【物理】2020届二轮复习专题十磁场作业
专题十 磁场
『经典特训题组』
1．如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g。则此时金属细杆( )
A．电流流向垂直纸面向外
B．受到的安培力大小为2BILsinθ
C．对斜面压力大小变为原来的2倍
D．将沿斜面加速向上运动，加速度大小为gsinθ
答案 D
解析 对金属细杆受力分析，它受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，水平向右的安培力，由左手定则得电流流向垂直纸面向里，故A错误；根据安培力公式可得此时受到的安培力大小为F安＝4B·IL＝2BIL，故B错误；金属细杆水平静止斜面上时，金属细杆受到重力、导轨的支持力和安培力而处于平衡状态，根据平衡条件可得：FNcosθ＝mg，FNsinθ＝BIL，磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝，a＝＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，故C错误，D正确。
2．如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为( )
A．B1－ B．B2－ C．B2－B1 D.
答案 A
解析 对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的。设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1＝B1r＋B3r；b点磁感应强度：B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc＝B3r＝B1－B2，故选A。
3．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )
答案 A
解析 根据左手定则，甲、乙粒子应逆时针方向运动，B、C、D错误；由r＝可得二者轨道半径之比为2∶1，即甲轨道半径较大，故A正确。
4．如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45°角的速度v进入磁场和电场并做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．微粒可能做匀加速直线运动
B．微粒可能只受两个力作用
C．匀强磁场的磁感应强度B＝
D．匀强电场的电场强度E＝
答案 D
解析 若微粒做变速直线运动，洛伦兹力随速度变化而变化，不可能做直线运动，故微粒一定做匀速直线运动。若微粒带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不可能为零，微粒不可能做匀速直线运动，由此可知微粒带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直速度方向斜向左上方，重力竖直向下，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，微粒才能做匀速直线运动，故A、B错误；根据平衡条件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝，联立解得：E＝，B＝，故C错误，D正确。
5. (多选)质量为m、带电量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中。现给小球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，不计空气阻力，则小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．一定做减速运动
B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0
C．最终稳定时的速度一定是
D．最终稳定时的速度可能是0
答案 BD
解析 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能有的弹力和摩擦力。若qv0B＞mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和向左的摩擦力，据牛顿第二定律可得：qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，解得：小球的加速度a＝，方向向左，则小球做加速度减小的减速运动，最终加速度减为0，小球做匀速直线运动，匀速的速度v＝；若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，小球做匀速直线运动，速度v0＝；若qv0B＜mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向上的弹力和向左的摩擦力，据牛顿第二定律可得：mg＝qvB＋FN，μFN＝ma，解得：小球的加速度a＝，方向向左；则小球做加速度增大的减速运动，最终静止。综上，A、C错误，D正确；若小球的初速度v0满足qv0B＝mg，小球在运动过程中将始终不受摩擦力，故小球克服摩擦力做的功可能是0，B正确。
6．如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A.T B.T C.T D.T
答案 A
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦，又由题设条件可知，所有粒子质量相等，
初速度也相等，则由r＝，T＝可得，所有粒子做圆周运动的轨迹半径与周期也都相等。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，如图所示，根据几何知识，作ES⊥OM，ES即为最短的弦，粒子从S运动到E的时间最短；
由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最长时，粒子的初速度方向应该为沿ON方向水平向右，此时过粒子源沿垂直于ON方向作直线DS交OM边界于D点，可得DS＝2r，由几何知识OS＝2r，ES＝r，sin＝＝，可得：θ＝120°，故粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin＝T＝T，A正确。
7．如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是( )
A．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子
B．只增大加速电压U，H粒子获得的最大动能增大
C．只增大加速电压U，H粒子在回旋加速器中运动的时间变短
D．回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子
答案 C
解析 D形盒缝隙间电场变化周期与H粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，为T＝，而质子与H粒子的比荷不相等，所以为了加速器可以加速质子，
应对加速器进行参数调节，改变B和T，A错误；设D形盒半径为r，则H粒子离开回旋加速器的最大速度vmax＝，所以只增大加速电压U，H粒子获得的最大动能不会增大，B错误；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的动能为2qU，在回旋加速器中运动时间由回旋次数决定，设回旋次数为n，则由2nqU＝mv，可得n＝，所以粒子运动总时间t＝nT＝·＝，故只增大加速电压U，H粒子在回旋加速器中回旋的次数会变少，即运动的时间会变短，C正确；回旋加速度既能加速带正电的粒子，也能加速带负电的粒子，D错误。
8. 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制成，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入右侧，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( )
A．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 若接入元件1时，霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向后表面偏转，所以前表面电势高；若接入元件2时，根据左手定则，空穴向后表面聚集，故后表面电势高，前表面电势低，故A正确。
9. (多选)如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过(－2R,0)点垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0
0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。
粒子在第二象限内运动的时间t1＝＝＝，粒子在第一象限内运动的时间t2＝＝＝，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，B正确。
4．(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，
电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( )
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
答案 D
解析 由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝，D正确。
5．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
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
答案 C
解析 由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，即有Eq＝qvB，则v＝，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。
6. (2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、
L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则( )
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
答案 AC
解析 L1在a、b两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场磁感应强度大小设为B2，方向垂直纸面向里，在b点产生的磁场磁感应强度大小也为B2，方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠加原理可知B0－B1－B2＝B0，B2＋B0－B1＝B0，联立这两式可解得：B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。
7．(2019·全国卷Ⅰ) 如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
答案 (1) (2)
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m②
粒子运动的轨迹如图，
由几何关系知
d＝r③
联立①②③式得
＝④
(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为
s＝＋rtan30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝⑥
联立②③④⑤⑥式得t＝。
8. (2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
答案 (1)轨迹见解析 (2)
(3)
解析 (1)粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcosθ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝⑤
由几何关系得l＝2Rcosθ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cot⑧
联立①②③⑦⑧式得＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，
则t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝。
9. (2018·天津高考)如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。
(1)求粒子从P到M所用的时间t；
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。
答案 (1) (2)
解析 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m ①
设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE ②
设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma ③
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有
v＝at ④
联立①②③④式得t＝ ⑤
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、圆周运动半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可知(r′－R)2＋(R)2＝r′2 ⑥
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，
即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知
tanθ＝ ⑦
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的分速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，
由运动的合成和分解可知tanθ＝ ⑧
联立①⑥⑦⑧式得v0＝。
『模拟冲刺题组』
1．(2019·北京西城一模)如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是( )
A．带电粒子M、N的电性一定相同
B．带电粒子M、N的电量一定相同
C．撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等
D．撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等
答案 D
解析 根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足qvB＝qE，即vB＝E，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电量无关，故A、B错误；撤去电场后，粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，可得R＝，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由l＝vt可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。
2．(2019·山西运城高三上学期模拟)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，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流，
大小为I。图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为F2。则导线框中的电流大小为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 当磁场位于虚线下方时，导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1，可知线框受到安培力的合力方向竖直向上，大小为F安＝，根据平衡条件，则有：F1＋F安＝mg；现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2，安培力大小F安′＝BI，方向竖直向下，则有F2＝mg＋F安′，联立得：F2＝F1＋BIl，即I＝，故选A。
3．(2019·辽宁大连二模) 如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为( )
A．2(－1)B B．2(＋1)B
C．2B D．0
答案 A
解析 O点的实际磁感应强度是A、D、C处电流产生磁感应强度与空间大小为B的磁感应强度的矢量和。O处的磁感应强度恰好为零，则A、C与空间磁场的矢量和一定与D单独产生磁场的磁感应强度等大反向，根据矢量合成法则可得：D电流产生磁感应强度BD＝，所以将D处电流反向，其他条件都不变，O处磁感应强度：B′＝2BD＝2(－1)B，故选A。
4．(2019·福建漳州二模)(多选) 如图所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内的线段PA与圆形区域相切于A点，PA＝2R。若P点处有一粒子源沿PA方向射出不同速率的带正电粒子(质量为m，电荷量为q，不计重力)，则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为( )
A. B. C. D.
答案 CD
解析 粒子运动轨迹与圆形区域相切时，粒子恰好不能射入圆形区域内部，粒子此时拥有最小速度。相切时的运动轨迹如图所示，由几何知识得：(r－R)2＋(2R)2＝(r＋R)2；
解得：r＝3R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：qvB＝m，解得：v＝，故当粒子速度满足v′>都可以进入圆形磁场区域，则A、B错误，C、D正确。
5. (2019·安徽淮北宿州一模)如图所示，在直角坐标系xOy中的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，已知电场强度为E。从第一象限中坐标为(L，L)的P点由静止释放带正电的粒子(不计重力)，该粒子第一次经过x轴时速度为v0，第二次经过x
轴时的位置坐标为(－L,0)，求：
(1)粒子的比荷及磁感应强度B的大小；
(2)粒子第三次经过x轴时的速度大小及方向；
(3)粒子第二次经过y轴与第三次经过y轴时两点间的距离。
答案 (1)
(2)v0，与x轴正方向成45°角斜向右下方
(3)3L
解析 (1)粒子从P点由静止释放并到达x轴过程中，
由动能定理得EqL＝mv
解得＝
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，并由洛伦兹力提供向心力。
设轨迹半径为r1，则qBv0＝m
解得r1＝
粒子第二次经过x轴时的位置坐标为(－L,0)，故其轨迹半径r1＝L，得B＝。
(2)粒子通过y轴上的点(0，L)，以平行x轴的速度v0进入电场做类平抛运动，经过时间t第三次通过x轴，轨迹如图所示，在此过程中，
加速度a＝＝
水平位移x＝v0t
竖直位移L＝at2
解得t＝
x＝2L
该粒子第三次经过x轴时，
水平分速度vx＝v0
竖直分速度vy＝at＝v0
所以粒子第三次经过x轴时的速度大小
v＝＝v0
其方向与x轴正方向成45°角斜向右下方。
(3)由前面的解析可知，粒子第二次经过y轴时坐标为(0，L)，第三次经过x轴时坐标为(2L,0)，再次进入磁场中做圆周运动，
r2＝＝L
由几何关系可求得粒子第三次经过y轴时坐标为(0，－2L)，
故粒子第二次经过y轴与第三次经过y轴时两点间距为3L。
6．(2019·湖南怀化一模)如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时的速度方向与y轴正方向成α＝45°角，电子经过磁场偏转后方向恰好垂直第一象限内与x轴正方向成β＝15°角的射线ON。已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)电子在电场和磁场中运动的总时间t；
(3)矩形磁场区域的最小面积Smin。
答案 (1) (2)＋ (3)2
解析 (1)电子从A到C的过程中，由动能定理得：
eEL＝mv－mv，vCcos45°＝v0
联立解得：E＝。
(2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：
L＝t1
其中vC＝，由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：θ＝
电子在磁场中的运动时间：t2＝T，其中T＝，
电子在电场和磁场中运动的总时间t＝t1＋t2
联立解得：t＝＋。
(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有evB＝m，最小矩形区域如图所示，
由数学知识得：CD＝2r·sin，CQ＝r－rcos
故矩形磁场区域的最小面积：Smin＝CD·CQ
联立解得：Smin＝2。
7．(2019·重庆南开中学高三4月模拟)在矩形区域abcd中，存在如图甲所示的磁场区域(包括边界)，规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc＝2ab＝2L、e
为bc边界上的一点，且ce＝。重力可忽略不计的正粒子从d点沿dc方向以初速度v0射入如图乙所示的周期性变化的磁场，已知粒子的比荷为k。求：
(1)如果在t＝0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B0应为多大？
(2)如果磁场的磁感应强度B0＝，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，t＝0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0后垂直bc边离开磁场，经过一段时间又沿dc边从d点离开磁场区域，则电场强度E以及粒子在电场中的路程x分别为多大？(T0未知，用k，L，v0表示)
(3)如果磁场的磁感应强度B0＝，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场，则磁场的变化周期T0应满足什么条件？
答案 (1)
(2)(n＝1,2,3…) (n＝1,2,3…)
(3)T0≤
解析 (1)根据题意作出粒子的运动轨迹，如图a所示，
由几何关系有：R2＝2＋L2，计算得出：R＝L
又R＝，解得：B0＝。
(2)根据R＝，把B0＝代入可得粒子的半径R＝L，画出粒子在T0的运动轨迹如图b所示，
设粒子运动的周期为T，根据题意有：T0＝T
得T0＝，为保证粒子能回到d点，则在电场中所用时间t满足：t＝nT0(n＝1,2,3…)
又有t＝，a＝，解得E＝(n＝1,2,3…)
粒子在电场中路程：x＝2＝(n＝1,2,3…)。
(3)临界情况为粒子从t＝0时刻射入，并且在T0时刻轨迹恰好与ad边相切，如图c所示，
设圆周运动的周期为T，由几何关系知粒子转过的圆心角为150°，
对应运动时间为t＝T＝，应满足t≥T0，
解得：T0≤。
8．(2019·山东淄博三模) 如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc
长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc的中点。efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电荷量为＋q的绝缘小球A静止在磁场中f点。abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿bf方向运动。P与A发生弹性正碰，A的电量保持不变，P、A均可视为质点。
(1)求碰撞后A球的速度大小；
(2)若A从ed边离开磁场，求k的最大值；
(3)若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间。
答案 (1)vA＝· (2)1
(3)或
解析 (1)设P、A碰后的速度分别为vP和vA，P碰前的速度为v＝
由动量守恒定律：kmv＝kmvP＋mvA
由机械能守恒定律：kmv2＝kmv＋mv
解得：vA＝·。
(2)设A球在磁场中运动轨迹半径为R，由牛顿第二定律得：qvAB＝
解得：R＝L，即k＝
由此可知R越大，k值越大
如图1，当A球的轨迹与cd相切时，R为最大值，R＝L
求得k的最大值为1。
(3)令z点为ed边的中点，分类讨论如下：
(ⅰ)A球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2有
R2＝2＋(1.5L－R)2
解得：R＝
由R＝L可得：k＝
(ⅱ)分析可知A球能从z点离开磁场需要满足R≥，则A球在磁场中还可能经历一次半圆运动后进到电场，然后再由电场进入磁场，最终从z点离开。
如图3和图4，由几何关系有：
R2＝2＋2
解得：R＝或R＝
由k＝可得：k＝或k＝
球A在电场中克服电场力做功的最大值为
Wm＝
当k＝时，vA＝，由于·mv＝>，故不成立；
当k＝时，vA＝，由于·mv＝＜，故成立。
综合(ⅰ)、(ⅱ)可得A球能从z点离开的k的可能值为：
k＝或k＝
A球在磁场中运动周期为T＝
当k＝时，如图4，A球在磁场中运动的时间最长，最长时间为t＝T，即t＝。
『热门预测题组』
1．(2019·湖南常德高三一模)2018年，我省加大环保督查力度，打响碧水蓝天保卫战。督查暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则( )
A．a侧电势比c侧电势低
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
C．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
答案 D
解析 污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，所以a侧电势比c侧电势高，
故A错误；最终正、负离子受到电场力和洛伦兹力处于平衡，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝＝·＝，可知Q与U、D成正比，与L无关，与离子浓度无关，B、C错误；由Q＝可知，匀强磁场的磁感应强度B＝，故D正确。
2．(2019·湖南常德一模)欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l0的质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m，电荷量为e；加速极板AB、A′B′间电压均为U0，且满足eU0＝mv。两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H＝R；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度v和磁场磁感应强度B；
(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，质子束能在OO′连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件。
答案 (1)2v0 (2)l0≥
解析 (1)对于单个质子进入加速电场后，则有：
eU0＝mv2－mv
又：eU0＝mv，解得：v＝2v0；
根据对称，两束质子会相遇于OO′的中点P，粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出，出射点为D，过C、D点作速度的垂线相交于K，则K点即为轨迹的圆心，如图甲所示，并可知轨迹半径r＝R
根据洛伦兹力提供向心力有：evB＝m
可得磁场磁感应强度：B＝。
(2)磁场O的圆心上移了，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运动轨迹半径仍为R，对于上方粒子，将不是向着圆心射入，而是从F点射入磁场，如图乙所示，E点是原来C点位置，连接OF、OD，并作FK平行且等于OD，连KD，由于OD＝OF＝FK，故平行四边形ODKF为菱形，即KD＝KF＝R，故粒子束仍然会从D点射出，但方向并不沿OD方向，K为粒子束的圆心，由于磁场上移了，故sin∠COF＝＝，∠COF＝，∠DOF＝∠FKD＝
对于下方的质子，则没有任何改变，故两质子束若相遇，只可能相遇在D点，
下方质子到达C′后最先到达D点的质子所需时间为
t′＝＝
而上方质子中最后一个到达E点的时间比第一个到达E点的时间滞后Δt＝
上方质子从E点到达D点所需时间为
t＝＋＝R
要使两质子束相碰，其运动时间满足t′≤t＋Δt
联立解得l0≥。
