【物理】2020届一轮复习人教版磁场作业(1)

h2【答案】 C【解析】 A 、第 1 个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得： 2 0 1 2 vh g  . 第 3 个图：当加上电场时， 由运动的分解可知，在竖直方向上有： v02 =2gh3 ，所以 h1=h3 ；故 A 正确。 D 、而第 2 个图：洛 伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动 能为 Ek ，则由能量守恒得： 2 2 0 1 2kmgh E mv  ，又由于 2 0 1 1 2 mv mgh ，所以 h1 ＞ h2 ；故 D 正 确。 B 、第 4 个图：带正电小球受到向上的电场力，减速的加速度较小，则 h4>h1 ，故 B 正确。 C 、 结合 h1 ＞ h2 和 h4>h1 可知 h4>h2 ，故 C 错误 . 本题选错误的故选 C.【点睛】本题要注意洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场 对电子的洛伦兹力始终不做功． 45 ．如图所示，半径为 R 的绝缘圆筒内分布着匀强磁场，磁感应强度大小为 B ，方向垂直于纸面 向里。一个质量为 m 、电荷量为 q 的正离子（不计重力）以某一速度从筒壁上的小孔 P 进入筒中， 速度方向与半径成＝ 30 °夹角并垂直于磁场方向。不计离子和筒壁通撞时能量和电荷量的损失。 若粒子在最短的时间内返回 P 孔，则离子的速度和最短的时间分别是（ ） A. 2qBR m ` m qB  B. 2qBR m ` 2 3 m qB  C. 3qBR m ` m qB  D. 3qBR m ` 3 m qB  【答案】 B【解析】离子只与圆筒碰撞一次，经历的时间最短，轨迹如图所示： 设离子在磁场中的轨迹半径为 r ，速度为 v ，根据向心力公式 2vqvB m r  ① 结合图中的几何关系可得 r=2R ② 解得离子的速率 v= 2RqB m ③ 离子在磁场中走过的每段圆弧对应的圆心角α =60 ∘ ④ 经历的时间 t=T/3 ⑤ 即 t= 2 3 m qB  ，故 B 正确， ACD 错误 故选： B点睛：离子要在最短的时间内返回 P 点，离子只能与圆筒碰撞一次，据此画出离子的运动轨迹如 图所示，碰撞点在过 P 点的直径的另一端，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意求出粒子转 过的圆心角，然后根据周期公式求出粒子的运动时间，然后求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定 律求出粒子的速度． 46 ．在水平桌面上，一个面积为 S 的圆形金属框 , 圆形金属框与一个平行金属导轨相连接，导轨上 放置一根导体棒，导体棒的长为 L ，电阻为 R 且与导轨接触良好，其余各处电阻不计，将它们置 于同一个匀强磁场中，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图所示。 0-1s 内磁场方向垂直线框平 面向里。若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力 f 随时间变化的图象是图中的（设向右为 力的正方向）（ ） A. B. C. D.【答案】 B【解析】在 0 到 1 秒内磁感应强度 B 随时间 t 的均匀增加，则由法拉第电磁感应定律得感应电动 势恒定不变，则电流也不变。再由楞次定律可得感应电流方向逆时针，则根据左手定则可得导体 棒受到的安培力的方向为向左，大小恒定，所以棒受到的静摩擦力方向为向右，即为正方向。且 大小 f=F 安 =BIL 成线性增大；而在 1 秒到 2 秒内磁感应强度大小不变，则线圈中没有感应电动势， 所以没有感应电流，则也没有安培力。因此棒不受静摩擦力。在 2 到 3 秒内磁感应强度 B 随时间 t 的均匀减小，则由法拉第电磁感应定律得感应电动势恒定不变，则电流也不变。再由楞次定律 可得感应电流方向顺时针，则根据左手定则可得导体棒受到的安培力的方向为向右，大小恒定， 所以棒受到的静摩擦力方向为向左，即为负方向。且大小 f=F 安 =BIL 成线性减小；故 B 正确， ACD错误。故选 B.点睛：本题让学生掌握法拉第电磁感应定律来算出感应电动势大小，而楞次定律来确定感应电流 的方向，左手定则来判定安培力的方向． 47 ．据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容 器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半 径为 1R ，外半径为 2R ，被束缚的带电粒子的比荷为 k ，若中空区域内带电粒子均具有沿半径方 向的速度，速度大小为 v 。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为 2R 的区域内，则环状区域内匀强磁场的磁感应强度最小值为（ ） A.   2 2 1 2R v k R R B.   2 2 2 2 1 2R v k R R C.  2 1 3v k R R D.  2 1 v k R R 【答案】 B 48 ．下列说法中正确的是（ ） A. 由 R= 可知，若电阻两端所加电压为 0 ，则此时电阻阻值为 0 B. 由 E= 可知，若检验电荷在某处受电场力大小为 0 ，说明此处场强大小一定为 0 C. 由 B= 可知，若一小段通电导体在某处受磁场力大小为 0 ，说明此处磁感应强度大小一定为 0 D. 由 E=n 可知，若通过回路的磁通量大小为 0 ，则感应电动势的大小也为 0【答案】 B 【解析】 A. 是电阻的定义式，电阻的大小不会随着电压的变化而变化的。故 A 错 B. 由 可知若检验电荷受到的电场力为零，则表示此处的电场强度一定为零，故 B 对 C. 当导体棒与磁场平行时即使有磁场磁场力也为零，故 C 错 D. 由 可知，电动势的大小取决于磁通量改变了多少所以当通过回路的磁通量大小为 0 ， 感应电动势的不一定为零，故 D 错。 故选 B 49 ． 49 ．如图所示，在两水平极板间存在的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场垂直 纸面向里，一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，若不计重力，下列四个物理量中哪一 个改变时，粒子运动轨迹不会改变 A. 粒子所带的电荷量 B. 粒子速度的大小 C. 电场强度 D. 磁感应强度 【答案】 A【解析】 A. 由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有： qvB=qE ，即有 vB=E 。 粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生 改变，故 A 正确； B. 改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生 改变，故 B 错误； C. 改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故 C错误； D. 改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故 D 错误； 故选： A点睛：带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡 条件得到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比．当洛伦兹力与电场力仍平衡时， 粒子的运动轨迹不会改变． 50 ．根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是 A. 将物体看成质点进行研究分析，应用了等效替代的方法 B. 通过安培分子电流假说可以得出：一切磁现象都源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或 运动电荷之间通过磁场而发生的作用 C. 在原子核中，结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固 D. 铀核（ 238 92 U ）衰变为铅核（ 206 82 Pb ）的过程中，中子数减少 21 个 【答案】 B 51 ．如图所示，在平面直角坐标系中， x 轴上方区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于坐标系平面 向里。 y 轴上纵坐标等于 r 的 A 点有一粒子发射源，可向磁场所在区域沿不同方向发射出质量为 m 、电荷量为﹣ q 的粒子，粒子速度大小相同，在这些粒子经过 x 轴上的所有点中， P 点离坐标 原点距离最远，其横坐标为 r ．则下列说法中正确的是（ ） A. 粒子在磁场中运动经过 P 点时，运动轨迹与 x 轴相切 B. 粒子在磁场中运动的时间最短时，运动轨迹与 x 轴相切 C. 粒子在磁场中运动的轨道半径等于 r D. 粒子在 x 轴负半轴上能经过的最远点横坐标等于﹣ 3 r【答案】 C【解析】 AC 、由题可得 AP 粒子做圆 周运动的直径，故 粒子在磁场中运动 的轨道半径  221 32R r r r   ，所以粒子在磁场中运动经过 P 点时，运动轨迹与 x 轴不相切，故 A 错 误， C 正确； B 、粒子在磁场中运动的时间最短时，由 st v  可知运动的弧长最短，对应的弦长最短，故粒子在 磁场中运动经过 O 点时，对应的弦长最短，所以运动轨迹与 x 轴不相切，故 B 错误； D 、粒子在 x 轴负半轴上能经过的最远点时，运动轨迹与 x 轴相切，故横坐标等于为 -r ，故 D 错 误； 故选 C 。 【点睛】粒子速度大小相同，做匀速圆周运动的半径相同，在这些粒子经过 x 轴上的所有点中， P 点离坐标原点距离最远，所以 AP 粒子做圆周运动的直径。 52 ．如图，空间存在方向垂直于纸面（ xoy 平面 ) 向里的磁场。在 x ≥ 0 区域，磁感应强度的大小为 B0tx<0 区域，磁感应强度的大小为 B0 （常数λ >1 ）：一带电粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 X 轴正 向射入磁场，在磁场内区域做匀速圆周运动，则 x<0 区域粒子的速率和轨道半径与 x ≥ 0 区域之比 分别为（ ） A. 1, λ B. λ , λ C. 1 ， 1/ λ D. 1/ λ， 1/ λ 【答案】 C【解析】因为洛伦兹力不做功，故粒子在两侧磁场中运动的速率保持不变，均为 v0 ，故速率之比 为 1 ： 1=1 ；根据洛伦兹力提供向心力： 2vqvB m R  ，可得粒子半径： mvR qB  ，设 x ＜ 0 区 域粒子半径为 R1 ， x ≥ 0 区域粒子半径为 R2 ，可得： 0 1 0 mvR q B  ， 0 2 0 mvR q B   ，故半径之比为 1 1:1  ，故 C 正确， A 、 B 、 D 错误。故选 C.【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键是要知道洛伦兹力不做功，熟练掌握半径 公式的应用。 53 ．如图所示，周长为 s=24cm 的圆形区域内有一垂直于纸面的匀强磁场， P 为磁场边界上的一 点，一带电粒子（不计重力）从 P 点沿直径方向以速度 0v 射入磁场，从 Q 射出， PQ 段弧长为周 长的 1 3 。现将磁感应强度的大小变为原来的 3 倍，该粒子仍从 P 点沿直径方向以速度 0v 射入磁 场。则出射点到 P 点的劣弧弧长是 ( ) A. 4cm B. 6cm C. 8cm D. 12cm【答案】 B【解析】当带电粒子从 P 点沿直径方向以速度 0v 射入磁场，从 Q 射出， PQ 段弧长为周长的 1 3 时， 根据几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径 1 3R R ， 当 磁 感 应 强 度 的 大 小 变 为 原 来 的 3 倍 ， 根 据 公 式 2 0 0 2 vqBv m R  可 知 ， 0 2 1 3 33 mvR R R q B    ，即粒子做匀速圆周运动的半径与圆形磁场的半径相等，所以粒子在磁 场中完成 1 4 圆周，劣弧长度为 1 12 24 64 4s R cm cm     ，故 B 正确。 54 ．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的 M 、 N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小不 等（ IM>IN ）、方向相反的电流。 a 、 o 、 b 在 M 、 N 的连线上， o 为 MN 的中点， c 、 d 位于 MN 的 中垂线上，且 a 、 b 、 c 、 d 到 o 点的距离均相等。关于以上几点的磁场，下列说法正确的是（ ） A. c 、 d 两点的磁感应强度大小相等，方向不同 B. a 、 b 两点的磁感应强度大小相等，方向相同 C. o 点的磁感应强度为零 D. a 、 c 两点磁感应强度的方向相同 【答案】 A 55 ．如图，质量为 m 的带正电的小球用绝缘轻绳悬挂在 O 点，在空间中存在着水平向右的匀强 电场，小球在 B 点能够静止不动。现在让小球由最低点 A 从静止释放。则小球： A. 恰好能运动到 C 点 B. 过 B 点时合力为 0 C. 向右运动的过程中合力的功率先增大再减小 D. 在 C 点加速度为 tang  【答案】 A【解析】 A 项：在 B 点受力分析：小球受重力 G ，水平向右的电场力 F ，细线的拉力 T ，由平衡 条 件 可 知 ， tan 2F mg  ， 小 球 从 A 到 C 电 场 力 与 重 力 做 功 之 和 为     sin 21 cos tan ·sin 1 cos ·2sin cos 02 2 2cos 2 mgl mg l mgl mgl               ，即小球到达 C 点时速度为零，故 A 正确； B 项：由于小球从 A 到 C 做圆周运动，所以过 B 点时合力提供做圆周运动的向心力，故 B 错误； C 项：小球从 A 到 C 过程中，在 A 点速度为零，在 C 点速度为零，所以合力的功率先增大后减小， 故 C 正确； D 项：由于在 C 点速度为零，所以小球的合力方向沿圆周切线方向，根据受力分析有 sin cos sin tan sin2CF mg qE mg mg        ，故 D 错误。 56 ．下列说法正确的是 ( ) A. 伽利略通过理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因 B. “月地检验”通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度检验 万有引力的“平方反比”规律 C. 匀速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，速度方向始终为切线方向 D. 奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生 电，即电磁感应磁现象 【答案】 C【解析】伽利略通过理想斜面实验否定了力是维持物体运动的原因的观点，故 A 错误．牛顿通过 比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故 B 错误．匀 速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，加速度方向不断指向圆心，速度方向始终为切线 方向．故 C 正确；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故 D 错误；故选 C ． 57 ．如图甲所示，质量为 2.0 × 10 -3 kg 的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“ ”形框的水平 部分 CD 长为 0.20 m ，处于磁感应强度大小为 B1= 0.1T 、方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数 为 300 匝、横截面积为 0.01m 2 的竖直放置的线圈，通过开关 S 与两水银槽相连，线圈内有沿轴 线方向通过的磁场，其磁感应强度 B2 随时间 t 变化的关系如图乙所示，在 t = 0.22 s 时闭合开关 S ，细框瞬间跳起（细框跳起瞬间安培力远大于重力），跳起的最大高度为 0.20 m ，不计空气阻力， 重力加速度取 g = 10 m/s 2 ，下列说法正确的是（ ） A. 开关 S 闭合瞬间， CD 中的电流方向由 D 到 C B. 磁感应强度 B2 的方向竖直向下 C. 开关 S 闭合瞬间，通过 CD 的电荷量为 0.2 C D. 0 ~ 0.10s 内线圈中的感应电动势大小为 3 V【答案】 C 58 ．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，它的构造原理如图所示。粒子 源 S 发出各种不同的正粒子束（粒子重力忽略不计），粒子从 S 出来时速度很小，可以看做初速 度为零，粒子经过加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场（图中线框所示），并沿着半圆周运动 而达到照相底片上的 P 点，测得 P 点到入口的距离为 z ，则以下说法正确的是 A. 若粒子束不是同位素，则 x 越大，正粒子的质量一定越大 B. 若粒子束是同位素，则 x 越大，质量一定越小 C. 只要 x 相同，则正粒子的质量一定相同 D. 只要 x 相同，则正粒子的比荷一定相同 【答案】 D【解析】粒子在电场加速过程，根据动能定理： 2 0 1 2qU mv ，解得加速后的速度为： 0 2qUv m  ，在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力： 2vqvB m r  ，解得： 1 2mv Umr qB B q   ，则 1 22 2 Umx r B q   ，若离子束不是同位素， q 不相同， x 越大对应的 离子质量不一定越大，故 A 错误；由上式知，若离子束是同位素，则 x 越大，而离子质量一定越 大，故 B 错误；上式知，只要 x 相同，对应的离子的比荷 q m 一定相等，但质量不一定相等，故 C错误， D 正确。所以 D 正确， ABC 错误。 59 ．关于物理学史、以下说法正确的是（ ） A. 库仑在前人工作的基础上 , 通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 B. 伽利略在《自然哲学的数学原理》一书中 , 详细地研究了抛体运动 C. 法拉第根据通电导线附近小磁针会发生转动的现象 , 揭示了电与磁的联系 D. 安培不仅提出了场的概念 , 而且用电场线直观地描绘了电场 【答案】 A【解析】库仑总结出了点电荷间的相互作用规律，即库仑定律， A 正确； 1638 年，伽利略在《自 然哲学的数学原理》一书中，运用观察 -- 假设 -- 数学推理的方法，但没有详细研究抛体运动， B 错 误；奥斯特发现了电流的磁效应， C 错误；法拉第提出场的概念，用电场线直观的描绘了电磁， D 错误． 60 ．粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的 D 形金属盒的半径为 R ，两金属盒间的 狭缝很小，磁感应强度为 B 的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为 f ，加速电压为 U ，若中心粒子源 S 处产生的质子质量为 m 、电荷量为＋ e ，在加速器中被加速，不考虑相对论效 应，则下列说法正确的是（ ） A. 不改变磁感应强度 B 和交流电的频率 f ，该加速器也可加速粒子 B. 加速的粒子获得的最大动能随加速电压 U 的增大而增大 C. 质子被加速后的最大速度不能超过 2  Rf D. 质子第二次和第一次经过 D 形盒狭缝后轨道半径之比为 2 ： 1【答案】 C【解析】带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据 T= 2 m qB  知，换用α粒子， 粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子．故 A 错误．根据 qvB=m 2v R ，知 v= BRq m ，则最大动能 EKm= 1 2 mv 2 = 2 2 2 2 q B R m ．与加速的电压无关．故 B 错误．质 子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为 R ，则 v=2 π Rf ．所以最大速度不超过 2 π fR ．故 C 正 确．粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据 v= 2ax 知，质子第二 次和第一次经过 D 形盒狭缝的速度比为 2 ： 1 ，根据 r= mv qB ，则半径比为 2 ： 1 ．故 D 错误．故 选 C ． 点睛：解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及 知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等． 61 ．已知无限长通电直导线周围某一点的磁感应强度 B 的表达式： ，其中 r0 是该点到通 电直导线的距离， I 为电流强度，μ 0 为比例系数（单位为 N/A 2 ）。试推断，一个半径为 R 的圆环， 当通过的电流为 I 时，其轴线上距圆心 O 点为 r0 处的磁感应强度应为（ ） A. B. C. D.【答案】 C 【解析】根据， , μ 0 单位为： T • m/A ； A 、等式右边单位： ，左边单位为 T ，不同，故 A 错误； B 、等式右边单位： ，左边单位为 T ，不同，故 B 错误； C 、等式右边单位： ， 左边单位为 T ，相同，故 C 正确； D 、等式右边单位 ，左边单位为 T ，相同， 但当 r0=0 时 B=0 ，显然不合实际，故 D 错误；故选 C.【点睛】本题要采用量纲和特殊值的方法进行判断，即先根据单位判断，再结合 r0 取最小值进行 分析 . 结合量纲和特殊值进行判断是解决物理问题的常见方法 . 62 ．如图所示，边界 OA 与 OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界 OA 上有一粒子源 S 。 某一时刻从 S 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 OC 射出磁场，已知 ∠ AOC=60 °，从边界 OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于 2 T （ T 为粒子在磁场中运动的 周期），则从边界 OC 射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为（ ） A. 3 T B. 4 T C. 6 T D. 9 T 【答案】 D【解析】粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速 度大小相同，轨迹半径 mvR Bq  相同； 设OS d ，当出射点 D 与 S 点的连线垂直于 OA 时， DS 弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期 一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长，由此得到： 轨迹半径为： 3 2R d 当出射点 E 与 S 点的连线垂直于 OC 时，弦 ES 最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运 动的时间最短， 则： 3 2SE d ，由几何知识，得 60   最短时间： 1 6mint T 所以，粒子在磁场中运动时间范围为 1 6 2 TT t  ，故选项 ABC 是可能，选项 D 是不可能的。 