磁场高考真题备选题

第八章磁场第1节磁场的描述磁场对电流的作用1．(2014·海南高考)下列说法中，符合物理学史实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就静止B．牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因C．麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场D．奥斯特发现导线通电时，导线附近的小磁针发生偏转解析：选ABD奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，选项C错误。2.(2014·海南高考)如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为eq\f(l,2)、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()A．a处的磁感应强度大小比c处的大B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向相同D．b处的磁感应强度为零解析：选AD根据通电直导线的磁场，利用右手螺旋定则，可知b处场强为零，两导线分别在a处产生的场强大于在c处产生的场强，a、c两处的场强叠加都是同向叠加，选项A、D正确。3.(2014·上海高考)如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO′转动，磁场方向与线框平面垂直。在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成θ角，此时bc边受到相对OO′轴的安培力力矩大小为()A．ISBsinθ B．ISBcosθC.eq\f(ISB,sinθ) D.eq\f(ISB,cosθ)解析：选A根据左手定则，可知通电导线受到的安培力沿竖直方向向上，大小为F＝BILbc，此力到转轴的力臂为Labsinθ；力矩为：M＝FLabsinθ＝SBIsinθ，A项正确。4．(2014·全国卷Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力F＝BIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，D错误。5．(2013·安徽理综)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：选B本题考查通电导线周围的磁场分布情况和带电粒子在磁场中的运动情况，意在考查考生的理解能力和分析推理能力。根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，可得O点处的磁场向左，再根据左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力向下。6．(2012·天津理综)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析：棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项A正确；两悬线等长变短，θ角不变，选项B错误；金属棒质量变大，θ角变小，选项C错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，选项D错误。答案：A7．(2010·浙江理综)如图所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为L1，垂直纸面的宽度为L2，在膜的下端(图中A处)挂有一平行于转轴，质量为m，长为L2的导体棒使膜展成平面．在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能．光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为U；输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定)．导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路．流经导体棒的电流垂直纸面向外(注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出)．(1)现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成θ＝60°时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率．(2)当θ变为45°时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒力学平衡外，还能输出多少额外电功率？解析：(1)导体棒所受安培力FA＝IBL2①导体棒有静力平衡关系mgtanθ＝FA②解得I＝mgeq\f(tanθ,BL2)③所以当θ＝60°时，I60＝eq\f(mgtan60°,BL2)＝eq\f(\r(3)mg,BL2)光电池输出功率为P60＝UI60＝eq\f(\r(3)mgU,BL2)(2)当θ＝45°时，根据③式可知维持静力平衡需要的电流为I45＝eq\f(mgtan45°,BL2)＝eq\f(mg,BL2)根据几何关系可知eq\f(P45,P60)＝eq\f(L1L2cos45°,L1L2cos60°)＝eq\r(2)可得P45＝eq\r(2)P60＝eq\f(\r(6)mgU,BL2)而光电池产生的电流为I光电＝eq\f(P45,U)＝eq\r(6)eq\f(mg,BL2)所以能提供的额外电流为I额外＝I光电－I45＝(eq\r(6)－1)eq\f(mg,BL2)可提供额外功率为P额外＝I额外U＝(eq\r(6)－1)eq\f(mgU,BL2)答案：见解析第2节磁场对运动电荷的作用1．(2014·全国卷Ⅰ)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A．2 B.eq\r(2)C．1 D.eq\f(\r(2),2)解析：选D根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在P点的速度为v1，根据牛顿第二定律可得qv1B1＝eq\f(mv\o\al(2,1),r1)，则B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，则eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正确，A、B、C错误。2．(2014·全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()A．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选AC根据洛伦兹力提供向心力，利用左手定则解题。根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误。3．(2014·安徽高考)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于()A.eq\r(T) B．TC.eq\r(T3) D．T2解析：选A由题意可知，等离子体的动能Ek＝cT(c是比例系数)，在磁场中做半径一定的圆周运动，由qvB＝meq\f(v2,r)可知，B＝eq\f(mv,rq)＝eq\f(\r(2mEk),rq)＝eq\f(\r(2mc),rq)eq\r(T)，因此A项正确，B、C、D项错误。4．(2013·新课标全国Ⅰ)如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为eq\f(R,2)。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)()A.eq\f(qBR,2m) B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(3qBR,2m) D.eq\f(2qBR,m)解析：选B本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，意在考查考生对匀速圆周运动、牛顿第二定律的理解和应用能力。设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律可得：qvB＝meq\f(v2,r)，根据几何关系可知r＝R，联立两式解得v＝eq\f(qBR,m)，选项B正确。5．(2013·新课标全国Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D.eq\f(3mv0,qR)解析：选A本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识点，意在考查考生应用力学、几何知识分析解决问题的能力。画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)。由图中几何关系可得：tan30°＝eq\f(R,r)。联立解得：该磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，选项A正确。6．(2012·江苏)如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有()A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－qBd/2D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋qBd/2解析：因粒子由O点以速度v0入射时，最远落在A点，又粒子在O点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以粒子若落在A的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错误；当粒子射到A点左侧相距d的点时，最小速度为vmin，则eq\f(vOA－d,2)＝eq\f(mvmin,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，所以粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，C正确；当粒子射到A点右侧相距d的点时，最小速度为v1，则eq\f(xOA＋d,2)＝eq\f(mv1,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，即v1＝v0＋eq\f(Bqd,2m)，D错误。答案：BC7．(2012·安徽理综)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为eq\f(v,3)，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt解析：设电子粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB＝eq\f(mv2,r)，得r1＝eq\f(mv,qB)，根据几何关系得eq\f(R,r1)＝taneq\f(φ1,2)，且φ1＝60°当带电粒子以eq\f(1,3)v的速度进入时，轨道半径r2＝eq\f(m·\f(1,3)v,qB)＝eq\f(mv,3qB)＝eq\f(1,3)r1，圆心在O2，则eq\f(R,r2)＝taneq\f(φ2,2)。即taneq\f(φ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(3R,r1)＝3taneq\f(φ1,2)＝eq\r(3)。故eq\f(φ2,2)＝60°，φ2＝120°；带电粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(φ,360°)T，所以eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(φ2,φ1)＝eq\f(2,1)，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误。答案：B8．(2010·重庆理综)如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示.粒子编号质量电荷量(q>0)速度大小1m2qv222q2v33－3q3v422q3v52－qv由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为()A．3、5、4 B．4、2、5C．5、3、2 D．2、4、5解析：本题意在考查考生对洛伦兹力方向的理解，并能应用R＝eq\f(mv,qB)解决带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹问题．由带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹并结合左手定则可知，a、b、c三个带电粒子分别带正、正、负电荷，而a、b、c三个带电粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2∶r3＝2∶3∶2，由R＝eq\f(mv,qB)可知五个带电粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为eq\f(1,2)∶2∶3∶3∶2，所以a、b、c三个带电粒子分别是编号2、4、5三个，D正确．答案：D9．(2012·新课标全国)如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为eq\f(3,5)R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。解析：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝meq\f(v2,r)①式中v为粒子在a点的速度。过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段eq\x\to(ac)、eq\x\to(bc)和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此eq\x\to(ac)＝eq\x\to(bc)＝r②设eq\x\to(cd)＝x，由几何关系得eq\x\to(ac)＝eq\f(4,5)R＋x③eq\x\to(bc)＝eq\f(3,5)R＋eq\r(R2－x2)④联立②③④式得r＝eq\f(7,5)R⑤再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE＝ma⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得r＝eq\f(1,2)at2⑦r＝vt⑧式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝eq\f(14qRB2,5m)⑨答案：eq\f(14qRB2,5m)第3节带电粒子在组合场中的运动1.(2014·海南高考)如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)T＝eq\f(2πR,v0)依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为eq\f(5,4)π，所需时间t1为t1＝eq\f(5,8)T，求得t1＝eq\f(5πm,4qB)(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有qE＝mav0＝eq\f(1,2)at2得t2＝eq\f(2mv0,qE)根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0得电场强度最大值E＝eq\f(2mv0,qT0)答案：(1)eq\f(5πm,4qB)(2)eq\f(2mv0,qT0)2．(2014·大纲卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间。解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0) ①由题给条件和几何关系可知R0＝d ②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得Eq＝max ③vx＝axt ④eq\f(vx,2)t＝d ⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tanθ＝eq\f(vx,v0) ⑥联立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ ⑦(2)联立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ) ⑧答案：见解析3．(2014·山东高考)如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。(1)若Δt＝eq\f(1,2)TB，求B0；(2)若Δt＝eq\f(3,2)TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0＝eq\f(4mv0,qd)，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1) ①据题意由几何关系得R1＝d ②联立①②式得B0＝eq\f(mv0,qd) ③(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝eq\f(v\o\al(2,0),R2) ④据题意由几何关系得3R2＝d ⑤联立④⑤式得a＝eq\f(3v\o\al(2,0),d) ⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝eq\f(2πR,v0) ⑦由牛顿第二定律得qv0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R) ⑧由题意知B0＝eq\f(4mv0,qd)，代入⑧式得d＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置粒子才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ＜eq\f(π,2)，由题意可知eq\f(\f(π,2)＋θ,2π)T＝eq\f(TB,2) ⑩设经历完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3…)若在A点击中P板，据题意由几何关系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d ⑪当n＝0时，无解 ⑫当n＝1时，联立⑨⑪式得θ＝eq\f(π,6)(或sinθ＝eq\f(1,2)) ⑬联立⑦⑨⑩⑬式得TB＝eq\f(πd,3v0) ⑭当n≥2时，不满足0＜θ＜eq\f(π,2)的要求 ⑮若在B点击中P板，椐题意由几何关系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d ⑯当n＝0时，无解 ⑰当n＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsineq\f(1,4)(或sinθ＝eq\f(1,4)) ⑱联立⑦⑨⑩⑱式得TB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋arcsin\f(1,4)))eq\f(d,2v0) ⑲当n≥2时，不满足0＜θ＜eq\f(π,2)的要求 ⑳答案：见解析4．(2014·广东高考)如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。解析：(1)粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动。若k＝1，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心在M点，因此做圆周运动的半径r＝L且qvB0＝meq\f(v2,r)粒子在电场中做加速运动，由动能定理得，qEd＝eq\f(1,2)mv2求得E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2md)(2)若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出由几何关系知：(r－L)2＋(kL)2＝r2解得r＝eq\f(k2＋1L,2)由qvB0＝meq\f(v2,r)得，v＝eq\f(qB0r,m)＝eq\f(k2＋1qB0L,2m)粒子在磁场Ⅱ中运动的半径R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(k2＋1B0L,2B)由题意及几何关系得，6L＝2(kL＋eq\f(R,r)kL)解得B＝eq\f(k,3－k)B0答案：见解析5．(2014·江苏高考)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。解析：(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题意L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)解得h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)L－\r(3)d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′meq\f(v2,r)＝qvBmeq\f(v′2,r′)＝qv′B由题意知3rsin30°＝4r′sin30°解得Δv＝v－v′＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,6)－\f(\r(3),4)d))(3)设粒子经过上下方磁场共n＋1次由题意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin30°且meq\f(v\o\al(2,n),rn)＝qvnB，解得vn＝eq\f(qB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,n＋1)－\r(3)d))(1≤n＜eq\f(\r(3)L,3d)－1，n取整数)答案：见解析6．(2014·浙江高考)如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向。则金属棒()A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功解析：选ABC由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力F＝BIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误。7．(2013·浙江理综)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋()A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为eq\r(3)∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析：选BCD本题考查离子在电场、磁场中的运动，意在考查考生的分析和计算能力。离子P＋和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度(a＝qE/m)之比不等于1∶1，则A项错误；离子在离开电场区域时有：qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有：qvB＝meq\f(v2,r)，得半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，则半径之比为1∶eq\f(1,\r(3))＝eq\r(3)∶1，则B项正确，设磁场宽度为d，由几何关系d＝rsinα，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶eq\r(3)，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，则C项正确；离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，则D项正确。8．(2013·天津理综)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移eq\f(2,3)d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。解析：本题考查带电粒子在电磁场中的运动，意在考查考生应用电磁学知识分析问题和综合应用知识解题的能力。(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立上式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r。设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于eq\f(π,3)。由几何关系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝meq\f(v2,r)⑤联立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移了eq\f(2,3)d后，设板间电压为U′，则U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3)⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v′2,v2)综合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝eq\f(π,2)⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3⑪答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)39．(2013·安徽理综)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。解析：本题主要考查带电粒子在复合场的运动，意在考查考生综合应用物理规律分析解决问题的能力。(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2hy＝eq\f(1,2)at2＝hqE＝ma联立以上各式可得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝meq\f(v2,r)当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝eq\f(\r(2),2)L，所以B＝eq\f(2mv0,qL)答案：(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)10．(2013·江苏)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1所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t作周期性变化的图象如图2所示。x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向。在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q，不计重力。在t＝eq\f(τ,2)时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动。(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0；(2)求B0应满足的关系；(3)在t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜t0<\f(τ,2)))时刻释放P，求P速度为零时的坐标。解析：本题考查带电粒子在电场中加速、在磁场中偏转问题的综合，意在考查考生综合应用力学、电磁学知识综合分析及解决问题的能力。(1)eq\f(τ,2)－τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动电场力F＝qE0，加速度a＝eq\f(F,m)，速度v0＝at，且t＝eq\f(τ,2)解得v0＝eq\f(qE0τ,2m)(2)只有当t＝2τ时，P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示。设P在磁场中做圆周运动的周期为T，则(n－eq\f(1,2))T＝τ(n＝1,2,3……)匀速圆周运动qvB0＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)解得B0＝eq\f(2n－1πm,qτ)(n＝1,2,3……)(3)在t0时刻释放，P在电场中加速的时间为τ－t0在磁场中做匀速圆周运动，有v1＝eq\f(qE0τ－t0,m)圆周运动的半径r1＝eq\f(mv1,qB0)解得r1＝eq\f(E0τ－t0,B0)又经(τ－t0)时间P减速为零后向右加速的时间为t0P再进入磁场，有v2＝eq\f(qE0t0,m)，圆周运动的半径r2＝eq\f(mv2,qB0)解得r2＝eq\f(E0t0,B0)综上分析，速度为零时横坐标x＝0相应的纵坐标为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2[kr1－k－1r2],2kr1－r2))(k＝1,2,3……)解得y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2E0[kτ－2t0＋t0],B0),\f(2kE0τ－2t0,B0)))(k＝1,2,3……)答案：见解析第4节带电粒子在叠加场中的运动1．(2014·重庆高考)如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。(1)求电场强度的大小和方向。(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。解析：(1)设电场强度大小为E由题意有mg＝qE得E＝eq\f(mg,q)，方向竖直向上甲(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的边线与NS的夹角为φ。由r＝eq\f(mv,qB)，有r1＝eq\f(mvmin,qB)，r2＝eq\f(1,2)r1由(r1＋r2)sinφ＝r2r1＋r1cosφ＝hvmin＝(9－6eq\r(2))eq\f(qBh,m)。乙(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x。由题意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)eq\f(3,2)x≥eq\f(9－6\r(2)h,2)x＝eq\r(r\o\al(2,1)－h－r12)得r1＝(1＋eq\f(0.36,n2))eq\f(h,2)，n＜3.5即n＝1时，v＝eq\f(0.68qBh,m)；n＝2时，v＝eq\f(0.545qBh,m)；n＝3时，v＝eq\f(0.52qBh,m)。答案：见解析2．(2014·浙江高考)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出。Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线eq\f(R,2)处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)。推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系。解析：(1)由动能定理得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＝eU ①U＝eq\f(Mv\o\al(2,M),2e) ②a＝eq\f(eE,M)＝eeq\f(U,ML)＝eq\f(v\o\al(2,M),2L) ③(2)垂直纸面向外 ④(3)设电子运动的最大半径为r，由图甲中几何关系得2r＝eq\f(3,2)R ⑤eBv＝meq\f(v2,r) ⑥所以有v0≤v＜eq\f(3eBR,4m) ⑦要使⑦式有解，磁感应强度B＞eq\f(4mv0,3eR) ⑧(4)如图乙所示，OA＝R－r，OC＝eq\f(R,2)，AC＝r根据几何关系得r＝eq\f(3R,42－sinα) ⑨由⑥⑨式得vmax＝eq\f(3eBR,4m2－sinα)答案：见解析3．(2014·福建高考)如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。(1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；(3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值。解析：(1)设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有qv0B＝qeq\f(U0,d) ①得U0＝Bdv0。 ②(2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到安培力为F安，有p1hd＝f③p2hd＝f＋F安 ④F安＝Bid ⑤根据欧姆定律，有I＝eq\f(U0,R＋r) ⑥两导体板间液体的电阻r＝ρeq\f(d,Lh) ⑦由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝eq\f(Ldv0B2,LhR＋dρ)。 ⑧(3)电阻R获得的功率为P＝I2R ⑨P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Lv0B,\f(LR,d)＋\f(ρ,h))))2R ⑩当eq\f(d,h)＝eq\f(LR,ρ)时 ⑪电阻R获得的最大功率Pm＝eq\f(LSv\o\al(2,0)B2,4ρ)。 ⑫答案：见解析4．(2014·四川高考)在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝eq\f(9,44)m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C。小物体P1质量m＝2×10－3kg、电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s。解析：(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1＝qvB ①f＝μ(mg－F1) ②由题意，水平方向合力为零F－f＝0 ③联立①②③式，代入数据解得v＝4m/s(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)－eq\f(1,2)mv2 ⑤P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋eq\f(1,2)a1t2 ⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2 P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2则s2＝eq\f(1,2)a2t2 ⑨联立⑤～⑨式，代入数据得s＝s1＋s2 ⑩s＝0.56m答案：(1)4m/s(25．(2014·四川高考)如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应。p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面。质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间。粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。(1)求发射装置对粒子做的功；(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l。此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝eq\f(\r(21)＋5m,\r(21)－2qt)范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)。解析：(1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有h＝v0t ①设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ②联立①②式可得W＝eq\f(mh2,2t2) ③(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差UE0＝U ④板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有U＝Eh ⑤mg－qE＝ma ⑥h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) ⑦l＝v0t1 ⑧S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流II＝eq\f(E0,R＋r) ⑨联立①④～⑨式得I＝eq\f(mh,qR＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2))) ⑩(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R) ⑪过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有eq\x\to(DG)＝h－R(1＋cosθ) ⑫eq\x\to(TG)＝h＋Rsinθ ⑬tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(\x\to(DG),\x\to(TG)) ⑭联立①⑪～⑭式，将B＝Bm代入，求得θm＝arcsineq\f(2,5) ⑮当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bm＞B＞0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即θ0＝0 ⑯则题目所求为0＜θ≤arcsineq\f(2,5) ⑰答案：(1)eq\f(mh2,2t2)(2)eq\f(mh,qR＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2)))(3)0＜θ≤arcsineq\f(2,5)6．(2012·山东理综)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝eq\f(T0,2)时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。解析：(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2①由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m))②设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得qeq\f(U0,d)＝ma③由运动学公式得d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T0,2))2④联立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))⑤(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R>eq\f(L,2)⑦联立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))⑧(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d＝vt1⑨联立②⑤⑨式得t1＝eq\f(T0,4)⑩若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d＝eq\f(v,2)t2⑪联立⑨⑩⑪式得t2＝eq\f(T0,2)⑫设粒子在磁场中运动的时间为tt＝3T0－eq\f(T0,2)－t1－t2⑬联立eq\o(○,\s\up1(10))⑫⑬式得t＝eq\f(7T0,4)⑭设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝eq\f(2πm,qB)⑮由题意可知T＝t⑯联立⑭⑮⑯式得B＝eq\f(8πm,7qT0)⑰答案：见解析7．(2012·天津理综)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直