2018届高三物理二轮复习试题：板块一 专题突破复习专题三 电场和磁场8+Word版含解析

专题3 第2讲1．(2017·河北保定调研)在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L 、重为G 的直导体棒，系统侧视图如图所示．通过图示方向电流I ，然后给系统施加竖直向上的匀强磁场，导体棒刚好能静止在斜面上，则下列说法中正确的是( B )A ．磁感应强度B ＝G ILB ．磁感应强度B ＝G tan αILC ．斜面受到导体棒的压力为零D ．斜面受到导体棒的压力等于G cos α解析 对导体棒受力分析如图所示，由力的平衡条件可知，安培力与支持力的合力和重力等大反向，则F ＝G tan α，又F ＝BIL ，则B ＝G tan αIL，故选项A 错误，B 正确；斜面对导体棒的支持力大小为F N ＝Gcos α，由牛顿第三定律可知斜面受到导体棒的压力大小等于Gcos α，故选项C 、D 错误．2．(2017·山东潍坊统考)如图所示，xOy 坐标系位于纸面内，匀强磁场仅存在于第一象限，方向垂直纸面指向纸里．某带电粒子从y 轴上A 点沿＋x 方向射入磁场，经过时间t 从x 轴上某点离开磁场，离开磁场时速度的方向与x 轴垂直．如该带电粒子从OA 的中点以同样的速度射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间为( C )A.t3 B ．t2 C.2t 3D ．t解析 由题意画出带电粒子两次进入磁场的轨迹，由几何关系可知第一次轨迹所对应的圆心角为α1＝90°，第二次轨迹所对应的圆心角为α2＝60°，则两次所用的时间的比值为t t 2＝α1α2＝32，则t 2＝2t3，故选项C 正确． 3．(2017·四川重点中学模拟)(多选)竖直放置的足够长的挡板MN 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，挡板上端有—小孔O ，O 左边有一粒子发射源，能向外发射两种带电粒子a 、b ，且粒子发射时的速度方向垂直挡板水平向右，两粒子的运动轨迹如图所示．则下列说法正确的是( AD )A ．若粒子a 、b 的比荷相同，则粒子a 射入磁场时的速度大B ．若粒子a 、b 的比荷相同，则粒子b 在磁场中运动的时间长C ．若粒子a 、b 射入磁场的速度相等，则粒子a 的比荷大D ．若粒子a 、b 在磁场中运动的时间相等，则两粒子的比荷相等解析 带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，有qvB ＝m v 2r ，所以v ＝qBrm，又由于磁感应强度相同，若q a m a ＝q bm b，则v ∝r ，由题图可知r a >r b ，所以v a >v b ，选项A 正确；由qvB ＝m v 2r ，T ＝2πr v ，得t ＝T 2＝πm qB ，磁感应强度相同，若比荷相同，则t a ＝t b ，选项B 错误；由qvB ＝m v 2r ，得q m ＝v Br ，磁感应强度相同，若速度相等，又r a >r b ，则q a m a <q bm b ，选项C 错误；由qvB＝m v 2r ，T ＝2πr v ，t ＝T 2，得q m ＝πBt ，磁感应强度相同，若时间相等，则q a m a ＝q bm b，选项D 正确．4．(2017·山西重点中学模拟)(多选)如图所示为光滑绝缘水平面上的圆形区域，在没有磁场的情况下，一带电小球以某一初速度沿圆形区域的直径方向入射，穿过此区域的时间为t ；在该区域内加垂直纸面向外的磁感应强度大小为B 的匀强磁场，带电小球仍以相同的初速度沿圆形区域的直径方向入射，离开圆形区域时速度方向向下偏转了60°，则( BD )A ．小球带负电B ．小球的比荷为232BtC ．在不增加其他条件的情况下，可以求出带电小球在磁场中运动的半径和速度D ．小球在磁场中做圆周运动的时间为3π6t 解析 根据左手定则可知小球带正电，选项A 错误；无磁场时小球沿直径方向做匀速直线运动，有v ＝2Rt，有磁场时小球做圆周运动，由几何关系有r ＝3R ，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2r ，联立解得小球的比荷为q m ＝233Bt，故选项B 正确；因磁场区域半径未知，故不能求小球在磁场中运动的半径和速度，选项C 错误；小球在磁场中做圆周运动的周期为T ＝3πt ，因为小球在磁场中运动的速度偏转角为60°，则运动轨迹所对应的圆心角为60°，故t 2＝60°360°·3πt ＝3πt6，选项D 正确．5．(2017·贵州贵阳检测)(多选)如图所示，在边长为L 的正方形ABCD 阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q (q <0)的带电粒子以大小为v 0的速度沿纸面垂直AB 边射入正方形，若粒子从AB 边上任意点垂直射入，都只能从C 点射出磁场，不计粒子的重力影响．下列说法正确的是( BD )A ．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外B ．此匀强磁场的磁感应强度大小为mv 0qLC ．此匀强磁场区域的面积为πL24D ．此匀强磁场区域的面积为π－L 22解析 若保证所有的粒子均从C 点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，选项A 错误；由A 点射入磁场的粒子从C 点离开磁场，结合图可知该粒子的轨道半径应为R ＝L ，则由qBv 0＝m v 20R ，可解得B ＝mv 0qL，故选项B 正确；由几何关系可知匀强磁场区域的面积应为S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫14πL 2－12L 2＝π－L 22，故选项C 错误，D 正确．6．(2017·黑龙江五校联考)(多选)如图所示，EF 和MN 两平行线将磁场分割为上、下两部分，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从EF 线上的A 点以速度v 斜向下射入EF 下方磁场，速度与边界成30°角，经过一段时间后正好经过C 点，经过C 点时速度方向斜向上，与EF 也成30°角，已知A 、C 两点间距为L ，两平行线间距为d ，下列说法中正确的是( BCD )A ．粒子不可能带负电B ．磁感应强度大小可能满足B ＝mv qLC ．粒子到达C 点的时间可能为7πm 3Bq ＋4dvD ．粒子的速度可能满足v ＝L －23nd Bqm(n ＝0,1,2,3，…)解析 若粒子带负电，粒子可沿图甲轨迹通过C 点，所以选项A 错误；如果粒子带正电，且直接偏转经过C 点，如图乙所示，则R ＝L ，由Bqv ＝mv 2R 得B ＝mvqL，所以选项B 正确；在图丙所示情形中粒子到达C 点所用时间正好为7πm 3Bq ＋4dv ，则选项C 正确；由于带电粒子可以多次偏转经过C 点，如图丁所示，由几何知识可得，L ＝2nd tan 60°＋2R sin 30°，则R ＝L －23nd ，根据R ＝mv Bq 可得，v ＝L －23nd Bqm(n ＝0,1,2,3，……)，选项D 正确．7．(2017·广东百校联考)如图所示，M 、N 为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，其右侧有一边长为2a 的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，M 、N 两极板之间加上电压U 后，M 板电势高于N 板电势．在S 1孔的左侧紧靠一个小盒，盒里面装有放射性元素23892U ，设23892U 发生α衰变后释放的α粒子b 从M 板的中央小孔S 1处无初速度射入电容器，在电场力的作用下，穿过小孔S 2后从P 处垂直AB 方向进入磁场，进入时恰与另一静止在P 点的α粒子c 发生弹性正碰．设α粒子的质量为m 、电荷量为q ，A 、P 两点间的距离为3a ，α粒子的重力忽略不计，则下列说法正确的是( BC )A.23892U 发生α衰变的核反应方程为23892U→42He ＋23892Th B ．α粒子b 进入磁场时的速度大小为2qUmC ．若α粒子c 从边界AC 离开磁场，则磁感应强度的大小可能为＋32qUm3qaD ．若α粒子c 从边界AC 离开磁场，则磁感应强度的大小可能为2qUm3qa解析 根据核反应遵循质量数守恒、电荷数守恒得，23892U 发生α衰变的核反应方程为23892U→42He ＋23490Th ，选项A 错误；α粒子b 在电场中运动时，由动能定理得qU ＝12mv 2，解得α粒子b 进入磁场时的速度大小为v ＝2qUm，选项B 正确；α粒子b 进入磁场与α粒子c 发生速度交换，α粒子c 从边界AC 离开，若α粒子c 恰能到达边界BC ，如图甲所示，设此时的磁感应强度大小为B 1，根据几何关系，此时α粒子c 的轨道半径为R 1＝2a sin 60°＝3a ，由牛顿第二定律可得qvB 1＝m v 2R 1，由以上两式解得 B 1＝6qUm 3qa；α粒子c 从进入磁场到从边界AC 离开磁场，若α粒子恰能到达边界AC ，如图乙所示，设此时的磁感应强度大小为B 2，根据几何关系有R 2＝(3a －R 2)sin 60°，由牛顿第二定律可得qvB 2＝m v 2R 2，由以上两式解得B 2＝＋32qUm3qa，综上所述，要使α粒子c 能从边界AC 离开磁场，磁感应强度大小B ′应满足6qUm3qa≤B ′<＋32qUm3qa，故选项C 正确，D 错误．8．(2017·甘肃兰州一诊)(多选)如图所示为“研究带电粒子在匀强磁场中运动”的演示仪结构图．若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直且水平向右，电子速度的大小v 和磁场的磁感应强度B 可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节，则下列说法正确的是( BD )A ．仅增大励磁线圈中的电流，电子束运动轨迹的半径将变大B ．仅提高电子枪的加速电压，电子束运动轨迹的半径将变大C ．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期不变D ．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期不变 解析 电子在加速电场中加速，由动能定理有eU ＝12mv 20，①电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有eBv 0＝m v 20r， ②解得r ＝mv 0eB ＝1B2mUe，③ T ＝2πmeB.④由于增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小，由④式知周期变小，选项A 、C 错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，选项B 、D 正确．9．(2017·湖南四校联考)(多选)如图所示，在一个边长为a 的正六边形区域内存在磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同带正电的粒子，比荷为q m，先后从A 点沿AD 方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用，已知编号为①的粒子恰好从F 点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E 点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED 边上的某一点垂直边界飞出磁场区域，则( ACD )A ．编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为3Bqa3mB ．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间t ＝πm6qBC ．编号为③的粒子在ED 边上飞出的位置与E 点的距离为(23－3)a D ．