2024-2025学年下学期高二物理人教版期中必刷常考题之带电粒子在匀强磁场中的运动

第63页（共63页）2024-2025学年下学期高二物理人教版（2019）期中必刷常考题之带电粒子在匀强磁场中的运动一．选择题（共8小题）1．（2024秋•温州期末）如图所示，在xOy平面内，有一粒子源沿x正方向发射速率相等的质量为m、电荷量为+q的带电粒子。粒子射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度的大小为B。已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出。下列说法正确的是（）A．粒子的速率v=B．沿x轴入射的粒子在磁场中的运动时间t=C．不同位置入射的粒子会从不同位置离开磁场 D．关于x轴对称入射的两个粒子从磁场中离开时的速度方向关于y轴对称2．（2024秋•惠山区校级期末）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的范围足够大的匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度v与时间t，加速度a与时间t和动能Ek与位移x的关系图像，可能正确的是（）A． B． C． D．3．（2025•东湖区校级一模）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=mvqR。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，同时将n个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒子质量为m、电荷量大小为q、速率均为v。A、C为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板MN、M′N′与圆形区域在AA．所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从D点离开磁场 B．粒子从P点出发到从D点离开磁场，运动的最长时间为t=C．粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为F=D．粒子陆续从D点离开磁场过程中等效电流为I4．（2024秋•太原期末）如图为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪可以发射方向可调的电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，电子束通过时能显示电子的径迹，励磁线圈可产生垂直纸面的磁场。下列选项正确的是（）A．加磁场后，电子束的径迹不可能是一条直线 B．加磁场后，若电子束与磁场方向成45°射出，其径迹是一个圆 C．当径迹为圆时，电子束速度不变，磁感应强度变大，径迹圆的半径变小 D．当径迹为圆时，磁感应强度不变，电子束出射速度变大，径迹圆的半径变小5．（2024秋•四平期末）CT扫描利用的是X射线断层扫描技术，如图所示，M、N之间有一电子束的加速电场，两板间接有恒定电压，圆形虚线框内有垂直纸面方向的偏转磁场。经调节后电子束由静止开始沿箭头方向前进，最后打在靶上，不计电子重力。则下列说法正确的是（）A．电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径的大小有关 B．电子打到靶上的速度的大小与加速电场的宽度有关 C．若M、N间的电压增大为原来的2倍，为使电子打到靶上的位置不变，则圆形磁场磁感应强度的大小应变为原来的2倍 D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子从静止到打到靶上的时间将变短6．（2024秋•梅河口市校级期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的带电微粒以速度v从O点进入一个电磁场混合区域。其中电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外，v与水平方向成θ角，且与磁场方向垂直，已知该微粒恰好能沿直线运动到A，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．该微粒可能带正电 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为B=mgD．该电场的场强为E=7．（2024秋•石家庄期末）物理实验中，常用亥姆霍兹线圈制造匀强磁场。如图所示，亥姆霍兹线圈由两个平行放置的通电线圈构成，线圈中电流大小相同，方向如箭头所示，线圈关于O点对称，两线圈中间区域可视为匀强磁场。以O为原点，建立Oxyz直角坐标系，x轴过两线圈的圆心，两个通电线圈在O点产生的磁场方向为（）A．沿z轴负方向 B．沿z轴正方向 C．沿x轴负方向 D．沿x轴正方向8．（2024秋•肥西县期末）如图所示，重力不计的带电粒子以某一速度从两平行金属板中央进入正交的匀强电场和匀强磁场中，做匀速直线运动。若粒子进入场区的水平速度增大，但粒子仍能穿越该磁场区域，则下列说法正确的是（）A．粒子只能带正电 B．粒子一定向下偏转 C．粒子的速度可能越来越小 D．粒子仍做直线运动二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•大连期末）如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域内存在着垂直于该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）以速度v0沿水平方向从P点射入磁场，其速度方向与半径OP的夹角为45°，经过一段时间后，粒子恰好从O点正下方的Q点射出磁场，下列说法正确的是（）A．该粒子入射的速度大小为qBRmB．该粒子在磁场中运动的时间为3πRC．若只改变带电粒子的入射方向，其在磁场中的运动时间可能变长 D．若带电粒子的入射点向下平移R2，其射出磁场的位置在Q（多选）10．（2024秋•济南期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≥0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源位于坐标为（﹣L，0）的A点，向坐标为（0，h）的Q点发射质量为m，电荷量为q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不计，速度大小可以调节。在坐标为（-L2，0）处放置一平行于y轴的挡板，挡板中点位于x轴上，长度略大于h2。已知粒子与挡板碰撞后，y方向的分速度不变，xA．5qBhh2+C．2qBhh2（多选）11．（2024秋•顺义区校级期末）如图所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。在a点由静止释放一带正电的微粒，释放后微粒沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c点是曲线上离MN板最远的点。已知微粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．微粒在a点时加速度方向竖直向下 B．微粒在c点时具有最大速度 C．微粒运动过程中的最大速率为mg+D．微粒到达b点后将沿原路径返回a点（多选）12．（2024秋•哈尔滨期末）三维直角坐标系内，一个长方体ABCD﹣A'B'C'D'被平面OMM′O′分成两个等大的区域，左、右两区域（包括表面）分布有磁感应强度大小相等、方向分别沿y轴负向和y轴正向的匀强磁场，如图所示。一个质子（不计重力）以初速度v从AA′上某点，沿x轴正方向进入左侧磁场区域，关于质子的运动轨迹在下列坐标平面内的投影，可能正确的是（）A． B． C． D．三．解答题（共3小题）13．（2024秋•武昌区期末）如图所示，无限长的两水平边界间划分了三个区域，中间的矩形ABCD区域分布有竖直方向的匀强电场（图中未画出），边界AB的左侧分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界CD的右侧分布有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从P点竖直向下射入左侧磁场，速度大小为v，经磁场偏转，粒子第一次穿过边界AB进入电场时，速度方向斜向上与边界AB的夹角为θ，之后以垂直边界CD的方向离开电场，并进入右侧磁场运动。最终，粒子从P点正下方的Q点，沿竖直方向射出场区。已知，匀强电场的电场强度大小始终不变，但粒子每次离开电场时，电场的方向会反向，点P和A间距为d，上、下边界间距为2d，sinθ＝0.6，不计粒子的重力，忽略边缘效应。求：（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为多少？（2）AD的间距L的最大值为多少？（3）若边界AB和CD的间距为13d，则右侧磁场的磁感应强度大小B14．（2024秋•镇海区校级期末）如图所示的直角坐标系中，在x轴上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场，在x轴下方存在相对y轴对称的平行于x轴、电场强度E=2509V/m的匀强电场，一质量为m＝1×10﹣21kg，电荷量q＝2×10﹣19C的带正电的粒子从P点（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿与y轴正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子运动轨迹与（1）该粒子在磁场中的轨道半径r；（2）Q点的位置坐标；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标及总时间t。（取π＝3）15．（2024秋•惠山区校级期末）离子注入是芯片制造过程中一道重要的工序。如图所示，在距O点为2r处的硅片下端与磁场中心O在同一水平线上，硅片长为l=233r。A处的离子无初速的“飘入”加速电场，经电场加速后从P点沿半径方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；（2）要求所有离子都打到硅片上，求磁感应强度B的取值范围。

2024-2025学年下学期高二物理人教版（2019）期中必刷常考题之带电粒子在匀强磁场中的运动参考答案与试题解析题号12345678答案DCCCCCCC一．选择题（共8小题）1．（2024秋•温州期末）如图所示，在xOy平面内，有一粒子源沿x正方向发射速率相等的质量为m、电荷量为+q的带电粒子。粒子射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度的大小为B。已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出。下列说法正确的是（）A．粒子的速率v=B．沿x轴入射的粒子在磁场中的运动时间t=C．不同位置入射的粒子会从不同位置离开磁场 D．关于x轴对称入射的两个粒子从磁场中离开时的速度方向关于y轴对称【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；模型法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】沿x轴正方向射入的粒子经圆形磁场区域偏转后从P点射出，该粒子在磁场中的运动轨迹为14圆周，其轨迹半径与磁场区域的半径相等，符合磁聚焦模型的条件。根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的速率；根据运动周期与轨迹圆心角求解该粒子在磁场中的运动时间；根据磁聚焦模型可知，粒子源沿x轴正方向射入的粒子经圆形磁场区域偏转后均从P点射出；根据几何关系判断关于x轴对称入射的两个粒子从磁场中离开时的速度方向关于y【解答】解：AB．已知沿x轴正方向射入的粒子经圆形磁场区域偏转后从P点射出，则该粒子在磁场中的运动轨迹为14圆周，其轨迹半径r与磁场区域的半径R相等，即r＝R，轨迹的圆心角为90qvB=mv粒子在磁场中运动周期为：T=该粒子在磁场中的运动时间为：t=14C．粒子的轨道半径与磁场区域的半径相等，根据磁聚焦模型（如图1所示）可知，粒子源沿x轴正方向射入的粒子经圆形磁场区域偏转后均从P点射出，故C错误；D．设关于x轴对称入射的两个粒子从a、b点进入磁场，从磁场中离开时的速度方向与y轴夹角分别为α、β，两个粒子做圆周运动的圆心分别是O1、O2。如图2所示，过P点做a、b点连线的垂线段，垂足为C点，由几何关系可得∠O1PC＝α，∠O2PC＝β因：O1P＝O2P＝R，故：∠O1PC＝∠O2PC，即：α＝β即关于x轴对称入射的两个粒子从磁场中离开时的速度方向关于y轴对称，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律，结合几何关系解答。掌握磁聚焦与磁发散模型的特点。2．（2024秋•惠山区校级期末）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的范围足够大的匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度v与时间t，加速度a与时间t和动能Ek与位移x的关系图像，可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，明确带电滑块上滑，依据左手定则判定洛伦兹力方向，根据牛顿第二定律等知识分析，注意明确洛伦兹力与速度大小的关系。【解答】解：依据左手定则判断物块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下，对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μFN＝maFN＝mgcosθ+qvB联立解得：a＝gsinθ+μgcosθ+μqvB所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，在小物块上滑过程中，当速度为零时加速度最小，但最小值不为零；A、速度—时间图像的切线斜率表示加速度，故A错误；BC、物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零，故C正确，B错误；D、动能Ek与位移x的关系图像的斜率表示合力，根据以上分析可知，小物块上滑过程中，合力为变力，则斜率会发生变化，故D错误。故选：C。【点评】本题考查左手定则与牛顿第二定律的应用，掌握影响加速度的因素，理解伦兹力受到速率的影响。3．（2025•东湖区校级一模）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=mvqR。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，同时将n个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒子质量为m、电荷量大小为q、速率均为v。A、C为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板MN、M′N′与圆形区域在AA．所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从D点离开磁场 B．粒子从P点出发到从D点离开磁场，运动的最长时间为t=C．粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为F=D．粒子陆续从D点离开磁场过程中等效电流为I【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】由洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，解得粒子运动半径，根据左手定则分析粒子的运动情况，作出粒子轨迹图，根据时间公式解得BC，结合动量定理计算【解答】解：A.由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv可得r＝R根据磁聚焦结论作出如图所示的轨迹图粒子在圆形磁场中射出后均能垂直打在左侧挡板上，反弹后再次进入磁场并全部从D点离开磁场，故A错误；B.根据磁聚焦可以得出粒子在圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和为π，每个粒子在磁场中运动的时间均为t=这个时间是粒子从p点出发到从D点离开的最短时间，故B错误；C.所有粒子到达挡板的最短时间为t1=最长时间为t2=粒子与挡板碰撞过程中的作用时间为Δt＝t2﹣t1对这n个粒子由动量定理可得FΔt＝nmΔv解得F=故C正确；D.所有粒子从发出到达D点的最短时间为t'1=最长时间为t'2=因此粒子离开D点过程持续的时间为Δt'＝t'2﹣t'1则等效电流为I=解得I=同时考虑到电荷离开D点时沿着不同方向，实际的电流会更小，故D错误。故选：C。【点评】解决该题需要明确知道在求解时间最值问题，注意根据题意作出粒子的运动轨迹及洛伦兹力提供向心力的应用。4．（2024秋•太原期末）如图为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪可以发射方向可调的电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，电子束通过时能显示电子的径迹，励磁线圈可产生垂直纸面的磁场。下列选项正确的是（）A．加磁场后，电子束的径迹不可能是一条直线 B．加磁场后，若电子束与磁场方向成45°射出，其径迹是一个圆 C．当径迹为圆时，电子束速度不变，磁感应强度变大，径迹圆的半径变小 D．当径迹为圆时，磁感应强度不变，电子束出射速度变大，径迹圆的半径变小【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】AB.结合题意，根据洛伦兹力的特点，即可分析判断；CD.当径迹为圆时，洛伦兹力提供向心力，据此列式，结合题意，即可分析判断。【解答】解：AB.加上匀强磁场后，令电子束沿着与磁场垂直的方向射入磁场，洛伦兹力提供向心力，其径迹为圆；令电子束沿着与磁场平行的方向射入磁场，电子不受洛伦兹力作用，其径迹为一条直线；故AB错误；CD.当径迹为圆时，洛伦兹力提供向心力，可得：evB=m解得：r=mv由此可知，若电子束速度v不变，磁感应强度B变大，则径迹圆的半径r变小；若磁感应强度B不变，电子束出射速度v变大，则径迹圆的半径变大；故C正确，D错误；故选：C。【点评】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，解题时需注意，若v⊥B，则带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速率v做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。5．（2024秋•四平期末）CT扫描利用的是X射线断层扫描技术，如图所示，M、N之间有一电子束的加速电场，两板间接有恒定电压，圆形虚线框内有垂直纸面方向的偏转磁场。经调节后电子束由静止开始沿箭头方向前进，最后打在靶上，不计电子重力。则下列说法正确的是（）A．电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径的大小有关 B．电子打到靶上的速度的大小与加速电场的宽度有关 C．若M、N间的电压增大为原来的2倍，为使电子打到靶上的位置不变，则圆形磁场磁感应强度的大小应变为原来的2倍 D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子从静止到打到靶上的时间将变短【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】A．由洛伦兹力不做功，判断电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径大小之间的关系；B．根据W＝qU判断电子打到靶上的速度的大小与加速电场宽度之间的关系；C．根据动能定理结合牛顿第二定律作出分析判断；D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，速度减小，由此可知电子从静止到打到靶上的时间将变长。【解答】解：A．因为洛伦兹力不做功，所以电子打到靶上的动能的大小与圆形磁场半径的大小无关，故A错误；B．根据W＝qU可知，电场力做功与加速电场的宽度无关，所以电子打到靶上的速度的大小与加速电场的宽度无关，故B错误；C．若M、N间的电压增大为原来的2倍，根据动能定理W=可知，电子的速度变为原来的2倍，为使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，即电子在圆形磁场中的半径不变，根据牛顿第二定律qvB=解得r=所以，圆形磁场磁感应强度的大小应变为原来的2倍，故C正确；D．若减小M、N间电压且使电子打到靶上的位置不变，则电子的运动轨迹不变，速度减小，所以，电子从静止到打到靶上的时间将变长，故D错误。故选：C。【点评】本题考查带电粒子在组合场中的运动，要求掌握带电粒子在电场中的加速运动和在磁场中的偏转，掌握动能定理、牛顿第二定律。6．（2024秋•梅河口市校级期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的带电微粒以速度v从O点进入一个电磁场混合区域。其中电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外，v与水平方向成θ角，且与磁场方向垂直，已知该微粒恰好能沿直线运动到A，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．该微粒可能带正电 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为B=mgD．该电场的场强为E=【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】粒子从O沿直线运动到A，必定做匀速直线运动，根据左手定则和平衡条件可判断电性，根据三角形定则可求出磁场的磁感应强度B和电场的场强E。【解答】解：A．若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡。若粒子带负电，符合题意。故A错误。B．粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符。故B错误。CD．粒子受力如图：根据三角形定则有：qE＝mgtanθ，qvB所以E=mgtanθq．B=mgqvcosθ故选：C。【点评】解决该题的关键是明确知道带电粒子受到了重力电场力以及洛伦兹力作用下只能做匀速直线运动，掌握左手定则分析洛伦兹力以及电性；7．（2024秋•石家庄期末）物理实验中，常用亥姆霍兹线圈制造匀强磁场。如图所示，亥姆霍兹线圈由两个平行放置的通电线圈构成，线圈中电流大小相同，方向如箭头所示，线圈关于O点对称，两线圈中间区域可视为匀强磁场。以O为原点，建立Oxyz直角坐标系，x轴过两线圈的圆心，两个通电线圈在O点产生的磁场方向为（）A．沿z轴负方向 B．沿z轴正方向 C．沿x轴负方向 D．沿x轴正方向【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．【答案】C【分析】根据右手螺旋定则判断磁场的方向【解答】解：根据右手螺旋定则可知，线圈产生的磁场方向沿x轴负方向，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查了电生磁的问题，要求熟练掌握右手螺旋定则。8．（2024秋•肥西县期末）如图所示，重力不计的带电粒子以某一速度从两平行金属板中央进入正交的匀强电场和匀强磁场中，做匀速直线运动。若粒子进入场区的水平速度增大，但粒子仍能穿越该磁场区域，则下列说法正确的是（）A．粒子只能带正电 B．粒子一定向下偏转 C．粒子的速度可能越来越小 D．粒子仍做直线运动【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】对微粒受力分析，受洛伦兹力、电场力，根据平衡条件讨论粒子的电性，根据功能关系分析微粒速率的变化情况和电场力做功情况。【解答】解：A.根据左手定则可知，粒子做匀速直线运动与电性无关，故A错误；B.根据洛伦兹力表达式f＝qvB可知进入的水平速度增加，会使洛伦兹力增大，从而与粒子所受电场力不再平衡，但粒子电性不确定，则粒子不一定向下偏转，还可能向上偏转，故B错误；C.不论粒子电性如何，增大速度后，可能会在电场力的反方向上发生位移，故此后电场力将做负功，即粒子的速度越来越小，故C正确；D.根据C项的分析，可知粒子要发生偏转，不在做直线运动，故D错误。故选：C。【点评】本题考查微粒在复合场中的运动，要结合运动情况分析受力情况，得到微粒的电性，同时要结合功能关系分析各能量间的转化情况。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•大连期末）如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域内存在着垂直于该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）以速度v0沿水平方向从P点射入磁场，其速度方向与半径OP的夹角为45°，经过一段时间后，粒子恰好从O点正下方的Q点射出磁场，下列说法正确的是（）A．该粒子入射的速度大小为qBRmB．该粒子在磁场中运动的时间为3πRC．若只改变带电粒子的入射方向，其在磁场中的运动时间可能变长 D．若带电粒子的入射点向下平移R2，其射出磁场的位置在Q【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】A.由牛顿第二定律结合几何关系求得该粒子入射的速度大小；BC.根据圆心角与周期求得粒子所用时间，并判断改变带电粒子的入射方向，其在磁场中的运动时间变化；D.若带电粒子的入射点位置变化，速度不变，半径不变，其射出磁场的位置仍在Q点，由此作出判断。【解答】解：A．粒子在磁场中运动轨迹如图所示由几何关系可知，粒子圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得Bq解得v故A正确；BC．该粒子在磁场中偏转的圆心角θ=3粒子的运动周期为T联立解得t只改变粒子的入射方向，其对应得圆心角可能会增大，则粒子在磁场中运动得时间可能就边长，故B错误，C正确；D．若带电粒子的入射点向下平移R2，其圆周运动的半径不变，其射出磁场的位置仍在Q点，故D故选：AC。【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，做题关键在于做出粒子运动轨迹图，结合几何关系和洛伦兹力提供向心力可求解，结合圆心角与周期可求得粒子运动的时间。（多选）10．（2024秋•济南期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≥0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源位于坐标为（﹣L，0）的A点，向坐标为（0，h）的Q点发射质量为m，电荷量为q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不计，速度大小可以调节。在坐标为（-L2，0）处放置一平行于y轴的挡板，挡板中点位于x轴上，长度略大于h2。已知粒子与挡板碰撞后，y方向的分速度不变，xA．5qBhh2+C．2qBhh2【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】BCD【分析】由洛伦兹力提供向心力结合几何关系求得粒子的速度大小作出判断。【解答】解：A．当vm时，根据题意如图所示由几何关系可得，粒子运动半径R=洛伦兹力提供向心力可得qvB=联立解得vm故A错误；B．当粒子与挡板碰撞一次时由几何关系可得，粒子运动半径R=解得v1故B正确；C．当粒子与挡板碰撞二次时由几何关系可得，粒子运动半径R=解得v2故C正确；D．当粒子与挡板碰撞三次时由几何关系可得，粒子运动半径R=解得v3故D正确。故选：BCD。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，要正确分析粒子的受力情况，来判断其运动情况。对于匀速圆周运动，要确定圆心位置，根据几何关系求轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。（多选）11．（2024秋•顺义区校级期末）如图所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。在a点由静止释放一带正电的微粒，释放后微粒沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c点是曲线上离MN板最远的点。已知微粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是（）A．微粒在a点时加速度方向竖直向下 B．微粒在c点时具有最大速度 C．微粒运动过程中的最大速率为mg+D．微粒到达b点后将沿原路径返回a点【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】AB【分析】A.根据牛顿第二定律求微粒的加速度；B.根据电场力做功正负分析速度的变化；C.由能量守恒定律分析速率的变化；D.由微粒的受力情况分析微粒的运动情况。【解答】解：A、微粒在a点时速度为零，不受洛伦兹力，只有重力和竖直向下的电场力，合力方向竖直向下，由牛顿第二定律知加速度方向竖直向下，故A正确；B、运动过程中，洛伦兹力了不做功，从a运动到c，重力和竖直向下的电场力的合力做正功，微粒加速运动，从c运动到b，重力和竖直向下的电场力的合力做负功，微粒减速运动，所以微粒在c点时具有最大速度，故B正确；C、根据能量守恒定律知，微粒在c点时动能最大，在c点，有qvB＞mg+qE得v＞所以最大速率大于mg+qEqBD、微粒在b点的受力情况与a点的受力情况相同，可知微粒到达b点后将沿相同轨迹向右做曲线运动，不可能沿原路径返回a点，故D错误。故选：AB。【点评】解决本题时要注意速度为零时，带电粒子不受洛伦兹力，明确电场力做功下电势能变化的关系，微粒的运动情况要根据受力情况分析。（多选）12．（2024秋•哈尔滨期末）三维直角坐标系内，一个长方体ABCD﹣A'B'C'D'被平面OMM′O′分成两个等大的区域，左、右两区域（包括表面）分布有磁感应强度大小相等、方向分别沿y轴负向和y轴正向的匀强磁场，如图所示。一个质子（不计重力）以初速度v从AA′上某点，沿x轴正方向进入左侧磁场区域，关于质子的运动轨迹在下列坐标平面内的投影，可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】带电粒子在多个组合边界磁场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】质子带正电，进入磁场做匀速圆周运动，根据左手定则判断质子受到洛伦兹力方向，判断质子偏转方向，确定轨迹，进而解答。【解答】解：质子带正电，初速度沿x轴正方向，磁场沿y轴负向，由左手定则可知洛伦兹力沿z轴正方向，所以质子在xOz平面内做圆周运动，在xOy平面的投影是一条沿x轴正方向的直线（因为在y方向上没有位移变化），在xOz平面的投影是一个圆的一部分；当质子运动到平面OMM'O'进入右侧磁场（磁感应强度沿y轴正向）时，此时再根据左手定则可知洛伦兹力方向变为沿z轴负方向，质子继续在xOz平面内做圆周运动，且与在左侧磁场中的圆周运动方向相反。在xOy平面的投影依然是一条沿x轴正方向的直线，在xOz平面的投影是另一个圆的一部分，故BC正确，AD错误；故选：BC。【点评】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的运动的的轨迹判断，理解并会使用左手定则是解题关键。三．解答题（共3小题）13．（2024秋•武昌区期末）如图所示，无限长的两水平边界间划分了三个区域，中间的矩形ABCD区域分布有竖直方向的匀强电场（图中未画出），边界AB的左侧分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界CD的右侧分布有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从P点竖直向下射入左侧磁场，速度大小为v，经磁场偏转，粒子第一次穿过边界AB进入电场时，速度方向斜向上与边界AB的夹角为θ，之后以垂直边界CD的方向离开电场，并进入右侧磁场运动。最终，粒子从P点正下方的Q点，沿竖直方向射出场区。已知，匀强电场的电场强度大小始终不变，但粒子每次离开电场时，电场的方向会反向，点P和A间距为d，上、下边界间距为2d，sinθ＝0.6，不计粒子的重力，忽略边缘效应。求：（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为多少？（2）AD的间距L的最大值为多少？（3）若边界AB和CD的间距为13d，则右侧磁场的磁感应强度大小B【考点】带电粒子在电场和磁场中的往复运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为9mv（2）AD的间距L的最大值为12（3）右侧磁场的磁感应强度大小B2的最大值为27mv【分析】（1）粒子在左侧磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求得运动轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；（2）粒子在电场中做类斜抛运动，将运动按水平方向与竖直方向分解。要使AD的间距L最大，粒子恰好在D点垂直CD边界进入右边磁场。根据运动学公式求解AD的间距L的最大值；（3）粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动，要使磁感应强度最大，则运动半径最小。作出粒子周期性运动的运动轨迹图，求出粒子在电场中侧移量，根据几何关系求得粒子运动一个周期在竖直方向上下移的距离，最终粒子从P点正下方的Q点沿竖直方向射出场区，根据满足的条件求得运动半径的最小值，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的最大值。【解答】解：（1）粒子在左侧磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R1，如下图所示：已知：sinθ＝0.6，则cosθ＝0.8根据几何关系得：R1+R1cosθ＝d解得：R根据洛伦兹力提供向心力得：qvB解得：B（2）粒子在电场中做类斜抛运动，水平方向分速度大小为vx＝vsinθ，竖直方向分速度大小为vy＝vcosθ。要使AD的间距L最大，粒子恰好在D点垂直CD边界进入右边磁场。设粒子在电场中运动时间为t，则有：在竖直方向上有：R1sinθ在水平方向上有：x即AD的间距L的最大值为12（3）粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为R2，要使B2最大，则R2最小。粒子做周期性运动的运动轨迹如下图所示，由P点到M点为一个运动周期。当边界AB和CD的间距为13d时，设粒子在电场中运动时间为t在水平方向上有：13d=vxt1，解得：在竖直方向上有：Δy=粒子运动一个周期在竖直方向上下移的距离（即图中的PM的长度）为：h＝2R1sinθ﹣2Δy+2R2最终粒子从P点正下方的Q点沿竖直方向射出场区，需满足：h≥R1nh＝2d，n＝1、2、3……联立可得：R2=解得：n＝3时，R2取最小值，且最小值为：Rmin=由洛伦兹力提供向心力得：q解得磁感应强度大小B2的最大值为：B答：（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为9mv（2）AD的间距L的最大值为12（3）右侧磁场的磁感应强度大小B2的最大值为27mv【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，解题的关键是能够根据题意作出粒子的运动轨迹，粒子运动具有周期性，根据周期性确定运动的几何条件。14．（2024秋•镇海区校级期末）如图所示的直角坐标系中，在x轴上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场，在x轴下方存在相对y轴对称的平行于x轴、电场强度E=2509V/m的匀强电场，一质量为m＝1×10﹣21kg，电荷量q＝2×10﹣19C的带正电的粒子从P点（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿与y轴正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子运动轨迹与（1）该粒子在磁场中的轨道半径r；（2）Q点的位置坐标；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标及总时间t。（取π＝3）【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）该粒子在磁场中的轨道半径r为0.5m；（2）Q点的位置坐标为（0，﹣0.9m）；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标为（﹣1m，0），总时间t为4496000【分析】（1）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求解运动轨迹半径；（2）根据几何关系画作出粒子的运动轨迹。粒子在电场中到达Q点的过程做类平抛运动，将运动分解处理。根据牛顿第二定律与运动学公式解答；（3）根据题意求得粒子打到挡板反弹后瞬间水平分速度大小，反弹后粒子沿+y方向以速度v0做匀速直线运动，沿x轴方向做对称的匀加速与匀加速直线运动，可知粒子经过原点O进入第三象限的磁场，求得到达原点O的速度大小与方向。由洛伦兹力提供向心力求得粒子再次在磁场中的运动半径。由几何关系求得粒子第三次打到x轴的位置坐标。根据运动周期与圆心角求解粒子在磁场中的运动时间，粒子在第四象限运动时间与在第三象限运动时间相等，进而求得粒子从P点出发至第三次打到x轴的总时间。【解答】解：（1）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=解得：r＝0.5m（2）已知OP＝0.3m，因OPcos(90°-θ)=0.3cos(90°-37°)m＝0.5m粒子垂直于x轴进入第三象限的电场，在电场中到达Q点的过程做类平抛运动，设OQ的距离为y1，则有：y1＝v0t1r+rcos37°=解得：t1=9500s，y则Q点的位置坐标为（0，﹣0.9m）（3）粒子到达Q点时水平分速度大小为：vx1=qEmt1，解得：由题意可得粒子打到挡板反弹后瞬间水平分速度大小为：vx2=12vx1，解得：vx2反弹后粒子沿+y方向以速度v0做匀速直线运动，沿x轴方向做对称的匀加速与匀加速直线运动，可知粒子经过原点O进入第三象限的磁场，到达原点O的速度大小为：v2=v02+vx2速度v2的方向与﹣x方向的夹角β满足：tanβ=vx2v0设粒子再次在磁场中的运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力得：qv2B=mv22粒子再次在磁场中的运动轨迹如下图所示。由几何关系可得：OM＝2Rsinβ，解得：OM＝1m可知粒子第三次打到x轴的位置坐标为：（﹣1m，0）粒子第一次在磁场中的运动时间为：t2=解得：t2=粒子第二次在磁场中的运动时间为：t3=解得：t2=粒子在第四象限运动时间与在第三象限运动时间相等，均为t1=9500s，粒子从Pt＝2t1+t2+t3解得：t=答：（1）该粒子在磁场中的轨道半径r为0.5m；（2）Q点的位置坐标为（0，﹣0.9m）；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标为（﹣1m，0），总时间t为4496000【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，粒子在电场中做类平抛运动时，将运动分解处理。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何解答。15．（2024秋•惠山区校级期末）离子注入是芯片制造过程中一道重要的工序。如图所示，在距O点为2r处的硅片下端与磁场中心O在同一水平线上，硅片长为l=233r。A处的离子无初速的“飘入”加速电场，经电场加速后从P点沿半径方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；（2）要求所有离子都打到硅片上，求磁感应强度B的取值范围。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为2qU（2）要求所有离子都打到硅片上，磁感应强度B的取值范围为2qUm【分析】（1）根据动能定理求解离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小；（2）画出打在粒子打在硅片上、下端的轨迹图像，根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，根据牛顿第二定律求解磁感应强度的大小，最后综合表示磁感应强度的取值范围。【解答】解：（1）离子通过加速电场，由动能定理可知qU=变形得到v=（2）根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示：离子打在硅片上端时，设磁感应强度为B1，∠BOD＝α，由几何关系知道tanα=α＝30°∠QOB＝60°∠MOP＝120°∠COP＝60°∠OCP＝30°设离子的轨迹半径为Rtan30R=由牛顿第二定律有qvB解得B1离子打在硅片下端时，设磁感应强度为B0，由几何关系知道，离子的轨迹半径r'＝r，由牛顿第二定律有qvB0=从而解得B0磁感应强度的取值范围2qUm答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为2qU（2）要求所有离子都打到硅片上，磁感应强度B的取值范围为2qUm【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能根据题意作出带电粒子的轨迹图，能熟练应用动能定理求解粒子加速后的速度、几何知识求解轨道半径、牛顿第二定律求解速度和磁感应强度。

考点卡片1．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．4．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．5．带电粒子在直线边界磁场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形（1）直线边界（2）平行边界2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．3.常见的解题思路（1）圆心的确定①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心．（2）半径的确定方法一：由物理方程求：半径R=mv方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．（3）时间的确定由t=θ2πT确定通过某段圆弧所用的时间，其中【命题方向】如图所示，粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，OP垂直于磁场边界。a、b两粒子的质量之比为（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解。解答：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，设磁场宽度为d，由图可知，粒子a的半径ra=d2sin60°=d3a粒子轨迹长度为sa=2×60b粒子的轨迹长度为sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故选：C。点评：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值．数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等．（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．6．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动【知识点的认知】1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。2.几个与角有关的物理量如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。3.如何确定“圆心角与时间”①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ②时间的计算方法．方法一：由圆心角求，t=θ2π•T；方法二：由弧长求，【命题方向】如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r。分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径。解答：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：qvB=由此可得电子做圆周运动的半径R=（2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度α＝θ则电子在磁场中运动的时间：t=（3）由题意知，由图根据几何关系知：tanθ∴r答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R=mv（2）电子在磁场中运动的时间t=mθ（3）圆形磁场区域的半径r=mv点评：熟悉电子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此列式求出半径和周期间的表达式，能正确作出电子做圆周运动的半径。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值．数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等．（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．7．带电粒子在多个组合边界磁场中的运动【知识点的认识】本考点旨在考查多种磁场组合的情况粒子的运动情况。【命题方向】如图所示，真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的矩形匀强磁场，方向垂直于纸面向里，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）沿着与MN夹角为θ＝30°的方向垂直射入磁场中，刚好垂直于PQ边界射出，并沿半径方向垂直进入圆形磁场。圆形磁场半径为L，方向垂直纸面向外，粒子最后从圆心O的正下方O′点离开磁场。求：（1）粒子在矩形磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子射入磁场的速度大小；（3）圆形磁场的磁感应强度。分析：（1）根据几何关系得出粒子做圆周运动的半径；（2）结合牛顿第二定律得出粒子的速度；（3）根据几何关系得出粒子在磁场中运动的半径，结合牛顿第二定律得出磁感应强度的大小。解答：画出轨迹图如图：（1）在矩形磁场区域，根据几何关系L＝Rsin60°解得R=（2）根据qvB=解得v=（3）粒子在圆形磁场区域内，根据qvB'解得B'答：（1）粒子在矩形磁场中运动的轨迹半径R2（2）粒子射入磁场的速度大小23（3）圆形磁场的磁感应强度23点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动；解决问题的关键是清楚带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析计算。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值．数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等．（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．8．带电粒子在叠加场中做直线运动【知识点的认识】1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。【命题方向】如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是（）A、微粒的动能一定增加B、微粒的动能一定减少C、微粒的电势能一定减少D、微粒的机械能一定增加分析：对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．解答：根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子做匀速直线运动，所以粒子的动能保持不变，选项AB错误；再由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；重力做负功，重力势能增加，选项D正确。故选：CD。点评：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．【解题思路点拨】1.叠加场中三中场的比较2.带电粒子在叠加场中运动的分析方法9．带电粒子在叠加场中做一般曲线运动【知识点的认识】1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。2.本考点主要针对带电粒子在叠加场中做一般曲线运动的情况。如图所示，一带电量为q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B．当小球在竖直方向运动h高度时到达b点，重力加速度为g。（1）判断小球带何种电荷？（2）球在b点上所受的磁场力多大？分析：（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球的电性；（2）a到b，洛伦兹力不做功，只有重力做功，可求得B点的速度；再由洛伦兹力公式F＝qvB解得F大小。解答：（1）由左手定则可以判定小球带负电（2）从抛出点到b点，只有重力做功，洛伦兹力不做功由动能定理得：﹣mgh=12mv2-得：v由洛伦兹力公式f＝qvB得，f答：（1）小球带负电荷；（2）球在b点上所受的磁场力为qB点评：此题要求同学们会用左手定则判定受力方向，注意四指指正电荷运动的方向；能根据洛伦兹力充当向心力列式求解，注意明确洛伦兹力永不做功。【解题思路点拨】1.叠加场中三中场的比较2.带电粒子在叠加场中运动的分析方法10．带电粒子由磁场进入电场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力