2025高考物理步步高同步练习选修2第一章专题强化5 带电粒子在叠加场中的运动含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第一章带电粒子在叠加场中的运动[学习目标]1.掌握带电粒子在叠加场中常见的两种运动情景.2.会分析其受力情况和运动情况，能正确选择物理规律解决问题．处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路1．弄清叠加场的组成．2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．(1)由于洛伦兹力的大小与速度有关，带电粒子在含有磁场的叠加场中的直线运动一定为匀速直线运动，根据平衡条件列式求解．(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．一、带电粒子在叠加场中的直线运动(多选)(2021·绵阳市月考)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1所示，由此可以判断()图1A．油滴一定做匀速运动B．油滴可以做变速运动C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点答案AD解析油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据油滴做直线运动条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力．根据F＝qvB可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示，如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确．二、带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动如图2所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入由互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B构成的叠加场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则()图2A．小球可能带正电B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(πE,Bg)D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加答案B解析小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A项错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：qvB＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，故小球做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，B项正确；由T＝eq\f(2πr,v)，可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，与电压U无关，C、D项错误．如图3所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3kg、电荷量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出)．取g＝10m/s2.求：图3(1)E1的大小；(2)加上磁场后粒子打在屏上的位置O′距O点的距离；(3)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．答案(1)eq\r(2)N/C(2)1.0m(3)增加了1.0×10－2J解析(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos45°＝mg解得E1＝eq\r(2)N/C.(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：qE1dABsin45°＝eq\f(1,2)mvb2解得vb＝5m/s加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律可得：qvbB＝meq\f(v\o\al(b2),R)解得R＝5m设粒子在B、C运动的偏转距离为y，由几何知识得R2＝dBC2＋(R－y)2代入数据得y＝1.0m(y＝9.0m舍去)(3)加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2＝mg粒子在B、C间运动时电场力做的功有W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2J由功能关系知，粒子由b点到O′点电势能增加了1.0×10－2J.三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动(多选)(2020·扬州中学高二期中)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图4所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则()图4A．该离子带负电B．A、B两点位于同一高度C．到达C点时离子速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点答案BC解析离子开始受到电场力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的电场力方向向下，则该离子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子到达C点时电场力做功最多，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误.1．(带电粒子在叠加场中的直线运动)如图5所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成θ＝45°角．质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，则以下说法正确的是()图5A．小环可能带负电B．电场方向可能水平向右C．小环的初速度v0＝eq\f(\r(2)mg,qB)D．小环离开细杆时的速度v＝eq\f(E,B)答案C2．(带电粒子在叠加场中的圆周运动)如图6所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向的夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：图6(1)电场强度E的大小和方向；(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；(3)A点到x轴的高度h.答案(1)eq\f(mg,q)竖直向上(2)eq\f(qBL,2mtanθ)(3)eq\f(q2B2L2,8m2g)解析(1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力与重力平衡，有qE＝mg①则E＝eq\f(mg,q)②重力的方向竖直向下，电场力的方向应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球在叠加场中做匀速圆周运动，如图所示，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，设轨道半径为r，由几何关系知eq\f(L,2r)＝sinθ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速度为v，有qvB＝eq\f(mv2,r)④由速度的合成与分解知eq\f(v0,v)＝cosθ⑤由③④⑤式得v0＝eq\f(qBL,2mtanθ).⑥(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tanθ⑦由匀变速直线运动规律有vy2＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h＝eq\f(q2B2L2,8m2g).3．(带电粒子在叠加场中的一般曲线运动)(多选)如图7所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场(图中未画出)．