三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且比值为4∶2∶1解析 三个粒子的运动轨迹如图所示．设编号为①②③的粒子的轨道半径分别为r 1、r 2、r 3，速度大小分别为v 1、v 2、v 3.对粒子①有qv 1B ＝m v 21r 1，由几何关系知r 1＝a 2sin 60°，解得v 1＝3qBa 3m ，选项A 正确；编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间t 2＝16T ＝πm3qB，选项B 错误；由几何关系AE ＝2a cos 30°＝3a ，则r 3＝AE sin 30°＝23a ，O 3E ＝AEtan 30°＝3a ，故编号为③的粒子在ED 边上飞出的位置与E 点的距离EG ＝(23－3)a ，选项C 正确；编号为①的粒子在磁场区域内运动的时间t 1＝13T ，编号为③的粒子在磁场区域内运动的时间t 3＝112T ，故t 1∶t 2∶t 3＝4∶2∶1，选项D 正确． 10．(2017·新疆乌鲁木齐三诊)(多选)如图所示，在虚线MN 上方有一完整的圆形匀强磁场区(未画出)，其圆心位于M 点正上方，磁场方向垂直纸面向外．一质量为m 、带电量为q (q >o )的粒子(不计重力)，从M 点垂直于MN 以速度v 0向上方射出，粒子最终经过N 点．已知MN 间的距离为d ，粒子经过N 点时的速度方向与MN 的夹角θ＝30°.则( AC )A ．穿过圆形磁场区的磁通量与其半径成正比B ．穿过圆形磁场区的磁通量与其半径的平方根成正比C ．圆形磁场区内磁感应强度的最小值B min ＝3mv 0qdD ．圆形磁场区内磁感应强度的最小值B min ＝23mv 0qd解析 假设磁场的半径为r ，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R ，作出粒子轨迹的示意图，则由几何关系可知R ＝r tan 30°＝33r ，对带电粒子的运动有Bqv 0＝m v 20R ，解得B ＝mv 0qR ，由以上可得B ＝3mv 0qr，则穿过圆形磁场的磁通量为φ＝B πr 2＝3πmv 0r q，选项A 正确，B错误；当粒子的轨道半径最大时，磁场的磁感应强度最小，则粒子由M 点开始进入磁场，其轨迹如图所示，由几何关系R ＋Rsin 30°＝d ，则R ＝d3，又B min qv 0＝m v 20R ，解得B min ＝3mv 0qd，选项C 正确，D 错误．11．(2017·辽宁大连八中月考)如图所示，半径为R 的半圆形区域内分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，以半圆的圆心为原点建立如图所示的直角坐标系，在半圆的左边垂直于x 轴处放置一个粒子发射装置，在－R ≤y ≤R 的区间内各处均沿x 轴正方向同时发射一个带正电的粒子，粒子的质量均为m ，所带电荷量均为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Δt 时间，则( C )A ．磁场区域的半径R 应满足R ≥2mvqBB ．磁场区域的半径R 应满足R ≥mv qBC ．若最后到达y 轴的粒子在磁场中运动的圆心角为θ，则Δt ＝m θqB －Rv，其中θ的弧度值满足sin θ＝qBR mvD ．Δt ＝πm qB －Rv解析各粒子进入磁场后的圆周运动的轨道半径、周期相同，沿x 轴进入的粒子在磁场中的轨迹最长，运动时间最长，如图所示，当粒子轨道半径r ＝mvqB ≥R ，即R ≤mv qB时，沿x 轴进入的粒子能到达y 轴，其他粒子当然也能到达y 轴，选项A 、B 错误；最后到达y 轴的粒子是沿x 轴进入的粒子，最先到达的是从y ＝R 或y ＝－R 处进入的粒子，则Δt ＝θ2πT －R v ＝m θqB －Rv，θ≤π2，Δt ≤πm 2qB －R v ，sin θ＝R r ＝qBRmv，选项D 错误，C 正确．12．(2017·黑龙江哈尔滨第三中学二模)(多选)如图，环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场边界为半径为a 和2a 的两个同心圆，在小圆上的S 处有一粒子源，向磁场在纸面内180°范围内发射相同的带电粒子，粒子带电量为－q ，质量为m ，速率均为v 0，不计粒子重力．设粒子从进入磁场到飞出磁场的时间为t ，则( ABD )A ．若v 0＝qBa m ，t 最小为πm3qB B ．若v 0＝qBa m ，t 最大为4m π3qBC ．若v 0＝2qBa m ，t 一定大于πm6qBD ．若v 0＝2qBa m ，t 一定小于πm2qB解析 若v 0＝qBa m ，由牛顿第二定律qv 0B ＝m v 0R得，粒子的半径R ＝a ，由题图知，粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦最短为a ，如图甲所示，由几何知识知，其运动轨迹对应的圆心角θ＝60°，则最短时间t ＝θ360°T ＝60°360°·2πm qB ＝πm3qB，选项A 正确；当粒子的运动轨迹与大圆相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，如图甲所示，设圆心为O 1，由几何知识知，三角形OO 1S 为等边三角形，粒子运动轨迹对应的圆心角θ1＝240°，则粒子在磁场中运动的最长时间t ＝θ1360°T ＝240°360°·2πm qB ＝4πm 3qB ，选项B 正确；若v 0＝2qBam，由牛顿第二定律qvB ＝m v 20R得，粒子的半径R ＝2a ，粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦最短为a ，如图乙所示，由几何知识知，其运动轨迹对应的圆心角θ2，由几何关系可知sin θ22＝a 2·12a ＝14，则sinθ2＝2sin θ2cos θ2＝158<12，故θ2<π6，在磁场中运动的最短时间t ＝θ22π·T <πm6qB .选项C错误；当粒子的运动轨迹圆心角为θ3，如图乙所示，粒子在磁场中运动的时间最长，过粒子圆周运动轨迹的圆心作小圆的切线，由几何知识知，粒子运动轨迹对应的圆心角θ3<90°，则粒子在磁场中运动的最长时间t ＝θ3360°T <90°360°·2πm qB ＝πm2qB，选项D 正确．13．(2017·山东重点中学联考)如图所示，坐标轴y 过半径为R 的圆形区域的圆心，坐标轴x 与该区域相切．AB 为磁场圆的水平直径，P 点到AB 的距离为12R .圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ.离子速度选择器的极板平行于坐标轴x ，板间存在方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场Ⅰ，且电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B 1.垂直坐标轴x 放置的加速电场中的电子源M ，紧靠右极板，可释放初速度为零的带电离子．离子在加速电场加速后恰好沿坐标轴x 负方向匀速通过离子速度选择器，然后从P 点射入圆形区域匀强磁场Ⅱ，并从坐标原点O 射出磁场Ⅱ.已知加速电场的电压为U 0.不计离子重力．求：(1)离子电性和比荷；(2)圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B 2； (3)离子在圆形区域匀强磁场中的运动时间．解析 (1)设离子带电荷量为q ，质量为m ，在电场中加速后的速度为v ，由动能定理得qU 0＝12mv 2，由离子在速度选择器中的运动可知Eq ＝qvB 1，联立解得q m ＝E 22B 21U 0，由离子在圆形区域匀强磁场中的运动可知，离子带正电．(2)由几何关系可求得，粒子在圆形区域匀强磁场中做圆周运动的半径为R ，则qvB 2＝m v 2R ，解得B 2＝2B 1U 0RE. (3)由几何关系可求得，离子在圆形区域匀强磁场中做圆周运动转过的角度为120°.设离子在圆形区域匀强磁场中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t ，则有T ＝2πRv，t ＝120°360°T ，联立解得t ＝2πRB 13E. 答案 (1)正电 E 22B 21U 0 (2)2B 1U 0RE (3)2πRB 13E14．(2017·湖南长沙一模)如图所示，x 轴上放有一足够大的荧光屏，y 轴上(0，L )处有一个点状的α粒子放射源A ，某瞬间同时向xOy 平面内各个方向发射速率均为v 0的α粒子(不计重力)，设α粒子电量为q ，质量为m .求：(1)当空间中只存在平行xOy 平面沿y 轴负方向的匀强电场时，最后到达荧光屏的α粒子在电场中的运动时间为最先到达荧光屏的α粒子在电场中运动时间的3倍，求电场强度；(2)当空间中只存在垂直xOy 平面向里的匀强磁场时，最先到达荧光屏的α粒子在磁场中的运动时间为最后到达荧光屏的α粒子在磁场中运动时间的29.求磁感应强度及荧光屏被打亮的范围．解析 (1)设沿y 轴负方向射出的粒子运动的最短时间为t 1，取y 轴正方向射出的粒子运动的最长时间为3t 1，取y 轴负方向为正，由题意有L ＝v 0t 1＋12at 21，L ＝－3v 0t 1＋12a (3t 1)2，又a ＝Eq m ，解得E ＝3mv 22qL.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R ，有R ＝mv 0qB，运动时间最短时，则有R sin θ12＝L 2， 运动时间最长时，则有R (1－cos θ2)＝L ，粒子在磁场运动周期相同，则有θ1θ2＝29，解得θ1＝π3，θ2＝32π，R ＝L ，解得B ＝mv 0qL.由题意，在x 轴负方向，离子最远距离A 点2R ，在屏上，则x max1＝－3L ，在x 轴正方向，离子最远运动14个圆，有x max2＝L ，有粒子打亮屏的范围为－3L ≤x ≤L . 答案 (1)3mv 22qL(2)－3L ≤x ≤L15．(2017·河南洛阳统考)如图所示，在无限长的竖直边界AC 和DE 间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC 平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B 0，OF 为上、下磁场的水平分界线．质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子从AC 边界上与O 点相距为a 的P 点垂直于AC 边界射入上方磁场区域，经OF 上的Q 点第一次进入下方磁场区域，Q 与O 点的距科为3a .不考虑粒子重力．(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC 边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件； (3)若下方区域的磁感应强度B ＝3B 0，粒子最终垂直DE 边界飞出，求边界DE 与AC 间距离的可能值．解析(1)设粒子在OF 上方做圆周运动的半径为R ，如图甲所示，由几何关系可得R ＝5a ，由牛顿第二定律可知qvB 0＝m v 2R，解得v ＝5aqB 0m.(2)当粒子恰好不从AC 边界飞出时，设粒子在OF 下方做圆周运动的半径为r 1，如图乙所示，由几何关系得r 1＋r 2cos θ＝3a ，cos θ＝35，所以r 1＝15a 8，根据qvB 1＝m v 2r 1，解得B 1＝8B 03.当B 1>8B 03时，粒子不会从AC 边界飞出，(3)当B ＝3B 0时，根据qvB ＝m v 2r，得粒子在OF 下方运动的半径为r ＝53a .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P 1，则P 与P 1的连线一定与OF 平行，如图丙所示，根据几何关系知PP 1＝4a所以若粒子最终垂直DE 边界飞出，边界DE 与AC 间的距离为L ＝n PP 1＝4na .(n ＝1,2,3，……)答案 (1)5aqB 0m(2)见解析 (3)见解析。

考点十一 磁场1.(2018·全国卷II ·T20)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2，L 1中的电流方向向左，L 2中的电流方向向上；L 1的正上方有a 、b 两点，它们相对于L 2对称。

整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感觉强度大小为B 0，方向垂直于纸面向外。

已知a 、b 两点的磁感觉强度大小分别为B 0和B 0，方向也垂直于纸面向外。

则( )A.流经L 1的电流在b 点产生的磁感觉强度大小为0127B B.流经L 1的电流在a 点产生的磁感觉强度大小为0121BC.流经L 2的电流在b 点产生的磁感觉强度大小为0112BD.流经L 2的电流在a 点产生的磁感觉强度大小为0712B【命题妄图】本题意在观察右手螺旋定则的应用和磁场叠加的规律。

【解析】选A 、C 。

设L 1在a 、b 两点产生的磁感觉强度大小为B 1，设L 2在a 、b 两点产生的磁感觉强度大小为B 2，依照右手螺旋定则，结合题意B 0-(B 1+B 2)=B 0，B 0+B 2-B 1=B 0， 联立可得B 1=B 0，B 2=B 0，选项A 、C 正确。

2.(2018·北京高考·T6)某空间存在匀强磁场和匀强电场。

一个带电粒子(不计重力)以必然初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤掉电场，则该粒子做匀速圆周运动，以下因素与完成上述两类运动没关的是 ( ) A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度【解析】选C 。

由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即Eq=qvB ，则v=EB ，若仅撤掉电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意，对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，但是对电性和电量无要求，依照F=qvB 可知，洛伦兹力的方向与速度方向有关，故对入射时的速度也有要求，应选C 。

1127123.(2018·全国卷I ·T25) 如图，在y>0的地域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场富强小为E ；在y<0的地域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。

专题限时集训(八) 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动(对应学生用书第131页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图8-21所示．结合上述材料，下列说法不正确的是()【导学号：17214143】图8-21A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用C[地球为一巨大的磁体，地磁场的南极、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合；且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故C项说法不正确．]2．(2017·洛阳三模)如图8-22所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是()图8-22B [带电粒子经电压U 加速，由动能定理，qU ＝12m v 2，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ，而R ＝x 2，联立解得x ＝8m qB 2U ．由此可知能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是选项B 中图象．]3．如图8-23，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l ．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )【导学号：17214144】图8-23A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0C [在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离为l 的a 点处的磁感应强度为零，如图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，即B 1＝B 0依据几何关系及三角知识，则有：B P cos 30°＝12B 0解得：P 或Q 通电导线在a 处的磁场大小为B P ＝33B 0当P 中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B 2＝33B 0因外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，磁场大小为B 0；最后由矢量的合成法则，那么a 点处磁感应强度的大小为B ＝B 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33B 02＝233B 0，故C 正确，A 、B 、D 错误．]4．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8-24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S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN ，以速度v 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F 点(图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R ．则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )【导学号：17214145】图8-24A ．8U R 2B 2 B ．4U R 2B 2C ．6U R 2B 2D ．2U R 2B 2C [带电粒子运动轨迹如图设粒子加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2tan ∠GOF ＝3R R ＝3得∠GOF ＝60°∠EO ′G ＝120°tan ∠OO ′G ＝tan 60°＝R r ，得r ＝33R所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝33R又q v B ＝m v 2r ，则q m ＝6U R 2B 2．]5．两平行的金属板沿水平方向放置，极板上所带电荷情况如图8-25所示，且极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，现将两个质量相等的带电小球分别从P 点沿水平方向射入极板间，两小球均能沿直线穿过平行板，若撤去磁场，仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P 点沿水平方向射入极板间，则两个小球会分别落在A 、B 两点，设落在A 、B 两点的小球的带电荷量分别为q A 、q B ，则下列关于此过程的说法正确的是( )【导学号：17214146】图8-25A ．两小球一定带负电B ．若q A >q B ，则两小球射入时的初速度一定有v A >v BC ．若q A >q B ，则两小球射入时的动能一定有E k A <E k BD ．撤去磁场后，两个小球在极板间运动的加速度可能相等C [根据题意可知，没有磁场时，小球所受合力竖直向下；有磁场时，小球做匀速直线运动，故可知洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，小球一定带正电，选项A 错误；同时可知小球的重力不能忽略，当小球做匀速直线运动时有q A v A B ＋q A E ＝mg ，q B v B B ＋q B E ＝mg ，联立可得q A v A B ＋q A E ＝q B v B B ＋q B E ，即q A (v A B ＋E )＝q B (v B B ＋E )，由此可知，若q A >q B ，则一定有v A <v B ，选项B 错误；由E k ＝12m v 2可知，选项C 正确；没有磁场时，由受力分析可知mg －qE ＝ma ，当q A ＝q B 时，则有a A ＝a B ，v A ＝v B ，而由题意可知x A >x B ，则应有v A >v B ，与上述矛盾，由此可知，两个小球在极板间运动的加速度不可能相等，选项D 错误．]6．(2017·湖南十三校一联)如图8-26所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，y 轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)．一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g ．根据以上信息，可以求出的物理量有( )图8-26A ．磁感应强度大小B ．小球在第Ⅳ象限运动的时间C ．电场强度的大小和方向D ．圆周运动的速度大小BD [由A 到P 点过程有mgd ＝12m v 2，则小球做圆周运动的速度大小v ＝2gd ，选项D 正确；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14T ＝πd 2v ＝πd 22gd，选项B 正确；在第Ⅳ象限，小球做圆周运动，则有mg ＝qE ，由于m 、q 未知，不能求电场强度的大小，由d ＝m v qB 知，不能求磁感应强度大小，选项A 、C 错误．]7．如图8-27所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从A 点沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )图8-27A ．从P 点射出的粒子速度大B ．从Q 点射出的粒子速度大C ．从Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长BD [粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系(如图所示，弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D 项正确，C 项错误；如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，由图知，粒子运动的半径R P <R Q ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝m v Bq ，可知粒子运动速度v P <v Q ，故A 项错误、B 项正确．]8．(名师原创)如图8-28所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )图8-28A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1ACD [由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A 正确；由洛伦兹力f ＝qB v ＝ma 和a ＝v ·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B 1∶B 2＝1∶2，则B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t ＝θm qB 可得t ＝θ1m qB 1＝θ2m qB 2，且B 2＝2B 1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R ＝m v qB 可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r ，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d 1＝2r sin 30°＝r ；区域Ⅱ的宽度d 2＝r sin 30°＋r cos(180°－60°－60°)＝r ，故D 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2017·辽宁省辽南协作校联考)如图8-29所示，在矩形ABCD 内，对角线BD 以上的区域存在平行于AD 向下的匀强电场，对角线BD 以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，其中AD 边长为L ，AB 边长为3L ，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)以初速度v 0从A 点沿AB 方向进入电场，经对角线BD 某处垂直BD 进入磁场．求：图8-29(1)该粒子进入磁场时速度的大小；(2)电场强度的大小；(3)要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度应满足什么条件？(结论可用根式来表示)【导学号：17214147】【解析】 (1)如题图所示，由几何关系可得∠BDC ＝30°，带电粒子受电场力作用做类平抛运动，由速度三角形可得v x ＝v 0v y ＝3v 0则v ＝v 2x ＋v 2y ＝2v 0．(2)设BP 的长度为x ，则有x sin 30°＝v y 2t 13L －x cos 30°＝v 0t 1Eq ＝mav y ＝at 1，解得x ＝6L 5，t 1＝23L 5v 0，E ＝5m v 202qL ． (3)若磁场方向向外，轨迹与DC 相切，如图甲所示有R 1＋R 1sin 30°＝4L 5得R 1＝4L 15由B 1q v ＝m v 2R 1得B 1＝15m v 02qL 磁场方向向外，要使粒子返回电场，则B 1≥15m v 02qL若磁场方向向里，轨迹与BC 相切时，如图乙所示有R 2＋R 2cos 30°＝6L 5，得R 2＝6(23－3)L 5 由B 2q v ＝m v 2R 2得B 2＝5(23＋3)m v 09qL 磁场方向向里，要使粒子返回电场，则B 2≥5(23＋3)m v 09qL．【答案】 见解析10．(16分)北京正、负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图8-30所示：MN 和PQ 为足够长的水平边界，竖直边界EF 将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C 和D 同时入射，入射方向平行于EF 且垂直磁场．已知注入口C 、D 到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为8d ，正、负电子的质量均为m ，所带电荷量分别为＋e 和－e ．图8-30(1)试判断从注入口C 入射的是哪一种电子？忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，求直线加速器的加速电压U ；(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B ，正、负电子以v 1＝deB m 的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，正、负电子仍以v 1＝deB m 的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ，以F 点为原点建立如图8-30所示的坐标系，求正、负电子相撞的位置坐标．【导学号：17214148】【解析】 (1)从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向右，粒子向右偏转，经过Ⅱ区反向偏转，再进入Ⅰ区，这样才能持续向下运动直至与从D 入射的电子碰撞；若从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向左，则粒子可能还未碰撞就从MN 边界射出，所以，由左手定则可判断从C 入射的电子为正电子；忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，则由动能定理可得：Ue ＝12m v 20，所以，U ＝m v 202e ．(2)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以有B v 1e ＝m v 21R 1，则R 1＝m v 1Be ＝d ，T ＝2πR 1v 1＝2πm eB 电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，电子射入后的轨迹如图甲所示，甲所以，电子在射入后正好转过360°后对撞，那么，对撞时间：t ＝T ＝2πm eB ．(3)电子在Ⅰ区域中运动时半径不变，仍为R 1＝d ，运动周期T 1＝2πm eB ；将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，则电子在Ⅱ区域中运动时半径R 2＝3d ，运动周期T 2＝6πm eB ；负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ＝16T 2，乙电子射入后的轨迹如图乙所示，若两电子同时射出，则两电子交与H 点；现负电子射入时刻滞后于正电子16T 2，则负电子比正电子在Ⅱ区域中少转16×360°＝60°，所以，两电子相撞的位置在H 点以圆心向负电子方向转过30°，即A 点；易知H 点坐标为(3d ，4d )，所以，A 点坐标为(3d cos 30°，4d －3d sin 30°)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d ． 【答案】 (1)正电子m v 202e (2)2πmeB (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d。

专题能力训练8 电场性质及带电粒子在电场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2017·重庆模拟)一个正七边形七个顶点上各固定一个电荷量为q的点电荷,各电荷的电性如图所示,O点是正七边形的几何中心。

若空间中有一点M,且MO垂直于正七边形所在平面,则下列说法正确的是()A.M点的电场强度方向是沿着OM连线,由O点指向M点B.M点的电场强度方向是沿着OM连线,由M点指向O点C.将一个负检验电荷从M点移动到无穷远处,电场力做正功D.将一个正检验电荷从M点移动到无穷远处,电场力做正功2.如图所示,匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形。

电场强度的方向与纸面平行。

电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A动能减少E0。

质子以某一初速度仅在静电力作用下从C移动到A动能增加E0,已知电子和质子电荷量绝对值均为e,则匀强电场的电场强度为()A. B. C. D.3.如图所示,匀强电场中有一圆,其平面与电场线平行,O为圆心,A、B、C、D为圆周上的四个等分点。

现将某带电粒子从A点以相同的初动能向各个不同方向发射,到达圆周上各点时,其中过D点动能最大,不计重力和空气阻力。

则()A.该电场的电场线一定是与OD平行B.该电场的电场线一定是与OB垂直C.带电粒子若经过C点,则其动能不可能与初动能相同D.带电粒子不可能经过B点4.真空中有一带电金属球,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。

根据电势图象(φ-r图象),下列说法正确的是()A.该金属球可能带负电B.A点的电场强度方向由A指向BC.A点和B点之间的电场,从A到B,其电场强度可能逐渐增大D.电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做功W=q(φ2-φ1)5.电源和一个水平放置的平行板电容器、两个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路。

第1讲电场和磁场的基本性质一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题)1.如图1所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离。

用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定()图1A．φa＞φb＞φc B．φa－φb＝φb－φcC．E a＞E b＞E c D．E a＝E b＝E c解析判断电场强度的大小，需看电场线的疏密，此题不具备作出判断的条件。

根据沿着电场线的方向电势降低，可以判断A选项正确；虽然a、b间距离等于b、c间距离，但只有在匀强电场中，沿场强方向相同距离的电势差才相等，因题中只有一条电场线也就无法判断电势差的大小。

答案 A2.如图2所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用。

则下列说法正确的是()图2A．物体A受到地面的支持力先减小后增大B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对点电荷B先做正功后做负功解析分析物体A的受力如图所示，由平衡条件可得，F f＝F cosθ，F N＝F sin θ＋mg，B电荷由P到Q的过程中，θ由小于90°增大到大于90°的过程中，F f先减小后反向增大，F N先增大后减小，C正确，A、B错误；因A对B的库仑力与B运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D错误。

答案 C3.如图3所示，Q1、Q2为两个等量同种带正电的点电荷，在两者的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为过O点的垂线上的一点。

则下列说法中正确的是()图3A．在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线B．若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在M点时的电势能最大C．若将一个带电荷量为－q的点电荷从M点移到O点，则电势能减少D．若将一个带电荷量为－q的点电荷从N点移到O点，则电势能增加解析根据等量同种正电荷形成的电场在点电荷连线和中垂线上的电场强度和电势的特点可判定A错；M、N、O三点电势大小的关系为φM>φO>φN，可判定带正电的点电荷在M点时的电势能最大，B正确；从M点到O点，电势是降低的，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做负功，则电势能增加，C错；从N点到O点，电势是升高的，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做正功，则电势能减少，D错。

跟踪强化训练(九)一、选择题1．(多选)(2017·江西五校联考)我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器．电磁弹射系统由电源、强迫储能装置、导轨和脉冲发生器等组成．其工作原理如图所示，利用与飞机前轮连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受到安培力的作用加速获得动能．设飞机质量m＝1.8×104 kg，起飞速度为v＝70 m/s，起飞过程中所受平均阻力恒为机重的15，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始在恒定的牵引力作用下，起飞距离为l＝210 m；在电磁弹射器与飞机发动机(牵引力不变)同时工作的情况下，起飞距离减为l3.则()A．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力F＝2.46×105 NB．在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力F＝2.1×105 N C．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，则起飞的距离将更小D．在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，电磁弹射器对飞机所做的功W＝2.94×108 J[解析] 没有电磁弹射器时，由动能定理可得⎝ ⎛⎭⎪⎫F －15mg l ＝12m v 2，所以飞机所受的牵引力F ＝2.46×105 N ，A 正确，B 错误；在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，由于飞机所受的安培力增大，故起飞的距离将更小，C 正确；电磁弹射器和飞机发动机同时工作时，由动能定理得W ＋⎝⎛⎭⎪⎫F －15mg ×l 3＝12m v 2，所以W ＝2.94×107 J ，D 错误．[答案] AC2．(2017·苏州模拟)如下图所示，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 中通以方向向外的电流时( )A ．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[解析] 当直导线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，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，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．[答案] D3．(2017·湖北部分重点中学起点考试)已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流成正比，与点到通电导线的距离成反比．现有平行放置的三根长直通电导线，分别通过一个直角三角形△ABC的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示，∠ACB＝60°，O为斜边的中点．已知I1＝2I2＝2I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，则关于O点的磁感应强度，下列说法正确的是()A．大小为2B，方向垂直AB向左B．大小为23B，方向垂直AB向左C．大小为2B，方向垂直AB向右D．大小为23B，方向垂直AB向右[解析]导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，空间某点的磁场沿该点的切线方向，即与该点和导线的连线垂直，根据右手螺旋定则，可知三根导线在O点的磁感应强度的方向如图所示．已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流成正比，与点到通电导线的距离成反比，已知I1＝2I2＝2I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，O点到三根导线的距离相等，可知B3＝B2＝B，B1＝2B，由几何关系可知三根导线在平行于AB方向的合磁场为零，垂直于AB方向的合磁场为23B.综上可得，O点的磁感应强度大小为23B，方向垂直于AB向左，B正确，A、C、D错误．[答案] B4．(2017·广西南宁二中、柳州高中、玉林高中联考)磁场中某区域的磁感线如图所示，则()A．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大B．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小C．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bD．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a>B b[解析]a处的磁感线比b处稀疏，则a点磁感应强度比b点小，所以B a <B b ，C 正确，D 错误．将一小段通电导线放入磁场时，由于受到放置角度的限制，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大，平行磁场时受磁场力为零，故虽然B a <B b ，但是无法比较导线所受的磁场力的大小，A 、B 错误．[答案] C5．(2017·河南六市一联)如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m ．P 、M 间接有一个电动势为E ＝6 V ，内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab 跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m ＝0.2 kg ，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.4 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取10 m/s 2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体保持静 止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是( )A ．2 ΩB ．2.5 ΩC ．3 ΩD ．4 Ω[解析] 对棒受力分析可知，其必受绳的拉力T ＝Mg 和安培力F安＝BIL ＝BEL R .若摩擦力向左，且满足BELR 1＋μmg ＝Mg ，代入数据解得R 1＝4 Ω；若摩擦力向右，且满足BEL R 2－μmg ＝Mg ，代入数据解得R 2＝2.4 Ω，所以R 的取值范围为2.4 Ω≤R ≤4 Ω，则选A.[答案] A6．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉[解析]如果仅将左、右转轴下侧的绝缘漆刮掉，则线框在安培力作用下转动起来，转过90°度后，安培力为零，靠惯性继续转动，每转一周安培力驱动半周，保证线框不断地转动，A正确．如果将左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，则当线框转过90°向上转动时，安培力为阻力，不能保证线框持续转动下去，B错误．如果仅将左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线框中不可能有电流，因此线框不可能转动，C错误．如果将左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅将下侧的绝缘漆刮掉，效果与A相同，因此D正确．[答案]AD7．(2017·广东华南三校联考)如图所示，在直角坐标系xOy 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，以相同的速率v 沿纸面内，由x 轴负方向与y 轴正方向之间各个方向从原点O 射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R ＝m v qB ，正确的图是( )[解析] 由左手定则可知带负电粒子的偏转方向，以R ＝m v Bq 为半径作圆a 和圆b ，如图所示，将圆a 以O 点为轴顺时针转动，直到与b 圆重合，可以判断出图D 正确．[答案] D8．(多选)(2017·河南六市一模)如图所示，半径为R 的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里．一可视为质点、质量为m 、电荷量为q (q >0)的小球由轨道左端A 点无初速滑下，当小球滑至轨道最低点C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力F ，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D 点．若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )A ．小球在C 点对轨道的压力大小为qB 2gRB ．小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gRC ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的大小保持不变D ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的功率逐渐增大[解析] 小球从A 到C ，只有重力做功，由机械能守恒有mgR ＝12m v 2，得小球到达C 点时的速度v ＝2gR ，在C 点由牛顿第二定律有F N ＋q v B －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝3mg －qB 2gR ，再牛顿第三定律可知小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gR ，故A 错误，B 正确；从C 到D ，小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功率和外力F 做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为θ，则有mg v cos θ＝F v sin θ，得F ＝mg tan θ，因θ逐渐减小，则外力逐渐增大，外力F 的功率逐渐增大，故C 错误，D 正确．[答案] BD9．(多选)(2017·广东中山执信中学二模)如右图所示，在正方形abcd 内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．a 处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v 1沿ab 方向垂直射入磁场，经时间t 1从d 点射出磁场，乙粒子沿与ab 成30°角的方向以速度v 2垂直射入磁场经时间t 2垂直cd 射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是( )A ．v 1∶v 2＝1∶2B ．v 1∶v 2＝3∶4C ．t 1∶t 2＝2∶1D ．t 1∶t 2＝3∶1[解析] 甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T ＝2πm Bq ，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T 甲＝T 乙．设正方形的边长为L ，则由图知甲粒子运行半径为r 1＝L 2，运行时间为t 1＝T 甲2，乙粒子运行半径为r 2＝L cos30°，运行时间为t 2＝T 乙6，而r ＝m v Bq ，所以v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝3∶4，选项A 错误、B 正确；t 1∶t 2＝3∶1，选项C 错误、D 正确．[答案] BD10．(多选)(2017·哈师大附中月考)如右图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C 点，质子比荷q m ＝k ，则质子的速度可能为( )A ．2BkLB.BkL 2C.3BkL 2D.BkL 8[解析] 因质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r ＝L n (n ＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力，得Bq v ＝m v 2r ，即v ＝Bqr m ＝Bk ·L n(n ＝1,2,3，…)，选项B 、D 正确．[答案]BD二、非选择题11．(2017·东北三校第二次联考)如下图所示，在0≤x≤a、0≤y≤a 2范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，坐标原点O处有一个粒子源．在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时：(1)速度的大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦值．[解析]设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得q v B ＝m v 2R ，解得R ＝m vqB ，当a2<R <a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其对应圆心角最大，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如下图所示．设粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意，t ＝T4，∠OCA ＝π2.设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系，可得R sin α＝R －a2，R sin α＝a －R cos α，又sin 2α＋cos 2α＝1，解得R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62a ，v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62aqBm ，sin α＝6－610.[答案] (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62aqBm (2)6－61012．(2017·乐山三诊)如下图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场B 1，E 的大小为0.5×103 V/m ，B 1大小为0.5 T ；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B 2，磁场的下边界与x 轴重合．一质量m ＝1×10－14 kg 、电荷量q ＝1×10－10C 的带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴正方向成60°角从M 点沿直线运动，经P点进入处于第一象限内的磁场B2区域．一段时间后，带电微粒经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向飞出．M 点的坐标为(0，－10)，N点的坐标为(0,30)，不计微粒重力，g取10 m/s2.(1)请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度v.(2)匀强磁场B2的大小为多大？(3)B2磁场区域的最小面积为多少？[解析](1)由于重力忽略不计，微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动．这样，电场力必和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与y轴负方向成30°角斜向右下方．由力的平衡，有Eq＝B1q v，v＝EB1＝0.5×1030.5m/s＝103 m/s.(2)画出微粒的运动轨迹如图．由几何关系，知PD＝ON－OM，R＝O1D＝12PDcos30°＝315m.由qB2v＝m v2R，可得B2＝32T.(3)由图可知，若磁场区域在矩形APDC时，其面积最小．PA＝R(1－cos60°)＝330m，最小面积为S＝PD·PA＝15×330m2＝3150m2.[答案](1)与y轴负方向成30°角斜向右下方103m/s(2)3 2T(3)3150m2。

五、磁场教学目标1．了解磁场的产生和基本特性，加深对场的客观性、物质性的理解．2．通过磁场与电场的联系，进一步使学生了解和探究看不见、摸不着的场的作用的方法．掌握描述磁场的各种物理量．3．掌握安培力的计算方法和左手定则的使用方法和应用．教学重点、难点分析1．对磁感强度、磁通量的物理意义的理解及它们在各种典型磁场中的分布情况．2．对安培力和电磁力矩的大小、方向的分析．教学过程设计教师活动一、磁场复习提问：1．磁场存在于何处？2．磁场的基本特征是什么？3．什么是磁现象的电本质？总结：磁场是一种特殊的物质，我们看不到，但可以通过它的作用效果感知它的存在，并对它进行研究和描述．学生活动答：在磁体或电流周围空间存在磁场．它的基本特征是对处于其中的通电导线、运动电荷或磁体的磁极能施加力的作用．磁现象的电本质是指所有磁现象都可归纳为：运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用．二、描述磁场性质的物理量1．磁感应强度（符号B，单位T）磁感线电场和磁场都是无法直接看到的物质．我们在描述电场时引入电场强度E这个物理量，描述磁场则是用磁感应强度B．研究这两个物理量是采用什么方法？答：利用磁场对放入其中的特殊物质的作用（如电场对电荷、磁场对通电导线的作用等），采用试探法，即在场中引入试探电荷或试探电流元，研究电磁场对它们的作用情况，从而判定场的分布情况．试探法是一种很好的研究方法．它能帮助我们研究一些因无法直接观察或接近而感知的物质，如电磁场．我们前面复习了电场强度，那么磁感应强度的定义与它有什么不同的地方吗？答：磁感强度的定义式为：B=F/Il其中电流元（Il）受的磁场力的大小与电流方向相关．因此采用电流与磁场方向垂直时受的最大力F来定义B，而电场中就不存在这个问题．总结：研究电场、磁场的基本方法是类似的．但磁场对电流的作用更复杂一些，涉及到方向问题．今后我们分析此类问题时也要多加注意．磁感强度矢量性：磁感强度是描述磁场的物理量．因此它的大小表征了磁场的强弱，而它的方向，也就是磁场中某点小磁针静止时N极的指向，则代表该处磁场的方向．同时，它也满足矢量叠加的原理：若某点的磁场几个场源共同形成，则该点的磁感强度为几个场源在该点单独产生的磁感强度的矢量和．磁感线：用来形象描述磁场中各点磁感强度分布的曲线．它的疏密程度表示磁场的强弱，而它上各点的切线方向则表示该处磁场的方向．特点：磁体外方向N极指向S极（内部反之）．让学生画出几种典型磁场的磁感线分布（如条形磁铁，蹄形磁铁，通电直导线，通电螺线管等），加深感性认识．[例1]如图3-5-1所示，两根垂直纸面平行放置的直导线A、C由通有等大电流．在纸面上距A、C等远处有一点P．若P点磁感强度及方向水平向左，则导线A、C中的电流方向是如下哪种说法？A．A中向纸里，C中向纸外B．A中向纸外，C中向纸里C．A、C中均向纸外D．A、C中均向纸里</PGN0181.TXT/PGN>2．磁通量（符号单位Wb）请学生回答磁通量的定义以及与磁感强度的区别和联系．通过例题使学生注意定义中B、S方向问题及的标量叠加问题．答：穿过磁场中某一面积的磁感线条数称为穿过这一面积的磁通量．定义式为：=PBS⊥（S⊥为垂直于B的面积）．磁感强度是描述磁场某点的性质，而磁通量是描述某一面积内磁场的性质．由B= /S⊥可知磁感强度又可称为磁通密度．[例2]如图3-5-2所示，在水平虚线上方有磁感强度为2B，方向水平向右的匀强磁场，水平虚线下方有磁感强度为B，方向水平向左的匀强磁场．边长为l的正方形线圈放置在两个磁场中，线圈平面与水平面成α角，线圈处于两磁场中的部分面积相等，则穿过线圈平面的磁通量大小为多少？（让学生分析解答）分析：1．注意到B与S不垂直，应把S投影到与B垂直的方向上．2．注意到水平虚线上下两部分磁场大小与方向的不同．应求两部分磁通量按标量叠加，求代数和．三、磁场对电流的作用1．安培力用投影仪打出如下几种情况．带学生复习安培力的大小、计算和左手定则对其方向的判断．[例3]教师可举后边同步练习中的题目为例，分析安培力的计算．安培力大小F=B⊥IL．B⊥为磁感强度与电流方向垂直分量．方向：左手定则（内容略）．注意安培力总是与磁场方向和电流方向决定的平面垂直（除了二者平行，安培力为0的情况）．2．安培力矩——磁场对通电线圈的力矩作用带学生分析、计算通电矩形线圈在磁场中受安培力矩（可采用最标准的模型，即矩形线框且轴在正中的情况）推出安培力矩公式：M=BIS∥（S∥为线圈面积在磁场方向上的投影大小）[例4]在磁感强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd，边长分别为L1、L2，通以电流I．如图3-5-4所示．已知转轴OO′在线圈平面内，且垂直于B，Od=3Oa，O′c=3O′b，当线圈从图示位置绕轴转过θ角时，下面哪些说法正确？[ ]A．ab边受到安培力为BIL1sinθB．ab边受到安培力为BIL1cosθC．线圈受到磁力矩为BIL1L2cosθD．穿过线圈的磁通量为BL1L2sinθ解：根据安培力定义可知此时ab边受的安培力大小为BIL1，因此A、B选项错误；而由磁通量和磁力矩的公式可知选项C、D正确．</PGN0183.TXT/PGN>同步练习一、选择题1．如图3-5-5所示，长方形线框abcd的平面与磁感线垂直放置，它有一半面积处于磁感应强度为B的匀强磁场中，已知ab=l，ad=2l，现以ab边为轴（ab边平行于磁场边界）使线框转过60°角，则穿过线框的磁通量变化量是[ ]A．0 B．B12 C．B12/2 D．B12/42．在匀强磁场中放入通有相同电流的三条不同形状的导线，如图3-5-6所示，每条导线的两个端点间的距离相等，那么所受磁场力最大的导线是[ ]A．甲线最大 B．乙线最大C．丙线最大 D．三条线一样大3．如图3-5-7所示，固定螺线管M右侧有一正方形线框abcd，线框内通有恒定电流，其流向为abcd，当闭合开关S后，线框运动情况应为[ ]A．ab向外，cd向里转动且向M靠拢B．ab向里，cd向外转动且远离MC．ad向外，bc向里转动且向M靠拢D．ad向里，bc向外转动且远离M4．在北京地区做如下实验，一个可以在水平面内自由转动的小磁针，在地磁场作用下保持静止．一根长直导线位于小磁针的北方，竖直放置，且通有竖直向上的电流．已知地磁场的水平分图3-5-7量为B0，长直导线电流磁场在小磁针处的磁感应强度为B，则小磁针的N极将[]A．向东偏转角度θ=arctan（B0/B）而静止B．向东偏转角度0=arctan（B/B0）而静止C．向西偏转角度θ=arctan（B0/B）而静止D．向西偏转角度θ=arctan（B/B0）而静止5．如图3-5-8所示，条形磁铁放在水平桌面上，它的正中央上方固定一长直导线，导线与磁铁垂直．给电线通以垂直纸面向外的电流，则[]A．磁铁对桌面的压力增大，要受桌面的摩擦力作用B．磁铁对桌面的压力增大，仍不受桌面的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力减小，要受桌面的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力减小，仍不受桌面的摩擦力作用二、非选择题6．如图3-5-9所示，等腰三角形金属线框ACD放在光滑水平面上，DA=DC=lm，∠A=∠C=30°，若线框中通以I=IA的电流，则DA、DC两边所受合力大小为_____N，整个线框所受合力为_____N．7．如图3-5-10所示，A和B中一个是电源，另一个是用电器．当用两导线连接起来用电器工作时，用一个小磁针放在a点下方，磁针N极向纸外偏转，用电压表测定a与b间的电压，发现a点电势比b点高，由此可判断出电源是______．8．在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一个可绕对称轴OO′转动的等边三角形线圈abc，已知三角形线圈共有N匝，每边长L，通有电流强度为I的电流，如图3-5-11所示，此通电线圈在磁场受到的最大安培力矩是________。

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阶段训练(三）电场和磁场（时间:45分钟满分：100分)一、选择题（本题共10小题，每小题5分,共50分。

在每小题给出的四个选项中，1~7题只有一个选项符合题目要求，8~10题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得5分,选对但不全的得3分，有选错的得0分)1。

（2017·湖南邵阳模拟)根据大量科学测试可知,地球本身就是一个电容器。

通常大地带有5×105 C左右的负电荷,而地球上空存在一个带正电的电离层，这两者之间便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压为300 kV左右.则此电容约为()A。

0.17 F B.1。

7 F C.17 F D.170 F2。

如图所示,空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体(正四面体并不存在）的四个顶点处,AB=l,A、B、C、D四个顶点各放置一个+q，A点电荷受到的电场力为（）A. B.C. D.3。

如图甲所示,Q1、Q2为两个固定点电荷,其中Q1带正电,它们连线的延长线上有b、a两点。

一个带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动,其速度图象如图乙所示，则（）A。

Q2带负电B。

a、b两点的电势φa〈φbC.a、b两点电场强度大小E a>E bD.试探电荷从b到a的过程中电势能减少4。

第3讲 带电粒子在复合场中的运动考点一 以科技应用为背景命题的复合场问题1. (2017·浙江11月选考·8)如图1所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直．以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )图1A ．粒子一定带负电B ．粒子的速度大小v ＝B EC ．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D ．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化 答案 C解析 粒子做直线运动，说明竖直方向受力平衡，即q v B ＝qE ，可得v ＝EB ，选项B 错误；当v ＝EB 时，无论粒子带正电还是负电，在竖直方向均受力平衡，选项A 错误；如果粒子速度大小改变，就会导致洛伦兹力变化，因此粒子将做曲线运动，选项C 正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子所受电场力不变，选项D 错误．2．(多选)(2017·宁波市九校高二上期末)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图2所示，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，置于匀强磁场B 中，D 形盒半径为R ，其间留有空隙，两盒分别与高频电源的两极相连，电源频率为f ，则下列说法正确的是( )图2A ．粒子的加速次数越多，加速电压越大，最终获得的动能也越大B ．被加速后的粒子最大速度为2πfR ，与加速电场的电压无关C ．不改变回旋加速的任何参数，装置可以加速质子11H ，也可以加速α粒子42HeD ．高频电源不能使用正弦式交变电流 答案 B解析 根据q v B ＝m v 2R 得，粒子的最大速度v ＝qBR m ，则最大动能E km ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m .知若增大动能，需增大D 形盒的半径，或增大磁感应强度，故A 错误； 根据v ＝2πRT ＝2πRf ，可知：最大半径为R ，且电场变化的频率的倒数即为粒子在磁场中运动周期，所以最大速度不可能超过2πfR ，故B 正确；加速质子11H 后再加速α粒子， 因比荷发生变化，所以周期也变化，因此不能用这个装置，故C 错误．3．(人教版选修3－1P103“课题研究”改编)利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图3所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前后两表面会形成电势差. 现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路( 闭合开关)，则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是( )图3A ．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B ．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C ．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D ．不论接入哪个元件，都是前表面电势低 答案 A解析 若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏，则前表面的电势高于后表面的电势．若载流子为空穴(相当于正电荷)，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向后表面聚集，则前表面的电势低于后表面的电势．4. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图4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．则此离子和质子的质量比约为( )图4A ．11B ．12C ．121D ．144 答案 D解析 根据动能定理得，qU ＝12m v 2得v ＝2qUm①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有 q v B ＝m v 2R得R ＝m v qB②①②两式联立得：m ＝qB 2R 22U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U 相同，同一出口离开磁场则R 相同，所以m ∝B 2，磁感应强度增加到原来的12倍，则离子质量是质子质量的144倍，D 正确，A 、B 、C 错误．1.质谱仪(如图5)图5原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12m v 2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2r .由以上两式可得r ＝1B 2mU q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2UB 2r 2.2．回旋加速器(如图6)图6原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由q v B ＝m v 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关．3．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出所求物理量，差别见下表．考点二 带电粒子在组合场中的运动1．(2017·浙江4月选考·23)如图7所示，在xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿x 轴正方向每秒发射出N 个速率均为v 的电子，形成宽为2b 、在y 轴方向均匀分布且关于x 轴对称的电子流．电子流沿x 方向射入一个半径为R 、中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从P 点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x 轴的金属平行板K 和A ，其中K 板与P 点的距离为d ，中间开有宽度为2l 且关于y 轴对称的小孔．K 板接地，A 与K 两板间加有正负、大小均可调的电压U AK ，穿过K 板小孔到达A 板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b ＝32R ，d ＝l ，电子质量为m ，电荷量为e ，忽略电子间的相互作用．图7(1)求磁感应强度B 的大小；(2)求电子从P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ的范围；(3)当U AK ＝0时，每秒经过极板K 上的小孔到达极板A 的电子数； (4)画出电流i 随U AK 变化的关系曲线. 答案 见解析 解析 轨迹示意图(1)“磁聚焦”模型要求：R ＝m veB解得B ＝m veR.(2)如图，由几何关系知：θ在关于y 轴左、右对称的60°(含)范围内．(3)要进入小孔，电子到达P 点时与y 轴负方向的夹角φ≤45° 则：η＝2R sin φ2b ＝sin φsin 60°≤63则当U AK ＝0时每秒到达A 板的电子数：N 0＝63N . (4)①当U AK ≥0时，到达的电子全部到A 板 i 1＝N 0e ＝63Ne ②设当U AK ＝U 1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A 板 则eU 1＝0－12m (v cos φ1)2解得U AK ＝－m v 24e即在区间(－m v 24e ，0)之间，i 2＝N 0e ＝63Ne③当U AK 反向再增大时，将出现有电子(该临界角度为α) 刚好打到A 板上，而φ>α的电子打不到A 板i ＝sin αsin 60°Ne eU AK ＝0－12m (v cos α)2解得：i ＝43＋8eU AK 3m v 2Ne 综上所述：i －U AK 图线如图所示2. (2016·浙江10月选考·23)如图8所示，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，位于x 轴下方的离子源C 发射质量为m 、电荷量为q 的一束负离子，其初速度大小范围为0～3v 0.这束离子经电势差为U ＝m v 022q 的电场加速后，从小孔O (坐标原点)垂直x 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x 轴上．在x 轴上2a ～3a 区间水平固定放置一探测板(a ＝m v 0qB 0)．假设每秒射入磁场的离子总数为N 0，打到x 轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．图8(1)求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B 1；(3)保持磁感应强度B 1不变，求每秒打在探测板上的离子数N ；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．答案 见解析解析 (1)对于初速度为0的粒子：qU ＝12m v 12由B 0q v 1＝m v 12r 1得r 1＝m v 1qB 0＝a恰好打在x ＝2a 的位置 对于初速度为3v 0的粒子 qU ＝12m v 22－12m (3v 0)2由B 0q v 2＝m v 22r 2得r 2＝m v 2qB 0＝2a ，恰好打在x ＝4a 的位置离子束打在x 轴上的区间为[2a,4a ] (2)由动能定理 qU ＝12m v 22－12m (3v 0)2由B 1q v 2＝m v 22r 3得r 3＝m v 2qB 1r 3＝32a解得B 1＝43B 0(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2a ≤r ≤3a 对应的速度范围为43v 0≤v ′≤2v 0每秒打在探测板上的离子数为 N ＝N 02v 0－43v 02v 0－v 0＝23N 0根据动量定理吸收的离子受到板的作用力大小 F 吸＝Δp 吸Δt ＝0.8N 2(2m v 0＋43m v 0)＝8N 0m v 09反弹的离子受到板的作用力大小F 反＝Δp 反Δt ＝0.2N 2[2m (v 0＋0.6v 0)＋43m (v 0＋0.6v 0)]＝1645N 0m v 0根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小F ＝5645N 0m v 03．(2016·浙江4月选考·22)如图9为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L ＝0.10 m ，高均为H ＝0.06 m ．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v ＝1.0×105 m/s 水平射入，质子荷质比近似为qm ＝1.0×108 C/kg.(忽略边界效应，不计重力)图9(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值E max ； (2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值B max ； (3)当区域Ⅰ加电场E 小于(1)中的E max ，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B 与区域Ⅰ中的电场E 之间的关系式． 答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3 T (3)B ＝2E v 解析 (1)质子在电场中做类平抛运动 v y ＝at ＝qELm v ，tan α＝v y v ＝EqL m v2质子到达区域Ⅱ右下端时，有tan α＝H2L ＋L 2得E max ＝Hm v 23qL 2＝200 V/m.(2)质子在磁场中运动有q v B ＝m v 2R ，即R ＝m vqB根据几何关系有R 2－(R －H2)2＝L 2得B max ＝m v H q (L 2＋H24)≈5.5×10－3T. (3)质子运动轨迹如图所示．设质子进入磁场时的速率为v ′， sin α＝v y v ′＝at v ′＝(Eq m )(L v )v ′＝EqLm vv ′由几何关系知sin α＝L 2R ＝L2m v ′Bq＝BqL 2m v ′，得B ＝2Ev.4．(2017·衢州、丽水、湖州、舟山四地市3月检测)如图10所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度大小B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN 的极板长L ＝0.3 m 、间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102 V ，其中N 极板收集的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm ＝108 C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图10(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O 点入射方向与y 轴的夹角θ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η. 答案 见解析解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由q v B ＝m v 2R 0得R 0＝m vqB＝0.08 m(2)如图所示，从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴的夹角为θ，轨迹圆心与y 轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°(3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y ：y ＝UqL 22md v 2＝0.08 m设此粒子入射时与x 轴夹角为α，则有： y ＝r sin α＋R 0－ R 0cos α 可知tan α＝43即α＝53°比例η＝53°180°×100%≈29.4%5. 电子对湮灭是指电子e －和正电子e ＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础．如图11所示，在平面直角坐标系xOy 上，P 点在x 轴上，且OP ＝2L ，Q 点在负y 轴上某处．在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x 、y 轴分别相切于A 、C 两点，OA ＝L ，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一束速度大小为v 0的电子束从A 点沿y 轴正方向射入磁场，经C 点射入电场，最后从P 点射出电场区域；另一束速度大小为2v 0的正电子束从Q 点沿与y 轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P 点，且恰好与从P 点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反．已知正负电子质量均为m 、电荷量均为e ，正负电子的重力不计．求：图11(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B 的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E 的大小； (2)电子从A 点运动到P 点所用的时间； (3)Q 点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S . 答案 (1)m v 0eL m v 0 22eL (2)(4＋π)L 2v 0(3)－4L 2(2－1)L 2解析 (1)电子束a 从A 点沿y 轴正方向发射，经过C 点，由题意可得电子在磁场中运动的半径R ＝L ，又 e v 0B ＝m v 02R ，解得B ＝m v 0eL，电子在电场中做类平抛运动，得2L ＝v 0t 1， 又L ＝12at 12，a ＝eE m ，解得E ＝m v 022eL .(2)在磁场中运动的周期T ＝2πR v 0＝2πLv 0， 电子在磁场中运动了四分之一圆周，则 t 2＝14T ＝πL2v 0，在电场中运动时间t 1＝2Lv 0，故从A 到P 的时间t ＝t 1＋t 2＝(4＋π)L2v 0(3)速度为2v 0的正电子在磁场中运动的半径 R 2＝m ·2v 0eB＝2L,故Q 点的纵坐标y ＝－(2R 2＋2Ltan 45°)＝－4L ， 未知矩形磁场区域的最小面积(如图所示)为 S ＝2L (2－1)L ＝2(2－1)L 2.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键．当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几个不同的运动阶段组成．考点三 带电粒子在叠加场中的运动1. 如图12，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒从原点出发，沿与x 轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A (l ，l )时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图12(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)m qg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件：q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：q v B ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ， B ＝m qg l(3)微粒做匀速运动的时间：t 1＝2lv ＝l g 做圆周运动的时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g在复合场中的运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g.2．(2017·宁波市模拟)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图13所示，已知电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g .运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图13(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R 1＝3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A 点，则另一个液滴怎样运动？ 答案 见解析解析 (1)顺时针运动．(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，液滴所受洛伦兹力提供向心力，即Eq ＝mg ，q v B ＝m v 2R解得v ＝gBRE(3)第一个液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v 1＝gBR 1E ＝gB ·3RE＝3v ，方向向左．第二个液滴分裂后的速度设为v 2，分裂前后动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向 m v ＝12m v 1＋12m v 2，解得v 2＝－v即分裂后第二个液滴速度大小为v ，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下仍做匀速圆周运动，绕行方向仍是顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径R 2＝R .粒子在叠加场中运动的分析思路专题强化练(限时：30分钟)1. (2017·宁波市九校高三上学期期末)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图1所示，其中电场和两个磁场固定不变，粒子重力不计，则下列说法中正确的是( )图1A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板接电源负极C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，速度越快D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm 越小答案 D解析 根据粒子在磁场中的运动轨迹及左手定则知，该束粒子带正电，故A 错误．在平行金属板间， 带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P 1极板带正电，故B 错误. 进入B 2磁场中的粒子速度v 是一定的，由牛顿第二定律得：q v B 2＝m v 2r ，解得：r ＝m v qB 2，由r ＝m v qB 2可知，r 越大，比荷qm 越小，故C 错误，D 正确．2．如图2是利用霍尔效应制成的污水流量计的原理图，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左、右两端开口，有垂直上下底面的匀强磁场B ，前后内侧面分别固定有金属板电极．流量为Q 的污水充满管道从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压．下列说法中正确的是( )图2A ．后表面比前表面的电势低B ．污水流量越大，电压表的示数越小C ．污水中离子浓度升高，电压表的示数不变D ．增大所加磁场的磁感应强度，电压表的示数减小 答案 C解析 根据左手定则可知，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，故后表面的电势一定高于前表面的电势，选项A 错误；最终离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，有q v B ＝q Ub，则电势差U ＝v Bb ，又因为流量Q ＝v S ＝v bc ＝Uc B ，所以U ＝QBc ，故流量Q 越大，电压越大，选项B 错误；因为U ＝QB c ，所以电压与污水中离子的浓度无关，选项C 正确；由U ＝QBc 可知，增大所加磁场的磁感应强度B ，电压表的示数U 将增大，选项D 错误．3．如图3所示，两块水平放置、相距为d 的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m 、水平速度均为v 0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U ，墨滴在电场区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M 点．图3(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量； (2)求磁感应强度B 的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M 点，应将磁感应强度调至B ′，则B ′的大小为多少？ 答案 (1)负电荷mgdU (2)v 0U gd 2 (3)4v 0U 5gd 2解析 (1)墨滴在电场区域内做匀速直线运动，有 q Ud ＝mg①由①式得 q ＝mgd U②由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有 q v 0B ＝m v 02R③考虑墨滴进入磁场和撞板时的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径 R ＝d④ 由②③④式得B ＝v 0Ugd2⑤(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R ′，有q v 0B ′＝m v 02R ′⑥由图示可得 R ′2＝d 2＋(R ′－d2)2⑦ 得R ′＝54d⑧联立②⑥⑧式可得 B ′＝4v 0U 5gd 2.4．(2017·浙江余姚中学高三上期中) 如图4所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到最大值U m 之间的各种数值．静止的带电粒子电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：图4(1)当M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子射入磁场的速度v 1的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)粒子在磁场中运动的最长时间t m ； (4)CD 板上可能被粒子打中区域的长度s . 答案 (1)2qU m m (2)1L2mU mq(3)πL m2qU m(4)(2－2)L 解析 (1) M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示：设此时粒子运动轨迹半径为r 1，CH ＝QC ＝L 即半径r 1＝L ，由：qU m ＝12m v 12，可得：v 1＝2qU mm(2)由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动得 q v 1B ＝m v 12r 1，得B ＝1L2mU mq(3)粒子在磁场中运动的时间最长为半个周期 由T ＝2πr v ＝2πm qB ，t m ＝T 2，得t m ＝πLm2qU m(4)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A 在△AKC 中，sin 45°＝r 2L －r 2解得：r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L 所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK 即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L .5．(2017·浙江名校新高考联盟3月联考)如图5所示，真空中MN 上方半径为R 的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．在磁场右侧有长为2R 、间距为R 的平行金属板所形成的匀强电场，具体分布在矩形ACFD 内．矩形中心线O 1O 2与磁场区域的圆心O 在同一直线上，O 1也是圆周上的一点，BAO 1DE 在同一竖直线上，BA 、DE 为挡板．有一群电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子以速率v 0从圆周上的a 点飞入，其方向与aM 成0°～180°角且分布均匀地射出，每秒内射出的带电粒子数总为N 0，某一沿aO 方向射入磁场的粒子从O 1点飞出磁场进入右侧电场，并恰好从DF 边缘F 点离开电场，最后垂直打到探测板PQ 上．(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)图5(1)求电场强度E 和磁场的磁感应强度B 的比值；(2)求探测板PQ 与MN 的夹角θ的正切值和每秒垂直打在荧光屏PQ 上的粒子数N . (3)若打在平行金属板DF 上的粒子被全部吸收，打在探测板PQ 上的粒子全部被探测板反向弹回，弹回速度大小不变，求从电场中射出的粒子对探测板的平均作用力的大小．(没有飞入ACFD 的粒子均被AB 、DE 挡板拦截) 答案 见解析解析 (1)带电粒子从aO 方向射入，从O 1射出，其反向延长线必经过O 点，可得轨迹圆的半径与区域圆的半径是相同的，即都为R q v 0B ＝m v 02R ，B ＝m v 0qR带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得 R 2＝12·qE m t 22R ＝v 0t E ＝m v 024qRE B ＝v 04(2)带电粒子从F 点飞出时，水平方向的速度仍为v 0，竖直方向速度为v y ＝qE m t ＝v 02，由数学知识可得 tan θ＝v 0v y＝2与aM 成90°沿aO 方向射入的粒子，此时刚好打到斜面上，可知，只有从A 处水平进入的同样的带电粒子会从O 2点出来垂直打到斜面上．由数学知识可得，此时带电粒子从a 处进入的方向与aM 成60°，即在a 处入射的粒子能够打到极板上的角度大小是30°，由此得N ＝N 06(3)带电粒子从电场中出射速度大小为：v ＝v 02＋v y 2＝52v 0对粒子进行受力分析，由动量定理得： Ft 0＝Nt 0·m v －(－Nt 0·m v ) 得F ＝56N 0m v 0由牛顿第三定律可得，粒子对探测板的平均作用力大小为F ′＝56N 0m v 0. 6．如图6所示，在第二象限半径为r 的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切．x 轴上切点A 处有一粒子源，能够向x 轴上方发射速率均为v ，质量为m ，电量为＋q 的粒子，粒子重力不计．圆形区域磁场的磁感应强度B 1＝m vqr ，y 轴右侧0＜y ＜r的范围内存在沿y 轴负方向的匀强电场，已知某粒子从A 处沿＋y 方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°角斜向下，求：图6(1)匀强电场的电场强度大小；(2)若在MN 右侧某区域存在另一圆形匀强磁场B 2，发现A 处粒子源发射的所有粒子经磁场B 1、电场E 射出后均能进入B 2区域，之后全部能够经过x 轴上的P 点，求圆形匀强磁场B 2的最小半径；(3)继第二问，若圆形匀强磁场B 2取最小半径，试求A 处沿＋y 方向射入B 1磁场的粒子，自A 点运动到x 轴上的P 点所用的时间． 答案 (1)m v 2qr (2)22r (3)3r 2v ＋3πr 4v解析 (1)设粒子做类平抛运动的水平位移大小为x ， 竖直方向的速度大小为v y ，类平抛的加速度大小为a ， 类平抛的时间为t ，根据牛顿第二定律Eq ＝ma ，得a ＝qEm，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛的规律有： x 方向：x ＝v t ＝r ， y 方向：v y ＝at ＝qE m t ＝Eqrm v，粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°斜向下，则 v y ＝v ， 联立得匀强电场的电场强度大小E ＝m v 2qr .(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得q v B 1＝m v 2R ，联立题中已知B 1＝m vqr，得R ＝r ，因为磁场半径与轨迹半径相同，所以粒子离开磁场后的速度方向均沿x 轴正方向， 又所有粒子穿出匀强电场后速度纵向偏移量 y ＝12at 2＝12r 均相等，设粒子从MN 射出的最高点为E ，最低点为F ， 则EF ＝2r ，所以粒子束的宽度d ＝2r 圆形匀强磁场B 2的最小半径 r B 2＝22r . (3)粒子在磁场B 1中运动时间 t 1＝πr 2v粒子在匀强电场中运动时间 t 2＝r v ，粒子在无场区运动速度 v ′＝2v ，粒子在无场区运动的距离 x 3＝22r ， 粒子在无场区运动的时间 t 3＝x 3v ′＝r 2v， 粒子在磁场B 2中运动时间 t 4＝πr 4v 故粒子自A 点运动到x 轴上的P 点的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝3r 2v ＋3πr 4v.。

跟踪强化训练(十)1．(2017·湖南长沙长郡中学周测)如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限中，一边长为L 的正方形区域内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁场的下边界与x 轴重合，右边界与y 轴重合，在第Ⅰ、Ⅳ象限x <L 区域内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，在x >L 区域内存在磁感应强度大小为B ′、方向垂直纸面向里的矩形匀强磁场；一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(重力不计)以沿y 轴负方向的速度进入第Ⅱ象限的匀强磁场区域，并从坐标原点O 处沿x 轴正方向射入匀强电场区域；(1)求带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场时的速度大小；(2)求带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标；(3)若带电粒子进入x >L 区域的匀强磁场时的速度方向与x 轴正方向成45°角，要使带电粒子能够回到x <L 区域，则x >L 区域矩形匀强磁场的最小面积为多少？[解析] (1)根据题述可知带电粒子在第Ⅱ象限匀强磁场中运动的轨道半径等于正方形区域的边长L .由q v B ＝m v 2L解得v ＝qBL m(2)设带电粒子从匀强电场区域射出时的纵坐标为－y ，带电粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向射入匀强电场区域做类平抛运动，有L＝v t ；y ＝12at 2；qE ＝ma 联立解得y ＝mE 2qB 2带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，－mE 2qB 2(3)带电粒子以与x 轴正方向成45°角进入匀强磁场，其速度v ′＝2v ＝2qBLm由q v ′B ′＝m v ′2R ′解得R ′＝2BL B ′画出运动轨迹如图所示，由几何关系可知x >L 区域匀强磁场的最小宽度d ＝(1＋cos45°)R ′＝(1＋2)BL B ′x >L 区域矩形匀强磁场的最小面积S ＝2R ′d ＝2(2＋2)B 2L 2B ′2[答案] (1)qBL m (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫L ，－mE 2qB 2 (3)2(2＋2)B 2L 2B ′22．(2017·湖南长沙长郡中学检测)如图甲所示，在平行板电容器上加上如图乙所示的交变电压，在贴近E 板处有一粒子放射源，能够逐渐发射出大量质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，忽略粒子离开放射源时的初速度及粒子间的相互作用力，粒子只在电场力作用下运动，在电场中运动的时间极短可认为平行板间电压不变．从极板F 射出的粒子能够继续沿直线向右运动，并由O 点射入右侧的等腰直角三角形磁场区域，等腰直角三角形ABC 的直角边边长为L ，O 为斜边AB 的中点，在OA 边上放有荧光屏，已知所有粒子刚好不能从AC 边射出磁场，接收到粒子的荧光屏区域能够发光．求：(1)荧光屏上亮线的长度；(2)所加电压的最大值U 0.[解析] (1)粒子在磁场中运动半径最大时的轨迹如图所示，轨迹与AC 边相切于D 点．设此轨迹半径为R ，O ′为其圆心，则由几何关系可得L OA ＝L AB 2＝22L L O ′A ＝L OA －R m ＝22L －R m 又L O ′A ＝2R m ，可得R m ＝2－22L 由题意可知荧光屏上亮线的长度d ＝2R m ＝(2－2)L(2)若粒子以最大速度进入磁场，则在磁场中运动的半径最大，q v m B ＝m v 2m R m，解得v m ＝BqR m m ，粒子在电场中运动的时间极短可认为在电场中运动的过程中电压保持不变，当电压最大时粒子开始发射粒子，则射出F 板时速度最大，有qU 0＝12m v 2m 联立解得U 0＝m v 2m 2q ＝B 2qR 2m 2m把R m ＝2－22L 代入可得U 0＝(3－22)B 2qL 24m[答案] (1)(2－2)L (2)(3－22)B 2qL 24m3．(2017·广东华南三校联考)如图所示，半径R ＝1.6 m 的16光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L ＝3 m 的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v ＝3 m/s 的速率顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E ＝20 N/C ，磁感应强度B ＝3.0 T ，方向垂直纸面向外．两个质量均为m ＝1.0×10－3 kg 的物块a 和b ，物块a 不带电，b 带q ＝1.0×10－3 C 的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b 发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以与水平地面成60°角落在地面上的P 点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，a 、b 均可看作质点．求：(1)物块a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)传送带距离水平地面的高度；(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a 、b 系统机械能的变化量．[解析] (1)a 物块从释放到圆弧轨道最低点时，机械能守恒，有mgR (1－cos60°)＝12m v 2C 得：v C ＝4 m/s在C 点，由牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2C R解得：F N ＝2×10－2 N由牛顿第三定律，a 物块对圆弧轨道压力大小F N ′＝F N ＝2×10－2 N ，方向竖直向下(2)a 、b 碰撞过程动量守恒：m v C ＝2m v C ′，得v C ′＝2 m/sa 、b 整体在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s ，由牛顿第二定律有μ·2mg ＝2ma得：a ＝μg ＝1 m/s 2v 2－v C ′2＝2as得：s ＝2.5 m<L所以a 、b 整体离开传送带时与其共速，为v ＝5 m/s进入复合场后，因Eq ＝2mg ＝2×10－2 N ，所以a 、b 整体一起做匀速圆周运动，有Bq v ＝2m v 2r得r ＝2m v Bq ＝2 m由几何知识得传送带离水平地面的高度：h ＝r ＋12r ＝3 m (3)解法一：a 、b 整体在传送带上运动过程中，摩擦力对其做功： W f ＝μ·2mgs ＝5×10－3 Ja 、b 整体在复合场运动过程中，电场力对其做功：W 电＝－Eqh ＝－6×10－2 J所以，二者从碰后一直到落地，系统机械能的变化量：ΔE＝W f＋W电＝－5.5×10－2 J解法二：a、b整体在传送带上机械能的变化量：ΔE1＝ΔE k＝12·2m v2－12·2m v C′2＝5×10－3 Ja、b整体在复合场中机械能的变化量：ΔE2＝ΔE p＝－2mgh＝－6×10－2 J所以，二者从碰后一直到落地，系统机械能的变化量：ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝－5.5×10－2 J[答案](1)2×10－2 N，方向竖直向下(2)3 m(3)－5.5×10－2 J 4．(2017·黄冈中学模拟)如右图所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场．经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角，虚线上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m，电荷量为q；C球不带电且质量为km(k>7)．A、C间夹着质量可忽略的火药．现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电荷量和各表面的光滑程度)，火药炸完瞬间A的速度大小为v0.(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能？(2)求A球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、C 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离．[解析] (1)设爆炸之后C 的速度大小为v C ，在爆炸前后由动量守恒定律可得0＝m v 0－km v C又由能量守恒定律可得E 总＝12m v 20＋12km v 2C ＝k ＋12km v 20. (2)由“A 球对桌面的压力为零”可知A 球的重力和电场力等大反向，故A 球进入磁场中将会做匀速圆周运动，则T ＝2πm qBA 球在磁场中运动的轨迹如右图所示，由几何知识可得粒子在磁场中运动了34个圆周，则t 2＝3πm 2qB .(3)由0＝m v 0－km v C 可得v C ＝v 0k ，A 球在磁场中做匀速圆周运动的半径R ＝m v 0qB设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后到相遇前C 运动的位移为x C ，运动时间为t C ，则t C ＝x A v 0＋t 2＋R v 0，x C ＝v C t C 由图乙可得R ＝x A ＋x C联立解得x A ＝2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB [答案] (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB。