高考物理大一轮复习《磁场》综合检测试题

《磁场》综合检测

（时间:90分钟满分：100分）

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考点题号

1.地磁场安培定则2

2.磁感应强度及叠加1,3

3.安培力左手定则4,15

4.回旋加速器9

5.霍尔元件10

6.实验13,14

7.带电粒子在磁场中运动5,6,7,11,16

8.带电粒子在复合场中运动8,12,17,18

一、选择题（本题共12小题,每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1〜8题只

有一个选项正确,第9~12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选

的得0分）

1.（2016•广东中山联考）关于电场强度、磁感应强度，下列说法中正确的是（B）

Q

2

A.由真空中点电荷的电场强度公式E=kr可知，当r趋近于零时,其电场强度趋近于无限大

F

B.电场强度的定义式E=q适用于任何电场

C.由安培力公式F=ILB可知，一小段通电导体在某处不受安培力,说明此处一定无磁场

I）.一带电粒子在磁场中运动时,磁感应强度的方向一定垂直于洛伦磁力的方向和带电粒子的

运动方向

Q

2

解析:公式E=k「是点电荷的电场强度的决定式,E与Q成正比，与/成反比，但是当r-0时，

F

带电体不能视为点电荷,A错误;公式E=q是电场强度的定义式,适用于任何电场，但是电场中

某点的电场强度与F,q无关,B正确;通电导线受力为零的地方,磁感应强度B的大小不一定

为零,这可能是电流方向与B的方向在一条直线上的原因造成的,C错误;洛伦兹力方向垂直

于B与v决定的平面，但B与v不一定垂直,D错误.

2.（2016•广西河池模拟）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心

的轴的环形电流引起的.下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（B）

解析:地磁场的N极在地理的南极附近,地磁场的S极在地理的北极附近,根据安培定则,让拇

指与四指垂直,而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故B正确.

3.（2016•河南百校质检）正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直

于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流,方向如图所示，

a,b,c三点分别是正三角形三边的中点,若A,B,C三处导线中的电流分别为I,21,31,己知无

限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比，与电流到这一点

I

的距离成反比，即B=k*则a,b,c三点的磁感应强度大小关系为（B）

A.a点最大B.b点最大

C.c点最大D.b,c两点一样大

解析:设正三角形的边长为2L,则a,b,c三点的磁感应强度大小分别为

I|kl25kl2（76I|2kl24kl2|52I

L3LL

Ba=2k,BNIWL=p,kLBedV£3•J,比较可得选B.

4.（2016•浙江桐乡检测）如图所示,表示磁场对直线电流的作用，其中不正确的是（C）

XXXXXXX••••,

xx?

XXxff

AB

解析:根据左手定则，伸开左手,让磁感线垂直穿过手心,四指指电流方向,拇指所指方向为安

培力的方向，故选项A,B,D正确,C错误.

5.（2016•北京海淀区期中）如图所示，甲、乙两个质量相同、带等量异种电荷的带电粒子，

以不同的速率经小孔P垂直磁场边界MN,进入方向垂直纸面向外的匀强磁场中,在磁场中做

匀速圆周运动,并垂直磁场边界MN射出磁场,半圆轨迹如图中虚线所示.不计粒子所受重力

及空气阻力，则下列说法中正确的是（C）

A.甲带负电荷，乙带正电荷

B.洛伦兹力对甲做正功

C.甲的速率大于乙的速率

D.甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间

解析：由左手定则可知，甲带正电荷，乙带负电荷,选项A错误;洛伦兹力方向与速度方向垂直,

mv

故洛伦兹力对甲不做功，选项B错误;根据r=qB可知，由于甲的半径大于乙，故甲的速率大于

27rm1

乙的速率,选项C正确;根据T=qB可知,两个电荷的周期相同,运动时间均为$T,故甲在磁场

中运动的时间等于乙在磁场中运动的时间,选项D错误.

6.如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁

场中的运动径迹.下列关于实验现象和分析正确的是（B）

励磁线圈（前后各一个）

A.励磁线圈通以逆时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹

B.励磁线圈通以顺时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹

C.保持励磁电压（即励磁线圈上所加电压）不变,增加加速电压，电子束形成圆周的半径减小

D.保持加速电压不变，增加励磁电压，电子束形成圆周的半径增大

解析:励磁线圈通以顺时针方向的电流，则由安培定则可知线圈内部磁场向里，由左手定则可

知能形成结构示意图中的电子运动径迹，选项B正确,A错误;保持励磁电压不变，增加加速电

mv

压,则电子的运动速度变大,根据r=qB可知电子束形成圆周的半径增大,选项C错误;保持加

mv

速电压不变,增加励磁电压,则B变大,根据r=qB可知，电子束形成圆周的半径减小,选项D

错误.

