2019年高考物理備考 中等生百日捷進提升系列 專題10 磁場（含解析）

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1、專題10 磁場 第一部分名師綜述 本章內容包括磁場的基本性質和安培定則、左手定則的應用、安培力的應用、洛倫茲力和帶電粒子在磁場中的運動、帶電粒子在復合場中的運動等內容，基本概念多且非常抽象,需要熟練掌握磁場的基本概念，掌握用磁感線描述磁場的方法，以及電流、帶電粒子在磁場中的受力和運動情況,結合牛頓運動定律、運動學知識、圓周運動知識及功能關系等知識進行綜合分析.歷年高考對本考點知識的考查覆蓋面大，幾乎每個知識點都考查到。特別是左手定則的運用和帶電粒子在磁場中的運動更是兩個命題頻率最高的知識點．帶電粒子在磁場中的運動考題一般運動情景復雜、綜合性強，多以把場的性質、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、功

2、能關系及交變電流等有機結合的計算題出現(xiàn)，難度中等偏上，對考生的空間想象能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力及用數(shù)學方法解決物理問題的能力要求較高。從近兩年高考看，涉及本考點的命題常以構思新穎、高難度的壓軸題形式出現(xiàn)，在復習中要高度重視。特別是帶電粒子在復合場中的運動問題在歷年高考中出現(xiàn)頻率高，難度大，經(jīng)常通過變換過程情景、翻新陳題面貌、突出動態(tài)變化的手法，結合社會、生產(chǎn)、科技實際來著重考查綜合分析能力、知識遷移和創(chuàng)新應用能力。情景新穎、數(shù)理結合、聯(lián)系實際將是本考點今年高考命題的特點。 第二部分知識背一背 一、洛倫茲力： 1、產(chǎn)生洛倫茲力的條件： （1）電荷對磁場有相對運動．磁場對與其

3、相對靜止的電荷不會產(chǎn)生洛倫茲力作用． （2）電荷的運動速度方向與磁場方向不平行． 2、洛倫茲力大小：當電荷運動方向與磁場方向平行時，洛倫茲力為零；當電荷運動方向與磁場方向垂直時，洛倫茲力最大，等于； 3、洛倫茲力的方向：洛倫茲力方向用左手定則判斷 4、洛倫茲力不做功． 二、帶電粒子在勻強磁場的運動 1、帶電粒子在勻強磁場中運動規(guī)律 初速度的特點與運動規(guī)律 （1），為靜止狀態(tài)； （2），則粒子做勻速直線運動； （3），則粒子做勻速圓周運動，其基本公式為： 向心力公式： 運動軌道半徑公式：； 運動周期公式： 動能公式： 2、解題思路及方法 圓周運動的圓心的確定：

4、 （1）利用洛侖茲力的方向永遠指向圓心的特點，只要找到圓運動兩個點上的洛侖茲力的方向，其延長線的交點必為圓心． （2）利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點找圓心 三、帶電體在復合場或組合場中的運動． 復合場是指重力場、電場和磁場三者或其中任意兩者共存于同一區(qū)域的場；組合場是指電場與磁場同時存在，但不重疊出現(xiàn)在同一區(qū)域的情況．帶電體在復合場中的運動（包括平衡），說到底仍然是一個力學問題，只要掌握不同的場對帶電體作用的特點和差異，從分析帶電體的受力情況和運動情況著手，充分發(fā)掘隱含條件，建立清晰的物理情景，最終把物理模型轉化成數(shù)學表達式，即可求解． 解決復合場或組合場中帶電體運動的問題可從以下

5、三個方面入手：1、動力學觀點（牛頓定律結合運動學方程）；2、能量觀點（動能定理和機械能守恒或能量守恒）；3、動量觀點（動量定理和動量守恒定律）． 一般地，對于微觀粒子，如電子、質子、離子等不計重力，而一些實際物體，如帶電小球、液滴等應考慮其重力．有時也可由題設條件，結合受力與運動分析，確定是否考慮重力． 四、帶電粒子在復合場中運動的應用實例 1．電視顯像管 電視顯像管是應用電子束磁偏轉的原理來工作的，使電子束偏轉的磁場是由兩對偏轉線圈產(chǎn)生的．顯像管工作時，由陰極發(fā)射電子束，利用磁場來使電子束偏轉，實現(xiàn)電視技術中的掃描，使整個熒光屏都在發(fā)光． 2．速度選擇器（如圖所示） （1）平

6、行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直．這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出 來，所以叫做速度選擇器． （2）帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是。 3．磁流體發(fā)電機 （1）磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能． （2）根據(jù)左手定則，如圖中的B是發(fā)電機正極． （3）磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為l，等離子體速度為v，磁場的磁感應強度為B，則由得兩極板間能達到的最大電勢差. 4．電磁流量計 工作原理：如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷（正、負離子），在洛倫茲力的作用下橫向偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差

7、，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：，所以，因此液體流量。 5．霍爾效應 在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差，其原理如圖所示． 第三部分技能+方法 一、帶電粒子在磁場中的運動 解析帶電粒子在磁場中運動的問題，應畫出運動軌跡示意圖，確定軌跡圓的圓心是關鍵．常用下列方法確定圓心：①已知軌跡上某兩點速度方向，作出過兩點的速度的垂線，兩條垂線的交點即圓心；②已知軌跡上兩個點的位置，兩點連線的中垂線過圓心．

8、帶電粒子在磁場中運動側重于運用數(shù)學知識（圓與三角形知識）求解，帶電粒子在磁場中偏轉的角度、初速度與磁場邊界的夾角往往是解題的關鍵，角度是確定圓心、運動方向的依據(jù)，更是計算帶電粒子在磁場中運動時間的橋梁，如帶電粒子在磁場中運動的時間為（α是圓弧對應的圓心角）．帶電粒子在磁場中的運動半徑不僅關聯(lián)速度的求解，而且在首先確定了運動半徑的情況下，可利用半徑發(fā)現(xiàn)題中隱含的幾何關系． 二、帶電粒子在復合場中的運動問題 1.是否考慮粒子重力 （1）對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應當考慮其重力.

9、 （2）在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理. （3）不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力. 2.分析方法 （1）弄清復合場的組成.如磁場、電場的復合,磁場、重力場的復合,磁場、電場、重力場三者的復合等. （2）正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析. （3）確定帶電粒子的運動狀態(tài),注意運動情況和受力情況的結合. （4）對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時,要分階段進行處理. 3．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類 （1）磁場力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，

10、則帶電體做勻速直線運動． ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因F洛不做功，故機械能守恒，由此可求解問題． （2）電場力、磁場力并存（不計重力的微觀粒子） ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題． （3）電場力、磁場力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運動． ②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因F洛不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題． 4．帶電粒子在復合場中有約束情況下的運動

11、帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果． 三、與磁場有關的實際應用問題 與磁場、復合場相關的實際應用問題很多，如回旋加速器、速度選擇器、質譜儀、電磁流量計、等離子發(fā)電機、霍爾效應等，對這類問題的分析首先要清楚相關儀器的結構，進而理解其原理，其核心原理都是帶電粒子在磁場、復合場中運動規(guī)律的應用．對于常用儀器要記住其基本結構、基本原理以及經(jīng)常出現(xiàn)的基本結論，例如“回旋加速器加速后的帶電粒子所能達到的最大動能與加速次數(shù)無

12、關，而與加速器半徑和磁感應強度有關”等，這樣有利于提高快速解題能力． 第四部分基礎練+測 一、單選題 1．在勻強磁場中，一個原來靜止的原子核，由于衰變放射出某種粒子，結果得到一張兩個相切圓1和2的徑跡照片如圖所示，己知兩個相切圓半徑分別為r1、r2。下列說法正確的是( ) A．原子核可能發(fā)生的是α衰變，也可能發(fā)生的是β衰變 B．徑跡2可能是衰變后新核的徑跡 C．若是α衰變，則1和2的徑跡均是逆時針方向 D．若衰變方程是92238U→90234Th+24He,則r1:r2=1:45 【答案】 D 【解析】 【詳解】 原子核衰變過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可

13、知，衰變生成的兩粒子動量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定則知：若生成的兩粒子電性相反則在磁場中的軌跡為內切圓，若電性相同則在磁場中的軌跡為外切圓，所以為電性相同的粒子，可能發(fā)生的是α衰變，但不是β衰變；若是α衰變，生成的兩粒子電性相同，圖示由左手定則可知，兩粒子都沿順時針方向做圓周運動，故AD錯誤；核反應過程系統(tǒng)動量守恒，原子核原來靜止，初動量為零，由動量守恒定律可知，原子核衰變后生成的兩核動量P大小相等、方向相反，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得：r=mvqB=PBq，由于P、B都相同，則粒子電荷量q越大，其軌道半徑r越小，由于新核的

14、電荷量大于粒子的電荷量，則新核的軌道半徑小于粒子的軌道半徑，則半徑為r1的圓為放出新核的運動軌跡，半徑為r2的圓為粒子的運動軌跡，且：r1：r2=2：90=1：45，故D正確，B錯誤； 2．根據(jù)電磁炮原理，我們可以設計一新型電磁船:船體上安裝了用于產(chǎn)生強磁場的超導線圈，在兩船舷之間裝有電池，導電的海水在安培力作用下即可推動該船前進。如圖是電磁船的簡化原理圖，其中MN和PQ是與電池相連的導體棒，MN、 PQ、電池與海水構成閉合回路，且與船體絕緣，要使該船水平向左運動，則超導線圈在NMPQ所在區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向是 A．豎直向下 B．豎直向上 C．水平向左 D．水平向右 【答案】 A

15、 【解析】 【詳解】 由電源、海水構成的閉合電路可知海水中電流的方向是從MN指向PQ，根據(jù)左手定則可知磁場方向豎直向下時海水受到的力水平向右，海水反作用于船體的力水平向左，符合題意。故A項正確，BCD三項錯誤。 3．如圖所示，R1和R2是同種材料、厚度相同、上下表面為正方形的金屬導體，但 R1的尺寸比R2的尺寸大。將兩導體同時放置在同一勻強磁場B中，磁場方向垂直于兩導體正方形表面，在兩導體上加相同的電壓，形成圖所示方向的電流；電子由于定向移動，會在垂直于電流方向受到洛倫茲力作用，從而產(chǎn)生霍爾電壓，當電流和霍爾電壓達到穩(wěn)定時,下列說法中正確的是（） A．R1中的電流大于R2中的電流

16、 B．R1 中的電流小于R2中的電流 C．R1 中產(chǎn)生的霍爾電壓小于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓 D．R1中產(chǎn)生的霍爾電壓等于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB．電阻R=ρLS，設正方形金屬導體邊長為a，厚度為b，則R=ρaab=ρb，則R1=R2，在兩導體上加上相同電壓，則R1中的電流等于R2中的電流，故AB錯誤。 CD．根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，則有evB=eUHa，解得：UH=Bav=Ba?Ineab=1ne?BIb，則有R1中產(chǎn)生的霍爾電壓等于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓，故C錯誤，D正確。 4．如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在垂直坐標平面向里的勻

17、強磁場，第二象限內的部分區(qū)域存在勻強電場(圖中未畫出)，現(xiàn)有一帶電荷量為+q、質量為m的粒子，以大小為v0的初速度從P(a,0)點沿與x軸正方向成45°的方向射入磁場中，通過y軸上的N(0,a)點進人第二象限后，依次通過無電場區(qū)域和勻強電場區(qū)域后，到達x軸時速度恰好為0，已知該粒子從第一次通過N點到第二次通過N點時所用的時間為t0，粒子重力不計，下列說法正確的是(　　) A．磁場的磁感應強度大小為2mv02aq B．該粒子從P點開始到第一次通過N點時所用的時間為2πa2v0 C．該粒子在第一次通過無電場區(qū)域過程中的位移大小為v0t02-2a D．該粒子在第一次通過無電場區(qū)城過程中的

18、位移大小為22a-v0t02 【答案】 B 【解析】 【詳解】 畫出帶電粒子的運動軌跡如圖所示， 根據(jù)幾何關系可知r=22a，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r，聯(lián)立可得：B=2mv0aq，故A錯誤；粒子在磁場中運動的周期：T=2πrv0=2πmqB=2πav0，從P到N的時間t=T2=2πa2v0，故B正確；設粒子在非電場區(qū)域飛行時間為t1，位移為x1，在電場中飛行時間為t2，位移為x2，則有t1+t2=t0 由幾何關系有：x1+x2=2a 又因為：x1=v0t1，x2=v0t22 聯(lián)立可得：x1=v0t1=22a-v0t0，故CD錯誤。故選B。 5．將靜止

19、在P點的原子核置于勻強磁場中（勻強磁場的方向圖中未畫出），能發(fā)生α衰變或β衰變，衰變后沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，得到軌跡圓弧AP和軌跡圓弧PB，兩軌跡在P點相切，它們的半徑RAP與RPB之比為44:1，則 A．發(fā)生了α衰變，磁場垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為90 B．發(fā)生了α衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為86 C．發(fā)生了β衰變，磁場垂直紙面向里，原核電荷數(shù)為45 D．發(fā)生了β衰變，磁場垂直紙面向外，原核電荷數(shù)為43 【答案】 D 【解析】 【詳解】 兩粒子運動方向相反，受洛倫茲力方向相同，可知兩粒子帶異種電荷，可知發(fā)生的是β衰變；根據(jù)動量守恒定律，兩粒子動量等

20、大反向，由r=mvqB∝1q，則兩粒子的電量之比為1：44，因β射線帶一個負電荷，則原核電荷數(shù)為43，根據(jù)左手定則可知，磁場垂直紙面向外，故選D. 6．如圖所示，靜止在勻強磁場中的某放射性元素的原子核，當它放出一個α粒子后，其速度方向與磁場方向垂直，測得α粒子和反沖核軌道半徑之比為44:1，則下列說法不正確的是（） A．α粒子與反沖粒子的動量大小相等，方向相反 B．原來放射性元素的原子核電荷數(shù)為90 C．反沖核的核電荷數(shù)為88 D．α粒子和反沖粒子的速度之比為1:88 【答案】 D 【解析】 【詳解】 微粒之間相互作用的過程中遵守動量守恒定律，由于初始總動量為零，則末

21、動量也為零，即α粒子和反沖核的動量大小相等，方向相反；由于釋放的α粒子和反沖核均在垂直于磁場的平面內，且在洛倫茲力作用下做圓周運動；由Bqv=mv2R得：R=mvBq，若原來放射性元素的核電荷數(shù)為Q，則對α粒子：R1=P1B?2e，對反沖核：R2=P2B?(Q-2)e，由于P1=P2，根據(jù)R1:R2=44:1，解得Q=90，反沖核的核電荷數(shù)為90-2=88，它們的速度大小與質量成反比，由于不知道質量關系，無法確定速度大小關系，故A、B、C正確，D錯誤； 7．在粒子物理學的研究中，我們可以讓粒子通過“云室”“氣泡室”等裝置，顯示它們的徑跡。右圖為在氣泡室中垂直施加勻強磁場后帶電粒子的運動徑跡，

22、密封的氣泡室里裝滿了因絕熱膨脹而處于過熱狀態(tài)的液體，當帶電粒子經(jīng)過液體時會產(chǎn)生氣泡，從而顯示出粒子的運動軌跡。觀察圖片，對氣泡室內帶電粒子運動徑跡的描述，下列說法不正確的是 A．不同粒子的徑跡半徑不同是因為粒子的比荷、速度不同造成的 B．從同一方向飛來的粒子偏轉方向不同是電荷量大小不同導致的 C．從同一方向飛來的粒子偏轉方向不同是電荷種類不同導致的 D．粒子的徑跡是螺旋線是因為粒子在運動過程中動能減少 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“勻強磁場…粒子的運動軌跡”可知，本題考察帶電粒子在磁場中的運動，應用牛頓第二定律、左手定則等知識分析推斷。 【詳解】 A：

23、據(jù)qvB=mv2r可得r=mvqB，則不同粒子的徑跡半徑不同是因為粒子的比荷、速度不同造成的。故A項正確。 BC：據(jù)左手定則可知，從同一方向飛來的粒子偏轉方向不同是電荷種類不同導致的。故B項錯誤，C項正確。 D：粒子在運動過程中動能減少，速度減?。粨?jù)r=mvqB可知，粒子的徑跡是螺旋線。故D項正確。 本題選不正確的，答案是B。 8．如圖所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0.5m、質量為2kg的通電直導線，電流大小I=2A、方向垂直于紙面向里，導線用平行于斜面的輕彈簧拴住不動，整個裝置放在磁感應強度為5T,豎直向上的磁場中，已知彈簧的勁度系數(shù)為400N/m,整個過程未超出彈簧的彈

24、性限度，則以下說法正確的是（g取10m/s2） A．通電直導線對斜面的壓力為19N B．彈簧的伸長量為4m C．如果磁感應強度增大，則彈簧的彈力減小 D．如果磁感應強度增大，則通電導線對斜面的壓力減小 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB、通電直導線受到重力、斜面對其的支持力、彈簧對其的拉力和水平向右安培力作用，通電直導線受到的安培力：F安=BIL=5N，根據(jù)平衡條件可得：F彈-mgsin37°-BILcos370=0，F(xiàn)N+BILsin37°-mgcos37°=0，解得：FN=mgcos37°-BILsin37°=13N，F(xiàn)彈=mgsin37°+BILcos37°=

25、16N，根據(jù)胡克定律可知彈簧的伸長量為：Δx=F彈k=16400m=0.04m，故A、B錯誤； CD、如果磁感應強度增大，通電直導線受到的安培力F安=BIL增大，彈簧的彈力F彈=mgsin37°+BILcos37°增大，斜面對通電導線的支持力FN=mgcos37°-BILsin37°減小，故D正確，C錯誤； 故選D。 9．以下涉及物理學史上的四個重大發(fā)現(xiàn),其中說法不正確的是 A．卡文迪許通過扭秤實驗,測定出了萬有引力常量 B．奧斯特通過實驗研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場 C．牛頓根據(jù)理想斜面實驗,提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因 D．紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后,總結出

26、后人稱之為法拉第電磁感應定律的結論 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、卡文迪許通過扭秤實驗,測定出了萬有引力恒量.所以A選項是正確的. B、奧斯特通過實驗研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場,所以B選項是正確的; C、伽利略根據(jù)理想斜面實驗,提出力不是維持物體運動的原因,故C錯誤 D、紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后,先后指出：閉合電路中電磁感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應定律，故D對； 本題選不正確的，故選C 10．如圖所示，OO′為圓柱筒的軸線，磁感應強度大小為B的勻強磁場的磁感線平行于軸線方向，在圓筒壁上布滿許多

27、小孔，如aa′、bb′、cc′、…，其中任意兩孔的連線均垂直于軸線，有許多比荷為qm的正粒子，以不同的速度、入射角射入小孔，且均從垂直于OO′軸線的對稱的小孔中射出，入射角為30°的粒子的速度大小為2km/s、則入射角為45°的粒子速度大小為 A．0.5 km/s B．1 km/s C．2 km/s D．4 km/s 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)洛倫茲力做向心力求得速度與半徑成正比，由幾何關系求得兩種入射角的情況下分別對應的半徑，即可求得速度的比值，進而求得速度． 【詳解】 正粒子在勻強磁場中在洛倫茲力作用下進行勻速圓周運動，則有洛倫茲力作為向心力

28、，即qvB＝mv2r，所以，vr＝Bqm，勻強磁場的磁感應強度B不變，正粒子的比荷不變，所以vr為常數(shù)。設圓柱筒半徑為R，則有右圖所示幾何關系， 那么，入射角為θ的正粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑r＝Rsinθ，入射角為30°正粒子的速度v1＝2km/s，半徑r1＝Rsin300＝2R，入射角為45°的粒子速度為v2，半徑r2=Rsin450=2R，因為v1r1=v2r2，所以，v2＝v1r1r2＝22R×2R(km/s)＝1km/s。故選B。 二、多選題 11．質譜儀是一種測量帶電粒子質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖，離子源A產(chǎn)生電荷量相同而質量不同的離子束（初速

29、度可視為零），從狹縫S1進入電場，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，再通過狹縫S2從小孔垂直MN射入圓形勻強磁場。該勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外，半徑為R，磁場邊界與直線MN相切E為切點。離子離開磁場最終到達感光底片MN上，設離子電荷量為g，到達感光底片上的點與E點的距離為x，不計重力，可以判斷（　?。? A．離子束帶負電 B．x越大，則離子的比荷一定越大 C．到達x=3R處的離子在勻強磁場運動時間為πBR29U D．到達x=3R處的離子質量為qB2R26U 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 帶電粒子在加速電場中做勻加速直線運動，設加速后的速度大小為v，根據(jù)動

30、能定理有：qU=12mv2-0，解得：v=2qUm，然后勻速運動到E點進入有界磁場中，其運動軌跡如下圖所示： 粒子從E點先沿虛線圓弧，再沿直線做勻速直線運動到N點。由左手定則，粒子是正電。故A錯誤；由qvB=mv2r，則r=mvqB，x越大則r越大，則比荷qm越小，故B錯誤；在△ENO中tanθ=xR，解得:θ=60°，設帶電粒子運動的軌跡圓的半徑為r，根據(jù)數(shù)學知識有：r=33R，解得：m=qB2R26U，由t=α360°T=α360°×2πmqB，由幾何關系圓弧圓心角α=120°，聯(lián)立可得：t=πBR29U，故CD正確。 12．如圖所示,長為L、相距d的兩水平放置的平行金屬板之間有垂

31、直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為B。從離子源先后發(fā)射出氫同位素粒子11H、13H (不計重力),經(jīng)同一電場區(qū)加速,從兩極板中點以相同速率垂直磁感線水平進入磁場,兩種粒子都恰好不打在極板上。下列說法正確的是 A．11H、13H粒子在磁場中運動的軌道半徑之比為3:1 B．極板長L與間距d之比為1：2 C．11H、13H粒子在磁場中轉過的角度之比為3:1 D．11H、13H粒子進入電場區(qū)域前的初動能之比小于1/3 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 A．在磁場中的半徑：R=mvqB，因兩同位素的質量之比為1:3，則半徑之比為1:3，選項A錯誤； B．在板間運動時在磁場中做

32、圓周運的半徑之比為r1:r2=1:3，且兩種粒子都恰好不打在極板上，可知12d=2r1,(r2-12d)2+L2=r22，聯(lián)立解得：L:d=1:2，選項B錯誤； C．11H在磁場中轉過的角度為π，由幾何關系可知，13H在磁場中轉過的角度正弦值為sinθ=Lr2=223，可知兩種粒子在磁場中轉過的角度之比不等于3:1，選項C錯誤； D．根據(jù)動能定理，兩粒子在電場中運動中滿足：Uq=12mv2-Ek1；Uq=12?3mv2-Ek2，則Ek1Ek2=12mv2-qU12?3mv2-qU=1312mv2-qU(12mv2-13qU)<13，選項D正確. 13．在光滑水平絕緣的足夠大的桌面上建立x

33、oy坐標系，空間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B0，有兩個完全相同的質量為m的帶正電小球A、B分別位于y軸上縱坐標為y2、y1的位置，電荷量都為q，兩個小球都以垂直于y軸、大小為v的速度同時射入磁場。如圖所示(兩球若發(fā)生碰撞只能是彈性正碰)，要讓B球到(0，y2)處，那y2–y1可能的值為 A．mvB0q B．2mvB0q C．3mvB0q D．4mvB0q 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 兩球在勻強磁場中運動的軌跡半徑相等，由洛倫茲力提供向心力有qvB0=mv2r，得r=mvqB0。B球要到達(0,y2)處，第一種情況是運動半個周期直接到達，如圖甲所示，則y2

34、-y1=2r=2mvqB0；第二種情況，如圖乙所示，A、B兩個球各自運動半個周期后發(fā)生彈性正碰，因為兩球質量相等，在滿足系統(tǒng)動量守恒和碰撞過程中動能不損失的條件下，兩球只能交換速度后又各自運動半個周期達到另一點，y2-y1=4r=4mvqB0。故BD兩項正確，AC兩項錯誤。 14．如圖為一電流表的原理示意圖，質量為m的均質細金屬棒MN的中點處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指標尺上的讀數(shù)，MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域c

35、d邊重合；當MN中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流強度．下列說法正確的是 A．若要電流表正常工作，M端與電源正極相接 B．若要電流表正常工作，M端與電源負極相接 C．若將量程擴大2倍，磁感應強度應變?yōu)樵瓉淼?倍 D．若將量程擴大2倍，磁感應強度應變?yōu)樵瓉淼?/2倍 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下。跟左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應接正極。故若要電流表正常工作，M端應接正極，故A正確，B錯誤；導體棒沒通電時：mg=k△x；設滿量程時通過MN的電流強度為Im，則有：BImab+mg=k（b

36、c+△x）；設量程擴大后，磁感應強度變?yōu)锽′，則有2B'Imab+mg=k（bc+△x）；得：B′=12B，故D正確，C錯誤；故選AD。 15．如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝L，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶正電的粒子（不計重力作用），粒子的比荷為qm，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0=2qBLm。粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為θ，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是 A．粒子有可能打到C點 B．以θ＝30°飛入的粒子在磁場中運動時間最長 C．以θ > 30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等 D．在

37、AC邊界上有粒子射出的區(qū)域長度大于L 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 根據(jù)Bqv0=mv02r，可知粒子的運動半徑r=2L；假設粒子能經(jīng)過C點，則此時粒子速度方向與CO的夾角為α，則由幾何關系可知sinα=32L2L=34<12，則α<300，可知粒子能經(jīng)C點，此種情況下粒子在磁場中運動的弦長最長，時間最長，故選項A正確，B錯誤；以θ > 30°飛入的粒子在磁場中運動時的弧長不同，則運動的時間不相等，選項C錯誤；若當θ=90°入射時，假設此時粒子運動的半徑等于OC=3L，則粒子打到AC邊上的位置距離C點3L的位置，粒子的半徑大于3L，則粒子打到AC邊上的位置距離C點的距離一定大

38、于3L，選項D正確；故選AD。 16．如圖所示，某同學用玻璃皿在中心放一個圓柱形電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉的液體的實驗”，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，磁感應強度為B=0.1T，玻璃皿的橫截面的半徑為a=0.05m，電源的電動勢為E=3V，內阻r=0.1Ω，限流電阻R0=4.9Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9Ω，閉合開關后當液體旋轉時電壓表的示數(shù)為1.5V，則（不計一切摩擦阻力）（ ） A．由上往下看，液體做逆時針旋轉 B．液體所受的安培力大小為1.5N C．閉合開關后，液體熱功率為0.081W D．閉合開關10

39、s，液體具有的動能是3.69J 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 A、根據(jù)左手定則，導電液體受到的安培力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉，故A正確； B、電壓表的示數(shù)U=1.5V，則根據(jù)閉合電路歐姆定律：E=U+IR0+Ir，所以電路中的電流值為：I=E-UR0+r=0.3A，液體所受安培力為F=BIa=1.5×10-3N，故B錯誤； C、玻璃皿中兩極間液體的等效電阻為R=0.9Ω，液體的熱功率為：P熱=I2R=0.081W，故C正確； D、根據(jù)能量守恒定律，閉合開關10s，液體具有的動能是：Ek=W電流-W熱=(P-P熱)t=(UI-I2R)t=3.69J，故D正

40、確； 17．如下圖所示，平行直線 aa′及 bb′間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為 B．現(xiàn)分別在 aa′上某兩點射入帶正電粒子 M、N，M、N 的初速度方向不同，但與 aa′的夾角均為 θ，兩粒子都恰不能越過界線 bb′．若兩粒子質量均為 m，電荷量均為 q，兩粒子射入到 bb′的時間分別為 t1和t2，則（） A．t1+t2=2πmqB B．M 粒子的初速度大于 N 粒子的初速度 C．t1+t2=πm2qB D．M 粒子軌跡半徑小于 N 粒子的軌跡半徑 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 設磁場寬度為d，M和N兩粒子的軌跡半徑分別為R1和R2，粒子M的運動軌

41、跡如圖所示： 由幾何知識可知：R1（1-cosθ）=d 粒子的軌道半徑：R1=d1-cosθ 粒子N的運動軌跡如圖所示： 由幾何知識可知：R2（1+cosθ）=d，粒子軌道半徑：R2=d1+cosθ 故M粒子軌跡半徑R1大于N粒子的軌跡半徑R2； 根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2R可得粒子半徑：R=mvqB，可知當m、q和B相同時，R與v成正比，故M粒子的初速度大于N粒子的初速度； 兩粒子在磁場中運動的周期相同，均為：T=2πRv=2πmqB M、N兩粒子在磁場中運動的圓心角分別為2θ和（2π-2θ） M粒子運動的時間：t1=2θ2π?T N粒子運動的時間：t

42、2=2π-2θ2π?T 兩粒子運動時間之和：t1+t2=2θ2π?T+2π-2θ2π?T=T=2πmqB，故AB正確，CD錯誤。 18．央視《是真的嗎》節(jié)目做了如下實驗：用裸露的鋼導線繞制成一根無限長螺旋管，將螺旋管固定在絕緣水平桌面上，用一節(jié)干電池和兩磁鐵制成一個“小車”，兩導電磁鐵的同名磁極粘在電池的正、負兩極上，只要將這輛小車推入螺旋管中，小車就會加速運動起來，如圖所示。圖中電池所在處的線圈沒有畫出，關于小車的運動，以下說法正確的是 A．圖中小車的加速度方向向右 B．小車加速運動的能量源于安培力做功 C．將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連，小車的加速度方向會改變 D．將小

43、車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連，小車的加速度方向不會改變 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A項：兩磁極間的磁感線如圖甲所示， 干電池與磁體及中間部分線圈組成了閉合回路，在兩磁極間的線圈產(chǎn)生電流，左端磁極的左側線圈和右端磁極的右側線圈中沒有電流，其中線圈中電流方向的左視圖如圖乙所示， 由左手定則可知，中間線圈所受的安培力向右，由牛頓第二定律有小車具有向左的加速度，故A錯誤； B項：在兩磁極間的線圈產(chǎn)生電流，根據(jù)F=BIL可知，小車加速運動是受安培力作用，故B正確； C、D項：將小車兩磁極均改為S極與電池相連，磁感線會向里聚集，受到的力與A中方向相反，故車的加速度方

44、向將發(fā)生改變，故C正確，D錯誤。 故選：BC。 19．回旋加速器工作原理示意圖如圖所示.磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直,兩盒間的狹縫很小,粒子穿過的時間可忽略,它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上,A處粒子源產(chǎn)生的質子在加速器中被加速.質子初速度可忽略，則下列說法正確的是 A．若只增大交流電壓U,則質子獲得的最大動能增大 B．若只增大交流電壓U,則質子在回旋加速器中運行時間會變短 C．質子第n次被加速前、后的軌道半徑之比n-1:n D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f,該回旋加速器也能用于加速α粒子 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 當粒子從D形盒中出來時速

45、度最大，根據(jù)qvmB=mvm2R，得vm=qBRm，那么質子獲得的最大動能EKm=q2B2R22m，則最大動能與交流電壓U無關。故A錯誤。根據(jù)T=2πmBq，若只增大交變電壓U，不會改變質子在回旋加速器中運行的周期，但加速次數(shù)減少，則運行時間也會變短。故B正確。質子第n-1次被加速：(n-1)qU=12mvn-12；第n次被加速：nqU=12mvn2；其中r=mvqB=1B2mUq，則半徑之比rn-1rn=n-1n；選項C正確；帶電粒子在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T=2πmBq知，換用α粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速α粒子。故D錯誤。故選B

46、C。 20．如圖所示，從有界勻強磁場的邊界上O點以相同的速率射出三個相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向與邊界垂直，粒子b偏轉后打在邊界上的Q點，另外兩個粒子打在邊界OQ的中點P處，不計粒子所受的重力和粒子間的相互作用力，下列說法正確的是 A．粒子一定帶正電 B．粒子a與b射出的方向間的夾角等于粒子b與c射出的方向間的夾角 C．兩粒子a、c在磁場中運動的平均速度相同 D．三個粒子做圓周運動的圓心與O點的連線構成一個菱形 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 如圖，粒子往右偏轉，根據(jù)左手定則，粒子帶負電，故A錯誤； 由幾何知識得，粒子a，c均從P點射出，所以弧OP的

47、對稱弧與a粒子的軌跡半徑相等，故a，b粒子與b，c粒子的射出的方向間的夾角相等，故B正確；a，c粒子位移相等，時間不等，故兩粒子a，c在磁場中運動的平均速度不相同，故C錯誤；根據(jù)r=mvqB，則速率相同的三個粒子在同一磁場中運動的軌跡半徑相等，故連接三個粒子做圓周運動的圓心與O點的連線構成一個菱形，故D正確；故選BD。 【點睛】 解答此題的關鍵是知道相同粒子在同一磁場中做勻速圓周運動的半徑是相等的，注意與數(shù)學知識相結合解答更容易。 三、解答題 21．如圖所示，豎直虛線左側有豎直向上的勻強電場，右側有水平向左的勻強電場，兩電場的電場強度大小均為E=2×1 02v/m，右側電場中有一斜

48、面，斜面的傾角45°，虛線左側還有垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電小球（可視為質點）從斜面由上的A點由靜止釋放，沿斜面向下運動，從斜面的底端（虛線上的C點）進入虛線左側正交的電場和磁場中，結果小球恰好能做勻速圓周運動，并從虛線上的D點進入虛線右側的電場，小球的電荷量為q=lxl0-6C，C、D兩點間的距離為d=202cm，A、C兩點的高度差h=l0cm，g=l0m/s2，斜面的上端足夠長。 (1)求小球運動到C點時的速度大小。 (2)求勻強磁場的磁感應強度大小B。 (3)試分析小球從D點進入虛線右側的電場后，能不能打在斜面上？如果能，求小球從D點打到斜面上所用的時間；如果不能，則小球在

49、電場中運動多長時間恰好進入虛線左側正交的電場和磁場中？ 【答案】(1) 2m/s (2)200T (3)能。0.1s 【解析】 【詳解】 (1)小球恰好能在虛線左側正交的電場和磁場中做勻速圓周運動，則有：qE=mg 從斜面由上的A點由靜止釋放，小球沿斜面向下勻加速運動，根據(jù)動能定理可得：mgh+qEhtan45°=12mvC2-0 解得：小球運動到C點時的速度大?。簐C=2m/s (2) 小球恰好能在虛線左側正交的電場和磁場中做勻速圓周運動，有幾何關系可得：2R=d 解得：R=0.2m 根據(jù)qvCB=mvC2R可得：勻強磁場的磁感應強度大?。築=200T (3) 小球從D點

50、進入虛線右側的電場后做內平拋運動，假設小球能打在斜面上，則有： 平行速度方向：dcos45°=vCt 解得：dcos45°=vCt=0.1s 垂直速度方向有：a=(mg)2+(qE)2m=20m/s2 y=12at2=0.1m 由于y=0.1m

51、邊某處飛出磁場，且速度方向相對入射方向偏轉θ角。若將磁場換成沿y軸負方向的勻強電場，粒子也從DF邊上射出時速度偏轉角仍為θ，求此電場強度的大小。 【答案】（1）qm=2v0Bl（2）Bv0cosθ 【解析】 【詳解】 （1）由牛頓第二定律：qv0B＝mv02r， 由幾何關系：r＝l2， 得qm=2v0Bl （2）設正方形邊長為l′，磁場中：qv0B＝mv02r， 其中sinθ＝l'r 電場中：qE＝ma， l′＝v0t，vy＝at，tanθ＝vyv0 解得E＝Bv0cosθ 23．如圖甲所示，平面OO′垂直于紙面，其上方有長為h、相距為34h的兩塊平行導體板M、N。兩極

52、板間加上如圖乙所示的電壓，平面OO′的下方是一個與OO′平面平行的勻強磁場，方向垂直紙面向外。在兩極板的正中間的正上方有一粒子源，它連續(xù)放射出質量為m、帶電荷量為+q的粒子，其初速度大小為v0，方向垂直電場及OO′平面。不計粒子重力及空氣的阻力，每個粒子在板間運動的極短時間內，可以認為電場強度不變，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）若要求帶電粒子飛出電場時不打在板上，則板間電壓U的最大值不能超過多少? （2）若UMN的最大值取第（1）問求出的最大值，要使所有的粒子通過磁場后都能回到兩板間，磁場磁感應強度B的大小及磁場的高度H需滿足什么條件? （3）在滿足（2）問

53、的前提下，粒子在磁場中運動的最長時間為多少? 【答案】（1）Um=9mv0216q（2）B=16mv03hqH≥38h（3）t=127πh480v0 【解析】 【詳解】 （1）設電壓的最大值為Um，則有 38h=12at2 a=Eqm E=Um34h h=v0t 解得：Um=9mv0216q （2）設粒子進入磁場時速度v與v0的夾角為θ，則有 v=v0cosθ 又Bqv=mv2R 粒子從OO′上射出磁場的位置與射入磁場的位置的距離s=2Rcosθ 解得：s=2mv0Bq 若沿v0方向射進磁場的粒子能回到板間，則其他方向的粒子都能回到板間。當s=38h時，B最小，即

54、 38h=2mv0Bq 解得：B=16mv03hq 故磁感應強度B應滿足的條件為B≥16mv03hq… 設粒子在MN板間的最大偏轉角為φ，則 tanφ=34 即φ=37° 粒子進入磁場的速度大小v=v0cosφ=54v0 粒子的軌跡半徑r=mvqB 磁場的最小高度H=r+rsinφ=2mv0qB 故磁場的高度H需滿足的條件為H≥38h （3）設粒子在磁場中運動對應的最大圓心角為φ' 由幾何知識得φ'=π+2φ 粒子在磁場中運動的時間t=φ'2πT T=2πmqB 解得粒子在磁場中運動的最長時間t=127πh480v0 24．如圖，平面直角坐標系xoy第一象限內存

55、在沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內存在方向垂直紙面向外圓心標O'（2h，-2h），半徑R=2h的圓形有界勻強磁場。現(xiàn)有一帶電粒子質量為m，電荷量為+q，以速v0由y軸上y=3h處的A點垂直y軸飛入第一象限并由x=2h處的C點進入有界磁場，在磁場中偏轉900后飛離磁場（粒子重力不計、cos15°=6+24、cos30°=32、cos60°=12）求： （1）電場強度E； （2）帶電粒子進入磁場中的速度v的大?。? （3）磁感應強度B 【答案】（1）E=3mv022qh；（2）2v0；（3）B=（3-1）mv0qh 【解析】 【詳解】 (1)豎直方向：3h=12at2 其中a

56、=qEm 水平方向：2h=v0t 聯(lián)立解得：B=3mv022qh； (2)vy2=2a3h=3v02 Eq3h=12mv2-12mv02 v=vy2+v02=2v0 解得：v=2v0； (3)軌跡如圖所示： 由幾何關系得： Rcos15o=rcos45o Rcos30o+Rsin30o=r 解得：r=(3+1)h 由公式qvB=mv2r 聯(lián)立解得：B=(3-1)mv0qh。 25．在xOy豎直平面內存在水平方向的勻強磁場，磁感應強度為B=5m2qg6l0；粗糙細桿abc在b處彎出長度可忽略的一小段圓弧，ab段長度為l0，與水平方向成37°角，bc段在水平x軸上，

57、c端處在坐標原點O。質量為m、帶電荷量為q的帶電小環(huán)套在細桿頂端，由a端從靜止釋放，恰能勻速通過水平段bc。重力加速度為g，（cos37°=0.8，sin37°=0.6）。 （1）求小環(huán)在細桿abc上運動克服摩擦力做的功Wf； （2）若在x>0的區(qū)域加一豎直方向的勻強電場（圖中未畫出），帶電小環(huán)從c端離開細桿后能垂直通過y軸上的P點，且通過P點時的速度與通過坐標原點O時速度大小相等，求所加電場的電場強度E及小環(huán)通過y軸的位置坐標P； （3）若在小環(huán)從P點通過y軸瞬間撤去磁場，通過計算判斷小環(huán)能否在運動中垂直撞擊細桿。 【答案】（1）325mgl0。（2）mgq，方向豎直向下；P(0

58、,4825l0)（3）小環(huán)不能垂直撞擊細桿 【解析】 【詳解】 （1）小環(huán)恰能勻速通過bc段，表明細桿對小環(huán)的摩擦力為0，因此細桿對小環(huán)的彈力為0，因此有mg-qvB=0①，帶電小環(huán)在ab段運動時，由動能定理得mgl0sinθ-Wf=12mv2②，由①式得速度v=256gl0③，解得Wf=325mgl0④； （2）加一豎直方向的勻強電場，小環(huán)垂直通過y軸，且兩次通過y軸時速度大小相等，說明其做勻速圓周運動，電場力與重力平衡，由①式可判斷小環(huán)帶負電，所以電場方向豎直向下，且qE-mg=0⑤，設小環(huán)做圓周運動的軌道半徑為R，有qvB=mv2R⑥，由⑤式得場強大小E=mgq，方向豎直向下⑦，

59、由③⑥式解得小環(huán)做圓周運動的半徑R=2425l0，即小環(huán)通過y軸的位置y=2R=4825l0，故位置坐標為P(0,4825l0)⑧； （3）如果小環(huán)速度垂直細桿時，速度的偏轉角為53°，設運動時間為t，根據(jù)平拋運動規(guī)律應滿足tan53°=gtv⑨，在時間t內小環(huán)下落高度y=12gt2⑩，聯(lián)立③⑨⑩解得y=6475l0，此時小環(huán)離細桿a端的高度h=2R-y-lsin37°=715l0>0不合題意，即小環(huán)不能垂直撞擊細桿。 26．如圖所示，在xOy平面內的第Ⅲ象限中有沿-y方向的勻強電場，場強大小為E。在第Ⅰ和第Ⅱ象限有勻強磁場，方向垂直于坐標平面向里。有一個質量為m，電荷量為e的電子，從y軸

60、的P點以初速度v0垂直于電場方向進入電場（不計重力），經(jīng)電場偏轉后，沿著與x軸負方向成45o角進入磁場，并能返回到原出發(fā)點P。 （1）畫出電子運動軌跡的示意圖； （2）求P點距坐標原點的距離； （3）電子從P點出發(fā)經(jīng)多長時間再次返回P點？ 【答案】（1）（2）mv022Ee（3）t=(4+3π)3mv08Ee 【解析】 【詳解】 解：(1)如圖所示，電子進入電場，從P點到M點做類平拋運動，進入磁場后做勻速圓周運動，離開磁場后從N點到P點做勻速直線運動，畫出軌跡如圖所示； (2)電子在電場中運動過程，有：vy=v0=eEmt 解得：t=mv0eE 則得：?OP=12?

61、eEmt2=mv022eE (3)電子在電場中運動時間為：t1=t=mv0eE 電子在磁場中運動時間為：t2=34T=34?2πmeB=3πm2eB 電子從N點到P點的距離為：NP=2?OP 電子在磁場中運動的速率為：v=2v0 則電子從N點到P點的時間為：t3=DPv=mv02eE 故總時間為：t總=t1+t2+t3=3mv02eE+3πm2eB 又由圖知，OM=v0t1=mv02eE，ON=OP=mv022eE， 而MN=OM+ON=2R 聯(lián)立上兩式得，電子在磁場中運動的軌跡半徑：R=3mv0222eE 又evB=mv2R 解得：B=4E3v0 所以：t總=3mv0

62、2eE+3πm2eB=（4+3π)3mv08eE 27．如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P （0，h）點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求： （1）電場強度E的大小； （2）abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值。 【答案】（1）mv022

63、qh（2）2mv0qL 【解析】 【詳解】 （1）設粒子在電場中運動的時間為t， 則有x=v0t=2h， y=12at2=h qE=ma， 聯(lián)立以上各式可得E=mv022qh； （2）粒子達到a點時沿負y方向的分速度為vy=at=v0， 所以v=v02+vy2=2v0， 方向指向第IV象限與x軸正方和成45o角； 粒子在磁場中運動時，有qvB=mv2r 當粒子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有r=22L 所以磁感應強度B的最小值B=2mv0qL 28．如圖所示，在直角坐標系的第Ⅰ象限分布著場強E=5×103V/m、方向水平向左的勻強電場，其余三個象限分布

64、著垂直紙面向里的勻強磁場.現(xiàn)從電場中M(0.5,0.5)點由靜止釋放一比荷為qm=2×104C/kg、重力不計的帶正電微粒，該微粒第一次進入磁場后將垂直通過x軸.求： (1)勻強磁場的磁感應強度； (2)帶電微粒第二次進入磁場時的位置坐標； (3)為了使微粒還能回到釋放點M，在微粒第二次進入磁場后撤掉第Ⅰ象限的電場，求此情況下微粒從釋放到回到M點所用時間． 【答案】(1) 1T(2) (0m,1m)(3) 7.21×10-4s. 【解析】 【分析】 帶電粒子在勻強電場中做的是類平拋運動，利用平拋運動規(guī)律，結合電場強度、電荷的荷質比，求出粒子的進入磁場的速度大小與方向以及位置.

65、當帶電粒子進入磁場后，僅受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動.由微粒第一次進入磁場后將垂直通過x軸，可尋找到已知長度與圓弧半徑的關系，從而求出磁感應強度，當粒子再次進入電場時，仍是類平拋運動.利用相同方法求出離開電場的位置．要求微粒從釋放到回到M點所用時間，畫出帶電粒子的運動軌跡，當粒子做類平拋運動，運用平拋運動規(guī)律求出時間，當粒子做勻速圓周運動時，由周期公式求出運動時間。 【詳解】 (1)根據(jù)動能定理得，qExM=12mv2 代入數(shù)據(jù)解得：v=2qExMm=2×2×104×5×103×0.5=104m/s 因為微粒第一次進入磁場后將垂直通過x軸，根據(jù)幾何關系知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑

66、R=xM， R=xM=mvBq， 解得B=mvqxM=1042×104×0.5=1T； (2)粒子垂直進入電場，做類平拋運動， 則a拋=qEm=2×104×5×103=108m/s2， xM=12a拋t拋2， 代入數(shù)據(jù)解得t拋=10-4s， 則y=vt拋=104×10-4=1m； 帶電微粒第二次進入磁場時的位置坐標為(0m,1m) (3)第一次進入磁場后軌跡如圖所示: 入磁場時：vM=a拋t拋=108×10-4=104m/s v入=v2+vx2=2×104m/sR'=mv入Bq=12(m)，軌跡如上圖所示， t=2×34T+2t拋+LOMv入=3πmBq+2t拋+0.52v入， 代入數(shù)據(jù)得：t=7.21×10-4s. 【點睛】 本題重點是畫出帶電粒子的運動軌跡，當是平拋運動時，則可分解成沿電場強度方向是勻加速，垂直電場強度方向是勻速．當是圓周運動時，可由幾何關系去找到已知長度與半徑的關系，最終能求出結果。 29．如圖所示直角坐標系中的第I象限存在沿軸負方向的勻強電場，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一個電量為q、質量為m的正離子(不計重力)，