據(jù)題意，質(zhì)點在磁場區(qū)域中的軌道是半徑等于R的圓上的1/4圓周，這段圓弧應與入射方向的速度、出射方向的速度相切。過a點作平行于x軸的直線，過b點作平行于y軸的直線，則與這兩直線均相距R的O′點就是圓周的圓心。如圖16所示。質(zhì)點在磁場區(qū)域中的軌道就是以O′為圓心、R為半徑的圓(圖16中虛線圓)上的圓弧MN，M點和N點應在所求圓形磁場區(qū)域的邊界上。在通過M、N兩點的不同的圓周中，最小的一個是以MN連線為直徑的圓周。所以本題所求的圓形磁場區(qū)域的最小半徑為MN=EQ\A()\R(2)Rr=EQ\F(1,2)MN得r=EQ\F(EQ\A()\R(2),2)eq\F(mv,qB)所求磁場區(qū)域如圖中實線圓所示.

【變式1-1】（2023·四川成都·石室中學?？既＃┮粍驈姶艌龅拇鸥袘獜姸却笮?，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，，，一束粒子在紙面內(nèi)從a點垂直于射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。已知粒子的質(zhì)量為、電荷量為。則粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有又有設粒子運動軌跡所對的圓心角為，則運動時間為可知，越大，運動時間越長，當粒子運動時間最長時，運動軌跡如圖所示，可知越大則越小，而即當圓弧經(jīng)過c點時最大，此時最大由幾何關系有解得聯(lián)立可得故選B?！咀兪?-2】（2023·甘肅蘭州·統(tǒng)考一模）如圖所示，直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，∠B=900，。某種帶電粒子（重力不計）以不同速率從邊上D點垂直邊射入磁場，速率為時粒子垂直邊射出磁場，速率為時粒子從邊射出磁場，且運動軌跡恰好與邊相切，粒子在磁場中運動軌跡半徑為、，運動時間為、。下列說法正確的是（）A．粒子帶正電 B． C． D．【答案】C【詳解】．由題意再結合左手定則可知粒子帶負電，故A錯誤；B．根據(jù)題意做出粒子在磁場中運動得軌跡如下圖所示由圖中幾何關系可得可知粒子再磁場中運動得半徑之比故B錯誤；C．根據(jù)洛倫茲力充當向心力有解得粒子在磁場中運動時的速度為由此可知粒子在磁場中運動的速度之比等于軌跡半徑之比，即故C正確；D．根據(jù)粒子在磁場中運動得軌跡可知，一個在場中偏轉(zhuǎn)了，另一個在磁場中偏轉(zhuǎn)了，而同一種粒子在相同磁場中運動得周期為相同，則可知粒子在磁場中運動的時間之比等于偏轉(zhuǎn)角度之比，即故D錯誤。故選C?！咀兪?-3】（2023·甘肅張掖·高臺縣第一中學校考模擬預測）如圖所示為寬度為L、磁感應強度大小為B的有界勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面向外，長度足夠長。在下邊界O處有一個粒子源，沿與邊界成60°角方向連續(xù)發(fā)射大量的速度大小不相同的同種帶正電粒子，速度方向均在紙面內(nèi)。已知以最大速度v射入的粒子，從磁場上邊界飛出經(jīng)歷的時間為其做圓周運動周期的。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列判斷正確的是（）A．粒子的比荷為B．粒子在磁場中運動的周期為C．在下邊界有粒子飛出的長度為LD．從上邊界飛出的粒子速度大小范圍為【答案】AD【詳解】AB．速度最大的粒子在磁場中運動的時間為其做圓周運動周期的，運動軌跡如圖所示

圓心為，其圓弧所對圓心角為，由幾何關系得解得由洛倫茲力提供向心力有解得粒子比荷粒子在磁場中運動的周期故A正確，B錯誤；D．當粒子軌跡恰好與上邊界相切時，剛好不從上邊界飛出，運動軌跡如圖，圓心為。設這種情況下粒子速度大小為，半徑為，由幾何關系得解得由洛倫茲力提供向心力有解得可知粒子從上邊界飛出的粒子速度大小范圍為，故D正確；C．下邊界有粒子飛出的長度為故C錯誤。故選AD。1.（2023全國乙卷）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，則根據(jù)幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動有則有如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq=qvB聯(lián)立有故選A。2.（2023年海南高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【答案】A【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；BC．小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。3.（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l（）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）

A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為C．管道內(nèi)的等效電流為D．粒子束對管道的平均作用力大小為【答案】C【詳解】A．帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為r=a故A正確，不符合題意；B．根據(jù)可得粒子的質(zhì)量故B正確，不符合題意；C．管道內(nèi)的等效電流為單位體積內(nèi)電荷數(shù)為則故C錯誤，符合題意；D．由動量定理可得粒子束對管道的平均作用力大小聯(lián)立解得故D正確，不符合題意。故選C。4．如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一段靜止的長為L截面積為S的通電導線，磁場方向垂直于導線。設單位體積導線中有n個自由電荷，每個自由電荷的電荷量都為q，它們沿導線定向移動的平均速率為v。下列選項正確的是（）A．導線中的電流大小為nSqvB．這段導線受到的安培力大小為nLqvBC．沿導線方向電場的電場強度大小為vBD．導線中每個自由電荷受到的平均阻力大小為qvB【答案】A【詳解】A．根據(jù)電流定義其中根據(jù)題意帶入化解即可得到I的微觀表達式為故A正確；B．由安培力公式可得；聯(lián)立得故B錯誤；C．沿導線方向的電場的電場強度大小為（U為導線兩端的電壓）它的大小不等于vB，只有在速度選擇器中的電場強度大小才是vB，且其方向是垂直導線方向，故C錯誤；D．導線中每個自由電荷受到的平均阻力方向是沿導線方向的，而qvB是洛倫茲力，該力的的方向與導線中自由電荷運動方向垂直，二者不相等，故D錯誤。故選A。5.如圖所示，一個帶正電的粒子，從靜止開始經(jīng)加速電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)電壓為，射出偏轉(zhuǎn)電場時以與水平方向夾角為的速度進入金屬板右側(cè)緊鄰的有界勻強磁場，虛線為磁場的左邊界，場范圍足夠大，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從磁場左邊界射出，粒子進入磁場和射出磁場的位置之間的距離為，下列說法正確的是（）

A．只增大電壓變小B．只減小電壓變大C．只減小電壓，距離變小D．只增大電壓，距離變大【答案】BD【詳解】AB．粒子先加速運動后做類平拋運動；；；；解得只增大電壓U2，θ變大，B正確，只減小電壓U1，θ變大，選項A錯誤，B正確；CD．在磁場中做勻速圓周運動；；；解得只減小電壓U2，距離l不變，只增大電壓U1，距離l變大，選項C錯誤，D正確。故選BD。

6．如圖所示，已知甲空間中沒有電場、磁場；乙空間中有豎直向上的勻強電場；丙空間中有豎直向下的勻強電場；丁空間中有垂直紙面向里的勻強磁場。四個圖中的斜面相同且絕緣，相同的帶負電小球從斜面上的同一點O以相同初速度v0同時沿水平方向拋出，分別落在甲、乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點(圖中未畫出)。小球受到的電場力、洛倫茲力都始終小于重力，不計空氣阻力。則（）A．O、C之間距離大于O、B之間距離B．小球從拋出到落在斜面上用時相等C．小球落到B點與C點速度大小相等D．從O到A與從O到D，合力對小球做功相同【答案】AC【詳解】A．帶電小球在乙圖中受到豎直向下的電場力與重力，而在丙圖中受到豎直向上的電場力與重力，根據(jù)類平拋運動規(guī)律，則有=cotθ可知，當加速度越大時，所用時間越短，因此OB間距小于OC間距，故A正確；B．由題意可知，甲圖帶電小球做平拋運動，由A分析可知，運動的時間介于乙圖與丙圖之間，故B錯誤；C．由=cotθ那么vy=at=2v0tanθ則有它們的豎直方向的速度相等，根據(jù)矢量的合成法則，可得，小球落到B點與C點速度大小相等，故C正確；D．由于洛倫茲力的作用，豎直方向的加速度小于g，則使得豎直方向的速度小于甲圖的平拋豎直方向的速度，又因洛倫茲力不做功，則球從O到A重力做的功少于球從O到D做的功，因此合力對小球做功不同，故D錯誤。故選AC。7．如圖所示，在xOy坐標系平面內(nèi)，x軸上方有沿y軸正方向的勻強電場，x軸下方有垂直坐標系平面向里的勻強磁場，一電子，質(zhì)量為m、電荷量為從圖中坐標原點O處以與x軸負方向成角的速度沿坐標平面射入勻強磁場中，經(jīng)磁場到達A點，再進入豎直向上的勻強電場中，結果恰好從O點回到磁場，不計電子的重力，則下列說法正確的是（）A．磁感應強度大小B．電場強度大小C．電子運動過程中最高點的坐標為D．電子從O點出發(fā)到下一次回到O點的時間【答案】BC【詳解】軌跡如圖所示A．根據(jù)幾何關系可知，電子在磁場中做圓周運動的半徑根據(jù)解得，A錯誤；B．電子剛要進入電場時，其速度沿x軸的分量沿y軸的分量則；；解得；，B正確；C．電子運動過程中最高點的坐標為，C正確；D．電子在磁場中運動的時間電子從O點出發(fā)到下一次回到O點的時間，D錯誤。故選BC。8．（2022·湖南衡陽·?？家荒＃┤鐖D所示，兩個傾角分別為和的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，兩個質(zhì)量為m、帶電荷量為的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，則（）A．飛離斜面時甲滑塊動量比乙滑塊動量大B．飛離斜面時甲滑塊動量比乙滑塊動量小C．飛離斜面時甲滑塊重力做功的瞬時功率與乙滑塊重力做功瞬時功率不同D．飛離斜面時甲滑塊重力做功的瞬時功率與乙滑塊重力做功瞬時功率相同【答案】AD【詳解】AB．設斜面傾角為，當滑塊恰好飛離斜面時，有可得由題意可知，因為甲物塊所在斜面傾角較小，所以甲滑塊飛離斜面時的速度大，由可知飛離斜面時甲滑塊動量比乙滑塊動量大，故A正確，B錯誤；CD．飛離斜面時滑塊重力做功的功率為代入兩個斜面的傾角可知飛離斜面時甲滑塊重力做功的瞬時功率與乙滑塊重力做功瞬時功率相同，故D正確，C錯誤。故選A9．（2022·陜西寶雞·寶雞中學?？寄M預測）如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里的勻強磁場。a、b、c三個帶電粒子以相同的動能從M點沿著直徑MON方向垂直射入磁場，運動軌跡如圖所示，并從P、Q兩點離開。已知P、Q、O（圓心）三點共線，直徑MON、POQ夾角為（如圖），，，分別為a、b、c三個粒子在磁場中運動的時間。不計粒子的重力，下列說法正確的（）

A．a(chǎn)一定帶負電，b可能帶正電B．a(chǎn)、b從P點射出，c從Q點射出C．D．【答案】BC【詳解】AB.公式又，可知那么MQ、MP必定為兩粒子a、c的運動軌跡，而b粒子的運動軌跡應該與其中一個粒子重合；根據(jù)，可知即b與a同一電性，都從P點射出，A錯誤，B正確；C.由以上可知由幾何關系可知再由公式可知聯(lián)立可得，C正確；D.由公式得，D錯誤。故選BC。10．（2023·全國·模擬預測）如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在y軸上S處有一粒子源，它可向右側(cè)紙面內(nèi)各個方向射出速率相等的質(zhì)量均為m、電荷量均為的同種帶電粒子，所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點。已知，粒子帶負電，粒子所受重力及粒子間的相互作用均不計，則（）A．粒子的速度大小為B．從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為C．沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為D．從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為【答案】AD【詳解】A．根據(jù)幾何關系可得所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點，可知粒子做圓周運動的半徑滿足可得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得解得故A正確；B．從x軸上射出磁場的粒子中，沿軸正方向射出的粒子在磁場中運動的時間最長，從O點射出的粒子時間最短，運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系，粒子在磁場中做圓周運動的圓心角分別為；從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為故B錯誤；C．沿平行x軸正方向射入的粒子，其圓心在點，離開磁場時的位置到O點的距離為，即沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為，故C錯誤；D．從點射出的粒子軌跡如圖所示對應的圓心角為從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為故D正確。故選AD。11．（2023·四川南充·閬中中學?？级＃┤鐖D，坐標原點O有一粒子源，能向坐標平面一、二象限內(nèi)發(fā)射大量質(zhì)量為m，電荷量為q的正粒子（不計重力），所有粒子速度大小相等。圓心在（0，R）半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場右側(cè)有一長度為R且平行于y軸的熒光屏，其中心O1位于（2R，R）。已知初速度沿y軸正向的粒子經(jīng)過磁場后，恰能垂直射在光屏上，則下列說法正確的是（