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是()图7A．OAB轨迹为半圆B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向C．小球在整个运动过程中机械能守恒D．小球在最低点A时受到的洛伦兹力与重力大小相等答案BC解析因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度大小的变化而变化，故小球运动的轨迹不可能是圆，故A错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故小球机械能守恒，故C正确；因为只有重力做功，据动能定理，小球在最低点时重力做功最多，mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(2gh)，最低点处h最大故速度最大，小球做曲线运动的速度方向为该点的切线方向，该点的切线方向在水平方向，故B正确；若小球在最低点A处时所受洛伦兹力与重力大小相等，根据平衡条件可知小球将水平向右做匀速直线运动，不可能沿轨迹AB运动，故D错误．1.(多选)如图1所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是()图1A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带正电C．电场线方向一定斜向上D．液滴有可能做匀变速直线运动答案ABC解析液滴受重力、电场力、洛伦兹力的共同作用而做匀速直线运动，合力为零，可判断出洛伦兹力与电场力的方向，判断出液滴只有带正电才可能所受合力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上，故A、B、C正确，D错误．2.(多选)如图2所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成三束．则下列判断正确的是()图2A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束离子改为带负电而其他条件不变则仍能从d孔射出答案BCD3.(2020·湖南怀化期末)如图3所示，空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴环绕速度大小及方向分别为()图3A.eq\f(E,B)，顺时针 B.eq\f(E,B)，逆时针C.eq\f(BgR,E)，顺时针 D.eq\f(BgR,E)，逆时针答案C解析液滴在叠加场中做匀速圆周运动，知重力和电场力平衡，则液滴受到向上的电场力，可知液滴带负电，根据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)又因为重力和电场力平衡，则有qE＝mg解得v＝eq\f(BgR,E)故A、B、D错误，C正确．4.如图4所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N，以下说法正确的是()图4A．带电微粒可能带负电B．运动过程中带电微粒的动能保持不变C．运动过程中带电微粒的电势能增加D．运动过程中带电微粒的机械能守恒答案B解析根据做直线运动的条件和受力情况可知，微粒一定带正电，且做匀速直线运动，因此动能保持不变，A错误，B正确；由于电场力向右，对微粒做正功，电势能减小，C错误；洛伦兹力不做功，由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，D错误．5.如图5所示，在水平地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向水平并垂直纸面向外，一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动．(重力加速度大小为g)图5(1)求此区域内电场强度的大小和方向；(2)若某时刻微粒运动到距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°角，如图所示，则该微粒至少需要经过多长时间才能运动到距地面最高点？最高点距地面多高？答案(1)eq\f(mg,q)方向竖直向下(2)eq\f(3πm,4qB)H＋eq\f(2＋\r(2)mv,2qB)解析(1)要满足带负电微粒做匀速圆周运动，则：qE＝mg，得E＝eq\f(mg,q)，方向竖直向下．(2)微粒的部分运动轨迹如图所示，当微粒第一次运动到最高点时，α＝135°，则t＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3T,8)由qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB)则T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)所以：t＝eq\f(3πm,4qB)，最高点距地面的高度为：H1＝R＋Rsin45°＋H＝H＋eq\f(2＋\r(2)mv,2qB).6．(2017·全国卷Ⅰ)如图6，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是()图6A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma答案B解析设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．7.如图7所示的虚线区域内，充满垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带电微粒A以一定初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿水平直线从区域右边界O′点穿出，射出时速度大小为vA，若仅撤去磁场，其他条件不变，另一个相同的微粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出，射出时速度的大小为vB，则微粒B()图7A．穿出位置一定在O′点上方，vB<vAB．穿出位置一定在O′点上方，vB>vAC．穿出位置一定在O′点下方，vB<vAD．穿出位置一定在O′点下方，vB>vA答案D解析设带电微粒从O点射入时的速度为v0，若带电微粒A带负电，其电场力、重力、洛伦兹力均向下，与运动方向垂直，不可能做直线运动，故微粒A一定带正电，且满足mg＝Eq＋Bqv0，做匀速直线运动，故vA＝v0.若仅撤去磁场，由于mg>Eq，带电微粒B向下偏转，穿出位置一定在O′点下方，合力对其做正功，vB>vA，故D正确．8.如图8所示，空间存在竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)．一带正电的小球从O点由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点．下列关于该带电小球运动的描述，正确的是()图8A．小球在运动过程中受到的磁场力先增大后减小B．小球在运动过程中电势能先增加后减少C．小球在运动过程中机械能守恒D．小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点答案A解析小球由静止开始向上运动，可知电场力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力的合力先做正功，后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的磁场力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误．9.(2020·黄梅国际育才高级中学月考)如图9所示，质量为m、带电荷量为＋q的液滴，以速度v沿与水平方向成45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动，重力加速度为g，求：图9(1)电场强度E和磁感应强度B各多大；(2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度的大小；(3)在满足(2)的前提下，液滴从A点到达与A点同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间．答案(1)eq\f(mg,q)eq\f(\r(2)mg,qv)(2)eq\r(2)g(3)eq\f(3\r(2)πv,4g)解析(1)液滴带正电，受力分析如图所示：根据平衡条件，有：Eq＝mgtanθ＝mgqvB＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\r(2)mg故E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(2)mg,qv)(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，液滴做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：a＝eq\f(F洛,m)＝eq\r(2)g(3)电场变为竖直向上后，qE＝mg，故液滴做匀速圆周运动，由Bqv＝eq\f(mv2,R)及T＝eq\f(2πR,v)可得T＝eq\f(2πm,qB)，又t＝eq\f(3,4)T可得t＝eq\f(3\r(2)πv,4g).10．如图10甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点，Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v和重力加速度g为已知量．求：图10(1)微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)微粒做圆周运动的半径；(3)电场变化的周期T.答案(1)eq\f(mg,E0)eq\f(2E0,v)(2)eq\f(v2,2g)(3)eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g)解析(1)微粒从N1沿直线运动到Q点的过程中受力平衡，则mg＋qE0＝qvB到Q点后微粒做圆周运动，则mg＝qE0联立以上两式解得：q＝eq\f(mg,E0)，B＝eq\f(2E0,v)(2)微粒做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v2,2g)(3)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则eq\f(d,2)＝vt1，2πr＝vt2解得：t1＝eq\f(d,2v)，t2＝eq\f(πv,g)电场变化的周期T＝t1＋t2＝eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g).章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.(2020·张家口市高二上期末)如图1所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内．下列说法正确的是()图1A．a点的磁感应强度一定为零B．b点的磁感应强度一定为零C．ef导线受到的安培力方向向右D．cd导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外答案C解析根据安培定则可知，通电导线cd在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，通电导线ef在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，cd、ef中通有方向相反、大小相等的电流，但a点离cd较近，故a点的磁场方向垂直纸面向里，故a点的磁感应强度一定不为零，故A、D错误；根据安培定则可知，通电导线ef和cd在b点产生的磁场方向相同，均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向垂直纸面向外，故b点的磁感应强度一定不为零，故B错误；根据左手定则可判断，ef导线受到的安培力方向向右，故C正确．2.如图2所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向垂直于导线框向外的电流时()图2A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动答案D解析当长直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，则两半圆弧导线不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．3.如图3所示，MN为区域Ⅰ、Ⅱ的分界线，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ.已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，不计粒子重力，下列说法正确的是()图3A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1B．粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为1∶2C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反答案D解析由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，A错误；根据t＝eq\f(l,v)，v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1，B错误；圆心角θ＝eq\f(l,r)，r＝eq\f(mv,qB)，由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D正确．4.如图4所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为l、质量为m的直导体棒，导体棒中电流为I.要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为()图4A.eq\f(mg,2Il) B.eq\f(\r(3)mg,2Il)C.eq\f(mg,Il) D.eq\f(\r(3)mg,Il)答案A解析导体棒受三个力平衡，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由平衡条件知当安培力F平行于斜面向上时安培力最小，则B最小，即BIl＝mgsin30°，B＝eq\f(mg,2Il)，B的方向垂直于斜面向下．5.如图5所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、带电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角，则磁场的磁感应强度大小为()图5A.eq\f(mv,qRtan\f(θ,2)) B.eq\f(mvtan\f(θ,2),qR)C.eq\f(mv,qRsin\f(θ,2)) D.eq\f(mv,qRcos\f(θ,2))答案B解析该电荷以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，由几何关系可知，轨迹圆的半径r＝eq\f(R,tan\f(θ,2))，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得B＝eq\f(mvtan\f(θ,2),qR)，选项B正确．6.(2020·浙江镇海中学月考)如图6所示，边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流．图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B.此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小变为原来的2倍，保持其他条件不变，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为F2.则导线框中的电流大小为()图6A.eq\f(F2－F1,Bl) B.eq\f(F2－F1,2Bl)C.eq\f(2F2－F1,Bl) D.eq\f(2F2－F1,3Bl)答案D解析当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为eq\f(1,2)l，受到的安培力方向竖直向上，设三角形导线框质量为m，则有：F1＋BI(eq\f(1,2)l)＝mg；当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为eq\f(1,2)l，受到的安培力方向竖直向下，磁感应强度增大到原来的两倍，故此时有：F2＝(2B)I(eq\f(1,2)l)＋mg，联立可得I＝eq\f(2F2－F1,3Bl)，故D正确，A、B、C错误．7．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图7所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为()图7A．11B．12C．121D．144答案D解析设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量分别为m2、q2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))①在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)②由①②式联立得m＝eq\f(B2r2q,2U)，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(22),B\o\al(12))＝144，故选项D正确．8.如图8，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，Δbcd区域内有方向平行于bc的匀强电场(图中未画出)．一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场．不计粒子的重力．则()图8A．粒子带正电B．电场的方向由c指向bC．粒子在b点和d点的动能相等D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为π∶2答案D解析从d到e粒子做匀速圆周运动，由左手定则能够判定粒子带负电，选项A错误；由于粒子带负电，进入电场后弯向b点，则电场的方向由b指向c，选项B错误；由于在磁场中洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子在d、e两点的动能相等，但从e到b电场力做正功，动能增加，所以粒子在b、d两点的动能不相等，选项C错误；设粒子由d点射入磁场时的速度为v，由题可知粒子在磁场中偏转90°，运动时间t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2π×\f(lab,2),v)＝eq\f(πlab,4v)，在电场中运动的时间t2＝eq\f(\f(lab,2),v)＝eq\f(lab,2v)，eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,2)，故选项D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.如图9所示，由两种比荷不同的离子组成的离子束，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，离子的重力不计，下列说法正确的是()图9A．组成A束和B束的离子都带正电B．组成A束和B束的离子质量一定相同C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里答案ACD解析A、B离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可知A、B两束离子都带正电，故A正确；能通过速度选择器的离子所受电场力和洛伦兹力平衡，则qvB＝qE，即不发生偏转的离子具有相同的速度，大小为v＝eq\f(E,B)；进入另一个匀强磁场分裂为A、B两束，轨道半径不等，根据r＝eq\f(mv,qB)可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，但不能判断两离子的质量关系，故B错误，C正确；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里，故D正确．10.(2019·海南卷)如图10，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°.已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则()图10A．P和Q的质量之比为1∶2B．P和Q的质量之比为eq\r(2)∶1C．P和Q速度大小之比为eq\r(2)∶1D．P和Q速度大小之比为2∶1答案AC解析设MN＝2R，则粒子P的运动半径为R，有R＝eq\f(mPvP,Bq)，粒子Q的运动半径为eq\r(2)R，有eq\r(2)R＝eq\f(mQvQ,Bq)；又两粒子的运动时间相同，则tP＝eq\f(1,2)TP＝eq\f(πmP,Bq)，tQ＝eq\f(1,4)TQ＝eq\f(πmQ,2Bq)，即eq\f(πmP,Bq)＝eq\f(πmQ,2Bq)，联立解得mQ＝2mP，vP＝eq\r(2)vQ，故A、C正确，B、D错误．11.(2020·全国高二课时练习)如图11为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.一质子从加速器的A处开始加速．已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q.已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是()图11A．质子的最大速度不超过2πRfB．质子的最大动能为eq\f(q2B2R2,4m)C．质子的最大动能与U无关D．若增大电压U，质子的最大动能增大答案AC解析质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，所以最大速度不超过2πRf，A正确．由Bqv＝eq\f(mv2,R)得v＝eq\f(BqR,m)，质子的最大动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，与电压无关，B、D错误，C正确．12.如图12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，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的()图12答案AD解析带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，故B、C错误．三、非选择题(本题共4小题，共52分)13．(8分)如图13所示，将长为50cm、质量为1kg的均匀金属棒ab的两端用两个相同的弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通以4A电流时，弹簧恰好不伸长(g＝10m/s2)．图13(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；(2)当金属棒中通以大小为1A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长3cm；如果电流方向由b到a，电流大小仍为1A，求弹簧的形变量．(弹簧始终在弹性限度内)答案(1)5T(2)5cm解析(1)弹簧不伸长时，BIL＝mg，(2分)可得磁感应强度大小为B＝eq\f(mg,IL)＝5T(1分)(2)当大小为1A的电流由a流向b时，有2kx1＋BI1L＝mg，(2分)当电流反向后，有2kx2＝mg＋BI2L，(2分)联立得x2＝eq\f(mg＋BI2L,mg－BI1L)x1＝5cm.(1分)14．(12分)(2020·安徽芜湖一中高二期末)如图14所示，MN、PQ是平行金属板，板长为l，两板间距离为eq\f(l,2)，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场．不计粒子重力，求：图14(1)两金属板间所加电场的电场强度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小．答案(1)eq\f(mv2,ql)(2)eq\f(2mv,ql)解析(1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，有：t＝eq\f(l,v)(2分)在沿电场方向上有：eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2(2分)联立两式解得E＝eq\f(mv2,ql)(1分)(2)出电场时沿电场方向上的速度vy＝at＝v(1分)则进入磁场的速度为v′＝eq\r(2)v(1分)速度与水平方向成45°角．(1分)根据几何关系得：r＝eq\f(\r(2)l,2)(1分)根据qv′B＝meq\f(v′2,r)(2分)解得B＝eq\f(2mv,ql)(1分)15．(15分)(2020·湖北武汉模拟)如图15所示，在纸面内有一圆心为O、半径为R的圆形区域，圆形区域内存在斜向上的电场，电场强度大小未知，区域外存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从圆外P点在纸面内垂直于OP射出，已知粒子从Q点(未画出)进入圆形区