2025高考物理步步高同步练习选修2第一章专题强化3 带电粒子在有界匀强磁场中的运动含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第一章带电粒子在有界匀强磁场中的运动[学习目标]1.知道带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律.2.会分析带电粒子在有界匀强磁场中的运动.3.会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题.4.了解多解成因，会分析带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题．一、带电粒子在有界匀强磁场中的运动1．直线边界从某一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时，速度与边界的夹角相等，如图1所示．图12．平行边界(如图2)图23．圆形边界(1)在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，必沿半径方向射出，如图3甲所示．(2)在圆形磁场区域内，不沿半径方向射入的粒子，射入速度与半径方向的夹角为θ，射出速度与半径的夹角也为θ，如图乙所示．图3考向1直线边界的磁场如图4所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子1在纸面内以速度v1＝v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α＝30°；质量为m、电荷量为＋q的粒子2在纸面内以速度v2＝eq\r(3)v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角β＝60°.已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点(图中未画出)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：图4(1)两粒子在磁场边界上的穿出点A、B间的距离d；(2)两粒子进入磁场的时间间隔Δt.答案(1)eq\f(4mv0,qB)(2)eq\f(πm,3qB)解析(1)两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)得r1＝eq\f(mv0,qB)，r2＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故d＝eq\x\to(OA)＋eq\x\to(OB)＝2r1cosβ＋2r2cosα＝eq\f(4mv0,qB).(2)粒子1做圆周运动的圆心角θ1＝eq\f(5π,3)粒子2做圆周运动的圆心角θ2＝eq\f(4π,3)粒子1、2在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)粒子1在匀强磁场中运动的时间t1＝eq\f(θ1,2π)T粒子2在匀强磁场中运动的时间t2＝eq\f(θ2,2π)T所以Δt＝t1－t2＝eq\f(πm,3qB).考向2圆形边界的磁场在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图5所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．图5(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷eq\f(q,m)；(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′的大小；此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？答案(1)负电荷eq\f(v,Br)(2)eq\f(\r(3),3)Beq\f(\r(3)πr,3v)解析(1)由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r，又qvB＝meq\f(v2,R)，则粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br).(2)设粒子从D点飞出磁场，运动轨迹如图，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径R′＝eq\f(r,tan30°)＝eq\r(3)r，又R′＝eq\f(mv,qB′)，所以B′＝eq\f(\r(3),3)B，此次粒子在磁场中运动所用时间t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πR′,v)＝eq\f(\r(3)πr,3v).二、带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解．(1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长、圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中的运动时间越长．(3)当比荷相同，速率v变化时，圆心角越大的，运动时间越长．如图6所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向与CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是()图6A．v>eq\f(Bed,m1＋cosθ) B．v<eq\f(Bed,m1＋cosθ)C．v>eq\f(Bed,m1＋sinθ) D．v<eq\f(Bed,m1＋sinθ)答案A解析由题意可知，电子从边界EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度方向与EF平行，即运动轨迹与EF相切，如图所示．由几何知识得：R＋Rcosθ＝d，R＝eq\f(mv0,eB)，解得v0＝eq\f(Bed,m1＋cosθ)，当v＞v0时，即能从边界EF射出，故A正确．(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图7所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()图7A.eq\f(3mv,2ae)B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae)D.eq\f(3mv,5ae)答案C解析磁感应强度取最小值时对应的电子的运动轨迹临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据洛伦兹力提供向心力有evB＝meq\f(v2,r)，联立解得B＝eq\f(3mv,4ae)，故选C.三、带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．(1)找出多解的原因．(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．考向1磁场方向不确定形成多解(多选)如图8所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计．为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为eq\f(q,m)，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是()图8A．B>eq\f(mv,3qs)，垂直纸面向里 B．B>eq\f(mv,qs)，垂直纸面向里C．B>eq\f(mv,qs)，垂直纸面向外 D．B>eq\f(3mv,qs)，垂直纸面向外答案BD解析当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知，sin30°＝eq\f(r1,s＋r1)，可得r1＝s，由r1＝eq\f(mv,B1q)可得B1＝eq\f(mv,qs)；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹，即圆弧与OP相切于N点，如图乙所示，由几何关系s＝eq\f(r2,sin30°)＋r2，得r2＝eq\f(s,3)，又r2＝eq\f(mv,qB2)，所以B2＝eq\f(3mv,qs)，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误．考向2临界状态不唯一形成多解(多选)如图9所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()图9A．使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)答案AB解析如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r12＝(r1－eq\f(l,2))2＋l2，又r1＝eq\f(mv1,Bq)，所以v1＝eq\f(5Bql,4m)，粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，v2＝eq\f(Bql,4m)，综合上述分析可知，选项A、B正确．1．(直线边界的磁场)(多选)(2020·甘肃武威第六中学高三月考)如图10所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B.一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到磁场区域Ⅰ.设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则()图10A．t1∶t2＝1∶1 B．t1∶t2＝2∶1C．ω1∶ω2＝1∶1 D．ω1∶ω2＝1∶2答案BD解析粒子在两磁场中的运动轨迹如图所示，粒子在Ⅰ中的偏转角为120°，在Ⅱ中的偏转角为120°，由T＝eq\f(2πm,Bq)可知，粒子在Ⅱ中的周期为Ⅰ中周期的一半，则由t＝eq\f(θ,2π)T可知，t1∶t2＝2∶1，选项A错误，B正确；由洛伦兹力提供向心力，可知Bqv＝meq\f(v2,R)，根据匀速圆周运动线速度和角速度的关系v＝Rω，联立解得ω＝eq\f(Bq,m)，可知对于同一粒子，角速度与磁感应强度成正比，故ω1∶ω2＝1∶2，选项C错误，D正确．2．(圆形边界的磁场)(2020·湖北荆州中学月考)如图11所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)，从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且∠AOB＝120°，则该粒子在磁场中运动的时间为()图11A.eq\f(πr,3v0) B.eq\f(2πr,3v0)C.eq\f(\r(3)πr,3v0) D.eq\f(2\r(3)πr,3v0)答案C解析由图可知，粒子转过的圆心角为60°，根据几何关系可知R＝eq\r(3)r，转过的弧长为l＝eq\f(60°,360°)×2πR＝eq\f(πR,3)＝eq\f(\r(3)πr,3)，则该粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(l,v0)＝eq\f(\r(3)πr,3v0)，故选C.3．(圆形边界的磁场)(2020·辽宁省实验中学期中)如图12所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径．一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v1、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为()图12A.eq\f(1,2)v1B.eq\f(2,3)v1C.eq\f(\r(3),2)v1D.eq\f(3,2)v1答案C解析画出两种情况下带电粒子的运动轨迹如图所示，由题意，同一粒子在磁场中偏转时间同为t，则两种情况下带电粒子的偏转角均为60°；设圆的半径为R，由几何关系可以确定带电粒子在两种情况下做匀速圆周运动的半径分别为r1＝2R，r2＝Rtan60°＝eq\r(3)R，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，则速度v＝eq\f(qBr,m)，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,\r(3))，所以当粒子沿ab方向射入时，v2＝eq\f(\r(3),2)v1，A、B、D错误，C正确．4.(带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题)如图13所示，直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界PQ平行于y轴，一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速率v垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出．求：图13(1)粒子的比荷；(2)粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间．答案(1)eq\f(v,2Ba)(2)eq\f(4πa,3v)解析(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则由图知斜向上射入时有rsinθ＝a，斜向下射入时有rsinθ＋a＝r，联立解得θ＝30°，且r＝2a，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝meq\f(v2,r)，得粒子的比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(v,2Ba).(2)粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α＝2×(90°－30°)＝120°，周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(4πa,v)，则粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(T,3)＝eq\f(4πa,3v).训练1带电粒子在有界磁场中的运动1.如图1所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场力作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场，由这些条件可知()图1A．带电粒子一定带正电B．不能确定粒子速度的大小C．不能确定粒子射出此磁场的位置D．不能确定粒子在此磁场中运动所经历的时间答案A解析粒子沿垂直于y轴的方向射出此磁场，故粒子向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，且轨迹半径R＝x0，故粒子射出磁场时的位置在y轴上距原点x0处，由半径R＝eq\f(mv,qB)可得速度v＝eq\f(qBx0,m)，运动时间t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2Bq)，选项A正确．2.如图2所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对质量与电荷量都相等的正、负粒子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，不计粒子重力，则正、负粒子在磁场中运动的时间之比为()图2A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(3) D．1∶1答案B解析由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)，又T＝eq\f(2πR,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，则正、负粒子在磁场中的运动周期相等，正、负粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，正粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为120°，负粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为60°，故时间之比为2∶1，B正确．3．(多选)(2020·信宜市高二月考)如图3所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有()图3A．a、b均带正电B．a在磁场中运动的时间比b的短C．a在磁场中运动的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近答案AD解析离子要打在屏P上，都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则可知，离子都带正电，选项A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，因初速度大小也相同，由qvB＝meq\f(v2,r)可知，它们做圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，如图所示，比较得a在磁场中运动的路程比b的长，选项C错误；由t＝eq\f(l,v)可知，a在磁场中运动的时间比b的长，选项B错误；从图上可以看出，选项D正确．4.(多选)如图4所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个带电粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，不计粒子重力，则()图4A．从P射出的粒子速度大B．从Q射出的粒子速度大C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D．两粒子在磁场中运动的时间一样长答案BD解析作出两带电粒子各自的运动轨迹，如图所示，根据圆周运动特点知，两粒子分别从P、Q点射出时，速度方向与AC边的夹角相等，故可判定两粒子从P、Q点射出时，半径RP＜RQ，故由R＝eq\f(mv,Bq)可知从Q点射出的粒子速度大，A错误，B正确；由T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)得，两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，根据图示，可知两轨迹的圆心角相等，由t＝eq\f(θ,2π)T得两粒子在磁场中的运动时间相等，C错误，D正确．5.如图5所示，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°.不计粒子重力，该磁场的磁感应强度大小为()图5A.eq\f(\r(3)mv0,3qR)B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR)D.eq\f(3mv0,qR)答案A解析粒子的运动轨迹如图所示，粒子做圆周运动的轨道半径r＝eq\f(R,tan30°)＝eq\r(3)R根据洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq\f(v\o\al(02),r)，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，故A正确．6.(2020·广东潮州模拟)如图6所示，某两相邻匀强磁场区域以MN为分界线，磁感应强度分别为B1、B2，磁场方向均垂直于纸面(图中未画出)，有甲、乙两个电性相同的粒子同时分别以速率v1和v2从边界的a、c点垂直于边界射入磁场，经过一段时间后甲、乙两粒子恰好在b点相遇(不计重力及两粒子间的相互作用)，O1和O2分别位于所在圆的圆心，其中R1＝2R2，则()图6A．B1、B2的方向相反B．v1＝2v2C．甲、乙两粒子做匀速圆周运动的周期不同D．若B1＝B2，则甲、乙两粒子的比荷不同答案B解析若粒子带正电，则由左手定则可知两磁场均垂直纸面向外，若粒子带负电，由左手定则可知两磁场均垂直纸面向里，故B1、B2方向相同，A错误；两粒子运动半个圆周的时间相同，故周期相同，由线速度v＝ωR＝eq\f(2πR,T)，得v1∶v2＝R1∶R2＝2∶1，v1＝2v2，B正确，C错误；根据粒子做圆周运动的周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可得，比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2π,BT)，由于甲、乙两粒子的周期相同，那么若B1＝B2，则甲、乙两粒子的比荷相同，D错误．7.如图7所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和α粒子(氦原子核)先后以相同的动能对准圆心O射入磁场，若粒子只受磁场力的作用，已知质子在磁场中偏转的角度为90°，则α粒子在磁场中偏转的角度是()图7A．30°B．45°C．90°D．120°答案C解析质子和α粒子的质量之比为1∶4，所带电荷量之比为1∶2，质子和α粒子具有相同的动能，故两者的速度之比为2∶1；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，可知质子和α粒子在磁场中做圆周运动的半径相等，所以转过的角度相同，即α粒子也偏转90°，故C正确，A、B、D错误．8.如图8所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度大小为eq\f(B,2)的匀强磁场．一带负电的粒子，带电荷量为q，质量为m，从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R，不计粒子重力．则()图8A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C．粒子完成一次周期性运动的时间为eq\f(2πm,3qB)D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R答案D解析由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B错误；粒子在两磁场中运动所对应的圆心角均为60°，故粒子完成一次周期性运动的时间t＝eq\f(1,6)T1＋eq\f(1,6)T2＝eq\f(πm,3qB)＋eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(πm,qB)，选项C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了l＝R＋2R＝3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，所以选项A错误，D正确．9.(2019·全国卷Ⅱ)如图9，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两点射出的电子的速度大小分别为()图9A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝eq\f(l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝meq\f(v\o\al(a2),ra)，又eq\f(e,m)＝k，解得va＝eq\f(kBl,4)；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有rd2＝l2＋(rd－eq\f(l,2))2，解得：rd＝eq\f(5l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝meq\f(v\o\al(d2),rd)，又eq\f(e,m)＝k，解得vd＝eq\f(5kBl,4)，选项B正确．10.(2020·湖南怀化期末)如图10所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，一带正电的粒子，电荷量为q，质量为m，从y轴上的点A(0，eq\f(\r(3),2)L)沿如图所示方向射入磁场，若干时间后到达第四象限的点B(eq\f(3,2)L，－L)，粒子在点B的速度大小为v，方向与y轴平行，不计粒子重力，求：图10(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)粒子从点A到点B的运动时间t.答案(1)eq\f(mv,qL)(2)eq\f(2π＋3L,3v)解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)由几何关系有r2＝(eq\f(\r(3),2)L)2＋(eq\f(3,2)L－r)2解得r＝L，B＝eq\f(mv,qL)(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹的圆心角为θ，sin(π－θ)＝eq\f(\r(3),2).得θ＝eq\f(2π,3)则粒子从点A到点B的运动时间t＝eq\f(2πr,3v)＋eq\f(L,v)得t＝eq\f(2π＋3L,3v).11.如图11，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求：图11(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．答案(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)(eq\f(π,2)＋eq\f(\r(3),3))解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2①粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力有qvB＝meq\f(v2,r)②由几何关系知d＝eq\r(2)r③联立①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2)④(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动到x轴经过的路程为s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝eq\f(s,v)⑥联立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3))).12.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图12所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒，不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()图12A.eq\f(ω,3B)B.eq\f(ω,2B)C.eq\f(ω,B)D.eq\f(2ω,B)答案A解析由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(T,12)＝eq\f(1,12)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,6qB)，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即eq\f(πm,6qB)＝eq\f(1,4)×eq\f(2π,ω)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，A项正确．训练2带电粒子在有界磁场中运动的临界和多解问题1.(多选)如图1所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN′射出，粒子入射速率v的最大值可能是()图1A.eq\f(qBd,m) B.eq\f(2＋\r(2)qBd,m)C.eq\f(qBd,2m) D.eq\f(2－\r(2)qBd,m)答案BD解析设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB).带电粒子速率越大，轨道半径越大，当轨迹恰好与边界NN′相切时，粒子恰好不能从边界NN′射出，对应的速率最大．若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，由几何知识得R＋Rcos45°＝d，解得R＝(2－eq\r(2))d，对应的速率v＝eq\f(2－\r(2)qBd,m).若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示，由几何知识得：R－Rcos45°＝d，解得R＝(2＋eq\r(2))d.对应的速率v＝eq\f(2＋\r(2)qBd,m).故选B、D.2.如图2所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为eq\f(e,m)的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值范围为()图2A．B>eq\f(2mv0,ae) B．B<eq\f(2mv0,ae)C．B>eq\f(\r(3)mv0,ae) D．B<eq\f(\r(3)mv0,ae)答案D解析由题意可知，电子正好经过C点时的运动轨迹如图所示，此时圆周运动的半径R＝eq\f(\f(a,2),cos30°)＝eq\f(\r(3),3)a，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于eq\f(\r(3),3)a，由带电粒子在磁场中做圆周运动的公式r＝eq\f(mv,qB)有eq\f(\r(3),3)a<eq\f(mv0,eB)，即B<eq\f(\r(3)mv0,ae)，D项正确．3.直线OM和直线ON之间的夹角为30°，如图3所示，直线OM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．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计粒子重力．粒子离开磁场的出射点到两直线交点O的距离为()图3A.eq\f(mv,2qB) B.eq\f(\r(3)mv,qB)C.eq\f(2mv,qB) D.eq\f(4mv,qB)答案D解析带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r＝eq\f(mv,qB).由题意可知，轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识得CO′D为一直线段，eq\x\to(OD)＝eq\f(\x\to(CD),sin30°)＝2eq\x\to(CD)＝4r＝eq\f(4mv,qB)，故D正确．4.如图4所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量的绝对值为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置．图4答案见解析解析由于洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝meq\f(v\o\al(02),R)＝mReq\f(4π2,T2)解得R＝eq\f(mv0,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，故粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4πm,3qB)粒子在C点离开磁场，OC＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故离开磁场的位置为(－eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，故粒子在磁场中的运动时间t2＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)粒子在E点离开磁场，OE＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故离开磁场时的位置为(eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)5.(2020·河南天一大联考)如图5所示，匀强磁场的边界是两个同心圆，内圆的半径为r，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，A是内侧边界上的一点．在圆心O处沿平行于纸面的方向射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度方向与OA成60°角，粒子经磁场第一次偏转后刚好从A点射出磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是()图5A．粒子一定带正电B．粒子第一次在磁场中运动的时间为eq\f(2πm,3qB)C．粒子运动的速度大小为eq\f(\r(3)qBr,2m)D．磁场外边界圆的半径至少为eq\r(3)r答案D解析根据题意，画出粒子第一次在磁场中运动的轨迹如图，根据左手定则可以判断出粒子带负电，选项A错误；粒子第一次在磁场中运动的时间为t＝eq\f(2,3)T＝eq\f(4πm,3qB)，选项B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R＝rtan30°＝eq\f(\r(3),3)r，根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(\r(3)qBr,3m)，选项C错误；磁场外边界圆的半径至少为r′＝R＋eq\f(r,cos30°)＝eq\r(3)r，选项D正确．6.如图6所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T．一质量为m＝5.0×10－8kg、电荷量为＋q＝1.0×10－6C的带电粒子从P点沿图示方向以v＝20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场(Q点未画出)．已知OP＝30cm，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，粒子重力不计，求：图6(1)O、Q两点间的距离；(2)若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B′满足的条件．答案(1)0.90m(2)B′≥eq\f(16,3)T解析(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)代入数据得R＝0.50m而eq\f(OP,cos53°)＝0.50m故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示．由几何关系可知OQ＝R＋Rcos37°，故OQ＝0.90m(2)若带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：OP≥R′＋R′sin37°又R′＝eq\f(mv,qB′)联立并代入数据得：B′≥eq\f(16,3)T.7.(多选)如图7所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q＞0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是()图7A.eq\f(\r(3)qBL,6m) B.eq\f(\r(3)qBL,3m)C.eq\f(\r(3)qBL,2m) D.eq\f(\r(3)qBl,m)答案AB解析由题意可知，粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝eq\f(\r(3),3)·eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝meq\f(v2,r)，则v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(3)qBL,3m)·eq\f(1,n)(n＝1,2,3，…)，选项A、B正确．8.如图8所示，一足够长的矩形区域abcd内存在一方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边中点O，沿垂直磁场方向射入一速度方向跟ad边夹角θ＝30°、大小为v0(未知量)的带正电粒子，已知粒子质量为m，电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：图8(1)若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求粒子的入射速度大小v01；(2)若粒子恰好沿磁场上边界切线射出，求粒子的入射速度大小v02；(3)若带电粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁场中运动的最长时间．答案(1)eq\f(BqL,m)(2)eq\f(BqL,3m)(3)eq\f(5πm,3Bq)解析(1)和(2)两种临界情况的运动轨迹如图所示，若粒子速度大小为v0，则qv0B＝meq\f(v\o\al(02),R)，解得：v0＝eq\f(qBR,m).(1)设圆心在O1处对应圆弧与cd边相切，对应速度大小为v01由几何关系得：R1sinθ＝eq\f(L,2)，解得R1＝L则有：v01＝eq\f(qBR1,m)＝eq\f(qBL,m).(2)设圆心在O2处对应圆弧与ab边相切，对应速度大小为v02，由几何关系得：R2＋R2sinθ＝eq\f(L,2)，解得R2＝eq\f(L,3)则有：v02＝eq\f(qBR2,m)＝eq\f(qBL,3m).(3)由t＝eq\f(α,2π)T和T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中经过的圆弧所对的圆心角α越大，在磁场中运动的时间越长．当在磁场中运动的半径r<R2时，运动时间最长则圆弧所对圆心角为α＝2π－2θ＝eq\f(5π,3)所以最长时间为t＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(\f(5π,3),2π)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(5πm,3qB).9.如图9所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心射入磁场，通过磁场区域后速度方向偏转了60°.图9(1)求粒子的比荷eq\f(q,m)及粒子在磁场中的运动时间t；(2)如果想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的基础上，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？答案(1)eq\f(\r(3)v,3BR)eq\f(\r(3)πR,3v)(2)eq\f(\r(3),3)R解析(1)粒子的轨迹半径r＝eq\f(R,tan30°)①粒子所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)②由①②两式得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v,3BR)③粒子的运动周期T＝eq\f(2πr,v)④粒子在磁场中的运动时间t＝eq\f(1,6)T⑤由①④⑤式得t＝eq\f(\r(3)πR,3v).⑥(2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大．由图可知sinθ＝eq\f(R,r)⑦平移距离d＝Rsinθ⑧由①⑦⑧式得d＝eq\f(\r(3),3)R.带电粒子在组合场中的运动[学习目标]1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法.2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法，会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律．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、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动．1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识2．“电偏转”与“磁偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件只受恒定的电场力F＝qEv⊥E进入匀强电场只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvBv⊥B进入匀强磁场运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v0)牛顿第二定律、向心力公式r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)一、由电场进入磁场(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U.将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行S2)，图中虚线Ox垂直极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图1所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则()图1A．极板S1带正电B．粒子到达O点的速度大小为eq\r(\f(2qU,m))C．此粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(πm,3qB)D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝eq\r(\f(Um,qB2))答案BC解析带负电粒子向右加速，所受电场力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝eq\f(π,3)，此粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πm,3qB)，故C正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得Bqv＝meq\f(v2,R)把A选项中求得的速度大小代入可得R＝eq\r(\f(2Um,qB2))，则该有界磁场区域的宽度d＝R＝eq\r(\f(2Um,qB2))，故D错误．如图2所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：图2(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．答案(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(π,4)解析(1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝eq\f(1,2)at12，qE＝ma，联立解得E＝eq\f(mv\o\al(02),2qL)粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v＝eq\r(2)v0.Bqv＝eq\f(mv2,r)，由几何关系得r＝eq\r(2)L联立解得B＝eq\f(mv0,qL)，则eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)；(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)，粒子在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πL,2v0)，粒子在电场中运动的时间为t1＝eq\f(2L,v0)，解得eq\f(t2,t1)＝eq\f(π,4).从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时的速度的大小和方向，这是正确求解的关键．二、由磁场进入电场如图3所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场E，圆心O1在x轴上，半径为R且过坐标原点O，圆内有垂直纸面向外的匀强磁场B(图中未画出)．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从圆上P点正对圆心O1以速度v0射入磁场，从坐标原点O离开磁场，接着又恰好经过第一象限的Q(a，b)点，已知PO1与x轴负方向成θ角，不计粒子重力，求：图3(1)匀强电场E及匀强磁场B的大小；(2)粒子从P运动到Q的时间．答案(1)eq\f(2mbv\o\al(02),a2q)eq\f(mv0,Rq)taneq\f(θ,2)(2)eq\f(θR,v0tan\f(θ,2))＋eq\f(a,v0)解析(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得rtaneq\f(θ,2)＝R又qv0B＝meq\f(v\o\al(02),r)故B＝eq\f(mv0,Rq)taneq\f(θ,2)粒子从O到Q做类平抛运动，设运动时间为t2，a＝v0t2，则t2＝eq\f(a,v0)，b＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t22，故E＝eq\f(2mbv\o\al(02),a2q)(2)粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(θR,v0tan\f(θ,2))则粒子从P运动Q的时间为t＝t1＋t2＝eq\f(θR,v0tan\f(θ,2))＋eq\f(a,v0).三、多次进出电场和磁场如图4所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场．已知O、P之间的距离为d，不计粒子的重力．求：图4(1)O点到Q点的距离；(2)磁感应强度B的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间．答案(1)2d(2)eq\f(mv0,2qd)(3)eq\f(7π＋4d,2v0)解析(1)设Q点的纵坐标为h，粒子到达Q点的水平分速度为vx，从P到Q受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h＝v0t1水平方向匀加速直线运动的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(0＋vx,2)，则d＝eq\f(vxt1,2)，根据速度的矢量合成知tan45°＝eq\f(vx,v0)解得h＝2d.(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2eq\r(2)d由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，由(1)可知v＝eq\f(v0,cos45°)＝eq\r(2)v0，联立解得B＝eq\f(mv0,2qd).(3)粒子在电场中的运动时间为t1＝eq\f(2d,v0)粒子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πd,v0)粒子在第一象限中的运动时间为t2＝eq\f(135°,360°)·T＝eq\f(3,8)T粒子在第四象限内的运动时间为t3＝eq\f(T,2)故带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(7π＋4d,2v0).1．(粒子由电场进入磁场)(2020·湖南期末)如图5所示，坐标空间中有匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，磁场方向垂直于纸面向里，y轴是两种场的分界面，磁场区的宽度为d.现有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从x轴上x＝－L的N点处以初速度v0沿x轴正方向开始运动，然后经过y轴上y＝eq\f(L,2)的M点进入磁场，不计带电粒子重力．图5(1)求y轴左侧电场的场强大小E；(2)若要求粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁感应强度应满足的条件．答案(1)eq\f(mv\o\al(02),qL)(2)B＜eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)解析(1)粒子从N到M做类平抛运动，有L＝v0teq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，联立解得E＝eq\f(mv\o\al(02),qL)(2)粒子进入磁场时的速度大小v＝eq\r(v\o\al(02)＋v\o\al(y2))＝eq\r(v\o\al(02)＋a2t2)＝eq\r(2)v0，由sinθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(2),2)可知，速度方向与y轴正方向成45°角．如图所示为粒子恰好不穿出磁场时的运动轨迹，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r)粒子能够穿过磁场，则要求r＋rcos45°＞d可得B＜eq\f(\r(2)＋1mv0,qd).2．(粒子多次进、出电场和磁场)(2020·山东高三学业考试)如图6所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：图6(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场Ⅰ中磁感应强度的大小B1.答案(1)eq\f(qB0R0,m)(2)eq\f(qB\o\al(02)R0,2m)(3)eq\f(1,2)B0解析(1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有：qv0B0＝meq\f(v\o\al(02),R0)，解得：v0＝eq\f(qB0R0,m)(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着平行于x轴方向：qE＝ma，vx2－0＝2aR0沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以vx＝vy＝v0解得电场强度：E＝eq\f(qB\o\al(02)R0,2m)(3)粒子的轨迹如图所示，进入第二象限，沿着平行于x轴方向：R0＝eq\f(vx＋0,2)t沿着平行于y轴方向：ON＝vyt＝v0t所以ON＝2R0由几何关系知，△OO′N为底角为45°的等腰直角三角形．在磁场Ⅰ中运动的半径：R＝eq\r(2)ON＝2eq\r(2)R0由洛伦兹力提供向心力有：qvB1＝meq\f(v2,R)粒子在N点速度沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以离开的速度大小v＝eq\r(2)v0所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1为：B1＝eq\f(1,2)B0.1．(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图1(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则()图1A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移答案D解析电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝eq\f(mv,qB)可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝eq\f(mv,qB)，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确．2．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图2中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场．现在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝eq\r(3)R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)()图2A.eq\f(8U,R2B2)B.eq\f(4U,R2B2)C.eq\f(6U,R2B2)D.eq\f(2U,R2B2)答案C解析设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v，由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝eq\f(\r(3)R,3).又Bqv＝meq\f(v2,r)，则eq\f(q,m)＝eq\f(6U,R2B2)，故C正确．3.(多选)如图3所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于x