7.如图（甲）所示,为一个质量为m,电荷量为q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上

滑动,细杆处于匀强磁场中，（不计空气阻力），现给圆环向右初速度vo,在以后的运动过程中

的速度图像如图（乙）所示.则圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力

所做的功W,下列说法正确的是（重力加速度为g）（B）

XXXXX_

0

（甲）（乙）

mg

A.圆环带负电,B二qv。

2mg

B.圆环带正电,B二qV0

3

-,2

C.圆环带负电,o

3

D.圆环带正电,w/mVo2

解析：因圆环最后做匀速直线运动，即在竖直方向上平衡，由左手定则知圆环带正电，有

v0

q2B=mg

2mg

得B=qV0

由动能定理得,圆环克服摩擦力所做的功

11vo3

一2——一.2

2v

W=2m'o-2n）（2）=8mo,故选项B正确.

8.如图所示,一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子,不计重力,在a点以某一初速度水平向

左射入磁场区域I,沿曲线abed运动,ab,be,cd都是半径为R的圆弧.粒子在每段圆弧上运

动的时间都为t.规定垂直纸面向外的磁感应强度方向为正,则磁场区域I,II,III三部分的

磁感应强度B随x变化的关系可能是（C）

解析：由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域I,II,III内磁场方向分别为向外、向里、

1T271m7rm

向外,在三个区域中均运动W圆周，故t=4,由于T=1B，解得B=2qt只有选项C正确.

9.（2016•河北唐山模拟）粒子回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的D形金属盒的

半径为R,两金属盒间的狭缝很小,磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直,高频交变

电流的频率为f,加速器的电压为U,若中心粒子源处产生的质子质量为m,电荷量为+q,在加

速器中被加速.不考虑相对论效应，则下列说法正确是（AC）

BZxx

(xxSxX'

A.质子被加速后的最大速度不能超过2nRf

B.加速的质子获得的最大动能随加速电压U增大而增大

C.质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为杀：1

D.不改变磁感应强度B和交变电流的频率f,该加速器也可加速a

粒子

解析:质子在回旋加速器中被加速，需要满足质子做圆周运动的周期与交变电压的周期相等，

mv

质子的最大动能由D形盒的半径R决定,故选项B错误；由半径公式r=qB可知质子的最大速

qBR27tm1

度v二m,且满足周期丁二qB二三可得最大速度v=2“fR,故选项A正确;质子在电场中加速,

111

一2一2一2

V

根据动能定理,第一次通过狭缝有qU=2ml；第二次通过狭缝有qU=2mV2_2/「,由两式可知

V2：v尸也：1,故选项C正确;质子的电荷数和质量数都是1,a粒子（氢核*e）的电荷数为2,

271m

质量数为4,两种粒子的比荷并不相等，由周期公式T=qB可知两种粒子的周期也不相等,不

改变磁感应强度B和交变电流的频率f,则不满足a粒子做圆周运动的周期与交变电流的周

期相等,该加速器就不能加速a粒子,故选项D错误.

10.（2016•北京市海淀区期末）半导体内导电的粒子一一“载流子”有两种：自由电子和空穴

（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以自由电子导电为主的半导体叫N形半导体，以空

穴导电为主的半导体叫P形半导体.

下表面

如图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、高为b、宽

为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中,磁感应强度大小为B.当有大小为I、

沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差U”，

IB

霍尔电势差大小满足关系U产kc,其中k为材料的霍尔系数.若每个载流子所带电荷量的绝

对值为e,下列说法中正确的是(AD)

A.如果上表面电势高,则该半导体为P形半导体

B.如果上表面电势高,则该半导体为N形半导体

C.霍尔系数较大的材料,其内部单位体积内的载流子数目较多

IB

D.样品板在单位体积内参与导电的载流子数目为©©UH

解析:如果半导体为P形半导体，则能自由移动的是带正电的粒子，由左手定则可以判断出粒

子偏向上表面，故上表面电势高,选项A正确；如果半导体为N形半导体,则能自由移动的是负

电子，由左手定则可以判断出电子偏向上表面，故上表面电势低，选项B错误;待电流稳定后，

UH

粒子在电场力与洛伦兹力的作用下处于平衡状态,故存在bq=Bqv,而电流的大小又可以表

IB1

示为l=neSv=nebcv,两式整理得BI=Umec;又因为U产kc,故k=ne,故霍尔系数k较大的材料，

IB

其内部单位体积内的载流子数目较少,选项C错误；由上式还可以推出n=CeUH,选项D正确.

11.如图所示,abed是一个边长为L的正方形,它是磁感应强度为B的匀强磁场横截面的边界

线.一带电粒子从ab边的中点0垂直于磁场方向射入，其速度方向与ad边成。=30。角，如图.

已知该带电粒子所带电荷量为+q,质量为m,重力不计,若要保证带电粒子从ad边射出，则

(BD)

...........

：XXXX

：xXXX

*XXX

：xXXX

A.粒子轨道半径最大值为4

L

B.粒子轨道半径最大值为§

3兀m

C.该带电粒子在磁场中飞行的时间为5Bq

BqL

D.该带电粒子入射时的最大速度为3m

解析：由左手定则可以判断出，带电粒子受到洛伦兹力使得粒子向上偏转而做圆周运动，由公

mv

式R=Bq可知,偏转半径随入射速度的增大而增大,

要保证粒子从ad边射出，则粒子沿临界轨迹OFE做圆周运动,如图所示;根据几何关系可

LL

知，1.5R=5,故此时的半径R=3,选项A错误,B正确;粒子在磁场中的飞行时间取决于粒子做

圆周运动的圆心角的大小，由几何关系可得0（）2=02E,因为/E002=60°,故/E020=60°,所以

5兀

此时的圆心角为360。-60°=300°=3,则带电粒子在磁场中飞行的时间为

5兀T5兀m5Timmv

t=3x2兀=3xBq=3Bq,选项C错误；由公式R=Bq可知,带电粒子入射时的最大速度

BqRBqL

v=m=3m,选项D正确.

12.（2016•浙江嘉兴期末）扭摆器是同步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭

摆.其简化模型如图，I,11为宽度均为L的条形匀强磁场区域，边界竖直，相距也为L,磁场方

向相反且垂直于纸面,磁感应强度的大小分别为Bi,Bz,其中BFBO.一质量为m、电荷量为-q、

重力不计的粒子,从靠近平行板电容器MN板处由静止释放,极板间电压为U,粒子经电场加速

后平行于纸面射入扭摆器,射入I区和离开I区时速度与水平方向夹角均为9=30°,则

(CD)

A.若Bz=B”,则粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向

垂直

27tLjm

3

B.若B2=B„,粒子在扭摆器中运动的时间t=CqU

C.若B2=BO,粒子在扭摆器中运动的最高点和最低点的高度差h=（2-3）L

3mU

D.若B^LJ2q,

2则粒子能返回I区

解析:若B尸B。,粒子运动轨迹如图（甲）所示

则粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向平行,选项A错误;根据动能定理,可

2

2UqV

得Uq=2mv2,解得粒子射入I区域时的速度为v='m，粒子在I中运动时有qvB产mR,由几何

12mU

知识得L=2Rsin0=R，联立代入数据解得B产LJ9，粒子在磁场I区域中运动的时间为

T27rm7tLm兀Lm

6tB3

t,=6=l0=3」2qU；同理若B_B,））粒子在H中的运动时间t2=」2qU,粒子在1,n中间做

cos3002L3m

匀速直线运动,t3=v=3j2qU故粒子在扭摆器中的运动时间为

27tLIm2L3m

t=ti+tz+t3=312qU

选项B错误；由于粒子在两个磁场中的运动半径相

等都为R,根据几何知识R=L,h=2R(l-cos9)

2r

+Ltan代入数据得h=(2-3)L，选项C正确；如图(乙)所示.为使粒子能再次回到I区,

应满足R'(1+sin6

二、非选择题(共52分)

13.(6分)(2016•天津和平区校级期末)磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电

流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明:

图(a)

(1)如图(a)所示,在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便效果明显,通电导线

应

A.平行于南北方向，位于小磁针上方

B.平行于东西方向，位于小磁针上方

C.平行于东南方向，位于小磁针下方

D.平行于西南方向，位于小磁针下方

此时从上向下看，小磁针的旋转方向是(填“顺时针”或“逆时针”).

(2)如图(b)所示是电子射线管示意图,接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光

屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的

是.(填选项代号)

图⑹

A.加一磁场,磁场方向沿z轴负方向

B.加一磁场,磁场方向沿y轴正方向

C.加一电场，电场方向沿z轴负方向

D.加一电场，电场方向沿y轴正方向

(3)如图(c)所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互(填“排斥”

或“吸引”)，当通以相反方向的电流时，它们相互(填“排斥”或“吸引”)，这时每

个电流都处在另一个电流的磁场里,因而受到磁场力的作用，也就是说，电流和电流之间,就

像磁极和磁极之间一样,也会通过磁场发生相互作用.

解析：(1)由于无通电导线时，小磁针S极指南,N极指北，位于南北方向，若导线的磁场仍使小

磁针南北偏转,根本无法观察,所以为使实验方便效果明显，导线应平行于南北方向位于小磁

针上方,这样当导线中通电时，小磁针能向东西偏转,实验效果比较明显,故A正确.导线下方

磁场方向垂直纸面向里,小磁针N极向里转,从上向下看,小磁针逆时针旋转.

(2)若加一沿z轴负方向的磁场,根据左手定则,洛伦兹力方向沿y轴负方向,亮线不向下偏转,

不符合题意,故A错误;若加一沿y轴正方向的磁场,根据左手定则,洛伦兹力方向沿z轴负方

向,亮线向下偏转,符合题意,故B正确;若加一沿z轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向

沿z轴正方向,亮线不向下偏转,不符合题意,故C错误;若加一沿y轴正方向的电场，电子带

负电，电场力方向沿y轴负方向,亮线不向下偏转,不符合题意,故D错误.

(3)题图(c)中,通入电流方向相同时,研究右导线的受力情况,将左导线看成场源电流,根据

安培定则可知,它在右导线处产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则判断可知,右导线所

受的安培力方向向左；同理,将右导线看成场源电流,左导线受到的安培力向右,两导线要靠

拢,说明电流方向相同时,两导线相互吸引；同理可知，当通入电流方向相反时,两导线远离，

两导线相互排斥.

答案：⑴A逆时针(2)B(3)吸引排斥

评分标准:每问2分.

14.(6分)霍尔元件可以用来检测磁场及其变化.图(甲)为使用霍尔元件测量通电直导线产

生磁场的装置示意图.由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场.测量原理如

图(乙)所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱,

通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路.所用器材已在图中给出，部分电路已经连接好.为

测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B;

(1)制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从(乙)图中霍尔元件左侧流入,

右侧流出，霍尔元件(填“前”或“后”)表面电势高.

(2)在图中画线连接成实验电路图.

(3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为e,霍尔元件的厚度

为h,为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B,还必须测量的物理量有、

(写出具体的物理量名称及其符号)，计算式B=.

解析：(1)磁场是直线电流产生的,根据安培定则,磁场方向向下；电流向右,根据左手定则，安

培力向内，载流子是负电荷，故后表面带负电，前表面带正电,故前表面电势较高.

(2)变阻器控制电流,用电压表测量电压，电路图如图所示.

(3)设前后表面的厚度为d,最终自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,有

U

ed=evB

根据电流微观表达式，有

I=neSv=nedhv

联立解得

nehU

B=I.

答案：(1)前

(2)见解析

nehU

(3)电压表示数U电流表示数II

评分标准:每空1分，作图2分.

15.(8分)如图所示，在倾角为30°的斜面上，固定一宽度为L=0.25m的足够长平行光滑金属

导轨,在导轨上端接入电源和滑动变阻器.电源电动势为E=3.0V,内阻为r=l.0C.一质量

m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，

磁感应强度为B=0.80T.导轨与金属棒的电阻不计，取g=10m/s2.

(1)如要保持金属棒在导轨上静止,滑动变阻器接入电路中的阻值是多少？

(2)如果拿走电源,直接用导线接在两导轨上端,滑动变阻器阻值不变化,求金属棒所能达到

的最大速度值.

（3）在第（2）问中金属棒达到最大速度前,某时刻的速度为10m/s,求此时金属棒的加速度大

小.

解析：（1）由于金属棒静止在金属导轨上,故受力平衡,如图所示

安培力F=ILB=mgsin30°=0.1N（1分）

F

得I=BL=o.5A（1分）

设变阻器接入电路的阻值为R,根据闭合电路欧姆定律

E=I（R+r）

E

联立解得R='r=5Q.（1分）

（2）金属棒达到最大速度时,将匀速下滑，此时安培力大小、回路中电流大小应与上面情况相

同，即金属棒产生的电动势E=IR=2.5V（1分）

由E=BLv

E

得V=BL=12.5m/s.（1分）

（3）金属棒速度为10m/s时,产生的电动势

E'=BLv'=2V（1分）

E'

电流为r=n

金属棒受到的安培力为F'=BI'L=0.08N（1分）

mgsin300-F'

金属棒的加速度为a=m=1m/1.（1分）

答案：⑴5Q（2）12.5m/s（3）1m/s2

16.（8分）（2016•山东淄博摸底）如图所示，在y轴右侧有一方向垂直纸面向里的有界匀强磁

场区域（图中未画出），磁感应强度大小为B.一束质量为m、电荷量为+q的粒子流,沿x轴正

向运动,其速度大小介于V。与2v。之间,从坐标原点射入磁场,经磁场偏转后,所有粒子均沿y

轴正方向射出磁场区域.不计粒子重力•求:

0o«

(1)粒子在磁场中运动的最大半径和最小半径；

(2)粒子在磁场中运动的时间；

(3)满足条件的磁场区域的最小面积.

2

V

解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则qvB=mR,速度最大为2v。

2mv0

的粒子,运动半径最大,R尸qB；(1分)

mv0

速度最小为vo的粒子,运动半径最小R2=qB.(i分)

27cm1

(2)所有粒子运动的周期都相同,粒子在磁场中运动的时间也相同,T=qB,t=41

Tim

得t=2qB.(2分)

(3)粒子沿x轴正向进入磁场,射出时速度方向均竖直向上,偏转角都是90°,所以轨迹经过

的区域为磁场的最小面积,如图所示，图中浅色阴影部分即为最小磁场区域.

（1分）

（1分）

S=S1-S2（1分）

22

3（7t-2）mv0

92

联立代入数据得$=4q-B-.（1分）

22

2mvmv

0oran3（兀2）01%-

）2

答案：⑴,田qB⑵2qB（3）4qB

17.（12分）（2016•广东百校质检）如图所示,一质量m=lX10、kg、电荷量q=2X106C的带

正电微粒（重力不计），从静止开始经电压口=400V的加速电场加速后，水平进入两平行金属

我

板间的偏转电场中，金属板长L=1m,两板间距d=2m,微粒射出偏转电场时的偏转角0

=30。，接着进入一方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，该匀强磁场的磁感应强度大小B=3T,

微粒在磁场中运动后恰能从右边界射出.求：

（1）微粒进入偏转电场时的速度大小V0；

（2）两金属板间的电压U2;

（3）微粒在磁场中的运动时间t和匀强磁场的宽度D.

解析：（1）带电微粒在加速电场中运动，由动能定理有

1

-2

qUi=2n]V0,（1分）

得vo=4X10°m/s.（1分）

（2）带电微粒在偏转电场中运动时,有

qE

a=m=md,（1分）

L

tA（i分）

tan。=、0=3,（1分）

代数解得仄=400V.（1分）

（3）带电微粒在磁场中运动，恰好从右边界射出，对应圆周运动的圆心角为120°,

由洛伦兹力提供向心力有qvB初、

mv

得r=qB,（1分）

2兀m

T=qB,（i分）

由以上三式可得带电微粒在磁场中的时间

T271m

10

t=3=3qB=1X10s,（1分）

由几何关系可知D=r+rsin0,（1分）

v=cos。，（1分）

6小

解得D=71X10-4m.（1分）

答案：⑴4X10'm/s

(2)400V

(3)1X10'°s71XIO,1m

18.（12分）（2016•河北正定中学月考）如图所示,左侧装置内存在着匀强磁场和方向竖直向

下的匀强电场,装置上下两极板间电势差为U,间距为L,右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH,

其中,AH〃CD,AH=4L一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子（不计重力、可视为质点）,

从狭缝S,射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝Sz射出,接着粒子垂直于AH、由AH

的中点M射入“梯形”区域,最后全部从边界AC射出.若两个区域的磁场方向均水平（垂直于

纸面向里）、磁感应强度大小均为B,“梯形”宽度而LL,忽略电场、磁场的边缘效应及粒子

间的相互作用.

（1）判定这束粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小；

（2）求出这束粒子可能的质量最小值和最大值；

（3）求出（2）问中偏转角度最大的粒子在“梯形”区域中运动的时间.

解析：⑴由于粒子在“梯形”磁场中从边界AC射出，可知粒子带正电；

（1分）

由于粒子在左侧正交电磁场中沿直线通过且洛伦兹力不做功，故粒子速率不变,

UU

有qvB=Eq,E=L,所以v=BL.（2分）

2

v

（2）在“梯形”区域内，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，有qvB=mR,

（1分）

当粒子质量有最小值时,R最小,粒子运动轨迹恰与AC相切［如图（甲）］;当粒子质量有最大值

时,R最大,粒子运动轨迹恰过C点［如图（乙）］,

由几何关系有R=（2L-Ri）sin45。，

R=2庐1）L,（2分）

因MN=L,所以4AMC是等腰直角三角形,R2=L,（1分）

qB2L22（72-l）qB2L2

解得,mmi„=U,m,,*U.（2分）

271m

（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期T=qB,粒子沿图（甲）轨迹运动时对应的圆心角最大，

有

13503

t=360°T=8T）（2分）

3（衣・1）兀BI?

解得t=2U（1分）

U

答案：（1）带正电BL

qB2L22（^-l）qB2L2

⑵下U

3（72-1）7TBL2

⑶2U

【备用题组】

1.（2016•四川巴中检测）如图，在xOy平面第一象限整个区域分布--匀强电场，电场方向平

行y轴向下.在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x=51的直线，磁场

方向垂直纸面向外.一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度V。垂直y轴射

入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场.已知0Q=l,

不计粒子重力.求：

（DP点的纵坐标;

（2）要使粒子能再次进入电场,磁感应强度B的取值范围.

解析：(1)设粒子进入磁场时y方向的速度为V”则

vy=votan0

设粒子在电场中运动时间为t,有

°Q=Vot

OP=2t

1

联立解得OP=2

(2)作出粒子刚好能再进入电场的轨迹，如图所示

设此时的轨迹半径为r,由几何关系有

r+rcos45°=1

粒子在磁场中的速度

v0

v=cosO,

2

V

根据牛顿第二定律qvBi=mr,

(业+l)mv0

联立解得B产qi,

要使粒子能再进入电场,磁感应强度B的范围为

(亚+l)mv0

BNqi

1

答案：⑴5

("+l)mv0

（2）B》qi

2.（2016•北京市海淀区期末）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电

粒子运动的控制.如图所示,某时刻在xOy平面内的第II,III象限中施加沿y轴负方向、电场

强度为E的匀强电场,在第1，IV象限中施加垂直于xOy坐标平面向里、磁感应强度为B的匀

强磁场.一质量为m,电荷量为q的带正电粒子从M点以速度V。沿垂直于y轴方向射入该匀强

电场中，粒子仅在电场力作用下运动到坐标原点0且沿0P方向进入第IV象限.在粒子到达坐

标原点0时撤去匀强电场（不计撤去电场对磁场及带电粒子运动的影响），粒子经过原点0进

入匀强磁场中，并仅在磁场力作用下,运动一段时间从y轴上的N点射出磁场.已知0P与x

轴正方向夹角a=60。，带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计,求：

（DM,0两点间的电势差U;

（2）坐标原点。与N点之间的距离d;

（3）粒子从M点运动到N点的总时间t.

解析：（1）设粒子经过0点的速度为V,则cosa=v,

对于电子经过电场的过程,根据动能定理有

11

~~2

qU=2mV，-2m，

2

3mv0

解得U=2q.

（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,运动轨迹如图所示.

mv2

洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=R,

2mv。

解得R=qB,

2mv0

根据几何关系可知,0与N之间的距离d=R=qB.

(3)设粒子在电场中从M点运动至0点所用时间为tb

根据牛顿第二定律可知,粒子在电场中的加速度

qE

a=m,

粒子通过0点时竖直方向速度vy=Ao,根据运动学公式有Vka3

q&mvo

解得t尸qE,

设粒子在磁场中从0点运动至N点用时为t2,粒子在磁场中运动的周期

2兀R2n-a571m

T=v»=27c2qB,

解得粒子从M点运动到N点的总时间

\5mv05兀m

t=ti+t2=qE+3qB

2

3mv02mv0

答案：⑴2q(2)qB

\/3mv0571m

⑶qE+3qB

3.(2016•河南百校联盟质检)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限内有沿y轴负向

的匀强电场，电场强度的大小为E,第IV象限内有垂直纸面向外的匀强磁场.在y