点睛：粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的问题，关键是画轨迹，本题是根据几何知识：半径一定 时，弦越长，对应的圆心角越大，则运动时间越长。 63 ．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 v 从 A 点沿直径 AOB 方向射入磁场，经过 时间从 C 点射出磁场， OC 与 OB 成 60 °角。现将带电粒子的速度变为 ，仍从 A 点沿原方向射入磁场，粒子在磁场中的运动时间变为 2 ，不计重力，则下列判断正 确的是 A. B. C. D.【答案】 B 第二次运动的时间为： t ′ = T=2 △ t ，可得θ =120 0 ，根据几何关系可知： ，解 得 ；根据 r2= 解得 , 故选 B.点睛：带电粒子在磁场中运动的题目解题基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆 弧的几何关系来帮助解题． 64 ． 64 ．如图所示为一有边界的匀强磁场，磁感应强度为 B ，边界 OA 上某处有一 粒子发射源。 在 t=0 时刻从 粒子源处垂直于磁场 B 向各个方向发射出大量 粒子（不计 粒子间的相互作 用），所有 粒子的初速度大小相等，一段时间后有大量 粒子从边界 OC 射出该区域磁场，已 知∠ AOC=60 °，则从边界 OC 射出的 粒子在该区域磁场中运动的最长时间是（ ） A. 2 T B. 3 T C. 2 3 T D. T【答案】 C【解析】当粒子平行于 AO 进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与 OC 相切时，运动时间 最长，由几何关系可得，在磁场中偏转角为 240 0 ，所用的时间 0 0 240 2 360 3t T T  ，故 C 正确。 点晴：解决本题关键找出粒子在磁场中做圆周运动的临界条件，往往最长时间即为粒子的轨迹与 边界相切。 65 ．一重力不计的带电粒子以初速度 v0( ) 先后穿过宽度相同且相邻的有明显边界的匀强电 场 E 和匀强磁场 B ，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功 W1 ；若把电场和磁场正交叠加， 如图乙所示，粒子仍以 v0 的初速度穿过叠加场区，电场和磁场对粒子总共做功 W2 ，比较 W1 、 W2 的大小 A. B. C. D. 可能是 , 也可能是 【答案】 B 66 ．如图，长为 l 的绝缘轻绳上端固定于 O 点，下端系一质量为 m 的带负电小球，在小球运动 的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场。某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度， 小球能做完整的圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为 g 。则 A. 小球做匀速圆周运动 B. 小球运动过程机械能不守恒 C. 小球在最高点的最小速度 D. 最低点与最高点的绳子拉力差值大于 6mg【答案】 D【解析】小球受重力、绳子的拉力以及沿绳子向外的洛伦兹力，则小球做非匀速圆周运动，选项 A 错误；小球运动过程，只有重力做功，则机械能守恒，选项 B 错误；在最高的最小速度满足： ，则 ，选项 C 错误；在最高点时 从最高点到最低点： ；在最低点： ；联立解得： ，选项 D 正确；故选 D. 67 ．为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的测量计， 该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为 、 、，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁 感应强度为 的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经 该装置时，电压表将显示两个电极间的电压 ．若用 表示污水流量（单位时间内排出的污水体积）， 下列说法中正确的是（ ） A. 若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高 B. 前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关 C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大 D. 电压表示数 与污水流量 成正比，与 、 、均无关 【答案】 B【解析】 AB 、由左手定则可以判断正离子受洛伦兹力向后表面聚集，负离子受洛伦兹力向前表面 聚集，前表面的电势一定比后表面电势低，与哪种粒子多少无关，故 A 错误， B 正确； C 、当电压表示数最大时，洛伦兹力与电场力平衡 ，可得 ，即电压表示数与离子 浓度无关，故 C 错误； D 、污水流量为 ，由 项分析可知 ，代入可得 ，即污水流量 与 a 、 无关，故 D 错误； 故选 B 。 【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及抓住离子在电场力和洛伦兹力 作用下平衡进行求解。 68 ．如图所示，已知电场方向沿 轴正方向，场强大小为 ；磁场方向沿 轴正方向，磁感应强度 的大小为 ；重力加速度为 ．一质量为 、带电量为 的带电微粒从原点以速度 出发．关于它 在这一空间的运动的说法正确的是（ ） A. 一定能沿 轴做匀速直线运动 B. 一定能沿 轴做匀速直线运动 C. 可能沿 轴做匀速直线运动 D. 可能沿 轴做匀速直线运动 【答案】 D 69 ． 69 ．为了降低潜艇噪音可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进 器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为： a × b × c=0.5m × 0.4m × 0.3m 。空间内存在由超导线圈 产生的匀强磁场，其磁感应强度 B=10.0T 、方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流 I=1.0 × 10 3 A ，方向如图。则下列判断正确的是： B A. 推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为 4.0 × 10 3 N B. 推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为 4.0 × 10 3 N C. 推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为 3.0 × 10 3 N D. 推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为 3.0 × 10 3 N【答案】 A【解析】磁场方向向下，电流方向向里，依据左手定则，则安培力方向向左，根据安培力公式 F=BIL=10 × 1.0 × 10 3 × 0.4N=4.0 × 10 3 N ，故综上所述，故 A 正确， BCD 错误；故选 A ． 点睛：此题考查左手定则的内容，掌握安培力大小计算，注意左手定则与右手定则的区别，及理 解安培力大小公式中 L 的含义． 70 ．有两根长直导线 a 、b 互相平行放置，右图所示为垂直于导线的截面图．在图示的平面内， O 点为两根导线连线的中点， M 、 N 为两根导线附近的两点，它们在两导线的中垂线上，且 与O 点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流 I ，则关于线段 MN 上各点 的磁感应强度的说法中正确的是（ ） A. M 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相同 B. M 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相反 C. 在线段 MN 上各点的磁感应强度都不可能为零 D. 在线段 MN 上所有点的磁感应强度方向相同 【答案】 B 【解析】根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿顺时针方向，由于对称，两 根通电导线在 MN 两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到， M 点和 N 点的磁感应强度大小相等， M 点磁场向下， N 点磁场向上，方向相反．故 A 错误， B 正确．只 有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则 知只有O 点的磁感应强度为零．故 CD 错误．故选 B. 71 ．如图所示，两带电平行金属板之间有相互正交的匀强和匀强磁场．现使一个带正电的粒子以 某一初速度沿垂直于电场和磁场的方向射入两板间，测得它飞出该场区时的动能比射入时的动能 小．为使带电粒子飞出场区时的动能比射入时的功能大，以下措施中可行的是（ ） A. 增大射入时的速度 B. 保持金属板所带电荷量不变增大两板间的距离 C. 保持两板间的距离不变增大两金属板所带的电荷量 D. 增大磁场的磁感应强度 【答案】 C【解析】增大速度，则磁场力增大而电场力不变，不符合上面分析， A 错误．保持金属极板所带 电荷量不变，增大两极板间的距离，根据电场强度公式 4πkQE s ，可知电场强度不变，则电场 力也不变，因此 B 是错误．保持两极板间的距离不变，则电容不变，而增大两金属极板所带的电 荷量，根据 QU C  ，则极板电压增加，则增加电场强度，即增大电场力，使粒子向电场力方向 偏转，这样电场力做正功，所以动能会增大， C 正确．增大磁感应强度即增大了洛伦兹力，粒子 从向上偏转，电场力做负功，动能减小，不符合上面的分析， D 错误．故选 C ． 点睛：该题是速度选择器一类的题，在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电 场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即 qvB=qE ， v=E/B ，只有速度为 E/B 的粒子才能沿直线匀速通过选择器．若粒子受到的电场力和磁场力不平 衡时，粒子将发生偏转：电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，此时电场力做正功， 电势能转化为动能；电场力小于洛伦兹力时，粒子将向洛伦兹力反向偏转，电场力做负功，动能 转化为电势能． 72 ．首先发现电流磁效应的科学家是（ ） A. 库仑 B. 安培 C. 奥斯特 D. 法拉第 【答案】 C【解析】最先发现电流磁现象的科学家是丹麦的物理学家奥斯特，不是库仑，安培和法拉第，所 以 C 正确的．故选 C ． 73 ．如图所示，在水平直线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直线上的 P 点先后发射出两 个完全相同的正粒子 ( 不计重力 ) ，射入时速度大小相等但射入方向与直线间夹角分别为 30 °和 90 °。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T ，要使这两个粒子在磁场中某点相遇，则先后 发射两个粒子的时间间隔为（ ） A. 1 5T B. 1 4 T C. 1 3T D. 2 5 T 【答案】 C【解析】画出两个粒子运动的轨迹图，两轨迹的交点处为两粒子的相遇点，由几何关系可知，从 开 始 射 出 到 两 粒 子 相 遇 ， 两 粒 子 转 过 的 角 度 分 为 为 240 0 和 120 0 ， 则 运 动 时 间 分 别 为 0 1 0 240 2 360 3t T T  ， 0 2 0 120 1 360 3t T T  ，则先后发射两个粒子的时间间隔为 1 2 1 3t t t T    ， 故选 C. 74 ．如图所示，水平边界 MN 上方有一匀强磁场， a 、 b 两带电粒子所带的电荷量分别是 q1 、 q2 ， 以相同速度从边界的 O 点同时进入磁场，它们的轨迹图如图所示，轨道半径分别为 r1 、 r2 ， 且 r2 ＝ 2r1 。下列说法正确的是 A. a 带负电、 b 带正电，比荷之比为 1 2 1 2 : 1: 2q q m m  B. a 带负电、 b 带正电，比荷之比为 1 2 1 2 : 2:1q q m m  C. a 带正电、 b 带负电，比荷之比为 1 2 1 2 : 1: 2q q m m  D. a 带正电、 b 带负电，比荷之比为 1 2 1 2 : 1:1q q m m  【答案】 B【解析】由图示可知， q1 向左偏， q2 向右偏，根据左手定则知， a 带负电， b 带正电，粒子在磁 场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB=m 2v r ，解得： r= mv qB ， 荷质比： q v m Br  ， v 与 B 不变，所以荷质比之比等于半径之反比，则： 1 2 1 2 : 2:1q q m m  ，故 B正确；故选 B.点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键， 以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式。 75 ．如图所示，在磁感应强度大小为 0B 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 、 Q 中的电流都反向，其他条件不变，则 a 点处磁感 应强度的大小为 A. 0 B. 2B0 C. 3 B0 D. 3 3 B0 【答案】 B 76 ．如图所示，是质谱仪的工作原理图。电容器两极板相距为 d ，两板间电压为 U ，极板间的匀 强磁场的磁感应强度为 1B ，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过 电容器后进入另一磁感应强度为 2B 的匀强磁场，结果分别打在 a 、b 两点，两点间的距离为 R .设粒子所带电量为 q ，且不计粒子所受重力，则下列判断正确的是（ ） A. 同时改变速度选择器中磁场与电场方向，不会改变粒子运动轨迹 B. 打在 a 点的粒子荷质比 /q m 更大 C. 打在 a 、b 两点的粒子的质量之差 m 是 1 2 4 qB B d U R D. 打在 a 、b 两点的粒子的质量之差 m 是 1 2 2 qB B d R U  【答案】 D【解析】 A 项：要使粒子做直线运动通过速度选择器，要加正交的电场和磁场，如果电场与磁场 方向相同，粒子将做曲线运动，故 A 错误； B 项：根据 mvr qB  ， a ， b 两粒子进入磁场的速度相同，半径越大的，比荷越小，所以打在 a 点 的粒子比荷更小，故 B 错误； C 、 D 项 ： 在 电 容 器 中 受 力 平 衡 有 ： qvB1=qE ， 解 得 1 1 E Uv B B d   ，进 入 磁 场 B2 后 ， 2 1 2 mv mUR qB qdB B   ，同位素的电量相等，质量不等，有  1 2 1 2 22 mUs R R qdB B    ，所以 1 2 2 RqdB Bm U   ，故 D 正确。 点晴：带电粒子在电容器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子在磁场中的偏 转方向确定电荷的电性，抓住粒子在电容器中做匀速直线运动，结合在磁场中做匀速圆周运动的 半径关系确定比荷大小．根据粒子在磁场中的半径公式求出两个粒子的质量之差。 77 ．如图所示，是质谱仪的工作原理图。电容器两极板相距为 d ，两板间电压为 U ，极板间的匀 强磁场的磁感应强度为 1B ，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过 电容器后进入另一磁感应强度为 2B 的匀强磁场，结果分别打在 a 、b 两点，两点间的距离为 R .设粒子所带电量为 q ，且不计粒子所受重力，则下列判断正确的是（ ） A. 同时改变速度选择器中磁场与电场方向，不会改变粒子运动轨迹 B. 打在 a 点的粒子荷质比 /q m 更大 C. 打在 a 、b 两点的粒子的质量之差 m 是 1 2 4 qB B d U R D. 打在 a 、b 两点的粒子的质量之差 m 是 1 2 2 qB B d R U  【答案】 D【解析】 A 项：要使粒子做直线运动通过速度选择器，要加正交的电场和磁场，如果电场与磁场 方向相同，粒子将做曲线运动，故 A 错误； B 项：根据 mvr qB  ， a ， b 两粒子进入磁场的速度相同，半径越大的，比荷越小，所以打在 a 点 的粒子比荷更小，故 B 错误； C 、 D 项 ： 在 电 容 器 中 受 力 平 衡 有 ： qvB1=qE ， 解 得 1 1 E Uv B B d   ，进 入 磁 场 B2 后 ， 2 1 2 mv mUR qB qdB B   ，同位素的电量相等，质量不等，有  1 2 1 2 22 mUs R R qdB B    ，所以 1 2 2 RqdB Bm U   ，故 D 正确。 78 ．阿尔法磁谱仪用于探测宇宙中的反物质和暗物质（即由“反粒子”构成的物质），如氚核（ 3 1 H ） 的反粒子为（ 3 1 H ）。该磁谱仪核心部分截面区域是半径为 R 的圆形磁场，磁场方向垂直纸面向 外，如图所示， P 为入射窗口，各粒子从 P 射入速度相同，均沿直径方向， P 、 a 、 b 、 c 、 d 、 e 为 圆周上等分点，如反质子射入后打在 e 点，若氚核粒子射入，则（ ） A. 氚核将打在 d 点 B. 氚核射入磁场后的运动轨迹的半径为反质子的 1 3 C. 氚核的运动时间为反质子的 1 2 D. 氚核的运动时间为反质子的 3 2 【答案】 D【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB=m 2v R ， 解得： R= mv qB ，质子的轨道半径为 R ，则氚核的轨道半径： R ′ =3R ，反质子射入后打在 e 点，它 转 过 的 圆 心 角 为 ： θ =180 ° -60 ° =120 ° ， 60 32 rtan tan R      ， 则 氚 核 ' 3 2 ' 3 3 r rtan R R     ，则 ' 60  ，由左手定则可知，氚核刚射入磁场时受到的洛伦兹力竖 直向下，则氚核从 b 点射出磁场，选项 AB 错误；反质子的周期 2 mT qB  ，在磁场中的运动时间 1 2 3 3 mt T qB   ；氚核的周期 2 3mT qB    , 在磁场中的运动时间 1 6 mt T qB    ； 则氚核的运动时间为反质子的 3 2 倍，选项 D 正确， C 错误；故选 D. 79 ．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持 良 好接触．电流从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道电流可形成在弹体处垂 直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与 I 成正比，通电的弹体在轨道上受到 安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍，正确的方法是 ( ) A. 只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍 B. 只将电流 I 增加至原来的 2 倍 C. 只将电流 I 增加至原来的 4 倍 D. 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 4 倍，其它量不变 【答案】 B【解析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，设磁场的宽度为 d ，利用动能定理有 BId • L ＝ 1 2 mv 2 ， 磁感应强度的大小与 I 成正比，所以 B=kI ，解得 22kI dLv m ＝ ．只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍，弹体的出射速度增加至原来的 2 倍，故 A 错误；只将电流 I 增加至原来的 2 倍，弹体的出 射速度增加至原来的 2 倍，故 B 正确；只将电流 I 增加至原来的 4 倍，弹体的出射速度增加至原 来的 4 倍，故 C 错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 4 倍，其它量不变， 弹体的出射速度增加至原来的 2 2 倍，故 D 错误．故选 B.点睛：解决该题关键运用动能定理表示出弹体的出射速度求解．要找出一个物理量变化所采用的 方法，应该先运用物理规律表示出这个物理量再根据表达式中各个因素求解． 80 ．如图所示，在直角三角形 abc 区域 ( 含边界 ) 内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 大小为 B ，∠ B=60 ，∠ B=90 °，边长 ac=L ，一个粒子源在 a 点将质量为 m ，电荷量为 q 的带正 电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是 ( ) A. 2 qBL m B. 3 6 qBL m C. 3 4 qBL m D. 6 qBL m 【答案】 A 【点睛】粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子的运动时间越长，粒子沿 ab 边界方向射入磁场 从 ac 边射出磁场时转过的圆心角最大，运动时间最长，作出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道 半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度． 81 ．首先提出磁场对运动电荷有作用力的科学家是（ ） A. 法拉第 B. 安培 C. 洛伦兹 D. 奥斯特 【答案】 C【解析】在电磁学的发展过程中，洛伦兹首先提出磁场对运动电荷有作用力，即洛伦兹力．故 C正确， A 、 B 、 D 错误；故选 C.【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记 忆，这也是考试内容之一． 82 ．如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场， ab 是圆的一条直径，一带电粒子 从 a 点射入磁场，速度大小为 2v ，方向与 ab 成 30 °时恰好从 b 点飞出磁场，粒子在磁场中运动 的时间为 t ；若仅将速度大小改为 v ，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力） ( ) A. 3t B. t/2 C. 3t/2 D. 2t【答案】 D 【解析】粒子运动的周期为： 2 mT qB  ，设磁场圆的半径为 R ，运动轨迹如图所示： 可得，同一粒子在磁场中运动时的运动的周期相同，当速度的大小为 2v 时，圆周运动的圆心为 O ， 根据弦切角等于圆心角的一半可知，圆弧所对的圆心角为 60 °；磁场圆的直径恰好等于粒子圆周 运动半径；当速度的大小为 v 时，半径为原来的一半，圆周运动的圆心 O ′点，在原来的半径的中 点处，则新的粒子圆与磁场圆的半径相等，则θ =60 °；由几何关系可知所对的圆心角为 120 °，则 粒子的运动的时间为 2t ，故 D 正确， ABC 错误。 83 ．