《20届高考物理二轮复习 第1部分 专题5 第1课时电场和磁场基本问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《20届高考物理二轮复习 第1部分 专题5 第1课时电场和磁场基本问题.docx（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第1课时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20151卷15,2卷1415(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20161卷14、20,2卷15,3卷1520171卷20,3卷2120181卷16、21,2卷2120192卷20,3卷21磁场性质的理解20151卷2415(1)24题17(1)19题17(2)21题17(3)18题 18(2)20题19(1)17题20171卷19,2卷21,3卷1820182卷2020191卷17带电粒子在磁场中的匀速圆周
2、运动20151卷14,2卷1916(2)18题16(3)18题17(2)18题 17(3)24题 19(2)17题19(3)18题20162卷18,3卷1820172卷18,3卷2420192卷17,3卷18“带电粒子或带电体”在电场和磁场中的运动20152卷2415(2)24题17(2)25题19(2)24题20171卷25,2卷2520192卷24,3卷241电场强度的三个公式(1)E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)Ek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
3、r决定(3)E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：.(2)电势差与电场力做功：UABAB.(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
4、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)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，
5、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4Aa点和b点的电势相等Ba点和
6、b点的电场强度大小相等Ca点和b点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点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A
7、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
8、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5A该粒子一定带正电B匀
9、强电场的电场强度大小为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：qEymvmv，所以E，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
10、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6A2F 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
11、体棒ML和LN的电流大小为，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F1BlIF，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为FF11.5F，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，a60，三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B，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7AB0 B2B0
12、C.B0 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B0k，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B1kB0，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B2k2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如图所示：因tan 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B24B0，方向垂直于bd斜向左下方，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、
13、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
14、两点射出的电子的速度大小分别为()图8A.kBl，kBlB.kBl，kBlC.kBl，kBlD.kBl，kBl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ra，由洛伦兹力提供向心力，有evaBm，又k，解得va；电子从d点射出时，运动轨迹如图线，由几何关系有rl2(rd)2，解得：rd，由洛伦兹力提供向心力，有evdBm，又k，解得vd，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
15、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()图9A粒子运动的轨道半径为LB粒子不可能从A点射出磁场C粒子的比荷为D从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为答案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OD2rsin 30，解得：r，故A错误；若粒子从A点射出，则弦长为L，得：L2sin ，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；qvBm得：r，即，解得：，故C正确；OBr，则从B点射出的粒子的圆心角为60，所以运
16、动时间为t，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，粒子的射入方向不变，速率变为2v.则粒子的射出点位于()图10Ae点 Bd点Cdf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R；当磁感应强度变为，粒子速度变为2v时，半径R4R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，Odad2ae2RR，因
17、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11，两金属板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
18、场，则金属板的长度最短应为多少？答案(1)mvqhv0(2)2v0解析(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.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EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv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hat2lv0t联立式解得Ekmvqhlv0；(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.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糙绝缘杆上，如图12所示，整个装置
19、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12A一定做减速运动B运动过程中克服摩擦力做的功可能是0C最终稳定时的速度一定是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，FNma，加速度a，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v；若q
20、v0Bmg，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vv0；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.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)(2)2m(vg2t2)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件，有mgqEmaa()2gt2解得E(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EkmvmghqEh且有v1v0thgt2联立式得Ek2m(vg2t2)专题强化
21、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，匀强磁场的磁感应强度应同步()图1A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
22、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，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g.则此时金属细杆()图2A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D3. (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3A粒子带正电B保持开关闭合，将B板向上
23、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E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E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C，C，E得，E，与板间距离无关，故场
24、强不变，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a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mg0，q0，则W0，即电场力做负功，电势能增加，A处电势能小于C处电势能，故A错误；等差等
25、势面的疏密反映电场强度的大小，则知A处场强小于B处场强，故B错误；带电粒子从A运动到B的过程中，电场力做负功，动能减小，故C错误；由题图知，AC间电势差等于AB间的电势差，根据WUq知，带电粒子从A到C电场力所做的功等于从A到B电场力所做的功，故D正确6. (2019陕西宝鸡市高考模拟检测(二)真空中有一带负电的电荷q绕固定的点电荷Q运动，其运动轨迹为椭圆，如图6所示已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，Q处在椭圆的一个焦点上，则下列说法正确的是()图6AQ产生的电场中a、c两点的电场强度相同B负电荷q在b点的速度大于在d点的速度C负电荷q在b点电势能大于d点电势能D负电荷q在运动过程中电场力始
26、终不做功答案B解析a、c为椭圆的两个顶点，则a、c两点到Q的距离相等，由点电荷的场强公式：E可知，两点的电场强度大小相等，因两点的电场强度方向不同，故A错误；负电荷q由b运动到d的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，所以负电荷q在b点的速度大于d点速度，故B正确，C错误；负电荷q由a经d运动到c的过程中，电场力先做负功再做正功，故D错误7. (多选)(2019重庆市第三次调研抽测)某种静电除尘器中的电场线如图7中虚线所示K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d.B点是AK连线的中点在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是()图7AA、
27、K之间电场强度的大小为B电子到达A时动能等于eUC由K到A电子电势能增大了eUDB、K之间的电势差小于A、B之间的电势差答案BD解析A、K之间建立的是非匀强电场，公式UEd不适用，故A错误；根据动能定理得：Ek0eU，得电子到达A极板时的动能EkeU，故B正确；电场力做正功，动能增大，电势能减小eU，故C错误；B、K之间的场强小于A、B之间的场强，根据Ud可知，B、K之间的电势差小于A、B之间的电势差，故D正确8. (2019东北三省四市教研联合体模拟)如图8所示，在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OAOBBCa，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等
28、，静电力常量为k，则下列说法正确的是()图8A点电荷Q位于O点BO点电势比A点电势高CC点的电场强度大小为D将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小答案C解析因A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，故A、B到点电荷的距离相等，O、C到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示，由图可知A错误；因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，O点电势比A点低，故B错误；由题图可知点电荷与C点的距离rCa，根据Ek，得EC，故C正确；由图可知，将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故D错误9. (2019福建南平市第二次综合质检)如图9所示，在边长为
29、L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m，带电荷量大小为q的离子(重力不计)，从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射入磁场区域，并从b点离开磁场则()图9A离子在O、b两处的速度相同B离子在磁场中运动的时间为C若增大磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间增大D若磁感应强度B，选项B错误；若增大磁感应强度B，由R，则离子在磁场中运动的半径减小，粒子将从ab边射出，此时粒子在磁场中运动对应的弧长减小，则运动时间减小，选项C错误；若离子从bc边射出，则R，即B，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
30、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10A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、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
31、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a可知，滑块的加速度相等，存在磁场时，由牛顿第二定律得：FNmgqvBm，可得：FNmgqvBm，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力FNFNmgqvBm，由此可知：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
32、、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11A粒子击中点距O点的距离为RB磁场的磁感应强度为C粒子离开磁场时速度方向相同D粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为t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：qvBm，则磁感应强度B，所以选项B正确；粒子运动的半径
33、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，此时粒子在磁场中的偏转角为90，最长时间为t1TR.从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最短的时间为t2，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，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12A21 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eBvm得r，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：T，运动的时间满足：tT，解得：t1t221，故A项正确，B、C、D错误