2024年高考物理备考优生百日闯关系列专题10磁场含解析

PAGEPAGE37专题10磁场第一部分名师综述带电粒子在磁场中的运动是中学物理的一个难点，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、圆周运动的学问，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何学问。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、匀强磁砀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困难、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等学问有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像实力、物理过程和运动规律的综合分析实力，及用数学方法解决物理问题的实力要求较高，题型有选择题、作图及计算题，涉及本部分学问的命题也有构思新奇、过程困难、高难度的压轴题。其次部分精选试题一、单选题1．如图所示，边长为L的正六边形abcdef中，存在垂直该平面对内的匀强磁场，磁感应强度大小为B．a点处的粒子源发出大量质量为m、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()A．速度小于v的粒子在磁场中运动时间为πmB．经过d点的粒子在磁场中运动的时间为πmC．经过c点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD．速度大于2v小于4v的粒子肯定打在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b点时在磁场中运动了半周，运动时间为12T=πmqB，轨迹半径等于ab的一半.当粒子的速度小于v时，由r=mvqB知，粒子的轨迹半径小于abB、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t=16T=πmC、经过c点的粒子，依据几何学问知，该粒子在磁场中做圆周运动的圆心b，半径为L，故C错误.D、设经过b、c、d三点的粒子速度分别为v1、v2、v3．轨迹半径分别为r1、r2、r3．据几何学问可得，r1=L2，r2=L，r3=2L，由半径公式r=mvqB得：v2=2v1=2v，v3=4v1=4v，所以只有速度在这个范围：2v≤v≤4v故选D.2．如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30o，第一象限内有两个方向都垂直纸面对外的匀强磁场区域I和II，直线OP是它们的边界，OP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O点沿与OP成30o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BB．区域II中磁感应强度为3BC．质子在第一象限内的运动时间为5πmD．质子在第一象限内的运动时间为7πm【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r1和r2,区域II中磁感应强度为由牛顿其次定律得:qvB=mvqvB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OP的夹角为30∘,故质子在磁场I中轨迹的圆心角为60∘,由几何关系可知OA=r1在区域II中,质子运动1/4圆周,O2是粒子在区域II中做圆周运动的圆心,r由①②③④计算得出区域II中磁感应强度为:B'=2B,故CD、质子在Ⅰ区运动轨迹对应的圆心角为60∘在Ⅱ区运动轨迹对应的圆心角为90∘质子在Ⅰ区的运动时间t1质子在Ⅱ区运动时间t2=14×2πmqB'=故选D【点睛】由几何学问作出轨迹,如图.由几何关系,得到质子在两个磁场中轨迹半径与OA的关系,由牛顿其次定律探讨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,假如边界是直线,依据圆的对称性得到,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经常用到.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。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面对里，静电分析器通道中心线为14圆弧，圆弧的半径(OP)为R，通道内有匀称辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E，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B、方向垂直于纸面对外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由PA．速度选择器的极板P1的电势板比极板PB．粒子的速度v=C．粒子的比荷为ED．P、Q两点间的距离为2ER【答案】C【解析】【分析】依据粒子在静电分析器中的受力方向推断粒子的电性；依据粒子在速度选择器中的受力状况推断极板的电势凹凸；依据粒子在速度选择器中做直线运动求解粒子的速度；依据粒子在静电分析其中的圆周运动求解粒子的比荷；依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推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P1的电势比极板P2的高，选项A正确；由qvB1＝qE1可知，粒子的速度v=E1B1，选项B错误；由v=E1B1和qE=mv2R可得，粒子的比荷为qm=E14．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，∠A=60°，AO=a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向放射某种带负电粒子，粒子的电量大小为q，质量为m，放射速度大小都为v0，放射方向由图中的角度θ表示．不计粒子间的相互作用及重力，下列说法正确的是（）A．若v0=aqBB．若v0=aqBm，则以C．若v0=aqBD．若v0=aqB2m【答案】A【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力供应向心力,由牛顿其次定律得:qvB=mv2r,计算得出r=mv0Bq,当v0A、若v0=aqBm当θ=0°飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC

B、若v0=aqBm,以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是T6周期,在磁场中运动时间最长C、若v0=aqBm,当θ=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T6,则以D、若v0=aqB2m，则以θ=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间小于本题答案是：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,从而依据不同的磁场状况,即可求解.5．如图所示，边长为l，质量为m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；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F2。则导线框中的电流大小为（）A．FB．FC．2D．2【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F1；结合矢量的合成法则及三角学问，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为F安=BIl+BIl2，依据平衡条件，则有：F1+F安=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F2．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F'安=BIl2，则有【点睛】本题中要留意安培力的等效求法，同时驾驭左手定则的内容，及矢量的合成法则，留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=1×106m/s不断地在纸面内向各个方向放射比荷q/m=1×108C/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（）A．12cmB．16cmC．20cmD．24cm【答案】C【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力供应向心力qvB=m解得r=10cm当粒子的轨迹与屏幕相切时为临界状况，即打到荧屏上的边界，找到圆心O（到S点的距离与到MN的距离相等的点），如上图，由几何学问知x设粒子打在荧屏上最左侧的C点，则x则范围的长度为x1+x2=20cm；故选C。点睛：1、本题是一道关于带电粒子在磁场中的运动的题目，结合牛顿其次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状况是轨迹与MN相切；3、先依据牛顿其次定律计算出粒子圆周运动的半径，然后依据几何关系求解。7．如图所示，等腰直角三角形abc区域内有垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向放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=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则这些粒子A．速度的最大值为(B．速度的最小值为qBlC．在磁场中运动的最短时间为πmD．在磁场中运动的最长时间为πm【答案】A【解析】若都能从ab边出来，则符合条件的最大半径应当与ac面相切，最小半径应当恰好运动到b点，如图所示由几何关系可得：rmin=AB、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力供应了向心力，由牛顿其次定律可得：qvB=m解得：vmax=2+1qBlm，vmin=C、粒子做圆周运动的周期为T=2πmqB，若圆心角θ=45∘，则在磁场中的运动时间为t=18T=πm4qBD、由几何关系知，粒子转过的最大圆心角θmax=180∘，粒子做圆周运动的周期为T=2πmqB所以粒子在磁场中运动的最长时间为故选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MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，在MN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A、B,分别以水平初速度v0、2v0从PQ连线上O点先后进入电场，带电粒子A、B第一次在磁场中的运动时间分别为tA和tB,前两次穿越连线MN时两点间的距离分别为dA,和dB,粒子重力不计，则A．tA肯定小于tB，dA肯定等于dBB．tA肯定小于tB，dA可能小于dBC．tA可能等于tB，dA肯定等于dBD．tA可能等于tB，dA可能小于dB【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α，则匀速圆周运动的圆心角为θ=2π-2α，因tanα=vyv0，y=12at2，B粒子的水平速度大，则类平抛的时间短，vy较小，则α角较小，故圆周运动的圆心角较大，由t=θ2πT可知时间较长，即tA<tB【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清晰粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用类平抛运动规律、牛顿其次定律与粒子做圆周运动的半径公式可以解题9．如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3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，L1与L2中的电流均为I，方向均垂直于纸面对外，L3中的电流为2I，方向垂直纸面对里（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B=kIr（其中k为常数）。某时刻有一质子（电量为e）正好沿与xA．方向垂直纸面对里，大小为2B．方向垂直纸面对外，大小为3C．方向垂直纸面对里，大小为3D．方向垂直纸面对外，大小为2【答案】B【解析】【详解】依据安培定则，作出三根导线分别在O点的磁场方向，如图：由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1＝kIa，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2＝kI2a，L3在O点产生的磁感应强度大小为B3＝2kIa，先将B2正交分解，则沿x轴负方向的重量为B2x＝kI2asin45°＝kI2a，同理沿y轴负方向的重量为B2y＝kI2asin45°＝kI2a，故x轴方向的合磁感应强度为Bx＝B1+B2x＝3kI2a，y轴方向的合磁感应强度为By＝B3−B2y＝3kI故某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，由左手定则可知，洛伦兹力的方向为垂直纸面对外，大小为f＝eBv＝32kIve2a，故B正确;【点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确依据安培定则推断导线四周磁场方向是解题的前提.10．如图所示，在0≤x≤3a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O放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轴正方向放射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a,3a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3aB．粒子的放射速度大小为4πaC．带电粒子的荷质比为4πD．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0【答案】D【解析】A、依据题意作.出沿y轴正方向放射的带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图所示,圆心为O`,依据几何关系,粒子做圆周运动的半径为2a，故A错；B、沿y轴放射的粒子在磁场中运动的圆心角为2π3,运动时间t0v0=4πa3tC、沿y轴放射的粒子在磁场中运动的圆心角为2π3，对应运动时间为t0所以粒子运动的周期为由Bq则qm=2π3BD、在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示,由几何学问得该粒子做圆周运动的圆心角为4π3,在磁场中的运动时间为2t0故D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，解题的关键在于确定圆心和半径，并能依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α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α粒子的质量分别为mX、mY和mα，α粒子在磁场中运动的半径为R。则A．衰变方程可表示为ZAX→Z-2A-4Y+24He B．C．核Y在磁场中运动的半径为2RZ-2 D．核【答案】AC【解析】【详解】A．依据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程可表示为ZAX→B．此反应中放出的总能量为：∆E=（mx-my-mα）c2，可知核Y的结合能不等于（mx-my-mα）c2，选项B错误；C．依据半径公式r=mvqB，又mv=P（动量），则得r=PqB，在衰变过程遵守动量守恒，依据动量守恒定律得：0=PY-Pα，则PY=Pα，得半径之比为rYrαD．两核的动能之比：EkYEkα=12m12．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轴下方电场方向沿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对里和向外的、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v0起先运动，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vB．电场强度与磁感应强度比值的最小值为2vC．带电粒子运动一个周期的时间为4dD．带电粒子运动一个周期的时间为2d【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，依据平抛运动的规律可得：d=v0粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：R=mv联立以上方程可得：EB=2vo。故CD.粒子的运动轨迹如图，在电场中做类平抛运动的时间为t'1=4t1=4dv013．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面对里的匀强磁场B，一群质量为m、带电量为q正负微粒（不计重力），从P点以相同速度v沿图示方向进入磁场，已知OP＝L，x正半轴和y负半轴安装足够长的荧光屏接收粒子，下列推断正确的（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）A．能够从x正半轴射出磁场的全部微粒肯定带正电B．比荷大于8v5BL的全部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肯定相等D．若L=6mv【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，微粒肯定带正电；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OP>R+Rcos53∘，则粒子不能进入第一象限，R=mvqBC、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，故运动时间不肯定相等,故C正确；D、微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有OP=2Rcos53∘，又R=mvqB14．如图所示,在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面对里,第三象限内的磁场方向垂直纸面对外,P(-2L,0))、Q(0,-2L)为坐标轴上的两个点,现有一电子从P点沿PQ方向射出,不计电子的重力A．若电子从P点动身恰好经原点O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LB．若电子从P点动身经原点O到达Q点,则电子运动的路程肯定为2πLC．若电子从P点动身经原点O到达Q点,则电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角肯定为45°D．若电子从P点动身经原点O到达Q点,则电子运动的路程可能为πL,也可能为2πL【答案】AD【解析】【详解】若电子从P点动身恰好经原点O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r=2Lsin450=L，选项A正确；若电子从P点动身经原点O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πL，也可能为2πL，电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或者是1350，故BC错误；D正确；故选AD。【点睛】查依据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，驾驭左手定则与右手定则的区分，留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θ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v0沿斜面对上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。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—时间图象和加速度—时间图象可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】BC【解析】【分析】依据题中“匀强磁场内…带电小物块…沿斜面对上运动”可知，本题考察带电粒子在复合场中的运动。依据带电粒子在复合场中运动的分析方法，运用洛伦兹力、牛顿其次定律等学问分析推断。【详解】对沿斜面对上运动的小物块受力分析，由牛顿其次定律可得：mgsinθ+μFN=ma、FN=mgcosθ+qvB，联立解得：a=gsinθ+μgcosθ+AB：速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对里，第三象限内的磁场方向垂直纸面对外。P(-22L，O)、Q(O，-22L)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m，不计电子的重力。下列正确的是（）A．若电子从P点动身恰好经原点O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2LB．若电子从P点动身经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为2πmC．若电子从P点动身经原点O到达Q点，则电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1:3D．若电子从P点动身经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2πL，也可能为4πL【答案】BD【解析】【分析】画出粒子运动的可能的轨迹，结合几何学问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点动身恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则依据几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道半径为r=2电子运动的周期为T=2πmqB，电子运动时间最短时，轨迹如图甲；从P到O转过的角度为900，从O到Q转过的角度为2700，则电子从P点动身经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为t=2πm考虑电子运动的周期性，由图乙可知电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比等于转过的角度之比，在图中所示的状况中，从P到O的时间与从O到Q的时间相等，选项C错误；若电子从P点动身经原点O到达Q点，则在图甲所示的状况中电子运动的路程为4πL，在图乙所示的状况中粒子运动的轨道半径为L，则路程为2πL，选项D正确；故选BD.17．在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面对里，第三象限内的磁场方向垂直纸面对外，P(－2L,0)、Q(0，－2L)为坐标轴上的两个点。如图所示，现有一质量为m、电量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）A．若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为πmB．若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为2πmC．若电子从P点动身经原点O到达Q点，电子运动的路程肯定为2πLD．若电子从P点动身经原点O到达Q点，电子运动的路程可能为πL【答案】AD【解析】【分析】粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，依据题意可知，电子从P点动身恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点动身经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程．【详解】若电子从P点动身恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示：则微粒运动的路程为圆周的14，所用的时间为t=14⋅2πmqB=πm2qB，则电子从P点动身恰好经原点O的时间为nπm2qB，选项A正确，或者是：因此则微粒运动的路程可能为πL，也可能为2πL，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2πL；n为偶数时为πL，故C错误，D正确；故选AD。【点睛】本题考查依据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，驾驭左手定则与右手定则的区分，留意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，留意次数增多，而半径会减小．18．如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子放射装置，在-R≤y≤R的区间内各处均沿x轴正方向同时放射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力及粒子间的相互作用均忽视不计，全部粒子都能到达y轴，其中最终到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚Δt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R应满意R≤C．Δt=D．Δt=θmqB-Rv【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，依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的粒子干脆沿直线运动到达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干脆打在y=R的位置上，所以粒子可能会到达y轴的同一位置，故A正确；B、以沿x轴射入的粒子为例，若r=mvqB<R，则粒子不能到达y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求R<mvqB，全部D、从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最终到达y轴，t1=L-Rv+θ2π⋅2πmqB=L-Rv+θmqB，（其中θ为从x轴入射粒子运动的圆心角，依据几何关系有α=θ，则sinθ=sinC、由于θ≤π2，所以Δt≤πm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qm的负离子（不计重力）以相同速率v0，由PA．离子在磁场中的运动时间肯定相等B．离子在磁场中运动半径肯定相等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，但质量不肯定相同，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肯定相等，A选项错误；依据r=mvqB，离子在磁场中运动半径肯定相等，所以B正确；由题意知，运动半径相同且r>R，由几何学问可知，粒子运动的轨迹小于半个圆周，再依据考点：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θ角，整个空间存在着垂直纸面对内的匀强磁场B。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5JD．在ab段克服摩擦力做的功与bc段克服摩擦力做的功相等【答案】AB【解析】【详解】AB、若qvaB>mgcosθ，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μ（qvB-mgcosθ）=mgsinθ时，小球匀速运动；若qvaB=mgcosθ，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μ（qvB-mgcosθ）=mgsinθ时，小球匀速运动；若qvaB<mgcosθ，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，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bc段克服摩擦力做的功，依据动能定理可得在ab段动能改变量小于bc段动能改变量，则有在b点时动能大于5J，故C、D错误；故选AB。【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<-403L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-403L<y<0区域存在方向垂直于xOy平面对外的匀强磁场。一质量为m,电荷量为q的带正电粒子,从y轴上的点P1(0,3L)以速率v0,方向沿x轴正方向动身,然后经过x(1)粒子到达P2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】(1)54v0；α=37°；(2)B=3mv040qL；(3)【解析】【详解】解：(1)粒子从P1到P2类平抛运动，设到达P2时的由运动学规律有：8L=v0解得：v故粒子在P2的速度大小：设v与x轴的夹角为α，则有：tan解得：α=37°(2)粒子从P1到P2，设电场强度为E解得：E=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：qE=qvB代入可得：B=(3)依据：qvB=解得：R=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y=-403L当n为奇数时，xn=[8+当n为偶数时，xn=[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、Ⅳ象限有垂直于纸面对外的匀强磁场。第Ⅰ象限内磁场的磁感应强度大小为B0.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的带正电的粒子从第Ⅱ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)，不考虑粒子重力。(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意的条件；(3)若x轴下方区域的磁感应强度大小为3B0，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）25qB02a22mE（2）B≥83B0（3）MN与x轴交点的坐标是（【解析】【详解】（1）设粒子释放位置与y轴的距离为d，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，依据动能定理：qEd=1可得：v=粒子在磁场中做圆周运动，依据洛伦兹力供应向心力可得：qvB依据几何关系：(r-a)2+(3a)2=r2

③可得：r=5a联立①②③式可得：d=（2）设粒子进入磁场时与x轴之间的夹角为θ，则粒子在第一象限内的磁场中转过的角度也为θ，依据几何关系：tanθ=3ar-a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，临界状况如图所示，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轴上方的磁场需满意：3a≥R（1+cos37°）④依据洛伦兹力供应向心力可得：qvB=mv联立②③④⑤式可得x轴下方磁场的磁感应强度B的大小满意：B≥（3）设当x轴下方区域的磁感应强度大小为3B0时粒子半径为R′，依据洛伦兹力供应向心力：qv3B=mv联立②⑥式可得：R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样时的位置为A1，则A与A1的连线与x轴平行，AA1=6a-2R′sin530依据几何关系有：AA1=4a所以粒子最终垂直MN边界飞出，边界MN与y轴间距为L=nAA1=4na

（其中n=1，2，3…）即：MN与x轴交点的坐标是（4na，0）（其中n=1，2，3…）23．如图所示，真空中区域I存在垂直纸面对里的匀强磁场，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v0连绵不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P板成300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E=3m(1)若电子垂直打在Q板上，I区磁场的磁感应强度B1大小和电子到达Q板的速度。(2)渐渐增大磁感应强度B1为保证Q板上出现亮斑，所加磁感应强度B昀最大值。【答案】（1）B1=mv0er1【解析】【详解】（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得evB=可解得r=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，由几何关系得r1cos30°=d，可解得r故I区磁场的磁感应强度为B电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得-eEd=1解得v=（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得-eEd=1解得v=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θ，v0cosθ=v，解得θ=60°在磁场中，由几何关系知r2cos30°+r2cos60°=d，得r2此时B故I区磁场的磁感应强度最大值为B24．如图所示，y轴的左侧有垂直纸面对里的匀强磁场，右侧有与x轴正向成45°角斜向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，从O点以速度v射入磁场，速度v与x轴负向夹角为45°，在磁场中运动时间t后第一次经过y轴，又在电场中运动了时间t后第2次经过y轴，不计粒子的重力。求：（1）磁感应强度与电场强度之比；（2）粒子从O点进入磁场至第3次到达y轴上N点（图中未画出）所经验的时间及NO间的距离。【答案】（1）π4v；（2）5t，4【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图所示：（1）粒子第一次在磁场中偏转π2rad，则在磁场中运动时间：t=1经y轴眼电场方向进入电场，之后返回，再次经y轴进入磁场，由磁场中周期：T=2πmqB电场中来回时间：t=2va在电场中运动加速度：a=qEm由①②③④可解得：BE=（2）粒子在磁场中偏转的角度为3π2rad，则经验时间为3t，故至此粒子运动时间t总=t+t+3t=5设在磁场中圆周运动半径为r，由洛伦兹力供应向心力可得：qvB=mv2由几何关系可得：ON-=2由①②⑥可解得：ON25．如图所示，质量m=15 g、长度L=2 m的木板D静置于水平地面上，木板D与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，地面右端的固定挡板C与木板D等高。在挡板C右侧竖直虚线PQ、MN之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R1＝1 m和R2=3 m的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面对里的匀强磁场，两半圆的圆心O到固定挡板C顶点的距离OC＝2 m。现有一质量m＝15 g、带电荷量q=+6×10-5的物块A可视为质点）以v0=4 m/s的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数μ2=0.3(1)当物块A刚滑上本板D时，求物块A和木板D的加速度大小，(2)求电场强度的大小.(3)为保证小物块A只能从环带状区城的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。【答案】(1)3 m/s2；1 m/s2；(2)【解析】【详解】解：(1)当物块A刚滑上木板D时，对物块A受力分析有：μ解得：a对本板D受力分析有：μ解得：a(2)物块A进入区域PQNM后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mg=qE解得：E=25(3)物块A与木板D共速时有：v=解得：v=1粒于做匀速圆周运动有：qvB=m要使物块A只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场、物块A在磁场中运动的轨迹半径R应满意：R⩽OC-R解得：B⩾5 T或则磁感应强度大小的取值范围为：1T⩽B⩽5326．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面对外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最终打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差UNP=m（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；（3）若磁感应强度在（B—△B）到（B＋△B）之间波动，要在探测板上完全辨别出质量为m和0.5m的两東离子，求ΔBB【答案】（1）E0=mv02qr0，【解析】【详解】（1）径向电场力供应向心力：EE（2）由动能定理：1v=或r=l=2r解得l=1.5（3）恰好能辨别的条件：2解得ΔB27．真空中一组间距为2R，长度为R的平行金属板P、Q可以用作光电转换装置，放置在X轴的正上方，如图所示，在X轴的正下方放置同样间距，长度为3R的平行金属板M、N，两组金属板间绝缘，M板接地，且在两板间加有电压UMN，大小、方向均连续可调。P、Q间有垂直平面的匀强磁场，光照前P不带电。当以频率为f的光照耀P板时，板中的电子汲取光的能量而逸出。假设全部逸出的电子都垂直于P板飞出，在磁力作用下电子会聚于坐标为(R，0)的S点，且P板最上端的电子从S点飞出的方向垂直X轴竖直向下，进入M、N极板间的电场区域。忽视电子之间的相互作用，保持光照条件不变时，单位时间内从P板持续地飞出的电子数为N，且沿P板匀称分布，电子逸出时的初动能均为EKm，元电荷量为e，电子的质量为m。（1）求金属板P的逸出功；（2）求磁感应强度B的大小和所需磁场区域的最小面积；（3）到达N板的电子全部被收集，导出形成电流i。计算一些关键参数，在图上面画出i-UMN的关系曲线。【答案】（1）W逸出功=hf-Ekm（2）B=2m【解析】【详解】解：（1）依据光电效应方程可得：Ekm解得W逸出功（2）从P板水平飞出的电子均能过S点，则要求磁场区域半径为R的圆，可知运动半径r=R；由evB=mv2解得B=所需磁场区域的最小面积S（3）①截止电压：OS方向电子刚好不能到达N板：12UNM1②饱和电压：垂直OS方向电子刚好到达N板；竖直方向匀速，水平方向加速；R=1v=2UNM2③不加电压：出射方向与水平成θ角的电子恰好打到N板；R=vcosv=2θ=H=R电流i=0.5Ne28．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy,x轴沿水平方向如图甲所示。第一象限内有一水平向左的匀强电场E1；其次象限内有一垂直于纸面的匀强磁场B1(图中未画出)；第四象限内有正交的匀强电场E2和交变磁场,其中电场方向竖直向上,场强大小与E1的大小相等,磁场方向与纸面垂直。处在其次象限的放射装置水平向右射出一个比荷q/m=10C/kg的带正电的颗粒（可视为质点),该颗粒以v0=3m/s的速度从S点射出后匀速通过其次象限,然后从+y上的P点进入第一象限,最终从+x轴上的K点竖直向下进入第四象限,OP=OK。取颗粒刚进入第四象限的时刻为零时刻,第四象限磁感应强度按如图乙所示规律改变(以垂直纸面对外的磁场方向为正方向),忽视磁场改变造成的其他影响,g=10m/s2。试求：(1)其次象限匀强磁场B1的大小和方向；(2)带电粒子从P点运动到K点的时间t及电场强度E1的大小；(3)-y轴上有一点D,OD=√3OK,若带电粒子在通过K点后的运动过程中不再越过x轴,要使其恰能沿y轴负方向通过D点,求磁感应强度B及其磁场的改变周期T0.【答案】(1)13T；磁场方向垂直纸面对里；(2)0.3s，1N/C；(3)2n3(n=1，2，3…)，π【解析】【详解】(1)带电颗粒匀速运动，重力与洛伦兹力二力平衡，则有：q解得：B洛伦兹力竖直向上，依据左手定则可知磁场方向垂直纸面对里(2)设颗粒水平方向加速度大小为a1，K点的速度为v水平方向：OK=v0竖直方向：OP=0+v又由于OP=OK，解得：v1=a1=qE(3)由于：qE设颗粒运动的圆轨道半径R，周期为T则有：q可得：R=颗粒从K点恰好能沿y轴负方向通过D点，如图所示，满意KD=(2n)R（n=1，2，3…）解得：B0=2n3(n=1T=T解得：T0=T3=29．如图所示，为了探讨带电粒子在电场和磁场中的运动，在空间中建立一平面直角坐标系xOy，在0<_y<5l的区域内存在垂直纸面对里的匀强磁场，在x>0且y<0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，在y轴的正半轴上固定着一个长为l的弹性绝缘挡板，挡板上端位于Q点，下端与坐标原点O重合．有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子甲从电场中的M点由静止