在下列各图中，已标出了磁场 B 的方向、通电直导线中电流Ι的方向，以及通电直导线所受 安培力 F 的方向，其中符合左手定则的是（ ） A. A B. B C. C D. D【答案】 A【解析】 A 、根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心 朝外 , 四指指向电流方向：向右，拇指指向安培力方向：向上，符合左手定则，故 A 正确； B 、通电导线与磁场平行，不受安培力，故 B 错误； C 、根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向左穿过手心，则手心朝右．四 指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下，此项不符合左手定则，故 C 错误； D 、安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，而此项安培力方向与磁场方向平行，不 可能，故 D 错误。 点睛：判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：安培力方 向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直。 84 ．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关 S 与内阻不计、电动势为 E 的电源相连，右端与 半径为 L ＝ 20 cm 的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量 m ＝ 60 g 、电阻 R ＝ 1 Ω、长为 L 的导体棒 ab ，用长也为 L 的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度 B ＝ 0.5 T ，当闭合开关 S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝ 53 °角，摆 动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计， sin 53 °＝ 0.8 ， g ＝ 10 m/s 2 则 A. 磁场方向一定竖直向上 B. 电源电动势 E ＝ 8.0 V C. 导体棒在摆动过程中所受安培力 F ＝ 0.3 N D. 导体棒在摆动过程中电源提供的电能为 0.048 J【答案】 C 85 ．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 发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与 y 轴正方向的夹角分布在 0 ° ~90 °范围内．其中，沿 y 轴正方向发射的粒子在 t=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 3a B. 粒子的发射速度大小为 0 4 a t  C. 带电粒子的荷质比为 0 4 3Bt  D. 带电粒子在磁场中运动的最长时间为 2t0【答案】 D【解析】 A 、根据题意作 . 出沿 y 轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图所示 , 圆心为 O`, 根据几何关系 , 粒子做圆周运动的半径为 2a ，故 A 错； B 、沿 y 轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 2 3  , 运动时间 0 0 2 23 a t v    解得： 0 0 4 3 av t  , 选项 B 错误 ; C 、沿 y 轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 2 3  ，对应运动时间为 0t 所以粒子运动的周期 为 03T t ， 由 2 0 2(Bqv m rT  ） 则 0 2 3 q m Bt  故 C 错； D 、在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示 , 由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为 4 3  , 在磁场中的运动时间为 02t 故 D 正确； ;综上所述本题答案是： D点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键在于确定圆心和半径，并能根据几何关系 确定可能的运动轨迹 86 ．如图所示，半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场；重力不计、电荷量一定的 带电粒子以速度 v 正对着圆心 O 射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为 R ，则粒子在磁 场中的运动时间为（ ） A. 2 3 3 R v  B. 2 3 R v  C. 3 R v  D. 2 3 9 R v  【答案】 D【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示： 故轨道半径： r= 3 3 R ；根据牛顿第二定律，有： qvB=m 2v r ，解得： r= mv qB ；联立解得： 3 3 qBRv m  ；故在磁场中的运动时间： 2 2 33 9 r Rt v v    ，故 D 正确， ABC 错误；故选 D ． 87 ．关于磁感的磁感线，下列说法正确的是（ ） A. 条形磁铁的磁感线从磁铁的 N 极出发，终止于磁铁的 S 极 B. 磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线疏的地方磁场弱，磁感线密的地方磁场强 C. 磁感线是客观存在的物质，没画磁感线的地方就表示磁场不存在 D. 通电长直导线周围的磁感线是以导线为圆心的均匀分布的同心圆 【答案】 B【解析】 A 、在磁体的周围磁感线是从磁体的 N 极出发回到 S 极，但在磁体的内部磁感线是从磁 体的 S 极出发回到 N 极，故 A 错误； B 、磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线疏的地方磁场弱，磁感线密的地方磁场强，故 B 正确， C 、磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，但磁感线不是真实存在的，是利用建模的方法想 象出来的，故 C 错误； D 、通电长直导线周围的磁感线是以导线为圆心的的同心圆，但不是均匀分布的，越向外磁场越 弱，所以磁感线越向外就变的越稀疏，故 D 错误； 综上所述本题答案是： B 88 ．两个初速度大小相同的同种离子 a 和 b ，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏 P 上．不计重力，下列说法正确的有 ( ) A. a 、 b 均带负电 B. a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近 C. a 在磁场中飞行的路程比 b 的短 D. a 在磁场中飞行的时间比 b 的短 【答案】 B【解析】因粒子向下偏转，则由左手定则可知，粒子均带正电；故 A 错误；由 r= mv Bq 可知，两 粒子半径相等，根据粒子入射方向可判断其向心力方向，从而明确其圆心的位置，则可知 a 、 b粒子的运动轨迹如图所示： 由图根据运动轨迹可知， b 到 P 点的落点的距离为直径，而 a 的落点为一个小于直径的弦；故两 粒子在 P 上的落点与 O 点的距离 a 比 b 的近，故 B 正确．由图可知 a 粒子在磁场转过的圆心角较 大，故 a 在磁场中飞行的路程要长；故 C 错误；根据上图中两粒子运动轨迹可知 a 粒子运动轨迹 长度大于 b 粒子运动轨迹长度，运动时间 a 在磁场中飞行的时间比 b 的长，故 D 错误；故选 B ． 点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为： 定圆心、画轨迹、求半径．同时明确左手定则判断粒子受力时，对于正电荷四指指向运动方向， 而对于负电荷，四指指向运动的反方向． 89 ．如图所示 , 通有恒定电流的导线 MN 与闭合金属框共面 , 第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ , 第二次 将金属框绕 cd 边翻转到Ⅱ , 设先后两次通过金属框的磁通量变化的大小分别为∆φ 1 和∆φ 2, 则 ( ) A. ∆φ 1< ∆φ 2 B. ∆φ 1= ∆φ 2 C. ∆φ 1> ∆φ 2 D. 不能判断 【答案】 A 90 ．如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电 极，两极板间距为 d ，极板面积为 S ，两个电极与可变电阻 R 相连，在垂直前后侧面的方向上， 有一匀强磁场，磁感应强度大小为 B ．发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度 v向右流动，由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势不计气体流动的阻 力（ ） A. 通过电阻 R 的电流方向为 b → a B. 若只增大极板间距 d ，发电导管的内电阻一定减小 C. 若只增大气体速度 v ，发电导管产生的电动势一定增大 D. 若只增大电阻 R 的阻值，则电阻 R 消耗的电功率一定增大 【答案】 C【解析】运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源；根据电阻 定律求解内电阻，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件判断感应电动势，并计算电功率． 根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过 电源，向下经过电阻， A 错误；根据电阻定律，发电导管的内电阻与其长度成正比，故增大极板 间距 d ，发电导管的内电阻一定增大， B 错误；根据平衡有 EqvB q d  ，解得电源的电动势 E Bdv ；若只增大气体速度 v ，发电导管产生的电动势一定增大， C 正确；电动势一定，内阻 也一定，当外电阻 R 与电源的内电阻 r 相等时，电源的输出功率最大；由于不知道 R 与内阻 r 的 具体数值，故无法判断增大电阻 R 的阻值时，电阻 R 消耗的电功率变化情况， D 错误． 91 ．如图所示，矩形区域 MPQN 长 MN= 3 d ，宽 MP=d ，一质量为 m （不计重力）、电荷量为 q 的带正电粒子从 M 点以初速度 v0 水平向右射出，若区域内只存在竖直向下的电场或只存在垂直 纸面向外的匀强磁场，粒子均能击中 Q 点，则电场强度 E 的大小与磁感应强度 B 的大小的比值为 （ ） A. 03 4 v B. 04 3 v C. 03 2 v D. 02 3 v 【答案】 B【解析】在电场中做类似平抛运动过程，根据分运动公式，有水平方向 03d v t ，竖直方向： 21 2 qEd tm  ， 只 有 磁 场 时 ， 做 匀 速 圆 周 运 动 ， 轨 迹 如 图 所 示 ： 结 合 几 何 关 系 ， 有    222 3r r d d   ， 解 得 2r d ， 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 ， 有 2 0 0 vqv B m r  ，联立解得 2 0 02 3 2 mv mvE Bqd qd  ， ，故 0 4 3 E vB  ， B 正确． 92 ．如图所示，涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法正确的是（ ） A. 库仑利用图甲实验测出了引力常量 B. 奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场 C. 牛顿根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 D. 楞次利用图丁实验，总结出了楞次定律 【答案】 B 93 ．如图所示，半径为 R 的虚线圆上有一弦 AB ，弦长为 3R ， C 为弦 AB 的垂直平分线与圆右 侧的交点，现给 ABC 三点放置三个长度均为 L 、方向与纸面垂直的直线电流，电流的大小相等， AB 方向相同， B 与 C 相反。已知直线电流在周围产生磁场的磁感应强度的表达式为 IB k r  ，其 中 k 为常数， I 为电流， r 为空间某点到直线电流的距离。若 A 对 B 的磁场力大小为 F , 则（ ） A. B 对 C 的磁场力大小为 3 2 F B. A 对 C 的磁场力大小为 3 3 F C. C 所受到的磁场力大小为 3F D. C 所受到的磁场力大小为 F 【答案】 C【解析】设 A 、 B 的电流方向垂直纸面向里， C 的电流方向垂直纸面向外，连接 AC 、 AB ，过 C 作 AB 的垂线 CD ，如图所示： 由几何关系可知， 3AB BC AC R   ，即 ABC 是一个等边三角形，根据磁感应强度的表 达式 IB k r  可知，三根导线的电流大小相等，若 A 对 B 的磁场力大小为 F ，则 A 对 C 的磁场力 大小也为 F ， B 对 A 的磁场力大小也为 F ， B 对 C 的磁场力大小也为 F ，故 AB 错误；对 C 受力 分析如图所示： 由力的合成法得： 2 cos30 3F F F  合 ， C 正确， D 错误；选 C.【点睛】三根导线通过的电流大小相等，距离相等，故三根导线之间的互相作用力都相等；对 C受力分析，根据力的合成法求出 C 所受的合力 . 94 ．如图所示，半径为 r 的圆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 边界上 A 点一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正 电的粒子（重力不计），已知粒子的比荷为 k ，速度大小为 2kBr 。则粒子在磁场中运动的最长时 间为（ ） A. kB  B. 2kB  C. 3kB  D. 4kB  【答案】 C【解析】粒子在磁场中运动的半径为： 2 2mv kBrR rqB Bk    ；当粒子在磁场中运动时间最长时， 其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径 2r ，故 6 3 3 T mt qB kB     ， 故选 C.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 . 95 ．如图在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为 q 的油滴在竖直面内做半径为 R 的匀速 圆周运动．已知电场强度为 E ，磁感应强度为 B ，重力加速度为 g, 则油滴的质量和环绕速度分别 为 A. qE g ， E B B. B2qR E ， E B C. B qR g ， qgR D. qE g ， BgR E 【答案】 D【解析】液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场 力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带正电， 磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为逆时针；由 液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得： mg qE ，解得 qEm g  ；液滴在洛 伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为： mvR qB  ，由以上各式解得 BRqv E  ，故 D 正确。 点晴：此题考察了液滴在复合场中的运动．复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种 场并存的场．液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中 某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要．该题就是根据液滴的运动情况 来判断受到的电场力情况。 96 ．如图所示，从 S 处发出的热电子经加速电压 U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁 场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为 E ，磁感应强度为 B. 欲使电子沿直线从 电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（ ） A. 适当减小加速电压 U B. 适当减小电场强度 E C. 适当增大加速电场极板之间的距离 D. 适当减小磁感应强度 B【答案】 B【解析】要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故 Eq=qvB ．根据左手定则可知电子所受的洛伦 兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小电场力， 要么增大洛伦兹力．根据 eU= 1 2 mv 2 可得 2eUv m  ，适当减小加速电压 U ，可以减小电子在复 合场中运动的速度 v ，从而减小洛伦兹力．故 A 错误．适当减小电场强度 E ，即可以减小电场力， 故 B 正确．适当增大加速电场极板之间的距离，根据 eU= 1 2 mv 2 可得 2eUv m  ，由于粒子两者 间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小， 故 C 错误．适当减小磁感强度 B ，可以减小洛伦兹力，故 D 错误．故选 B ． 点睛：本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀 速直线运动．在解题时要注意运动过程分析和受力分析． 97 ．如图所示，半径为 R 的虚线圆上有一弦 AB ，弦长为 3R ， C 为弦 AB 的垂直平分线与圆右 侧的交点，现给 ABC 三点放置三个长度均为 L 、方向与纸面垂直的直线电流，电流的大小相等， AB 方向相同， B 与 C 相反。已知直线电流在周围产生磁场的磁感应强度的表达式为 IB k r  ，其 中 k 为常数， I 为电流， r 为空间某点到直线电流的距离。若 A 对 B 的磁场力大小为 F , 则（ ） A. B 对 C 的磁场力大小为 3 2 F B. A 对 C 的磁场力大小为 3 3 F C. C 所受到的磁场力大小为 3F D. C 所受到的磁场力大小为 F 【答案】 C【解析】设 A 、 B 的电流方向垂直纸面向里， C 的电流方向垂直纸面向外，连接 AC 、 AB ，过 C 作 AB 的垂线 CD ，如图所示： 由几何关系可知， 3AB BC AC R   ，即 ABC 是一个等边三角形，根据磁感应强度的表 达式 IB k r  可知，三根导线的电流大小相等，若 A 对 B 的磁场力大小为 F ，则 A 对 C 的磁场力 大小也为 F ， B 对 A 的磁场力大小也为 F ， B 对 C 的磁场力大小也为 F ，故 AB 错误；对 C 受力 分析如图所示： 由力的合成法得： 2 cos30 3F F F  合 ， C 正确， D 错误；选 C.【点睛】三根导线通过的电流大小相等，距离相等，故三根导线之间的互相作用力都相等；对 C受力分析，根据力的合成法求出 C 所受的合力 . 98 ．下列说法正确的是 A. 伽利略通过理想斜面实验研究了自由落体运动的规律 B. 牛顿第一定律可以通过实验验证 C. 法拉第引入电场线形象地描绘电场的特征 D. 洛伦兹发现了电流的磁效应 【答案】 C 99 ．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位 物理学家所做的科学贡献的叙述中，正确的说法是（ ） A. 结合能越大的原子核越稳定 B. 卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型 C. 安培首先发现了通电导线的周围存在磁场，并提出“分子环流”假说 D. 胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 【答案】 D【解析】比结合能越大的原子核越稳定，选项 A 错误；卢瑟福通过α粒子散射实验的研究，提出 了原子核式结构模型，选项 B 错误；奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场，安培提出“分 子环流”假说，选项 C 错误；胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正 比，选项 D 正确；故选 D. 100 ．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述不正确的是（ ） A. 卡文迪许测出引力常数 B. 奥斯特发现“电生磁”现象 C. 安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式 D. 库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 【答案】 C【解析】卡文迪许测出了万有引力常数，选项 A 正确； 奥斯特发现“电生磁”现象，选项 B 正确； 洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，选项 C 错误；库仑总结并确认了真空中两个静止点 电荷之间的相互作用规律，选项 D 正确；此题选择不正确的选项，故选 C. 101 ．如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首 先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（ ） A. 奥斯特，小磁针的 N 极转向纸内 B. 法拉第，小磁针的 S 极转向纸内 C. 库仑， 小磁针静止不动 D. 洛伦兹，小磁针的 N 极转向纸内 【答案】 A【解析】发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方磁场方向垂直 纸面向里，因此小磁针的 N 极垂直转向纸内，故 BCD 错误， A 正确．故选 A ． 二、多项选择题 1 ．如图所示，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 分 开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点 A 处由一质子源，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 ，则质子的速度可能 为 A. B. C. D. 【答案】 ABD【解析】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 °，所以质子运行半径为： r=L/n （ n=1 ， 2 ， 3 ，…），质子在磁场中 做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得： qvB=m ，解得： （ n=1 ， 2 ， 3 ，…）， 故 ABD 正确， C 错误。故选 ABD 。 点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向 心力，根据题意作出质子的运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出质子的可能轨道半径，应 用牛顿第二定律求出质子的速度即可解题。 2 ．如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场 B 和平行纸面且与竖直平面夹角为 45 °斜 向下的匀强电场 E ，有一质量为 m ，电荷量为 q 的带负电的小球在高为 h 处的 P 点从静止开始自 由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么（ ） A. 小球在复合场中一定做匀速直线运动 B. 若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动 C. 磁感应强度 场强 D. 若同时改变小球的比荷与初始下落高度 h ，小球不能沿直线通过复合场 【答案】 ACD 故 A 正确。 B 、 C 、根据小球的平衡条件可得： ， ，又 v 2 =2gh ，联立各式解 得磁感应强度 ，电场强度 ；若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定 为零，所以一定要满足，若同时改变小球的比荷与初始下落的高度 h ，以上两个式子不能同时满 足，不能做直线运动，故 C 、 D 正确。 B 、若换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反向， 合力不可能为零，故 B 错误。故选 ACD 。 【点睛】本题主要是考查了带电粒子在复合场中运动情况分析；对于此类问题，要掌握粒子的受 力特点，如果粒子在电场、磁场和重力场中做匀速圆周运动，则一定是电场力和重力平衡；如果 粒子受三种力做的是直线运动，则一定是匀速直线运动． 3 ．如图 (a) 所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振 动，发出声音。俯视图 (b) 表示处于辐射状磁场中的线圈 ( 线圈平面即纸面 ) ，磁场方向如图中箭头 所示。在图 (b) 中 A. 当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 B. 当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 C. 当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D. 当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 【答案】 AC【解析】把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根据左手定则可 知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向 外， A 错误 B 正确；把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿逆时针方向时，根据 左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向里，则线圈所受安培力的方向垂 直于纸面向里， C 正确 D 错误； 4 ．某种质谱仪的原理如图所示。高速原子核从 A 点沿 AC 方向进入平行正对的金属平板之间，板 间有方向如图，大小为 E 的匀强电场，还有垂直于纸面，磁感应强度为 B1 的匀强磁场 ( 图中未画 出 ) 。符合条件的原子核能从 C 点沿半径方向射入半径为 R 的圆形磁场区，磁感应强度大小为 B2 ， 方向垂直于纸面向外。接收器安放在与圆形磁场共圆心的弧形轨道上，其位置由 OP 与 OD 的夹 角θ描述。不考虑原子核所受重力对运动的影响，下列说法正确的是 ( ) A. B1 方向垂直于纸面向外 B. 能从 C 点进入圆形磁场的原子核的速度为 C. 若某原子核的原子序数为 Z ，实验中接收器在θ所对应位置能接收原子核，则该原子核的质量 m 为 D. 现用此仪器分析氢的同位素，若在θ =120 °的位置能接收到氕核，那么应该将接收器放于θ =60 ° 的位置能接收到氚核 【答案】 BCD【解析】 A 、 B 项：粒子做匀速直线运进入磁场，根据电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反， 由于原子核带正电，所以磁场 B1 的方向垂直于纸面向里，由 ，解得： ，故 A 错 误， B 正确； C 项：若某原子核的原子序数为 Z ，实验中接收器在θ所对应位置能接收原子核，则粒子的轨迹刚 好与 OP 相切即粒子的偏转角为 ，由几何知识可得：粒子做圆周运动的半径为： ，根据 ，联立解得： ，故 C 正确； D 项：由 C 分析可知： ，由于氕核的比荷为 1 ，氚核的比荷为 ，所以 氕核偏转角一半的正切为氚核偏转角一半的正切的 3 倍，由数学知识可知，若在θ =120 °的位置能 接收到氕核，那么应该将接收器放于θ =60 °的位置能接收到氚核，故 D 正确。 点晴：解决本题关键理解粒子能通过速度选器的条件：电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反即 。 5 ．为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计， 该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为以 a 、 b 、 c ，左右两端开口，在垂直上下底面方向加 磁感应强度为 B 的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，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 U. 若用 Q 表示污水流量 ( 单位时间内流出的污 水体积 ) ，下列说法正确的是 ( ) A. 若污水中正离子较多，则前表面电势比后表面电势低 B. 若污水中负离子较多，则前表面电势比后表面电势低 C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大 D. 污水流量 Q 与 U 成正比，与 a 、 b 无关 【答案】 ABD【解析】正负电荷从左向右移动，根据左手定则，正电荷所受的洛伦兹力指向后表面，负电荷所 受的洛伦兹力指向前表面，所以总有后表面电极的电势比前表面电极电势高， AB 正确；最终稳 定时，电荷受洛伦兹力和电场力平衡，有 ， ，电压表的示数 U 与 v 成正比，与 浓度无关， C 错误；污水的流量 ，与电压表的示数 U 成正比，与 a 、 b无关， D 正确． 6 ．如图所示，半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ， M 为磁 场边界上一点，有无数个带电量为 q(q>0) 、质量为 m 的相同粒子在纸面内向各个方向以相同的 速率通过 M 点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长 是圆周长的 ．不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是 A. 粒子从 M 点进入磁场时的速率 B. 粒子从 M 点进入磁场时的速率 C. 若将磁感应强度的大小变为 ，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 D. 若将磁感应强度的大小变为 ，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 【答案】 AC 7 ．如图所示，水平放置的两个正对的带电金属板 MN 、 PQ 间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁 场，电场强度为 E ，磁感应强度为 B 。在 a 点由静止释放一带正电的微粒，释放后微粒沿曲线 acb运动，到达 b 点时速度为零， c 点是曲线上离 MN 板最远的点。已知微粒的质量为 m ，电荷量为 q ，重力加速度为 g ，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是 A. 微粒在 a 点时加速度方向竖直向下 B. 微粒在 c 点时电势能最大 C. 微粒运动过程中的最大速率为 D. 微粒到达 b 点后将沿原路径返回 a 点 【答案】 AC【解析】微粒在 a 点时速度为零，不受洛伦兹力，只有重力和竖直向下的电场力，合力方向竖直 向下，由牛顿第二定律知加速度方向竖直向下。故 A 正确。从 a 运动到 c ，电场力做正功，电势 能减小。从 c 运动到 b ，电场力做负功，电势能增大，所以微粒在 c 点时电势能最小，故 B 错误。 在 a 点，速度为零，分解为一左一右两个等大的速度，向右的分速度导致洛伦兹力与重力平衡， 向左的分速度导致匀速圆周运动，故： ，当两个分速度平行时，合速度最大， ，故 C 正确；微粒在 b 点的受力情况与 a 点的受力情况相同，可知微粒到 达 b 点后将相同轨迹向右做曲线运动，不可能沿原路径返回 a 点，故 D 错误；故选 AC 。 【点睛】粒子受重力、电场力和洛伦兹力，在 a 点，速度为零，分解为一左一右两个等大的速度， 向右的分速度导致洛伦兹力与重力平衡，向左的分速度导致匀速圆周运动，根据左手定则确定电 性，根据平衡条件列式求解分速度，合成得到合速度的最大值。 8 ．日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素 131 被更多的人所了解．利用质谱仪可分析碘 的各种同位素．如图所示，电荷量均为＋ q 的碘 131 和碘 127 质量分别为 m1 和 m2 ，它们从容器 A 下方的小孔 S1 进入电压为 U 的加速电场 ( 入场速度忽略不计 ) ．经电场加速后从 S2 小孔射出，垂 直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．下列说法正确的是 A. 磁场的方向垂直于纸面向里 B. 碘 131 进入磁场时的速率为 C. 碘 131 与碘 127 在磁场中运动的时间差值为 D. 打到照相底片上的碘 131 与碘 127 之间的距离为 【答案】 BD【解析】 A 、根据粒子带正电，结合左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故 A 错误； B 、由动 能定理知，粒子在电场中得到的动能等于电场对它所做的功 ，解得： ，故 B 正确； C 、根据周期公式 ，因运动的时间 t 为周期的一半，则有：在磁场中运动的时间差 值为： ，故 C 错误； D 、由洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中做匀速圆周运动 的 轨 道 半 径 为 R ， 则 有 ， 即 ， 由 此 可 得 它 们 的 距 离 之 差 , 故 D 正确； 故选 BD 。 【点睛】考查电场力与洛伦兹力对粒子的作用，理解动能定理与牛顿第二定律及运动学公式的应 用，注意所求距离与半径的关系，同时注意周期与运动时间的关系． 9 ．美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，其基本原理如图所示。现有一回旋加速器，当外加 磁场一定时，可把质子的速度从零加速到 v ，质子获得的动能为 Ek 。在不考虑相对论效应的情况 下，用该回旋加速器加速原来静止的α粒子（氦核）时，有 A. 能把α粒子从零加速到 B. 能使α粒子获得的动能为 2Ek C. 加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为 1:2 D. 加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为 2 ： 1【答案】 AC【解析】 A 、 B 项：粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动， 根据 解得： 则粒子的最大动能 因质子与 粒子的质量数之比为 1 ： 4 ，而电量之比为 1 ： 2 ； 所以 粒子加速到的速度为 ，动能仍为 ，故 A 正确， B 错误； C 、 D 项：加速器所接交流电的频率应与粒子做匀速圆周运动的频率相同，粒子做匀速圆周运动 的频率为 ，所以加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为 1:2 ，故 C正确， D 错误。 点晴：根据洛伦兹力提供向心力，确定运动轨迹的半径，再由动能表达式，即可求解加速的动能； 由运动的周期公式，结合电量与质量，即可求解。 10 ．如图是等离子体发电机的示意图，原料在燃烧室中全部电离为电子与正离子，即高温等离子 体，等离子体以速度 v 进入矩形发电通道，发电通道里有图示的匀强磁场，磁感应强度为 B 。等 离子体进入发电通道后发生偏转，落到相距为 d 的两个金属极板上，在两极板间形成电势差，等 离子体的电阻不可忽略。下列说法正确的是（ ） A. 上极板为发电机正极 B. 外电路闭合时，电阻两端的电压为 Bdv C. 带电粒子克服电场力做功把其它形式的能转化为电能 D. 外电路断开时，等离子受到的洛伦兹力与电场力平衡 【答案】 ACD【解析】根据左手定则，可知，正电荷向上偏，负电荷向下偏，则上板是电源的正极，下板是电 源的负极， A 正确；根据 得电动势的大小为 ，因等离子体的电阻不可忽略，因此 外电阻的电压会小于电源的电动势， B 错误；依据功能关系，可知，带电粒子克服电场力做功把 其它形式的能转化为电能， C 正确；等离子体中带有正、负电荷的高速粒子，在磁场中受到洛伦 兹力的作用，分别向两极偏移，于是在两极之间产生电压，两极间存在电场力，当外电路断开时， 等离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，从而不会偏移， D 正确． 11 ．在半径为 R 的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为＋ q 的介质小球，以初速度 向右冲上轨道。下面四种情形中， A 图圆心处放置正点电荷， B 图加上竖直向下的匀强 电场，电场强度的大小 ， C 图加上水平向右的匀强电场，电场强度的大小 ， D 图 加上垂直纸面向外的匀强磁场。则小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动的是 ( ) A. B. C. D.【答案】 AD 【解析】设小球到达最高点的速度为 v ， A 图： 解得： 小球能过最 高点的最小速度对应： ，所以 A 图中小球能做完整的圆周运动； B 图： ，最高点的最小速度对应： ，可知，不能做完整的 圆周运动；同理可得， C 图也不能做完整的圆周运动； D 图中小球在运动过程中受到的洛伦兹力 不做功，原理与 A 图相同，能做完整的圆周运动。综上分析， AD 正确。 12 ．如图所示，半径为 R 的圆为匀强磁场边界，圆内磁场垂直纸面向里，圆外磁场垂直纸面向外 ( 未标出 ) ，磁感应强度大小均为 B ，电荷量为＋ q ，质量为 m 的粒子 ( 不计重力 ) ，从边界上的 A点沿半径方向射入向里的磁场中，下列正确的是 A. 若粒子射入磁场的速度大小满足 ，则粒子能回到 A 点 B. 粒子第一次回到 A 点的最短时间为 C. 若粒子射入磁场的速度大小满足 ，则粒子能回到 A 点 D. 粒子回到 A 点时速度方向一定与初始入射速度方向相反 【答案】 ABC 粒子从 A 点出发回到 A 点的最短时间为： ，故 B 正 确。 点睛：本题是粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，确定圆心和半径为解题的关键，然后结合 几何关系和牛顿第二定律列式分析。 13 ．图中的 MN 、 PQ 为两条相互平行的虚线，在 MN 的上方、 PQ 的下方空间存在相同的垂直纸 面向里的匀强磁场，在图中的 O 点沿与 PQ 成 角的方向斜向上射出一带电粒子（纸面内运 动），粒子在上、下两磁场中各偏转一次后恰好经过图中的 S 点，且经过 S 点的速度与 O 点的速 度方向相同。不计粒子的重力，则 A. 如果保持 不变，仅增大粒子的初速度，则粒子一定还能经过 S 点 B. 粒子每次经过边界 PQ 时的速度都与初速度相同 C. 该粒子可能带正电也可能带负电 D. 如果仅将 增大到 ，则粒子一定不能经过 S 点 【答案】 AC【解析】以正电荷为例，画出正电荷先在 MN 和 PQ 间做匀速直线运动，进入上方磁场做匀速圆 周运动，再分别做匀速直线运动和匀速圆周运动的轨迹如图所示，由于上、下方磁场的磁感应强 度相等，则轨迹对应的弦长 ，而 ；粒子经过两次匀速直线运动和两次匀速圆周运 动后沿水平方向向右移的距离 ，与半径无关即与速度无关，所 以增大速度后，粒子仍将通过 S 点， A 正确；粒子每次经过 PQ 时速度方向与 x 轴分别成 30 °或 330 °，不相同， B 错误；粒子若带负电，则粒子在上方磁场先向右平移 x ，到下方磁场后在向左 平移 x ，则总的平移距离仍为 ，与速度无关， C 正确；若改变 的大小为 60 °，则粒子上下 偏转一次平移的距离 也将发生变化，但由于 ，即粒子上下经过 3 次上下 偏转后，也将通过 S 点， D 错误． 【点睛】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是精确地画出粒子圆周的轨迹，这样才 能不会产生对分析思路的干扰．再就是要抓住圆的对称性，在上下磁场中粒子偏运动的轨迹恰恰 形成一个完整的圆周． 14 ．如图所示，一粒子源 S 可向外发射质量为 m ，电荷量为 q 带正电的粒子，不计粒子重力，空 间充满一水平方向的匀强磁场，磁感应强度方向如图所示， S 与 M 在同一水平线上，某时刻，从 粒子源发射一束粒子，速度大小为 v ，方向与水平方向夹角为 ， SM 与 v 方向在同一竖直面 内，经时间 t ，粒子到达 N 处，已知 N 与 S 、 M 在同一水平面上，且 SM 长度为 L ， NM 与 SM 垂 直，匀强磁场的磁感应强度大小可能是（ ） A. B. C. D.【答案】 AC 15 ．磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能。如图为磁流体发电机 的示意图。平行金属板 A 、 B 之间有一个很强的磁场，将一束等离子体 ( 即高温下电离的气体，含 有大量正、负带电粒子 ) 喷入磁场， A 、 B 两板间便产生电压。如果喷入的等离子体速度为 v ，两 金属板间距离 d ，板的面积为 S ，匀强磁场的磁感应强度为 B ，方向与速度方向垂直，负载电阻 为 R 。当发电机稳定发电时电动势为 E ，电流为 I ，则下列说法正确的是 A. A 板为发电机的正极 B. 其他条件一定时， v 越大，发电机的电动势 E 越大 C. 其他条件定时， R 越大，发电机的输出功率越大 D. 板间等离子体的电阻率为 【答案】 BD【解析】大量带正电和带负电的微粒向里进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹 力向下，所以正电荷会聚集的 B 板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到 A 板上，故 B板相当于电源的正极， A 板相当于电源的负极，故 A 错误；当发电机稳定发电时，即粒子匀速通 过，根据平衡条件得： ，解得： ，电动势 E 与速率 v 有关，故 B 正确；当外电 阻与内阻相等时，发电机的输出功率最大，故 C 错误；根据闭合电路的欧姆定律得： ， 解得： ，根据电阻定律得： ，则有等离子体的电阻率为 ， 故 D 正确；故选 BD 。 【点睛】大量带正电和带负电的微粒向里进入磁场时，由左手定则可以判断正负电荷受到的洛伦 兹力方向，从而确定相当于电源的正负极，从而得出通过电阻的电流方向。抓住带电粒子在复合 场中受电场力和洛伦兹力平衡求出发电机的电动势。根据闭合电路欧姆定律求出发电机的内电 阻。 16 ．如图所示，在坐标系 xOy 的第二象限内有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E ．第 三象限内存在匀强磁场Ⅰ，磁感应强度为 B1 ， y 轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ，磁感应强度为 B2=3 B1 ．Ⅰ、Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面向里．一质量为 m 、电荷量为＋ q 的粒子自 P( － l ， l) 点由静 止释放，沿垂直于 x 轴的方向进入磁场Ⅰ，接着以垂直于 y 轴的方向进入磁场Ⅱ，不计粒子重力．下 列说法正确的是 A. 磁场Ⅰ的磁感应强度 B1= B. 粒子从第一次经过 y 轴到第四次经过 y 轴的时间 t= C. 粒子从第一次经过 y 轴到第四次经过 y 轴这段时间内的位移 s ＝ l D. 粒子从第一次经过 y 轴到第四次经过 y 轴这段时间内的位移 s ＝ l【答案】 ABD 根据 解得： 由几何关系可得：粒子从第一次经过 y 轴到第四次经过 y 轴的时间 ， 粒子从第一次经过 y 轴到第四次经过 y 轴这段时间内的位移 ，故 B 、 D 正确， C 错误。 点晴：本题考查带粒子在电场中的类平抛运动，灵活运用类平抛运动规律求解，在磁场中做圆周 运动关键是画出粒子运动轨迹。 17 ．在如图所示的直角坐标系中，坐标原点 O 固定有正点电荷，另有平行于 y 轴的匀强磁场。一 质量为 m 、带电量为 q 的微粒，恰好能以 y 轴上 O ′ (0 ， a) 点为圆心做匀速圆周运动，其轨迹平面 与 xOz 平面平行，角速度为ω，旋转方向如图中箭头所示，重力加速度为 g 。下列说法中正确的 是 A. 微粒可能带正电，也可能带负电 B. 磁场方向一定沿 y 轴负方向 C. 无法求出磁感应强度的大小 D. 磁感应强度大小为 【答案】 BD【解析】带电微粒受重力、库仑力、洛伦兹力，这三个力的合力提供向心力，则可判断微粒带正 电，故 A 错误；由于洛伦兹力方向一定是指向圆心的，又微粒带正电，故磁场方向一定沿 y 轴负 方向，故 B 正确；设圆轨道半径为 R ，圆周上一点和坐标原点连线与 y 轴的夹角为θ， 则有 mg ＝ F 电 cos θ； q ω RB − F 电 sin θ＝ m ω 2 R ，解得 ，故 C 错误， D 正确。故选 BD 。 18 ．如图所示，竖直平行线 MN 、 PQ 间距离为 a ，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界 PQ ）， 磁感应强度为 B ， MN 上 O 处的粒子源能沿不同方向释放比荷为 的带负电粒子，速度大小相等、 方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计，设粒子速度方向与射线 OM 夹角为θ，当粒子 沿 0 =60 °射入时，恰好垂直 PQ 射出，则 （ ） A. 从 PQ 边界垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为 B. 沿 0 =90 °射入的粒子，在磁场中运动的时间最长 C. 粒子的速率为 D. PQ 边界上有粒子射出的长度为 【答案】 AD 直到粒子运动轨迹与 PQ 相切； 继续增大，则粒子不能从 PQ 边界射出；粒子运动轨迹与 PQ 相 切时，由半径 ，可知，粒子转过的角度为 60 °，所以，出射点在 O 的水平线下方 处；所 以， PQ 边界上有粒子射出的长度为 ， D 正确；粒子在磁场中做圆周运动的半径相同，周期 相同，由 D 分析可知，粒子出射点在 PQ 上时，当粒子运动轨迹与 PQ 相切时，粒子在磁场中运 动的圆弧对应的弦最长，粒子转过的角度最大 ，对应的 ；当 时， 粒子从 MN 边界射出，且 越大，对应的中心角较小，运动的时间越小；所以，沿 射入的 粒子，在磁场中运动的时间最长， B 错误． 【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 ，周期 公式 ，运动时间公式 ，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度 无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题． 19 ．如图， xoy 平面内 y 轴上 OP 间有绝缘弹性竖直档板，在第一象限有一点 N, PN 间距离 d=3m 。 第二象限以及第一象限 PN 连线上方存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度 B=1T 。 挡板下端附近 M 点有一粒子源， PM 之间的距离 h=9m, 粒子源可以沿 x 轴负方向发射速度不同 带电粒子，粒子质量 m=1.0 × 10 -12 kg ，电量 q=-1.0 × 10 -6 C 。粒子若与档板相碰将原速率弹回，且 碰撞时间不计，碰撞时电量不变，最后有一些粒子能从 N 点离开磁场。不计粒子重力和粒子间的 相互作用。关于这些从 N 点离开磁场的粒子，下列说法正确的是 ( ) A. 粒子速度对应值可以有无数个 B. 粒子运动的最长时间是 C. 半径 R=3.75m 的粒子运动时间最长 D. 速度为 5 × 10 -6 m/s 的粒子半径最大 【答案】 CD【 解 析 】 设 粒 子 做 圆 周 运 动 的 半 径 为 r ， 当 粒 子 经 过 N 点 时 ， 由 几 何 关 系 需 满 足 ，其中 n=0,1,2,3 ……计算可知 n 只能取 0 ， 1 式子才有解；选项 A 错误； 当 n=0 时，解得 r0=5m ；当 n=1 时， r1=3m ， r2= ；当 r2= 时粒子在磁场中运动的时间 最 长 ， 粒 子 的 周 期 为 ； 粒 子 对 应 的 速 度 转 过 的 角 度 为 ，则对应的时间 ，选项 B 错 误 ， C 正 确 ； 当 n=0 时 ， 解 得 r0=5m ； 此 时 粒 子 的 半 径 最 大 ， 根 据 可 知 ， ，选项 D 正确；故选 CD.点睛：带电粒子在磁场中的运动问题，关键是能画出粒子运动的轨迹图，利用几何关系找到圆心 和半径等；尤其是能确定出一些特殊的情况 . 20 ．如图所示，在以 R 为半径、 O 为圆心的圆形区域内存在磁场，直径 PQ 左侧区域存在一方向 垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B1 的匀强磁场； PQ 右侧区域存在一方向垂直于纸面向外、 磁感应强度大小为 B2 的匀强磁场。现有一质量为 m 、电荷量为 q 的带负电粒子（不计重力）从 C点沿垂直于 PQ 的方向射入磁场，并仅通过 PQ —次，最终从 D 点离开磁场，离开磁场时粒子的运 动方向仍垂直于 PQ 。图中 CE 与 DF 均垂直于 PQ ， EF ＝ R 。已知 OC 与 PQ 的夹角为θ 1 ＝ 30 °， OD 与 PQ 的夹角为θ 2 ，粒子在 PQ 左侧和右侧磁场区域中的运动时间分别为 t1 和 t2 ，则以下说法 中正确的是 A. θ 2 ＝ 60 ° B. C. D.【答案】 ABD 【解析】由几何知识可知， ，故 ，故 ， 粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识可得 ，又知道 ， 解得 ， AB 正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 ，根据几何知识可 得两轨迹所对圆心角相等，粒子在磁场中的运动时间都为 ，故 ， C 错误 D正确． 【点睛】分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与 周期公式即可解题．根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，粒子在磁场中做匀速圆周 运动落了下来提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后根据粒子转过的圆心角与粒子 的周期公式求出粒子的运动时间． 21 ．两个粒子，带电量相等，在同一匀强磁场中只受磁场力而作匀速圆周运动，则 ( ) A. 若速率相等，则半径必相等 B. 若质量相等，则周期必相等 C. 若动量大小相等，则半径必相等 D. 若动能相等，则周期必相等 【答案】 BC【解析】 A 、由题，两个粒子的电量相等，若速率相等，由半径公式 mvr qB  分析得知，半径不一 定相等，还需要质量相等，半径才相等，故 A 错误； B 、若质量和电量都相等，由周期公式 2 mT qB  分析得知，周期必定相等，故 B 正确； C 、半径公式 mvr qB  中 mv 是动量大小，电量和动量大小都相等，则半径必相等，故 C 正确； D 、粒子的动能 21 2kE mv ，动能相等，粒子的质量不一定相等，周期不一定相等，故 D 错误。 点睛：粒子在匀强磁场中只受到磁场力作用而作匀速圆周运动，半径公式为 mvr qB  ，根据半径 公式分析速率、质量、动量、动能与半径关系，由周期公式 2 mT qB  分析周期关系。 22 ．用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电 压表检测元件输出的电压。已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的 “载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子。图中的 1 、 2 、 3 、 4 是霍尔元件上的 四个接线端。当开关 S1 、 S2 闭合后，电流表 A 和电流表 B 、 C 都有明显示数，下列说法中正确的 是 A. 电表 B 为电压表，电表 C 为电流表 B. 接线端 4 的电势低于接线端 2 的电势 C. 若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则电压表的示 数将保持不变 D. 若增大 R1 、增大 R2 ，则电压表示数增大 【答案】 BC 23 ．如图所示，边界 MN 、 PQ 间有竖直向下的匀强电场， PQ 、 EF 间有垂直于纸面向里的匀强 磁场，一质置为 m ，电荷量为 q 的粒子从边界 MN 上的 O 点以水平初速度 v0 射入电场，结果从 PQ 上的 A 点进入磁场，且粒子在磁场中运动的时间为 ， MN 和 PQ 间、 PQ 和 EF 间的距离均 为 L ， O 到 A 的竖直距离为 ，不计粒子的重力，则下列结论正确的是 A. 匀强电场的电场强度大小为 B. 粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角为 45 ° C. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为 D. 匀强磁场的磁感强强度为 【答案】 BD【解析】粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度、粒子的速度、偏 转角；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出粒子的轨道半径，即可求出磁感应强度． 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动 ，竖直方向 ，根据牛顿第二定律 ，解得 ， A 错误；离开电场时竖直速度 ，进入磁场时速度与 水平方向的夹角 ， ，得 ， B 正确；粒子在磁场中的圆心角为 ，根据 ，根据题意 ，得 ，根据几何关系有 ， C 错误；根据 半径公式 ，得 ， D 正确． 24 ．在物理学的发展道路上，许多物理学家及科学家们做出了杰出的贡献，下列与此有关的说法 正确的是： A. 牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量 B. 奥斯特最先发现了通电导线周边存在磁场，即电流的磁效应 C. 亚里士多德认为：力不是维持物体运动的原因 D. 安培给出了通电导线在磁场中受到的磁场力的方向的判断方法 【答案】 BD【解析】牛顿在给出万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，选项 A 错误；奥斯特最先发现了 通电导线周边存在磁场，即电流的磁效应，选项 B 正确；伽利略认为：力不是维持物体运动的原 因，选项 C 错误；安培给出了通电导线在磁场中受到的磁场力的方向的判断方法，选项 D 正确； 故选 BD. 25 ．如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为 R 的光滑半圆轨道， O 为圆心， A 为最低点， C 为 最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场．一电荷量为 q 、质量为 m 的带电小球从半圆轨道的最低点 A 以某一初速度开始运动恰好能到最高点 C ，进入右侧区域后 恰好又做匀速圆周运动回到 A 点，空气阻力不计，重力加速度为 g ．则 A. 小球在最低点 A 开始运动的初速度大小为 B. 小球返回 A 点后可以第二次到达最高点 C C. 小球带正电，且电场强度大小为 D. 匀强磁场的磁感应强度大小为 【答案】 ACD 26 ．如图为某放射源放出的三种射线在匀强电场或匀强磁场中的轨迹示意图，已知三种射线的 性质如下表： 射线名称 本质 电荷数 质量数 速度 α射线 氦原子核 2 4 0.9cβ射线 电子 － 1 0 0.99cγ射线 光子 0 0 c 以下判断正确的是： A. 若是在匀强磁场中，磁场垂直纸面向里，且①为α射线 B. 若是在匀强磁场中，磁场垂直纸面向外，且③为α射线 C. 若是在匀强电场中，电场方向水平向右，且③为α射线 D. 若是在匀强电场中，电场方向水平向左，且①为α射线 【答案】 AD 【解析】在同一磁场中，根据 可知，α射线的 m/q 值较大，则半径较大；若是在匀强磁场 中，磁场垂直纸面向里，根据左手定则可知，则①带正电，为α射线，选项 A 正确；若是在匀强 磁场中，磁场垂直纸面向外，则③带正电，但是因为③的偏转半径较小，则③不是α射线，选项 B 错误；在匀强电场中的偏转距离 ，则在相同的 x 时， m/q 较大，则 y较小；则若是在匀强电场中，电场方向水平向右，③不是α射线；若电场方向水平向左，①为α射 线，选项 D 正确， C 错误；故选 AD.点睛：此题除了考查粒子在电场或者磁场中的偏转方向外，还需要考查粒子在电场或磁场中偏转 的距离的大小，这就需要看在磁场中运动的半径和在电场中的偏转距离表达式 . 27 ．如图所示，半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B, M 为磁 场边界上一点，有无数个带电量为 q(q>0) 、质量为 m 的相同粒子在纸面内向各个方向以相同的 速率通过 M 点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长 是圆周长的 . 不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是 A. 粒子从 M 点进入磁场时的速率 B. 粒子从 M 点进入磁场时的速率 C. 若将磁感应强度的大小变为 ，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 D. 若将磁感应强度的大小变为 ，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的 【答案】 AD 【解析】如图甲所示 , ，边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长， 偏转圆半径为 ，得粒子速率为 ；若将磁感应强度的大小变为 ，偏转圆半径 ，得偏转圆半径 ，粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，如图 乙所示。由几何关系可知， 。两次粒子射出边界的圆弧长之比为， 。综上分析 AD正确。 【点睛】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解题关键是由洛伦兹力提供向心力求得半 径，然后根据几何关系求半径。 28 ．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M 、 N 两小孔中， O 为 M 、 N 连线 中点，连线上 a 、 b 两点关于 O 点对称，导线通有大小相等、方向相反的电流 I 。已知通电长直导 线在周围产生的磁场的磁感应强度 IB k r  ，式中 k 是常数， I 是导线中的电流， r 为点到导线的 距离，一带正电的小球 ( 图中未画出 ) 以初速度 v0 从 a 点出发沿连线运动到 b 点。关于上述过程， 下列说法正确的是（ ） A. 小球先做加速运动后做减速运动 B. 小球一直做匀速直线运动 C. 小球对桌面的压力先增大后减小 D. 小球对桌面的压力一直在增大 【答案】 BC【解析】根据右手螺旋定则及矢量合成法则，可知直线 MN 处的磁场方向垂直于 MN 向里，磁场 大小先减小后增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力竖直向上，根据 F=qvB可知，洛伦兹力是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先增大 后减小，故 AD 错误， BC 正确。 29 ．如图，在 xOy 平面的第一象限内，分布有沿 x 轴负方向的场强 44 10 /3E N C  的匀强电场， 第四象限内分布有垂直于纸面向里的磁感应强度 B1=0.2T 的匀强磁场，第二、三象限内分布有垂 直于纸面向里的 磁感应强度为 B2 的匀强磁场。在 x 轴上有一个垂直于 y 轴的平板 OM 平板上开 有一个小孔 P ， P 处连接有一段长度 d=1cm ，内径不计的准直管，位于第一象限内，管内由于静 电屏蔽没有电场。 Y 轴负方向上距 O 点 3 cm 的粒子源 S 可以向第四象限平面内各个方向发射α 粒子，且 OS t2 B. t1< t2 C. 若电场和磁场同时存在，电子将偏向 y 轴正方向作曲线运动 D. 若电场和磁场同时存在，电子将偏向 y 轴负方向作曲线运动 【答案】 BC【解析】设 P 、 Q 点的横坐标为 x ，在电场中做类似平抛运动，有： 1 xt v  ；在磁场中做匀速圆 周运动，水平分速度小于 v ，水平分位移为 x ，故 t2 ＞ x v ；故 t2 ＞ t1 ；则 B 正确， A 错误； 在电场运动时，有： x=vt1 ； 2 1 1 2 eEy tm  ；故 21 2 eE xy m v      ① 在磁场中做圆周运动，轨迹如图： 结合几何关系，有： x=rsin θ ② y=r-rcos θ ③ 其中： r= mv eB ④ 联立得到：     2 2 2 1 2 1 2 11 1 cos cosE Bv sin cos cos          ＝ ＞ ；故当电场和磁场同时存在时， eE＞ evB ，即电场力大于洛仑兹力，故电子向上偏转，将偏向 y 轴正方向作曲线运动；故 C 正确， D错误；故选 BC.点睛：本题选项 AB 运用运动的分解进行判断，较为基础；选项 CD 要分别根据圆周运动的知识 和类似平抛运动的知识进行列式分析，得到电场强度与磁感应强度的关系，同时要结合动能定理 分析，涉及三角函数的运算． 43 ．半径为 R 的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为 +q 的介质小球，以初速度 0 5v gR 向右冲上轨道。下面四种情形中， A 图圆心处放置正点电荷， B 图加上竖直向下的匀 强电场，场强 2 mgE q  ， C 图加上水平向右的匀强电场，场强 mgE q  ， D 图加上垂直纸面向外 的匀强磁场。则小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动是 A. B. C. D.【答案】 AD 44 ．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“ D ”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属 盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能 Ek 随时间 t 的变化规 律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的是（ ） A. 在 Ek ﹣ t 图中应有 t4 ﹣ t3=t3 ﹣ t2=t2 ﹣ t1 B. 高频电源的变化周期应该等于 tn ﹣ tn ﹣ 2 C. 要使粒子获得的最大动能增大，可以增大电源电压 D. 在磁感应强度 B 、“ D ”形盒半径、粒子的质量 m 及其电荷量 q 不变的情况下，粒子的加速次数 越多，粒子的最大动能一定越大 【答案】 AB【解析】 A. 洛伦兹力提供向心力，有 2vqvB m r  ，解得 mvr qB  ，故周期 2 2r mT v qB    ，与 速度无关，故 t4 ﹣ t3=t3 ﹣ t2=t2 ﹣ t1 ，故 A 正确； B. 交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故高频电源的变化周期应该等于 tn − tn − 2 ，故 B 正确； C. 当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于 D 形盒的半径；由 2vqvB m r  ， 解得 mvr qB  ，则最大动能 2 2 2 21 2 2k q B RE mv m   ，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以 及电荷的电量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故 C 错误； D. 当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于 D 形盒的半径；由 2vqvB m r  ， 解得 mvr qB  ，则最大动能 2 2 2 21 2 2k q B RE mv m   ，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以 及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，与加速次数无关，故 D 错误； 故选： AB. 45 ．如图所示，在平行板电容器极板间有电场强度为 E 、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度 为 B1 、方向垂直纸面向里的匀强磁场。左右两挡板中间分别开有小孔 S1 、 S2 ，在其右侧有一边长 为 L 的正三角形匀强磁场，磁感应强度为 B2 ，方向垂直纸面向里，磁场边界 ac 中点 S3 与小孔 S1 、 S2 正对。现有大量的带电荷量均为 +q 、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔 S1 水平射入电容 器，其中速率为 v0 的粒子刚好能沿直线通过小孔 S1 、 S2 。粒子的重力及各粒子间的相互作用均可 忽略不计。下列说法正确的是 A. v0 一定等于 B. 在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足 C. 质量 的粒子都能从 ac 边射出 D. 能打在 ac 边的所有粒子在磁场 B2 中运动的时间一定都相同 【答案】 ABC【解析】当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，如果大小相等， 即 ，解得 ，就会做匀速直线运动， A 正确；正粒子向上偏转是因为向上的洛伦 兹力大于向下的电场力，即 ， B 正确；设质量为 的粒子的轨迹刚好与 bc 边相切，如图 所示，由几何关系得 ，而 ，解得 ，所以 的粒子都会从 ac 边射出， C 正确；质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动 的时间不同， D 错误． 【点睛】粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出末速度 v ；粒子从进入磁场到从 AP间离开，根据半径公式，周期公式结合几何关系即可求解；粒子从进入磁场到从 AP 间离开，画 出运动轨迹，找出临界状态，根据半径公式结合几何关系即可求解． 46 ．如图所示，虚线所示的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场， P 为磁场边界上的一点。 大量质量为 m ，电荷量为 q 的相同的粒子以相同的速率 v ，在纸面内沿不同方向射入磁场，这些 粒子在磁场边界的出射点分布在四分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用，下列说 法正确的是 A. 磁感应强度大小为 2 2 mvB Rq  B. 磁感应强度大小为 2mvB Rq  C. 若将粒子从 P 点进入磁场时的速率变为 2 2 v ，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来 2 3 D. 若将粒子从 P 点进入磁场时的速率变为 2 2 v ，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来 2 3 【答案】 BD 若将粒子从 P 点进入磁场时的速率变为 2 2 v ，则粒子的轨道半径变为 1 2 R , 最远的点是轨迹上直 径与磁场边界圆的交点，相应的弧长所对的圆心角变为 60 0 ，则射出边界的圆弧长度变为原来的 2/3 ，选项 C 错误， D 正确；故选 BD.点睛：带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般 由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解；本 题关键画出临界轨迹． 47 ．如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压 U 加速后，水平进入互 相垂直的匀强电场 E 和匀强磁场 B 的复合场中 (E 和 B 已知 ) ，小球在此空间的竖直面内做匀速圆 周运动，则 （ ） A. 小球可能带正电 B. 小球做匀速圆周运动的半径为 1 2UEr B g  C. 小球做匀速圆周运动的周期为 2 ET Bg  D. 若电压 U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加 【答案】 BC【解析】小球先加速然后进入复合场中，加速的速度由动能定理可求得．至于进入复合场后由于 做匀速圆周运动所以竖直方向的两个力平衡抵消．由洛仑兹力提供向心力可以求出半径，再由运 动学公式求出周期． 小球做匀速圆周运动，则重力与电场力抵消，即电场力竖直向上，由于 E 向下，小球带负电， A错误；先在电场中加速时有： 21 2Uq mv ，据半径公式 mvr qB  ，联立 mg Eq 得 1 2UEr B g  ， B 正确；因为有 mg Eq ，加上粒子在磁场中的周期公式 2 mT qB  ，联立两式得 2 ET Bg  ，周 期与加速电压无关，若电压 U 增大，周期不变， C 正确 D 错误． 48 ．如图所示 , 在 0 3x a  , 0 y a  的长方形区域内有垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，题 感应强度大小为 B ，坐标原点 O 处有一个子源 , 在某时刻向第一象限发射大量质量为 m 、电荷量为 q 的带正电粒子 ( 重不计 ) ，速度大小满足 2 3qBa qBavm m   ，已知粒子在磁场中做周运动的周期 为 T ，则下列说法正确的是（ ） A. 所以粒子在磁场中运动经历最长的时间为 6 T B. 所以粒子在磁场中运动经历最长的时间小于 6 T C. 从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间小于 12 T D. 从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间为 12 T 【答案】 AC【解析】粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动运动，洛伦兹力作为向心力，则有 2vBvq m R  ，解 得 ： mvR Bq  ， 又 因 为 2 3qBa qBavm m   ， 故 2 3a R a  ； 粒 子 做 圆 周 运 动 的 周 期 2 2R mT v Bq    ；当速度与 y 轴正方向的夹角 为零时，其运动轨迹如图所示： 由图可知 R 越大，对应的 越小，故当 R=3a 时 最小，此时 1 1 3 2sin   ，解得： 6   ， 则 1 2 12t T T   ，故 C 正确， D 错误；  从 0 增大，则粒子在磁场上边界的出射点右移，设 磁场横向无右边界，则粒子在上边界最远能到达的位置为粒子做圆周运动与上边界相切的点，如 图所示： 此时粒子出射点的横坐标  22 22 3x R R a Ra a a      ，所以粒子一定能到达磁场边界 的右上顶点且粒子做圆周运动的轨迹都是劣弧，该点对应粒子做圆周运动的弦最大值，故当粒子 出射点为磁场边界右上边界点时，粒子在磁场中转过角度最大，运动时间最长；对应于相同的弦 长，半径越小，中心角越大；当 R=2a 时，且粒子出射点为磁场边界右上顶点时，粒子在磁场中 运动经历的时间最长；此时半径和弦长相等，则粒子转过的角度 1 3   ，运动经历的时间 1 13 6t T T    ，故 A 正确， B 错误；故选 AC ． 【点睛】分析粒子运动轨迹随速度与 y 轴正方向的夹角的变化关系，求得从磁场上边界飞出的粒 子经历最短的时间；再分析粒子能到达的距离 O 点最远处，求出该点对应的运动时间即为运动的 最长时间． 49 ．如图所示，三根通电长直导线 A 、 B 、 C 互相平行，其横截面位于等腰直角三角形的三个顶 点上，三根导线中通入的电流大小相等，且 A 、 C 中电流方向垂直于纸面向外， B 中电流方向垂 直于纸面向内；已知通电导线在其周围某处产生的磁场的磁感应强度 ，其中 I 为通电导线 中的电流强度， r 为某处到通电直导线的距离， k 为常量。下列说法正确的是 ( ) A. A 所受磁场作用力的方向与 B 、 C 所在平面垂直 B. B 所受磁场作用力的方向与 A 、 C 所在平面垂直 C. A 、 B 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1 ∶ 2 D. A 、 B 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1 ∶ 【答案】 BC【解析】利用右手定则可知： A 处的合磁场方向沿 AC 方向，所以 A 所受磁场作用力的方向与 A 、 C 所在平面垂直， A 错； B 、利用右手定则可知： B 处的合磁场方向沿 AC 方向，所以 B 所受磁场作用力的方向与 A 、 C 所 在平面垂直， B 对； C 、知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度 ，根据磁场的叠加知： A 处的磁场大小为 ，而 B 处的磁场强度为 ，所以 A 、 B 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1:2 ， C对， D 错； 故本题选： BC 50 ．如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B ，其边界为一边长 为 L 的正三角形（边界上有磁场）， A 、 B 、 C 为三角形的三个顶点．今有一质量为 m 、电荷量为 +q 的粒子（不计重力），以速度 3 4 qBLv m  从 AB 边上的某点 P 既垂直于 AB 边又垂直于磁场的 方向射入磁场，然后从 BC 边上某点 Q 射出．若从 P 点射入的该粒子能从 Q 点射出，则 A. 1 3 4PB L B. 2 3 4PB L C. 3 4QB L D. 1 2QB L 【答案】 BD 故本题选： BD 51 ．如图，正方形 abcd 中△ abd 区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△ bcd 区域内有方向 平行 bc 的匀强电场（图中未画出）。一带电粒子从 d 点沿 da 方向射入磁场，随后经过 bd 的中点 e 进入电场，接着从 b 点射出电场。不计粒子的重力。则（ ） A. 粒子带负电 B. 电场的方向是由 b 指向 c C. 粒子在 b 点和 d 点的动能相等 D. 粒子在磁场、电场中运动的时间之比为∶ 2【答案】 ABD【解析】 A 、根据粒子在磁场中受洛伦兹力而从 d 点进 e 点出，由左手定则知带负电，则 A 正确。 B 、根据磁场中运动的对称性知 e 点的速度大小等于 v0 ，方向与 bd 成 45 °，即水平向右，而电场 线沿 bc 方向，则做类平抛运动，可知负粒子受的电场力向上，则电场由 b 指向 c ， B 正确。 C 、 粒子从 d 到 e 做匀速圆周运动，速度的大小不变，而 e 到 b 电场力做正功，动能增大，故 b 点的 动能大于 d 点的动能， C 错误。 D 、设正方形边长为 L ，由几何关系可知 0 0 0 2 24 2= 4 4 r L Lt v v v    磁 ， 电场中的水平分运动是匀速直线运动， 0 0 2= 2 L Lt v v 电 ，故 = 2 t t 磁 电 ，则 D 正确。故选 ABD. 【点睛】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，再结 合牛顿第二定律列式分析． 52 ．在物理学的发展过程中，有一些科学家由于突出的贡献而被定义为物理量的单位以示纪念。 下面对高中学习的物理单位及其相对应的科学家做出的贡献叙述正确的是 A. 力的单位是牛顿 (N) ，牛顿提出了万有引力定律 B. 自感系数的单位是法拉 (F) ，法拉第最早提出了电场的概念 C. 磁感应强度的单位是特斯拉 (T) ，特斯拉发现了电流的磁效应 D. 电流强度的单位是安培 (A) ，安培提出了分子电流假说 【答案】 AD【解析】力的单位是牛顿 (N) ，牛顿提出了万有引力定律，选项 A 正确；电容的单位是法拉 (F) ， 法拉第最早提出了电场的概念，选项 B 正确； 磁感应强度的单位是特斯拉 (T) ，奥斯特发现了电 流的磁效应，选项 C 错误；电流强度的单位是安培 (A) ，安培提出了分子电流假说，选项 D 正确； 故选 AD. 53 ．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的 1 、 2 、 3 、 4 是霍尔元件上的四个接线端。当开关 1 2S S、 闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法 正确的是（ ） A. 通过霍尔元件的磁场方向向下 B. 接线端 2 的电势低于接线端 4 的电势 C. 仅将电源 1 2E E、 反向接入电路，电压表的示数不变 D. 若适当减小 1R 、增大 2R ，则电压表示数一定增大 【答案】 ABC【解析】根据安培定则可知，磁场的方向向下，故 A 正确；通过霍尔元件的电流由 1 流向接线端 3 ，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端 2 ，所以接线端 2的电势低于接线端 4 的电势，故 B 正确；当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反， 由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即 2 、 4 两接线端的电势高低关系不发生改变，故 C 正确； 适当减小 R1 ，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度增大，而当增大 R2 ，霍尔元件中的电流 减小，所以霍尔电压减小，即毫伏表示数一定减小，故 D 错误；故选 ABC.【点睛】线圈产生匀强磁场，方向垂直霍尔元件的上下两个面，电源 E2 提供通过霍尔元件的电流， 带电粒子在磁场力作用下偏转，由左手定则可知偏方向，得出电势高低；由电源的正负极变化， 导致电子运动方向也变化，由左手定则可知，电子的偏转方向；电压表 C 测量霍尔元件的电压， 霍尔电压与磁感应强度和通过霍尔元件的电流有关 . 54 ．如图所示，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边界分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点 A 处由一质子源，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 1q m k  ，则质子的 速度可能为 A. BL k B. 2 BL k C. 2 3 BL k D. 8 BL k 【答案】 ABD【解析】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 ∘ ，所以质子运行半径为： r=L/n(n=1,2,3, … ) ， 质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得： 2vqvB m r  ， 解得： v= qBr BL m kn  (n=1,2,3, … ) ， 故 ABD 正确， C 错误。 故选： ABD.点睛：质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出质子可能的运动轨迹， 应用牛顿第二定律求出质子在速度表达式，然后分析答题． 55 ．如图所示， L1 和 L2 为平行线， L1 上方和 L2 下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强 磁场， AB 两点都在 L2 上，带电粒子从 A 点以初速度 v 与 L2 成θ =30 °斜向上射出，经过偏转后正 好过 B 点，经过 B 点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是（ ） A. 带电粒子一定带正电 B. 带电粒子经过 B 点时的速度一定跟在 A 点的速度相同 C. 若将带电粒子在 A 点时的初速度变大（方向不变）它仍能经过 B 点 D. 若将带电粒子在 A 点时的初速度方向改为与 L2 成 60 °角斜向上，它就不一定经过 B 点 【答案】 CD【解析】画出带电粒子运动的可能轨迹， B 点的位置可能有下图四种，如图所示： 56 ．如图所示，边长为 L 的正三角形 abc 区域内存在垂直纸面向里的的匀强磁场，质量为 m ， 电荷量均为 q 的三个粒子 A 、 B 、 C 以大小不等的速度从 a 点沿与 ab 边成 30 °角的方向垂直射入 磁场后从 ac 边界穿出，穿出 ac 边界时与 a 点的距离分别为 、 、 L 。不及粒子的重力及粒子间 的相互作用，则下列说法正确的是 A. 粒子 C 在磁场中做圆周运动的半径为 L B. A 、 B 、 C 三个粒子的初速度大小之比为 3:2:1 C. A 、 B 、 C 三个粒子从磁场中射出的方向均与 ab 边垂直 D. 仅将磁场的磁感应强度减小 ，则粒子 B 从 c 点射出 【答案】 ACD【解析】 A 、由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以 30 °的弦切角进磁场，射出时的速度也与 边界成 30 °，而圆心角为 60 °，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知 ， ， ，故 A 正确。 B 、根据洛伦兹力提供向心力有 ，可知 ，可得初速 度之比 ， B 错误。 C 、由于三粒子从 ac 出射时夹角为 30 °，而 ，故出射 速度的延长线必与 ab 边垂直构成直角三角形，故 C 正确。 D 、由 可知将 B 改为 ，半径 将变为 ，而其它条件不变，故由几何关系可知 B 粒子将从 c 点出射， D 正确。故 选 ACD.【点睛】本题关键是明确粒子的运动规律，画出三个粒子的轨迹，结合几何关系确定轨道半径， 根据对称性和牛顿第二定律列式求解半径 . 57 ．如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好 能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为 r ，电场强度大小为 E ， 磁感应强度大小为 B ，重力加速度大小为 g ，则下列判断中正确的是（ ） A. 小球一定带负电荷 B. 小球一定沿顺时针方向转动 C. 小球做圆周运动的线速度大小为 D. 小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功 【答案】 AC【解析】 A 、带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到 的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球 一定带负电荷，故 A 正确； B 、磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的旋转方向为逆时针 （四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反），故 B 错误； C 、由电场力和重力大小相等，得： mg=qE ，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半 径为： ，联立得： ，故 C 正确； D 、小球在做圆周运动的过程中，电场力要做功，洛伦兹力始终不做功，故 D 错误； 故选 AC 。 【点睛】带电小球在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场 力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性。根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断小球 的旋转方向；结合重力与电场力平衡以及带电小球在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出 线速度；洛伦兹力不做功，而电场力要做功。 58 ．如图所示为水平面内环形电流形成磁场的磁感线的分布，一带负电的小球沿图中上方虚线做 匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ） A. 从上向下看，环形电流沿逆时针方向 B. 从上向下看，小球沿逆时针方向做圆周运动 C. 同一小段通电直导线放在 A 处时受到的安培力比放在 B 处时受到的安培力大 D. 小段通电直导线在 C 处垂直纸面放置时受到的安培力沿磁感线的切线方向 【答案】 AB 59 ．如图所示 , 在一竖直平面内有垂直平面朝里、磁感应强度为 B 的匀强磁场 ,a 、 b 是在同一水 平线上的两点。带电量 q 、质量为 m 的小球 P 、以一定的速度从 a 对准 b 射出。不计空气阻力 ,关于小球的运动，以下说法正确的是（ ） A. 若小球能沿直线从 a 点运动到 b 点 , 则小球的速度一定为 mg qB B. 带电小球可能做匀速圆周运动从 a 点运动到 b 点 C. 小球从 a 点运动到 b 点的时间可能为 6 m qB  D. 若带电小球从 a 点静止释放也能到达 b 点 , 则在运动过程中的最大速度满足 2mg qB 【答案】 ACD【解析】由于小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用，不可能做匀速圆周运动到达 b 点，若沿直 线从 a 到 b ，则只能做匀速直线运动，即满足 qvB mg ，即 mgv qB  ，故 A 正确 B 错误；若小 球不做直线运动，则小球的运动类似于螺旋运动，小球的运动可看作 v 的匀速圆周运动和速度为 'v 的匀速直线运动的合运动，到达 b 点时一定满足整数倍周期， C 正确；小球静止，可以看作同 时具有向左和向右的 mg qB 的速度，可以看作向左的匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动，两速 度相等时，速度最大，故最大速度满足 2mg qB ，故 D 正确。 60 ．如图所示，半径为 R 的圆形边界内充满垂直纸面向外的匀强磁场，三个粒子以相同的速度从 O 点沿 on 方向射入，粒子 1 从 p 点射出，粒子 2 从 n 点射出，粒子 3 从 mn 边界射出，出射方 向偏转了 60 °，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定 A. 粒子 1 带负电，粒子 2 不带电，粒子 3 带正电 B. 粒子 1 和粒子 3 的周期之比为 C. 粒子 1 和粒子 3 在磁场中运动的时间之比为 D. 粒子 1 和粒子 3 的比荷之比为 【答案】 AC【解析】根据左手定则判断出粒子的电性；做出粒子运动的轨迹，根据几何关系找出粒子运动的 半径与 R 的关系，然后由半径公式即可求出粒子 1 与 3 的比荷的比值；由周期公式即可求出粒子 1 与 2 的时间比； 根据题意可知粒子 1 向上偏转，粒子 2 不受洛伦兹力作用，粒子 3 向下偏转，结合左手定则可得 粒子 1 带负电，粒子 2 不带电，粒子 3 带正电， A 正确；做出粒子运动的轨迹如图，则粒子 1 运 动的半径： ，由 可得 ，粒子 3 的运动的轨迹如图，则： ，由 可得： ，所以 ，粒子在磁场中运动的周期比为 ，粒子 1 在磁场中的运动时间： ，粒子 3 在磁场中运动的时间 ，所 以 ，故 C 正确 BD 错误． 61 ． xy 平面内，在 y<0 的区域存在垂直 xy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B 。 abcd 为半径 为 R 的闭合圆形铝线圈，圆心的坐标为（ 0 ， 0.5R ），通有方向为 abcda 的恒定电流，线圈竖直放 置，此时线圈恰好静止。重力加速度为 g 。下列能使线圈的加速度大小变为 2g 的是 A. 仅将磁感应强度大小改为 3B B. 仅将线圈以 y 轴为轴转 90 ° C. 仅将线圈以 x 轴为轴转 180 ° D. 仅将线圈向下移动至圆心位于原点 【答案】 AC【解析】由几何关系可知， ；开始时 ；当磁感应强度大小改为 3B ，则 F 安 =3BIL ，则加速度 ，选项 A 正确；若仅将线圈以 y 轴为轴转 90 °，则 所受的安培力变为零，则加速度变为 g ，选项 B 错误；仅将线圈以 x 轴为轴转 180 °，则安培力大 小不变方向变为向下，则加速度为 ，选项 C 正确；仅将线圈向下移动至圆心位 于原点，则安培力变为 F ′安 =2BIR ，则加速度变为 ，选项 D错误，故选 AC. 点睛：此题是安培力的求解即牛顿第二定律的应用题；关键是找到线圈在磁场中的有效长度以及 安培力的方向，根据牛顿第二定律求解加速度 . 62 ．如图，空中水平固定一闭合铜环，让一 S 极朝下的条形磁铁从铜环圆心 O 正上方 P 位置静止 释放，磁铁保持竖直加速下落，经过铜环下方 Q 点，其中 OQ = OP 。不计空气阻力，重力加速度 大小为 g ，则 A. 释放瞬间磁铁的加速度为 g B. 磁铁在运动的过程机械能守恒 C. 当磁铁在 P 与 Q 时，铜环的磁通量相同 D. 磁铁由 P 到 Q 的过程，铜环顺时针（俯视）的平均电流大于逆时针的平均电流 【答案】 AC【解析】释放瞬间，线圈中午感应电流，则线圈对磁铁午磁场力，则磁铁只受重力，加速度为 g ， 选项 A 正确；磁铁在运动的过程中线圈中要产生感应电流，生成电能，则磁铁的机械能减小，选 项 B 错误；因 PQ 位置关于线圈对称，可知当磁铁在 P 与 Q 时，铜环的磁通量相同，选项 C 正确； 磁铁从 P 点到线圈位置时，穿过线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知铜环产生（俯视）顺 时针的感应电流；同理磁铁从线圈位置到 Q 点时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律可 知铜环产生（俯视）顺时针的感应电流，因为磁铁在线圈以上部分运动时速度较小，则产生的平 均电流较小，选项 D 错误；故选 AC. 63 ．为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计， 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，在垂直于前、后面的方 向加磁感应强度为 B 的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板 M 、 N 作为电极，污水充 满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压 U ，若用 Q 表示污水流量（单位 时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是 A. M 板电势一定高于 N 板的电势 B. 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大 C. 污水流动的速度越大，电压表的示数越大 D. 电压表的示数 U 与污水流量 Q 成正比 【答案】 ACD 64 ．如图所示，两平行金属板间距为 ，电势差为 ，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有 一磁感应强度为 的匀强磁场．带电量为 、质量为 的粒子，由静止开始从正极板出发，经电 场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．最终打到 点．下列说法正确的是（ ） A. 若只增大两板间的距离，则粒子打到 点左侧 B. 若只增大两板间的距离，则粒子在磁场中运动时间不变 C. 若只增大两板间的电压，则粒子打到 点左侧 D. 若只增大两板间的电压，则粒子在磁场中运动时间增加 【答案】 BC 【解析】 A 、若只增大两板间的距离，根据 ，轨道半径不变，仍然打在 点， 故 A 错误； B ．若只增大两板间的距离，根据 ，圆周运动的周期不变，故在磁场中运动时间为 ，不 变，故 B 正确； C ．若只增大两板间的电压，根据 ，轨道半径变大，打在 点左侧，故 C 正 确的； D ．若只增大两板间的电压，根据 ，圆周运动的周期不变，故在磁场中运动时间为 ，不 变，故 D 错误； 故选 BC 。 【点睛】考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转。 65 ．如图所示，在半径为 0.1m 的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为 0.5T 。圆形 区域右侧有一足够大竖直感光板 MN 。带正电粒子从圆形区域最高点 P 以速率 v0=1.0 × 10 5 m/s 平 行于纸面进入磁场，已知粒子比荷为 2 × 10 6 C/kg, 粒子重力不计，  取 3.14 。若粒子对准圆心射 入，则下列说法中正确的是 A. 粒子不一定沿半径方向射出磁场 B. 粒子在磁场中运动的时间为 1.57 × 10 -6 s C. 若粒子速率变为 2v0 ，则穿出磁场后垂直打在感光板 MN 上 D. 若粒子以速度 v0 从 P 点以任意的某一方向射入磁场，则离开磁场后一定垂直打在感光板 MN上 【答案】 BD【解析】根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，画出运动轨迹，结合 几何关系分析即可． 带正电粒子从圆弧顶点 P 以速率 0v 平行于纸面且对准圆心射入磁场，根据对称性，一定沿半径方 向射出， A 错误；粒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 2 0 vqv B m r  ，解得 5 0 6 1.0 10 0.12 10 0.5 mvr mqB     ，轨迹圆弧对应的圆心角为 2  ，运动时间为 6 6 1 2 3.14 1.57 104 2 2 2 10 0.5 m mt s sqB qB           ， B 正确；若粒子速率变为 2v0 ，则轨道 半径变为 2R ，运动轨迹如图：故不是垂直打到感光板 MN 上， C 错误； 当带电粒子以 0v 射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为 R ．设粒子射入方向与 PO 方向夹 角为θ，带电粒子从区域边界 S 射出，带电粒子运动轨迹如图所示．因 3 3PO O S PO SO R    ， 所以四边形 3POSO 为菱形，由图可知 3 3 3PO O S v SO ， ，因此，带电粒子射出磁场时的方向 为水平方向，与入射的方向无关，即离开磁场后一定垂直打在感光板 MN 上， D 正确． 66 ．“电流天平”是根据通电导线在磁场中受磁场力作用原理制成的一种灵敏测量仪器。如图所示， 在赤道表面，利用“电流天平”测量磁感应强度 B 的大小。测量时（ ） A. 导线框中电流的方向为顺时针方向 B. 导线框中电流钶方向为逆时针方向 C. 为减小地磁场的影响， ab 边应东西放置 D. 为减小地磁场的影响， ab 边应南北放置 【答案】 AD 67 ．（多选）如图所示， AOB 为一边界为四分之一圆的匀强磁场， O 点为圆心， D 点为边界 OB的中点， C 点为边界上一点，且 CD//AO. 现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不 计粒子重力） . 其中粒子 1 从 A 点正对图心射入，恰从 B 点射出，粒子 2 从 C 点沿 CD 射入，从某 点离开磁场，则可判断 A. 粒子 2 一定在 B 点射出磁场 B. 粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为 3 ： 2 C. 粒子 2 可能在 BC 之间某点射出磁场 D. 粒子 1 与粒子 2 的速度偏转角度相同 【答案】 AB【解析】粒子运动轨迹如图所示： 粒子 1 从 A 点正对圆心射入，恰从 B 点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为 90 °，粒子轨道半径 等于 BO ，粒子 2 从 C 点沿 CD 射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为 O1 ，运动轨道半径也 为 BO=R ，连接 O1C 、 O1B ， O1COB 是平行四边形， O1B=CO ，则粒子 2 一定从 B 点射出磁场，故 A 正确， C 错误；粒子 1 的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角θ 1=90 °，连接 PB ，可知 P 为 O1C 的中点，由数学知识可知，θ 2= ∠ BO1P=60 °，两粒子的速度偏角不同，粒子在磁场中运动的 周期： T= ，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间 t= T ，的运动时间之比： t1 ： t2= θ 1 ： θ 2=90 °： 60 ° =3 ： 2 ，故 B 正确， D 错误；故选 AB ． 点睛：本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心 力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题． 68 ．如图，半径为 R 的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为 B ，方向垂直 于纸面向外． ab 为磁场圆的竖直直径， cd 为其水平直径，一电荷量为 q （ q ＞ 0 ）、质量为 m 的粒 子（不计重力）沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离为 R/2 ．已知粒子射 出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60 °，现在若将磁感强度的方向改为垂直纸面向内，则 下列说法中错误的是（ ） A. 粒子将从磁场的 圆弧段之间出场 B. 粒子的运动轨迹将经过磁场圆的圆心 C. 粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 120 ° D. 粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 150 ° 【答案】 AD【解析】带电粒子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域做匀速圆周运动，运动轨迹如图． 设运动半径为 r ，圆心为 O ˊ，连接 OC 、 OO ˊ， OO ˊ垂直平分弦长 CD ．已知粒子射出磁场与射入磁 场 时 运 动 方 向 间 的 夹 角 为 60 0 ， 所 以 ∠ C OD=60 ° ， 又 CE= R ， 所 以 ∠ C OE=30 ° ， 则 ∠ C O O ˊ = ∠ C O ˊ O=30 °， C O ˊ =CO ，即 r=R ．若将磁感强度的方向改为垂直纸面向内，则运动的 半径仍为 r=R ，则圆心在 F 点，则运动轨迹必过圆心 O ，选项 A 错误， B 正确；由几何关系可知， 粒子从 G 点射出，则粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 120 °，选项 C 正确， D 错误； 此题选择错误的选项，故选 AD.点睛：在磁场中做圆周运动，多数题目的解题思路是先确定圆心画出轨迹，由几何知识得到半径， 然后由牛顿第二定律求解其他量． 69 ．美国物理学家劳伦斯于 1932 年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特 点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，克服了多级直线加速器 的缺点，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步．下图为一种改进后的回旋加速器示意 图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在 A 板和 C 板间，如图所示．带电粒子从 P0 处以速度 v0 沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D 型盒中的匀强磁场做匀速圆周运 动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（ ） A. P1P2=P2P3 B. P1P2>P2P3 C. P0P1= P1P2 D. P0P1= P1P2【答案】 BC 【解析】根据 r= 得，则 P1P2=2 （ r2-r1 ） = ，因为每转一圈被加速一次，根据 v 2 -v12 =2ad ， 知 每 转 一 圈 ， 速 度 的 变 化 量 不 等 ， 且 v3-v2 ＜ v2-v1 ， 则 P1P2 ＞ P2P3 ． 故 A 错 误 ， B 正 确． P0P1=2r1= ； P1P2=2 （ r2-r1 ） = ，由匀变速直线运动的规律可知：两次穿过 电场时间之比为 ，则 ，则 P0P1= （ +1 ） P1P2 ，选项 C 正确， D 错误； 故选 BC.点睛：解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在 AC 间 加速相等的距离． 70 ．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感强度为 B 的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的 直杆，它与水平面的夹角为θ，一带电量为 -q ，质量为 m 的带负电小球套在直杆上，从 A 点由静 止开始沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，列说法正确的是 （ ） A. 小球的加速度选增大后减小，最后为零 B. 小球的速度先增大后减小直至匀速运动 C. 若小球的最大速度为 ，则当小球有最大加速度时其速度 D. 若小球的最大速度为 ，则当小球有最大加速度时其速度 【答案】 AC【解析】小球下滑时受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据牛顿第二定律有： mgsin θ - μ （ mgcos θ -qvB ） =ma ，随 v 增大， a 增大， 当 v ＝ 时， a 达最大值 gsin θ，此时洛伦兹力 等于 mgcos θ，支持力等于 0 ，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，此后下滑过程中 有： mgsin θ - μ（ qvB-mgcos θ） =ma ，随 v 增大， a 减小，当 时， a=0 ．此时达到平衡状态，速度不变．所以整个过程中， v 先一直增大后不变； a 先增大后减 小，最后为零，所以 A 正确， B 错误．开始时，小球能沿杆下滑，则满足 mgsin θ > μ mgcos θ，即 mgsin θ > μ mgcos θ，则 ，即 v ＝ < ，选项 C 正确， D 错误；故选 AC.点睛：此题关键是分析小球下滑时弹力的变化情况，从而分析加速度的变化，通过列出表达式来 计算最大的加速度和最大的速度 . 71 ．目前，世界各国都在积极研究磁流体发电机，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为 b 、 a 、 d ，两极板间匀强磁场的磁感应强度为 B ．等离子体垂直进入磁场的速度为 v ，单个离子所带 的电量为 q ．离子通道（即两极板内所围成空间）的等效电阻为 r ，负载电阻为 R ．则下列说法中 正确的是（ ） A. 等离子体离子浓度越高，该发电机的电动势越大 B. 等离子体离子浓度越高，通过 R 的电流越大 C. 在其它条件不变的情况下，增大等离子的流量可以增大该发电机的电动势 D. 在其它条件不变的情况下，增大装置的宽度 a 对通过 R 的电流将增大 【答案】 BCD 72 ．质量为 m 、带电荷量为 q 的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于 方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为 B ，如图所示．若带电小球下滑后某时刻对斜面的 作用力恰好为零，下面说法中正确的是 ( ) A. 小球带负电 B. 小球在斜面上运动时做匀加速直线运动 C. 小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动 D. 小球在斜面上下滑过程中，小球对斜面压力为零时的速率为 【答案】 BD【解析】 A ：若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，故其所受洛仑兹力方向垂直斜 面向上，据左手定则可知小球带正电。故 A 项错误。 BC ：小球在斜面上运动时其加速度由重力沿斜面向下的分量产生，则 ，小球在斜面 上运动时做匀加速直线运动。故 B 项正确， C 项错误。 D ：小球在斜面上下滑过程中，小球对斜面压力为零时，对小球受力分析可得： ， 解得此时小球的速度 。故 D 项正确。 73 ．如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表 面 A 和下表面 A ′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应。若匀强磁场的磁感应强度为 B ，金 属板宽度为 h 、厚度为 d ，通有电流 I ，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为 U 。则下列 说法中正确的是 ( ) A. 达到稳定状态时，金属板上表面 A 的电势高于下表面 A ′的电势 B. 达到稳定状态时，金属板上表面 A 的电势低于下表面 A ′的电势 C. 只将金属板厚度 d 减为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小也变为原来的一半 D. 只将电流 I 减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小也变为原来的一半 【答案】 BD【解析】电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故 洛伦兹力也向上；故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故 A 错误， B 正 确；电子最终达到平衡，有： ，则： ，电流的微观表达式： ， 则： ，代入得： ，只将金属板的厚度 d 减小为原来的一半，则上、下表面之间的 电势差大小变为 2U ，故 C 错误；只将电流 I 减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小 变为 ，故 D 正确．故选 BD ． 【点睛】金属中移动的是自由电子，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高 低．最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小． 74 ．一束带电粒子流以同一方向垂直射入一磁感强度为 B 的匀强磁场中，在磁场中分成两条轨迹 1 和 2 ，如图所示，那么它们的速度 v 、动量 P=mv 、电荷 q 、荷质比 之间的关系可以肯定是 （ ） A. 如 P1 ＝ P2 ，则 q1>q2 ，都是负粒子流 B. 如 q1=q2 ，则 P1 ＜ P2 ，都是正粒子流 C. 如 ，则 v1 ＜ v2 D. 如 ，则 v1 ＝ v2【答案】 AC 75 ．某带电粒子从图中速度选择器左端中点 O 以速度 v0 向右水平射出，从右端中点 a 下方的 b点以速度 v1 射出；若增大磁感应强度，该粒子将打到 a 上方的 c 点，且 ac ＝ ab ，其中匀强电场 的电场强度大小为 E ，不计粒子的重力，则（ ） A. 该粒子带正电 B. 若使该粒子沿 oa 方向水平射出，则电场前端和磁感应强度大小满足 0 E vB  C. 第二次射出时的速率仍为 1v D. 第二次射出时的速率为 2 2 0 12v v 【答案】 ABD【解析】 A 、当增加磁感应强度时，洛伦兹力变大，粒子向上偏转，说明洛伦兹力增加到大于电 场力，且洛伦兹力向上，由于磁场方向向内，根据左手定则可以判断粒子带正电，故 A 正确； B 、若使该粒子沿 Oa 方向水平射出，根据平衡条件，有： 0qv B qE ，故 0 Ev B  ，故 B 正确； C 、从 O 到 b 过程，根据动能定理，有 2 2 1 0 1 1 2 2qE y mv mv   ， 从 O 到 c 过程，根据动能定理，有 2 2 2 0 1 1 2 2F y mv mv    ， 由以上两式求解出： 2 2 2 0 12v v v  ，故 C 错误， D 正确 .点睛：根据题意得到电场力向下，洛伦兹力向上；根据左手定则判断电荷电性，结合动能定理列 式运算。 76 ．如图所示直角坐标系 xoy ， P （ a ， -b ）为第四象限内的一点，一质量为 m 、电量为 q 的负电 荷（电荷重力不计）从原点 O 以初速度 v0 沿 y 轴正方向射入。第一次在整个坐标系内加垂直纸 面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过 P 点；第二次保持 y>0 区域磁场不变，而将 y<0 区域磁 场改为沿 x 方向匀强电场，该电荷仍通过 P 点， A. 匀强磁场的磁感应强度   0 2 2 2amvB q a b   B. 匀强磁场的磁感应强度   0 2 2 2amvB q a b   C. 电荷从 O 运动到 P ，第二次所用时间一定短些 D. 电荷通过 P 点时的速度，第二次与 x 轴负方向的夹角一定小些 【答案】 AC【解析】 AB 、第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过 P 点；粒子 做匀速圆周运动， 由几何作图得 2 2 2a R b R   ，解得 2 2 2 a bR a  ，由 2vqvB m R  解得匀强磁场的磁感应强 度   0 2 2 2amvB q a b   ，故 A 正确， B 错误； C 、第二次保持 y>0 区域磁场不变，而将 y<0 区域磁场改为沿 x 方向匀强电场，该电荷仍通过 P点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间 2 0 1 +2 bt T v  ；第一次粒子做匀速圆周 运动，运动时间 1 0 1 2 QPt T v     ，弧长 QP 大于 b ，所以 1 2t t ，即第二次所用时间一定短些，故 C 正确； D 、电荷通过 P 点时的速度，第 - 次与 x 轴负方向的夹角为 ，则有 2 2 2 2 tan 2 R b a b b ab     ； 第二次与 x 轴负方向的夹角 ，则有 2 2 2tan 2 b a bR R b      ，所以有 tan tan  ，电荷通 过 P 点时的速度，第二次与 x 轴负方向的夹角一定大些，故 D 错误； 故选 AC 。 【点睛】第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过 P 点；粒子做匀 速圆周运动，由几何作图求出半径，由洛伦兹力提供向心力求解，第二次该电荷仍通过 P 点，粒 子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，根据运动规律求解。 77 ．如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面 水平向里．一带电微粒由 a 点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线 ab 斜向上运动，则下列 说法正确的是 ( ) A. 微粒可能带正电，也可能带负电 B. 微粒的动能一定不变 C. 微粒的电势能一定减少 D. 微粒的机械能一定增加 【答案】 BCD【解析】根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子做匀速直线运动，粒子带正 电，且粒子的动能保持不变，选项 A 错误， B 正确； 由 a 沿直线运动到 b 的过场中，电场力做正功，电势能减小，选项 C 正确；重力做负功，重力势 能增加，动能不变，则机械能增加，选项 D 正确．故选 BCD ． 点睛：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（ v与 B 不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带 电体就会做曲线运动． 78 ．如图所示，在 y 轴右侧存在与 xOy 平面垂直且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B ，位于坐标原点的粒子源在 xOy 平面内发射出大量完全相同的带负电粒子，所有粒子的初速度 大小均为 v0 ，方向与 x 轴正方向的夹角分布在－ 60 °～ 60 °范围内，在 x ＝ l 处垂直 x 轴放置一荧光 屏 S 。已知沿 x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏 S 上 y ＝－ l 的点，则 ( ) A. 粒子的比荷为 B. 粒子的运动半径一定等于 2l C. 粒子在磁场中运动时间一定不超过 D. 粒子打在荧光屏 S 上亮线的长度大于 2l【答案】 AC【解析】 AB 、沿 x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏 S 上 y=-l 的点，粒子运动轨迹如图所示， 由几何知识可知，粒子轨道半径： r=l ，由牛顿第二定律得： ，解得： ，故 A 正 确、 B 错误； C 、粒子在磁场中做圆周运动的周期： ，粒子在磁场中转过的最大圆心角为θ = π，粒 子在磁场中的最长运动时间： ，故 C 正确； D 、从与 x 轴正方向的夹角为 60 °射入磁场的粒子打在荧光屏 S 上的纵坐标一定小于 l ，故 D 错误。 故选 AC 。 79 ．如图所示，边长为 L 的正方形 abcd 内有垂直于纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场，一 束速率不同的带正电粒子从左边界 ad 中点 P 垂直射入磁场，速度方向与 ad 边夹角θ ＝ 30 °，已 知粒子质量为 m 、电荷量为 q ，粒子间的相互作用和粒子重力不计 . 则 ( ) A. 粒子在磁场中运动的最长时间为 B. 粒子在磁场中运动的最短时间为 C. 上边界 ab 上有粒子到达的区域长为 (1 － )L D. 下边界 cd 上有粒子到达的位置离 c 点的最短距离为 【答案】 AD【解析】 A 项：粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，最长时间对应的轨迹如图所 示： 从 pa 边射出对应的轨迹的圆心角最大，为 300 °，故最长时间为： ， 故 A 正确； B 项：考虑极限法，假设粒子速度无限大，则沿着直线穿过磁场，时间无穷小，故粒子在磁场中 运动的最短时间趋向零，故 B 错误； C 项：画出临界轨迹，如图所示： 从 ab 边射出的最大的轨迹是与 bc 边相切，故： r1+r1sin60 ° =L ，故 ， 从 ab 边射出的最小的轨迹是与 ad 边相切，故： ，故 ， 故上边界 ab 上有粒子到达的区域长为： ，故 C 错误； D 项：临界情况是轨迹与 cd 变相切，故： ，解得 r3=L ， 故下边界 cd 上有粒子到达的位置离 c 点的最短距离为 ，故 D 正确。 80 ．如图所示，在 xoy 平面的第Ⅰ象限内存在垂直 xoy 平面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁 场，两个相同的带电粒子以相同的速度 v0 先后从 y 轴上坐标（ 0 ， 3L ）的 A 点和 B 点（坐标未知） 垂直于 y 轴射入磁场，在 x 轴上坐标（ 3 L ， 0 ）的 C 点相遇，不计粒子重力及其相互作用．根 据题设条件可以确定（ ） A. 带电粒子在磁场中运动的半径 B. B 点的位置坐标 C. 两个带电粒子在磁场中运动的时间 D. 带电粒子的质量 【答案】 ABC 81 ．电磁流量计是根据法拉第电磁感应定律制造的用来测量管内导电介质体积流量的感应式仪 表。如图所示为电磁流量计的示意图 , 匀强磁场方向垂直于纸面向里 , 磁感应强度大小为 B; 当管中 的导电液体流过时 , 测得管壁上 a 、 b 两点间的电压为 U, 单位时间 (1 s) 内流过管道横截面的液体体 积为流量 (m 3 ), 已知管道直径为 D, 则 A. 管中的导电液体流速为 B. 管中的导电液体流速为 C. 管中的导电液体流量为 D. 管中的导电液体流量为 【答案】 AD 【解析】 A 、 B 项： a 和 b 两点的电势差达到稳定的条件为 ，则 ，故 A 正确， B 错 误； C 、 D 项：导电液体的流量即单位时间通过某一截面的体积，故 ，将 代入可得： ，故 D 正确。 点晴：导电液体中的正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转，在上下两端间形成电势差，最终离 子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出离子的速度，再根据 求出导电液体的流量。 解决本题的关键理解最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。 82 ．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、 负粒子 ( 不计重力 ) ，从 O 点以相同的速度先后垂直射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、 负粒子在磁场中 A. 运动时间相同 B. 运动轨迹的半径相同 C. 重新回到边界时速度大小相同方向相同 D. 重新回到边界时与 O 点的距离相同 【答案】 BCD【解析】正、负离子在磁场中的运动轨迹如图所示： A 项：设正离子轨迹的圆心角为α，负离子轨迹的圆心角为β，由几何知识得到，α =2 π -2 θ，β =2 θ， 由粒子做圆周运动的周期公式 2 mT qB  知：负离子运动的时间为 1 2 2t T  ，正离子运动的时间 为 2 2 2 2t T    ，故两粒子运动时间不相同，则 t1F2 D. F10.25m 区域存在着沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度 E = 5.0 × 10 5 N/C 。现有一不计重力的带正电粒子从 y 轴上的 P(0 ， 1.25m) 点以沿 x 轴正向的速度进入 电场区域，其质量 m=2.0 × 10 -26 kg ，电量 q=3.2 × 10 -19 C 。若要粒子能够穿出磁场进入第四象限区 域，则粒子的入射速度 v0 应满足什么条件？ 【答案】 v0 < 3 × 10 6 m/s ； 【解析】粒子在电场中运动时，其加速度 a =进入磁场时， y 方向已运动 h=1.0m ，其 y 方向分速度 vy = = 4 × 10 6 m/s进入磁场后，粒子向心力由洛伦兹力提供，设进入时进入时速度与 x 轴夹角为θ Bqv = 得 不考虑磁场在 x 轴上的边界，粒子在磁场中能够在 y 方向进入的最大深度 ym = R(1-cos θ ) =粒子能够穿过磁场区域宽度 d = 0.25m 的条件为 ym > d 解得： tan > ， tan θ >粒子初速度需满足的条件 v0 = vx = <即 v0 < 3 × 10 6 m/s 11 ．如图所示，在 xOy 平面直角坐标系中，直角三角形 ACD 内存在垂直平面向里的匀强磁场， 线段 CO=OD=L ， CD 边在 x 轴上，∠ ADC=30 º . 在第四象限正方形 ODQP 内存在沿 +x 方向的匀强 电场，在 y=-L 处垂直于 y 轴放置一平面足够大的荧光屏，屏与 y 轴交点为 P. 一束带电量为 e 的 电子束以与 +y 方向相同的速度如从 CD 边上的各点射入磁场，己知这些电子在磁场中做圆周运动 的半径均为 。忽略电子之间的相互作用力以及电子的重力 . 试求： (1) 磁感应强度 B. (2) 若电场强度 E 与磁感应强度 B 大小满足 ，求从 x 轴最右端射入电场中的电子打到荧 光屏上的点与 Q 点间的距离 . 【答案】 (1) (2) (2) 若电子能进入电场中，且离 0 点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边 AD 相切， 即粒子从 F 点离开磁场进入电场时，离 O 点最远 . 由几何关系 OF=从 F 射出的电子，做类平抛运动，有 eE= ma 代入得 设电子最终打在光屏的最远点距口点为 H ，电子射出电场时与竖直方向的夹角为θ，有 代入计算得 设从 x 轴最右端射入电场中的电子打到黄光屏上的点为 G ，则它与 P 点的距离 GQ=L+(L-y)tan θ 得 12 ．如图所示，在 xoy 坐标系内有垂直 xoy 所在平面的范围足够大的匀速磁场，磁感应强度为 B ．某 时刻有两个粒子 M 、 N 分别从坐标原点 O 及 x 轴上的 P 点开始运动． M 粒子带电量为 q ，质量为 m ，初速度方向沿 y 轴正方向，速度大小为 vM ．运动轨迹如图所示． N 粒子带电量为 q ，质量为 0.5m ，初速度方向是在 xoy 平面内的所有可能的方向， P 点到 O 点距离是 M 粒子轨道半径的 3倍，两粒子所受的重力不计． （ 1 ） M 粒子带的是正电还是负电？运动的轨道半径 RM 是多少？ （ 2 ）若两个粒子相遇的位置在（ RM ， RM ）的 A 点，则 N 粒子速度 VN 是多大？ （ 3 ） N 粒子的速度 vN 有一临界值 v ，当 vN μ mg ，即小环 a 最终将在圆环和 MN 杆上以 P 为最高点作往复运动，设小环 a 最 终在 MN 上运动的最远处距 M 端距离为 s1 ，则： -qEs1+2mgR=0. s1=4R>s2.故小环 a 在 MN 运动过程中必经过 C 点的正下方，因此最终两小环间的最小距离为：Δ s=2R. 16 ．如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔 C ，两板相距为 d ，电压为 U 。平行板间存在大小为 B0 的匀强磁场，方向垂直于纸面向里， AC 是两板间的中心线。金属板 下方存在有界匀强磁场区域 MPNQ ，其中 MPQ 是直角三角形， PQ 边长为 a ； PM 边长为 ， A 、 C 、 P 、 Q 四点共线， M 、 P 、 N 三点共线，曲线 QN 是以 2a 为半径、以 AQ 上某点（图中未标出） 为圆心的一段圆弧，该区域内磁场的磁感应强度大小为 B ，方向垂直于纸面向里。若大量带电离 子沿 AC 方向射入两金属板之间，有部分离子经 P 点进入下方磁场区域。不计离子重力，忽略离 子间的相互作用。 （ 1 ）求由 P 点进入下方磁场的离子速度； （ 2 ）若由 P 点进入下方磁场的正负离子都从 MN 边界上穿出，求这些正负离子的比荷的最小值 之比； （ 3 ）若由 P 点进入下方磁场的另一些正负离子的比荷都处于（ 2 ）问中两个最小值之间（比荷的 最大值是（ 2 ）问中较大的最小值，比荷的最小值是（ 2 ）问中较小的最小值）。求磁场边界上有 正负离子到达的区域范围。 【答案】 （ 1 ） （ 2 ）（ 3 ）带正电拉子从 MN 边界是穿出，范围是距 P 点 ，宽度是 ； 带负电拉子从 MN 边界是穿出，范围是距 P 点 ，宽度是 【解析】【分析】由粒子受力平衡求解由 P 点进入下方磁场的离子速度；由粒子进入、离开磁场 的速度方向求得圆周运动的圆心，进而求得半径，再根据洛伦兹力作向心力即可求得比荷，求这 些正负离子的比荷的最小值之比；先有带正负电的粒子均射出磁场求得离子运动的半径范围，再 根据半径范围，求得正负粒子离开此场的便边界范围 解：（ 1 ）带电粒子沿 AP 方向射入两金属板之间，经 C 点进入下方磁场区域，则粒子运动方向不 改变，粒子在金属板之间受洛伦兹力和电场力的作用，因为电场力为水平方向，所以，电场力和 洛伦兹力平衡，即 ，所以， ； （ 2 ）由洛沦兹力提供向心力，所以有 解得 可见比荷越大，半径越小，若由 P 点进入下方磁场的正负离子都从 MN 边界上穿出，比荷最小的 正负带电粒子刚好与边界相切，也就是带正电的粒子做圆周运动的周周与圆形磁场相切，带负电 的粒粒子做圆周运动与直角三角形的斜边 MQ 相切，如图所示 带正电的粒子做圆周运动的圆周与圆形磁场相切，由几何关系可得 : 解得 带正电粒子最小比荷是 带负电的粒子做圆周运动与直角三角形的斜边 MQ 相切，由几何关系可得 解得 带负粒子最小比荷是 这些正负离子的比荷的最小值之比 带负电粒子运动轨迹如图所示 , 到 M 点距离 范围宽度 所以带负电拉子从 MN 边界是穿出，范围是距 P 点 ，宽度是 17 ．如图所示，在 O 点固定一个正点电荷，同时在以 O 为圆心、 为半径的虚线圆内有垂直纸 面向里的匀强磁场 ( 未画出 ) ， MSN 是由细管制成的半径为 a 的光滑绝缘圆轨道，其圆心位于 O 点。 在 M 点以速度 v0 垂直 MN 向下射出一个质量为 m( 不计重力 ) 、电荷量为 q 的带负电的粒子，粒 子恰好做匀速圆周运动，从 N 点进入圆轨道 ( 细管的内径略比粒子大 ) 。粒子从 N 点进入时，虚线 圆内磁场的磁感应强度按 B=B0 －β t( β >0) 的规律开始变化，粒子从 M 点出来时磁感应强度的大小 恰好变为零之后不再变化，此时撤去圆轨道，粒子轨迹变为椭圆且垂直穿过 MN 线上的 P 点， OP=7a ， ( 以无穷远处电势为 0 ，点电荷电场中某点的电势 ， k 为静电力常量， Q 为点电荷 带电量、带符号代入， r 为电场中某点到点电荷的距离 ) 求： (1) 固定在 O 点的正电荷的电荷量； (2)B0 、β的数值； (3) 粒子从出发到达到 P 点的时间。 【 答 案 】 (1) (2) , (3)【解析】由库仑力提供向心力，可求电荷量；磁场变化过程，产生感生电场，由法拉第电磁感应 定律，可求电场强度；再由运动学规律，结合能量守恒定律，和开普勒第二定律，可求解 B0 、β 的数值；结合开普勒第三定律，在各个阶段求时间，结合周期性，求粒子从出发到达到 P 点的时 间。 (1) 库仑力提供向心力 得 (2) 假设在半径为 a 的地方有金属环，其感应电动势为： 此处的电场强度大小为 ( 感应电场 ) 所以有： ① (v1 为达 M 点的速度 )然后以初速 v1 做椭圆运动到 P 点，依开普勒第二定律可求得： ② 依能量守恒有： ③ 由②③得 ， 代入①得 ， (3) 此后运动周期为 T 开始圆运动的周期 由 可得 ， 【点睛】本题关键是通过电磁感应定律，求解感生电场强度。结合开普勒第二和第三定律，求解 相关问题，难度较大。 18 ．如图所示，在平面直角坐标系 xoy 中，用特殊材料制成的 PQ 界面垂直于 x 轴，只能让垂直 打到 PQ 界面上的电子通过，其恶补影响电子的速度， PQ 左右两侧有两个对称的直角三角形区域， 左侧 OAC 区域内分布着方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B 的匀强磁场，右侧 FDC 区域内分布 着竖直向上的匀强电场，已知 OA=l ，∠ AOC=45 °，现有大量质量为 m ，电荷量为 e 的电子在纸 面上从坐标原点 O 沿不同方向以不同速率射向磁场区域，以最大速度通过 PQ 界面的电子刚好打 到 x 轴上的 F 点处，不考虑电子间的相互作用，不计电子重力，求： （ 1 ）能通过 PQ 界面的电子锁具有的最大速度； （ 2 ）以通过 PQ 界面最大速度的 k （ 0a1, 假设小球均未从 NP 边界穿出，则小球 b 将先到达 MN 边界。 小球 b 沿电场方向的位移 ，得 tb=0.2s 此时小球 b 垂点电场方向的位置为 所以假设成立，如图所示。 当小球 b 到达 MN 边界时刻，小球 a 与 b 在正方形 MNPQ 区域内运动的间距最大。 设最大间距为 s ，则有 解得： 【点睛】解题关键：运用动量守恒及能量守恒，处理弹性碰撞。在涉及曲线运动时，往往采用化 曲为直的思想，转化为类平抛运动来处理。 36 ．如图甲所示， xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间 t 变 化的图象如图乙所示，周期均为 ， y 轴正方向为 E 的正方向，垂直纸面向里为 B 的正方向． t＝ 0 时刻，一质量为 m 、电荷量为＋ q 的粒子从坐标原点 O 开始运动，此时速度大小为 ，方向 为＋ x 轴方向．已知电场强度大小为 ，磁感应强度大小 ，不计粒子所受重力．求： (1) 时刻粒子的速度大小 及对应的位置坐标 ( ) ； (2) 为使粒子第一次运动到 y 轴时速度沿－ x 方向， 与 应满足的关系； (3) (n 为正整数 ) 时刻粒子所在位置的横坐标 x. 【答案】 (1) ,( )(2) (3) （ 2 ）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T ，则： 解得： 则粒子第一次运动到 y 轴前的轨迹如图所示： 粒子在磁场中做圆周运动时，有： 圆心在 y 周期上，结合几何关系得到： 且 联立解得： （ 3 ）粒子在磁场中做圆周运动的周期为 ，即在 时间内粒子转了半圈，在 x 方向向左移 动 ， 时刻速度大小仍为 ，方向与 时刻速度方向相反，在 时间内粒子做匀变速曲 线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与 时间内相同， 时刻速度大小为 ，方向沿着 x轴负方向，在 时间内粒子转动半圈， 时刻速度大小为 ，方向沿着 x 正方向，如图所 示 则 时间内粒子在 x 方向向左移动的距离为 由几何关系得： 则粒子的横坐标 【点睛】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，分析粒子的在电场和磁场中受力情况，确定其 运动情况，从而根据运动的性质列出运动方程，本题中最关键是运用几何知识求解坐标。 37 ．如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系 xOy ， y 轴正方向竖直向上．在第一、第四象 限内存在沿 x 轴负方向的匀强电场，其大小 E1 ＝ ；在第二、第三象限内存在着沿 y 轴正方 向的匀强电场和垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，电场强度大小 E2 ＝ ，磁感应强度大小为 B.现将一质量为 m 、电荷量为 q 的带正电小球从 x 轴上距坐标原点为 d 的 P 点由静止释放． (1) 求小球从 P 点开始运动后，第一次经过 y 轴时速度的大小； (2) 求小球从 P 点开始运动后，第二次经过 y 轴时的坐标； (3) 若小球第二次经过 y 轴后，第一、第四象限内的电场强度变为 E ′ 1 ＝ ，求小球第三次经 过 y 轴时的坐标． 【答案】 (1) (2) (3)【解析】解 . (1) 设小球在第一象限中的加速度为 a ，由牛顿第二定律得 得到 ，方向斜向左下与水平方向成 60 ° 所以 (2) 小球第一次经过 y 轴后，在第二、三象限内由 qE2 ＝ mg ，电场力与重力平衡，故做匀速圆周 运动．设轨迹半径为 R ，有 得 小球第二次经过 y 轴的坐标 (3) 第二次经过 y 轴后到第三次经过 y 轴过程，小球在第一、四象限内水平方向作向右匀减速运 动． 加速度 当 得 小球第二次经过 y 轴与第三次经过 y 轴的距离为 小球第三次经过 y 轴的坐标 38 ．在水平桌面上平整铺放一层光滑绝缘层，并固定好，在绝缘层上建立直角坐标系，在 y 轴上 的 A 点和 x 轴上的 B 点间固定一个半径为 0.4m 的内、外壁均光滑的绝缘细管，其圆心在 y 轴上 的 O ′点，其坐标为 (0 、 0.2m ），且∠ BO ′ O=60 º，如图所示 . 现在第一象限和第四象限不同区域内加 上竖直方向的四个匀强磁场，其分界面为图中 a 、 b 、 c 所示，磁感应强度分别为 B0 、 B1 、 B2 、 B0 ， 将一直径略小于绝缘管内径的带电荷量为 1.0 × 10 -4 C 、质量为 1.2 × 10 -5 kg 的带正电小球，在 A 端 以大小 2.0m/s 的速度垂直 y 轴射入细管中，此后小球从 B 端射出，并垂直通过界面 c 、 a ，又重 新垂直 y 轴回到 A 端进入细管做周期性运动，已知重力加速度 g=10m/s ² . 求： (1) 小球在细管中运动时，细管对小球的作用力大小 . (2) B0 、 B1 、 B2 的大小和方向 . (3) 在运动的一个周期内，小球在经过第一、四象限的过程中，在区域Ⅱ、Ⅲ内运动的总时间与在 区域Ⅰ、Ⅳ内运动的总时间之比 . 【答案】 （ 1 ） 1.697 × 10 -4 N （ 2 ） 0.693T （ 3 ） 【解析】解： (1) 小球在细管中做匀速圆周运动，向心力 管壁对小球竖直方向的支持力 则小球在细管中运动时，细管对小球的作用力大小 . (2) 小球在区域Ⅰ做半径为 R 的匀速圆周运动，有 计算得出 由左手定则知 B0 方向垂直于水平面向下 .要使小球不停地做周期性运动，则区域Ⅱ、Ⅲ内小球运动的半径应相等，区域Ⅱ、Ⅲ的磁感应强 度应等大反向， B2 的方向为垂直水平面向下， B1 的方向为垂直水平面向上 . 小球做周期性运动的 径迹如图甲所示 . 设在区域Ⅲ、Ⅱ内小球的圆心为 O1 、 O2. 小球圆周运动半径为 r ，偏转角为 ，如 图乙所示 . (3) 由 知，小球在区域Ⅳ内做匀速圆周运动的时间 小球在区域Ⅱ、Ⅲ做匀速圆周运动的时间共为 小球在第一象限区域Ⅰ做匀速圆周运动的时间 设在运动的一个周期内，小球在经过第一、四象限的过程中，在区域Ⅱ、Ⅲ内运动的总时间与在 区域Ⅰ、Ⅳ内运动的总时间之比为 k ，则 39 ．如图所示，空间有相互平行、相距和宽度也都为 L 的 I 、 II 两区域， I 、 II 区域内有垂直于纸 面的匀强磁场， I 区域磁场向内、磁感应强度为 B0 ， II 区域磁场向外，大小待定。现有一质量为 m ，电荷量为 -q 的带电粒子，从图中所示的一加速电场中的 MN 板附近由静止释放被加速，粒子 经电场加速后平行纸面与 I 区磁场边界成 45 °角进入磁场，然后又从 I 区右边界成 45 °角射出。 (1) 求加速电场两极板间电势差 U ，以及粒子在 I 区运动时间 t1 。 (2) 若 II 区磁感应强度也是 B0 时，则粒子经过 I 区的最高点和经过 II 区的最低点之间的高度差是 多少。 (3) 为使粒子能返回 I 区， II 区的磁感应强度 B 应满足什么条件，粒子从左侧进入 I 区到从左侧射 出 I 区需要的最长时间。 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） （ 3 ） ， ． 【解析】（ 1 ）画出粒子在磁场中运动的示意图，如图所示， 粒子在加速电场中根据动能定理可得： qU= mv 2 粒子在 I 区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得： qvB0=m 根据几何关系可得： R1= L 联立可得加速电场两极板间电势差： 粒子在磁场中运动的周期： 粒子在磁场中转过的圆心角为 90 °，可得粒子在 I 区域运动的时间： （ 2 ）粒子在 II 区域运动的半径与 I 区域相同，高度差由图中几何关系可得： h= （ R1+R2 ）（ 1-cos θ） +Ltan θ 可得： h= L（ 3 ）画出粒子刚好从 II 区域右边界穿出磁场的临界状态，即轨迹圆与右边界相切的情况． 根据几何关系可得： R2 （ 1+cos θ）≤ L ，即： 解得： B ≥ B0 可知当 B= B0 时，粒子在 II 区域中运动的时间最长，即：粒子从左侧进入Ⅰ区到从左侧射 出Ⅰ区的时间最长，粒子两次在 I 区域运动的时间为： t1=2 • • 粒子两次在磁场之间的时间为： 粒子在 II 区域运动的时间： 总时间： t=t1+t2+t3= （ 3 π -2 π +4 ） 点睛：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动 轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角， 结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间． 40 ．如图所示，在真空中的 xoy 平面内，第 II 象限存在水平向右的匀强电场 E1 ，第 I 、 III 、 IV 象 限存在竖直向下的匀强电场 E2 ，且 E1 和 E2 的场强大小相等，同时在第 I 、 IV 象限中 y 轴与边界 MN 之间还存在有垂直纸面向里的匀强磁场 B1 ，磁感应强度 1 2m gB q L  ，第 III 象限还存在另 一垂直纸面向外的匀强磁场 B2 ，一带负电的小球自 x 轴上的 A 点（ -L ， 0 ）以 0 2v gL 的初速 度射出，沿直线 AC 运动经 y 轴上的 C 点（ 0 ， L ）进入第 I 象限，已知：在以后的运动中，小球 会经过 y 轴上的 D 点（ 0 ， -4L ），带电小球的质量为 m ，带电量为 -q ，重力加速度为 g 。 求：（ 1 ）为使小球能够到达 D 点，匀强磁场 B1 的宽度至少为多少； （ 2 ）第 III 象限的匀强磁场的磁感应强度 B2 可能的大小。 【答案】 (1) 2D L L  (2) 2 4m gB q L  【解析】（ 1 ）根据题意，小球在 AC 段受力分析如图 小球应做匀减速直线运动，重力与电场力大小相等 有： 2 2 0 2v v ax  ①， 2 amg m ②， 2x L ③ 由①②③式得 2 2v gL ④ 小球在第Ⅰ、Ⅳ象限 , 重力与电场力平衡，在洛伦兹力作用下做圆周运动，则有： 2 1 1 vqvB m r  ⑤ 可得 1 2r L , 显然小球在第Ⅰ、Ⅳ象限运动时圆心恰好在 x 轴上 运动轨迹如图 由几何关系得磁场 B1 的最小宽度为： 2D L L  ⑥ 可得 2 4m gB q L  或者 2 4 3 m gB q L  或者 2 8m gB q L  ⑨ 41 ．如图 a 所示，两竖直线所夹区域内存在周期性变化的匀强电场与匀强磁场，变化情况如图 b 、 c 所示，电场强度方向以 y 轴负方向为正，磁感应强度方向以垂直纸面向外为外为正 t=0 时刻， 一质量为 m 、电量为 q 的带正电粒子从坐标原点 O 开始以速度 v0 沿 x 轴正方向运动，粒子重力 忽略不计，图 b 、 c 中 0 0 0 3 4 B vE  ， 0 0 mt qB  ,B0 己知。要使带电粒子在  00 ~ 4nt n N 时间 内一直在场区运动，求： (1) 在 t0 时刻粒子速度方向与 x 轴的夹角 ; (2) 右边界到 O 的最小距离 ; (3) 场区的最小宽度 .【答案】 (1) 37   (2)   0 0 0.5 mvx qB   (3)   0 0 = 1.5 1.5 mvX n qB   【解析】【分析】粒子在 0-t0 时间内在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求解．做出类平 抛运动和圆周运动的轨迹后，结合几何知识求解；由几何知识知每隔时间 4t0 ，粒子向左平移 2R1sin37 °， 4nt0 时刻，粒子与 O 点在 x 方向上相距 2nR1sin37 °； 解： (1) 在 t0 时刻粒子竖直方向分速度为： 0 0y qEv tm  又： 0 0 0 3 4 B vE  0 tan yv v   联立得： 37   (2) 粒子类平抛运动过程水平方向的位移： 1 0 0x v t 圆周运动过程水平方向位移： 2 1 1cos53x R R   根据牛顿第二定律： 2 0 1 vB qv m R  又 0 cos37 vv   得：   0 1 2 0 0.5 mvx x x qB     (3) 如图做出粒子在 4t0 时间内运动的轨迹： 由图可知，粒子经过 4t0 后的速度的方向与初速度的方向相同，由运动的对称性，可知每隔时间 4t0 ，粒子向左平移 12 sin37R  2 0 0 0 2 vB qv m R  则左侧区边界离 O 点的距离为：   0 1 2 0 =2 sin37 + 1.5 1 mvx nR R n qB   左 故 在 00 ~ 4nt 时 间 内 ， 场 区 的 宽 至 少 为 ：      0 0 0 0 0 0 = = 1.5 1 0.5 1.5 1.5mv mv mvX x x n nqB qB qB        左 42 ．如图所示，在直角坐标系 x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为 L 的正方向区域，二三 像限区域内各有一个高 L ，宽 2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场， 第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象 限的 x0 的区域存在方向水 平向里的匀强磁场； x<0 的区域存在方向与 x 轴方向成 53 °角斜向上的匀强电场 1E ；图中 abc0为边长为 1 的正方形区域。今从正方形区域的 b 点由静止释放一质量为 m 、带电荷量为 q 的颗粒， 颗粮沿 bc 方向运动，穿过 y 轴仍然沿 bc 直线方向运动；若在 x>0 的区域，再加上沿 y 轴正方向 的另一匀强电场 2E ，可使带电颗粒穿过 y 轴后的运动变为匀速圆周运动。已知重力加速度为 g 。 求： (1) 两个匀强电场的电场强度的大小之比； (2) 匀强磁场的磁感应强度的大小和带电制粒穿过 c 点的速度大小； (3) 来在 x>0 的区域加上另一匀强电场 2E 后颗粒再次穿过 y 轴的坐标值。 【答案】 (1) 5 4 (2) 2 3 m g q l (3) 4l 【解析】（ 1 ）从 b 到 c 过程中，有 1sin53qE mg  ① 1 5 4 mgE q  ② 加上 2E ，过 c 点后，有 2qE mg ③ 2 mgE q  ④ 所以 1 2 5 4 E E  ⑤ （ 2 ）加上 2E 前过 c 点后有 qvB mg ