2022年高考物理专题训练《磁场》（含解析）

通用版龙岩物理专题制株（金斛布）

专题一、磁场

第一部分名师综述

带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这

方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周

运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。带电粒子在复合场中的运动包括带电粒

子在匀强电场、交变电场、匀强磁场及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。

纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多用场的性质、运动学规律、牛

顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物

理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图及

计算题，涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。

第二部分精选试题

.一、单选题

1.如图所示，边长为L的正六边形abcdef中，存在垂直该平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B.a

点处的粒子源发出大量质量为叭电荷量为+q的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直ab边且与

磁场垂直，不计粒子的重力，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过b点，下列说法正确的是（）

y_j/

A.速度小于v的粒子在磁场中运动时间为「

B.经过d点的粒子在磁场中运动的时间为l

C.经过C点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为2£

D.速度大于2v小于4v的粒子一定打在cd边上

【答案】D

【解析】

【详解】

A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过6点时在磁场中运动了半周，运动

时间为g=―,轨迹半径等于油的一半.当粒子的速度小于/时，由=—知，粒子的轨迹半径小于

劭的一半，仍运动半周，运动时间仍为T=——:故A错误.

B、在a点粒子的速度与ad连线的夹角为30°,粒子经过d点时，粒子的速度与ad连线的夹角也为30°,

则粒子轨迹对应的圆心角等于60°,在磁场中运动的时间=（=厂；故B错误.

C、经过。点的粒子，根据几何知识知，该粒子在磁场中做圆周运动的圆心从半径为乙故C错误.

D、设经过6、c、d三点的粒子速度分别为匕、吸、匕.轨迹半径分别为""2、八.据几何知识可得，/=?欣」,

23=2A,由半径公式=——得：i^=2v\-2v,K3=4n=4r,所以只有速度在这个范围：2W4p的粒子才打在

cd边上；故D正确.

故选D.

2.如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线0P与x轴正方向的夹角为30“，第一象限内有两个方向都垂

直纸面向外的匀强磁场区域I和II,直线0P是它们的边界，0P上方区域I中磁场的磁感应强度为B。一质

量为m,电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从0点沿与0P成30"角的方向垂直磁场进入区域I,质子

先后通过磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则下列说法正确的是

A.区域II中磁感应强度为I2

B.区域II中磁感应强度为3B

C.质子在第一象限内的运动时间为R

D.质子在第一象限内的运动时间为户

【答案】D

【解析】

【详解】

AB、设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为/和2，区域II中磁感应强度为B',运动轨迹

由牛顿第二定律得：=-®

1

'=一②

2

由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可以知道，质子从A点出磁场I时的速度方向与0P的夹角为

30,故质子在磁场I中轨迹的圆心角为6方如图所示:

由几何关系可知=庖，

在区域II中，质子运动1/4圆周，2是粒子在区域口中做圆周运动的圆心，2=sin30=；/④

由①②③④计算得出区域II中磁感应强度为：'=2，故AB错误；

CD、质子在I区运动轨迹对应的圆心角为仇兀

在II区运动轨迹对应的圆心角为缈:,

质子在I区的运动时间/=（X-=L，

质子在H区运动时间2=：xJ=L，则粒子在第一象限内的运动时间为—.故C错误,D正确.

故选D

【点睛】

由几何知识作出轨迹,如图.由几何关系,得到质子在两个磁场中轨迹半径与0A的关系，由牛顿第二定律研究

两个磁感应强度的关系，求解区域II中磁场的磁感应强度大小.求出质子运动轨迹所对应的圆心角，然后求

出质子在磁场中做圆周运动的时间.

带电粒子通过磁场的边界时，如果边界是直线，根据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角

等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题常常用到.

3.如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择微

中电场强度大小为P磁感应强度大小为八方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为二圆弧，圆弧

的半径（）为，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为，磁分析器中有范围足够

大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度沿直线经过速度选

择器后沿中心线通过静电分析器，由点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的点，不计粒子重力。

下列说法正确的是

A.速度选择器的极板/的电势板比极板2的高

B.粒子的速度=」

/

C.粒子的比荷为‘^

/

D.、两点间的距离为二一

【答窠】C

【解析】

【分析】

根据粒子在静电分析器中的受力方向判断粒子的电性；根据粒子在速度选择器中的受力情况判断极板的电

势高低；根据粒子在速度选择器中做直线运动求解粒子的速度；根据粒子在静电分析其中的圆周运动求解

粒子的比荷；根据粒子在磁，场中做匀速圆周运动求解半径，可求解PQ距离.

【详解】

粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电荷，在速度选择器中由左手定则可判断出粒子受

到的洛伦兹力向上，粒子受到的电场力向下，故速度选择器的极板B的电势比极板巴的,高，选项A正确；

由qvEi=qE］可知，粒子的速度选项B错误：由=—i和=一可得，粒子的比荷为一=-,

IJ1

选项C正确;粒子在磁分析器中做圆周运动,PQ为轨迹圆的直径，故P、Q两点间的距离——=—=-——

1

选项D错误。故选C.

4.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B,ZA=60°,AO=a。在0点

放置•个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的电量大小为q,质量为m,发射速度大小都

为v。，发射方向由图中的角度0表示.不计粒子间的相互作用及重力，下列说法正确的是()

'✓*•2jK•w人w人xw八x*^J2rKlo

A.若〃=——，则在AC边界上只有一半区域有粒子射出

B.若o=——，则以9=60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短

C.若o=——，则以0<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等

D.若〃二一^—，则以0=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间为一

【答案】A

【解析】

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：=-，计算得出

=—当o=——时，=5，当o=----时，厂a;

A、若o=—当。=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因比在AC边界上只有一半区域

有粒子射出，A正确

B、若o=——,以0=60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是彳周期，在磁场中运动时间最长，故B错误;

C、若o=——，当0=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动时间也恰好是彳,

则以8<30。飞入磁场中的粒子运动所对应的圆心角不相等，所以运动所用的时间也不相等，C错；

D、若0=—「，则以。=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间小于一，D错误

本题答案是：A

点睛：带电粒子以相同的速率,不同的速度方向,进入磁场,运动轨迹的曲率半径相同,从而根据不同的磁场

情况,即可求解.

5.如图所示，边长为质量为小的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方

向的电流。图中虚线过a方边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应

强度大小为反此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为£；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移

至虚线上方，此时细线中拉力为%,则导线框中的电流大小为()

A.

C.式厂“

D.丫。

【答案】A

【解析】

当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为A；结合

矢量的合成法则及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为安=+下，根

据平衡条件，则有：R+F后mg：现将虚线下方的磁静场移至虚线上方，此时细线中拉力为用.则两边受到

的安培力大小相等，安培力夹角均为120。，因此安培力合力’安=下，则有z+'安=;联立

得：h/+，即=H，故选A.

【点睛】本题中要注意安培力的等效求法，同时掌握左手定则的内容，及矢量的合成法则，注意求解安培

力合力是解题的关键.

6.如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T、方向与

纸面垂直.距离荧光屏h=16cm处有一粒子源S,以速度v=lX106m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷

q/nFlXlOt/kg的带正电粒子，不计粒子的重力。则粒子打在荧光屏范围的长度为()

XX|XX

BN

A.12omB.16cmC.20cmD.24cm

【答案】C

【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力

解得=10

当粒子的轨迹与屏幕相切时为临界情况，即打到荧屏上的边界，找到圆心0（到S点的距离与到MN的距离

相等的点），

如上图，

由几何知识知2=q2-（一）2=8

设粒子打在荧屏上最左侧的C点,则/=｛（2）2_2=12

则范围的长度为xl+x2=20cm；

故选Q

点睛：1、本题是一道关于带电粒子在磁场中的运动的题目，结合牛顿第二定律得到粒子圆周运动的半径是

关键；

2、经分析知，粒子能打在荧屏上的临界情况是轨迹与MN相切；

3、先根据牛顿第二定律计算出粒子圆周运动的半径，然后根据几何关系求解。

7.如组所示，等腰直角三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B,在be的中

点。处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射速率不同的两种粒子，粒子带负电，质量为m,电荷量为q,

已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2）,不考虑粒子的重力及粒子间的相21作用，则这些粒子

B.速度的最小值为——

C.在磁场中运动的最短时间为「

D.在磁场中运动的最长时间为「

【答窠】A

【解析】若都能从ab边出来，则符合条件的最大半径应该与ac面相切，最小半径应该恰好运动到b点,

如图所示

由几何关系可得：…由=。+四

AB、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供了向心力，由牛顿第二定律可得：=-

解得：max=适皿—，min=丁，故A对，B错；

C、粒子做圆周运动的周期为=—,若圆心角=45,则在磁场中的运动时间为=《=L从上

图可以看出，最小的圆心角>45°,所以min>;=L，故C错误；

D、由几何关系知，粒子转过的最大圆心隹…M粒子做圆周运动的周期为=―所以粒子在磁场

中运动的最长时间为max=(=一；故。错误；

故选A

点睛:本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，要找到粒子的临界状况即与ac边相切及恰好运动到b点。

8.如图所示，在水平连线助V和困间有竖直向上的匀强电场，在.，即上方有水平向里的匀强磁场。两个质

量和带电量均相等的带正电的粒子/、8,分别以水平初速度啾2的从々连线上。点先后进入电场，带电粒

子力、8第一次在磁场中的运动时间分别为△和瓯前两次穿越连线.梆时两点间的距离分别为小,和&,粒子

重力不计，则

XXXXXXX

A.。一定小于排”一定等于加

B.。一定小于外&可能小于d\

c.。可能等于3出一定等于a

D.。可能等于以“可能小于d

【答案】A

【解析】两带正电粒子先在电场中做类平抛运动后在磁场中做匀速圆周运动，设类平抛的速度偏向角为0,

则匀速圆周运动的圆心角为=2-2,因tan=—,=:V夕粒子的水平速度大，则类平抛

的时间短，较小，则a角较小，故圆周运动的圆心角较大，由=—可知时间较长，即<；磁场

中穿过的距离构成弦长=2-sin,=—,=—,联立可得=--,因两粒子做类平抛的

sin

水平初速度不等，但沿着电场线方向的做功相同，速度相同，故和推得=.综上可知A正确。

故选M

【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、蚱出粒子运动轨迹是解题的关

键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与粒子做圆周运动的半径公式可以解题

9.如II所示，三根相互平行的固定长直导线八z和3垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为

a的正方形的四个点上，/与2中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，3中的电流为21,方向垂直

纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度=——（其中k为常数）。

某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点0,速度大小为v,则质子此时所

受磁场力为（）

A.方向垂直纸面向里，大小为招

B.方向垂直纸面向外，大小为四

C.方向垂直纸面向里，大小为亚

0.方向垂直纸面向外，大小为我

【答案】B

【解析】

【详解】

根据安培定则，作出三根导线分别在0点的磁场方向，如图:

V

由题意知，Li在0点产生的磁感应强度大小为5=——，L?在0点产生的磁感应强度大小为A=k，L3在。

点产生的磁感应强度大小为R=—,先将B2正交分解，则沿x轴负方向的分量为民・声sin45'=丁，

同理沿y轴负方向的分量为&=ksin45'=—,故x轴方向的合磁感应强度为区=区+晟,y轴方

向的合磁感应强度为a=笈-&.=),故最终的合磁感应强度的大小为=42+2=^—,方向为

tan0=—=1,则a=45°，如图:

故某时刻有一质子(电量为e)正好沿与轴正方向成45°斜向上经过原点3由左手定则可知，洛伦兹力

的方向为垂直纸面向外，大小为f=eBv=号—,故B正确；故选B。

【点睛】

磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题

的前提.

10.如图所示，在OWxW3a的区域,内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t=0时刻，

从原点0发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°~90°范围内.其中，

沿y轴正方向发射的粒子在t=tO时刻刚好从磁场右边界上P(3a,V5)点离开磁场，不计粒子重力，下列

说法正确的是()

y\।

忸（力,屈）

-f\>

0!3ax

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a

B.粒子的发射速度大小为匕

C.带电粒子的荷质比为一一

D.带电粒子在磁场中运动的最长时间为2。

【答案】D

【解析】

A、根据题意作.出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图所示,

圆心为0',根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为2a,故A错：

2

B、沿y轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为I,运动时间〃=二一解得：

J0

o——»选项B错误；

Jo

C、沿y轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为彳■，对应运动时间为.所以粒子运动的周期为=30,

由。=&)2

则一二~故C错；

30

D、在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示,

由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为+■，在磁场中的运动时间为2。故D正确；；

综上所述本题答案是：D

点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关犍在于确定圆心和半径，并能根据几何关系确定可能

的运动轨迹

二、多选题

11.静止在匀强磁场中的原子核X发生Q衰变后变成新原子核Y。已知核X的质量数为A,电荷数为Z,核

X、核Y和a粒子的质量分别为m、my和明,a粒子在磁场中运动的半径为R。则

A.衰变方程可表示为*-＞丈/+JieB.核Y的结合能为c2

C.核Y在磁场中运动的半径为看D.核Y的动能为EKY".工

【答案】AC

【解析】

【详解】

A.根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程可表示为%-＞汇融+jhe,选项A正确；

22

B.此反应中放出的总能量为：AE=（mx-m.-ma）c,可知核Y的结合能不等于（m、-叫-ma）c,选项B错误;

C.根据半径公式=—,又mv=P（动量），则得=—,在衰变过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律

得：。二P「P„,则P产P“，得半径之比为一二——=二，则核Y在磁场中运动的半径为=故C正

确；

D.两核的动能之比：——=j-7=—7----^=一，因+==（一一

~2（）

）2,解得=」+二）选项D错误。

12.如图所示的直角坐标系中，在y轴和竖直虚线MN之间存在着大小相等、方向相反的匀强电场，x轴上

方电场方向沿y轴正向，x轴下方电场方句沿y轴负向。y轴左侧和图♦中竖直虚线MN右侧有方向垂直纸面

向里和向外的、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一重力不计的带负电粒子从y轴

上的P（0,d）点以沿x轴正方向的初速度v。开始运动，经过一段时间后，粒子又以相同的速度回到P点,

则下列说法正确的是()

A.电场强度与磁感应强度比值的最小值为V。

B.电场强度与磁感应强度比值的最小值为2Vo

C.带电粒子运动一个周期的时间为

00

D.带电粒子运动一个周期的时间为里+.

vo

【答案】BC

【解析】

【详解】

粒子的运动轨迹如图所示：

AB.粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律可得：=o「=~f

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：二—结合几何关系，有：=

联立以上方程可得：一=2。故A错误，B正确。

CD.粒子的运动轨迹如图，在电场中做类平抛运动的时间为，产4；=—；在磁场中的圆周运动是两个

0

半圆，故运动的时间为：,=—=所以粒子运动一个周期的时间为：=」+故C正确，

000

D错误。

13.如图所示，在平面直角坐标系也加的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场8,一群质量为办带电量为

g正负微粒(不计重力)，从2点以相同速度/沿图示方向进入磁场，已知¥正半轴和y负半轴安装

足够长的荧光屏接收粒子，下列判断正确的(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

A.能够从x正半轴射出磁场的所有微粒一定带正电

B.比荷大于j的所有正微粒都不能进入第一象限

C.能够从y负半轴射出磁场的某两个微粒在磁场中运动时间不一定相等

D.若=^—,微粒射出磁场时位移最大

【答案】ABCD

【解析】

【详解】

A、粒子要从x正半轴射出磁场，则粒子的轨迹向上偏转，由左手定则可知，微粒一定带正电；故A正确;

B、正微粒不能x轴射出，则不能进入第一象限，轨迹图如图，当〉+cos53，则粒子不能进入第

一象限，=—,代入得一＞/一,故B正确；

V

C、y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题，直线边界，粒子进出磁场具有对称性，但正负

微粒对应的圆心角不同，如图，故运动时间不一定相等，故C正确；

v

D、微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有=2cos5于，又=---,故=—,故D

正确。

7

x

XX

XX

XX

XX

XX

14.如图所示，在X勿平面内存在着磁感应强度大小为6的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂直

纸面向里,第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，尸（-他,0））、Q（0,-伍）为坐标轴上的两个点,现有一电子

从P点、沿&方向射出，不计电子的重力

A.若电子从2点出发恰好经原点。第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为£

B.若电子从尸点出发经原点。到达。点,则电子运动的路程一定为2KL

C.若电子从〃点出发经原点。到达。点,则电子在。点速度方向与y轴正向的夹角一定为45°

D.若电子从P点出发经原点。到达0点，则电子运动的路程可能为开，也可能•为2"£

【答案】AD

【解析】

【详解】

若电子从P点出发恰好经原点0第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，

由几何关系可知，电子运动的轨道半径为厂值sin45吐L,选项A正确；若电子从P点出发经原点0到达Q

点，运动轨迹可能如图所示,

或者是:

因此则微粒运动的路程可能为JiL,也可能为2/L,电子在0点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或

者是135°,故BC错误；D正确；故选AD。

【点睛】

查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何

关系正确画出运动轨迹图是解题的关键.

15.如图所示，在磁感应强度大小为B,范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为0的绝缘斜面，一个

质量为m、电荷量为-q的带电小物块以初速度V。沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为Uo设

滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中，,其速度一时间图象和加速度一时间图象可能正确的是

()

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据题中“匀强磁场内…带电小物块…沿斜面向上运动”可知，本题考察带电粒子在复合场中的运动。根

据带电粒子在复合场中运动的分析方法，运用洛伦兹力、牛顿第二定律等知识分析推断。

【详解】

对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：+=

+,联立解得：=++-----,方向沿斜面向下。所以物

体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢；

在小物块上滑过程中，加速度减不到零。

AB：运度时间图象的切线斜率表示加速度，则A项错误，B项正确。

CD：物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零。故C项正确，D

项错误。

16.如图所示，在xOy平面内存在着破感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂

直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P(-2eL0)、Q(0,-2e,)为坐标轴上的两个点。现

有一电子从P点沿PQ方向射出，电子电量大小为q,质量为力，不计电子的富力。卜列止确的是()

A.若电子从P点出发恰好经原点。第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为上L

B.若电子从P点出发经原点0到达Q点，则电子运动的最短时间为人

C.若电子从P点出发经原点0到达Q点，则电子从P到0的时间与从0到Q的时间之比为1:3

D.若电子从P点出发经原点0到达Q点，则电子运动的路程可能为2nL,也可能为4兀L

【答案】BD

【解析】

【分析】

画出粒子运动的可能的轨迹，结合几何知识求解做圆周运动的半径和粒子在磁场中的转过的角度，结合周

期公式可求解时间和路程.

【详解】

若电子从P点出发恰好经原点。第一次射出磁场分界线，则根据几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道

半径为=号=2,选项A错误；

sin4r

电子运动的周期为=—,电子运动时间最短时，轨迹如图甲；从P到0转过的角度为90°,从0到Q转

过的角度为270°,则电子从P点出发经原点0到达Q点，则电子运动的最短时间为=—,选项B正确；

考虑电子运动的周期性，由图乙可知电子从P到。的时间与从0到Q的时间之比等于转过的角度之比，在

图中所示的情况中，从P到0的时间与从0到Q的时间相等，选项C错误；

若电子从P点出发经原点0到达Q点，则在图甲所示的情况中电子运动的路程为4“L,在图乙所示的情况

中粒子运动的轨道半径为L,则路程为2KL,选项D正确；故选BD.

17.在才郎平面内存在着磁感应强度大小为8的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，

第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P（—J勿,0）、0（0,一四）为坐标轴上的两个点。如图所示，现有一

质量为明电量为e的电子从尸点沿印方向射出，不计电子的重力，则（）

y

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

乎XXXXXXXX

XXXx

XXX

XXX

XXX

XXX

A.若电子从尸点能到原点0,则所用时间可能为「

B.若电子从2点能到原点“则所用时间可能为A

C.若电子从2点出发经原点。到达。点，电子运动的路程一定为2兀£

D.若电子从尸点出发经原点。到达。点，电子运动的路程可能为八£

【答案】AD

【解析】

【分析】

粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点0第一次射出磁场

分界线，与电子从P点出发经原点。到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而白运动轨迹来确定运动路程.

【详解】

若电子从P点出发恰好经原点0第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示：

••1。MMMK

••••XXXK

则微粒运动的路程为圆周的4所用的时间为=v—=—，则电子从P点出发恰好经原点。的时间为

742

或者是:

若粒子完成3、4、…n个圆弧,那么电子运动的路程

可能：n为奇数时为2iiL；n为偶数时为故C错误，1）正确；故选AD。

【点睛】

本题考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运

用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减G.

18.如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为半圆的左边

垂直z轴放置一粒子发射装置，在-后y&R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，

粒子质量均为加、电荷量均为小初速度均为心重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达

y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚△£时间，则（）

A.有些粒子可能到达y轴上相同的位置

B.磁场区域半径用应满足<—

C.

D.=------其中角度。的弧度值满足sin=

【答案】AD

【解析】

【分析】

粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v,所以半径相同，画

出粒子的运动轨迹，根据圆周运动半径公式、周期公式结合几何关系即可求解。

【详解】

A、粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，y=±R的粒子直接沿直线运动到达y轴，其他

粒子在磁场中发生偏转。由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在y=R的位置上，所以粒子可能会到

孥

发

B、以沿x轴射入的粒子为例，若=—<,则粒子不能到达y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求

<—,所有粒子才能穿越磁场到达y轴，故B错误；

D、从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧K最长，所以该粒子最后到达y轴，/------H,---------H

—，（其中。为从x轴入射粒子运动的圆心角，根据几何关系有a=6,贝［sin=sin=-=）；

而y=±R的粒子沿直线匀速运动到y轴，时间最短，2=一，所以：产------，故D正确。

C、由于<—,所以<-------,C错误。

故选AD。

【点睛】

本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，要求同学们能正确画出粒子运动的轨迹，确定

圆心位置，知道半径公式及周期公式，并能结合几何关系求解，难度适中。

19.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，它的磁感应强度大小为B,方向垂直于圆平面（未

画出），一群比荷为一的负离子（不计重力）以相同速率V。，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生

偏转后.又飞出磁场.最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）卜,则下列说法TF确的是（）

A.离子在磁场中的运动时间一定相等

B,离子在磁场中运动半径一定相等

C.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长

D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大

【答案】BC

【解析】

试题分析：.由题意知，射入磁场的离子比荷相同，但质量不•定相同，所以入射的初动能可能不同，洛伦

兹力不做功，离子飞出磁场时的动能不一定相等，A选项错误；根据=—,离子在磁场中运动半径一定

相等，所以B正确；由题意知，运动半径相同且r〉R,由几何知识可知，粒子运动的轨迹小于半个圆周，再

根据弦越长所对应的圆心角越大，运动时间越长，所以C1E确；D错误。

考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动

20.如图所示，带负电的小球穿在一根绝缘粗糙细杆上，杆与水平方向成0角，整个空间存在着垂直纸面

向内的匀强磁场Bo现给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，小球经过a点时动能为10J,到达c点时

动能减为零，b为ac的中点，那么带电小球在运动过程中（）

A.到达c点后保持静止

B.受到的弹力增大

C.在b点时动能为5J

D.在ab段克服摩擦力做的功与be段克服摩擦力做的功相等

【答案】AB

【解析】

【详解】

AB、若>，小球受杆弹力垂直杆向下，随速度减小弹力减小，小球受摩擦力减小，

当（一；=时，小球匀速运动；若=，小球与

杆无弹力，速度增大，小球受杆弹力垂直杆向下，弹力增大，小球受摩擦力增大，当<

）=时，小球匀速运动；若V，小球受杆弹力垂直杆向

上，随速度减小弹力增大，小球受摩擦力增大，小球从A到C做加速度增大的减速运动；所以小球从A到C

过程中动能减小，速度减小，滑动摩擦力大于重力沿粗糙细杆的分力，做加速度增大的减速运动，小球在c

点一定保持静止，故A、B正确；

CD、从A到C,小球受摩擦力增大，在ab段克服摩擦力做的功小于be段克服摩擦力做的功，根据动能定理

可得在ab段动能变化量小于be段动能变化量，则有在b点时动能大于5J,故C、D错误；

故选ABo

【点睛】

关键是小球从A到C过程中动能减小，速度减小，滑动摩擦力大于重力沿粗糙细杆的分力，做加速度增大

的减速运动。

三、解答题

21.如图所示，平面直角坐标系xOy中，在y>0及y<-9区域存在场强大小相同,方向相反且均平行与y轴

的匀强电场，在一3<y<妪域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m,电荷量为q的带

</

正电粒子，从y轴上的点R(0,3L)以速率加方向沿x轴正方向出发，然后经过x轴上的点P2(8L,0)进入磁

场。已知带电粒子分别在电场和磁场中运功时所受力大小相等，不计粒子重力。求：

口川川川

(1)粒子到达2点时的速度大小和方向;

(2)磁场的磁感应强度大小

(3)粒子第n次经过x轴的坐标

【答案】⑴1=37。；⑵=—；(3)=[8+^^]=135a…）；

=[^+—^]，(=246B…)

【解析】

【详解】

解：(1)粒子从/到z类平抛运动，设到达州的y方向分速度为

由运动学规律有：8=o,3=贽0+)

解得：=；。

故粒子在z的速度大小：7+―o

*/

设与X轴的夹角为，则有：tan=—=-

o4

解得：=37。

⑵粒子从/到2,设电场强度为，据动能定理有：3=92・

解得：=■

依题意意：电粒子在电场和磁场中运动时所受力大小相等，则有:

代入可得：=

(3)根据:

解得：=咚

由几何关系可得：粒子在磁场中的轨迹所对圆心角为53°

故粒子将垂直=-3的直线从M点穿出磁场，粒子运动一周期的轨迹如图所示;

当为奇数时，=[8+虫1],(=1,3,7…)

当为偶数时，二弓+"广汽，(=Z4,6B…)

22.如图所示,在xOy平面直角坐标系内y轴与垂直x轴的MN边界之间，以x轴为分界线,分别在第I、N

象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。第I象限内磁场的磁感应强度大小为Bo.第II象限内有沿x轴正方向的

匀强电场，电场强度大小为E.质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从笫H象限内某点由静止释放，从y轴

上的A点进入磁场,经x轴上的B点第一次进入x轴下方的磁场。若已知A点的坐标是(0,a),B点的坐标是

(3a,0),

(1)求粒子释放位置与y轴的距离；

(2)若粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场，求x轴下方磁场的磁感应强度大

小应满足的条件；

(3)若x轴下方区域的磁感应强度大小为3瓦，且粒子最终垂直于MN边界出射，求MN与x轴交点的坐标。

【答案】(1)%)-(2)>{°(3)MN与x轴交点的坐标是(4na,0)(其中n=L2,3…)

【解析】

【详解】

(1)设粒子释放位置与y轴的距离为状粒子在第一象限磁场中做圆周运动的半径为r,画出粒子运动轨

迹的示意图，如图所示,

在电场中做匀加速运动，根据动能定理：=(2①

可得：=j

粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：〃

根据几何关系：(广力2+(362=封③

可得：尸5a

联立①②③式可得：'

(2)设粒子进入磁场时与x轴之间的夹角为〃，则粒子在第一象限内的磁场中转过的角度也为

根据几何关系：tan=—=y可得：”53。

要使粒子经X轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到>轴上方的磁场，临界情况如图所示，

要使粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场

需满足：(l+cos37°)④

根据洛伦兹力提供向心力可得：==⑤

联立②③④⑤式可得x轴下方磁场的磁感应强度8的大小满足：>g°

(3)设当x轴下方区域的磁感应强度大小为3氏时粒子半径为川,

根据洛伦兹力提供向心力：3=一⑥

联立②⑥式可得：/=-=^-

画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，

设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为4,则力与A的连线与x轴平行，力4=6夕2

R'si153°

根据几何关系有：44二4a

所以粒子最终垂宜..期边界飞出，边界朗V与y轴间距为

占〃A4=4na（其中止1,2,3…）

即：楙.与彳轴交点的坐标是（4〃a,0）（其中止1,2,3…）

23.如图所示，真空中区域I存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II存在水平向右的匀强电场，磁场和电

场宽度均为d且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q板

上能产生亮斑。现有一束电子从A处的小孔以速度v。连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P板成

30°夹角。已知电子质量为m,电荷量大小为e,区域II的电场强度=—，不计重力和电子间的相互

作用力，求：

（1）若电子垂直打在Q板上，I区磁场的磁感应强度B大小和电子到达Q板的速度。

（2）逐渐增大磁感应强度B,为保证Q板上出现亮斑，所加磁感应强度B的最大值。

【答案】（1）尸—=史1：=U；（2）I区磁场的磁感应强度最大值为=述抖

【解析】

【详解】

（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

可解得=一

若电子垂直打在Q板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，

,可解得

/cos3tz>[3

故I区磁场的磁感应强度为

2

电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得一3°’

解得=-/

2

（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得一0»

解得=-/

若电子恰好打在Q板上，说明速度的方向刚好与Q板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹

角为B,Vocos0=v,解得0=60°

在磁场中，由几何关系知r2cos30°+r2cos60°=d,

得2=(V5-7),

此时

故I区磁场的磁感应强度最大值为

24.如图所示，y轴的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有与x轴正向成45°角斜向上的匀强电场,

质量为加、电荷量为Q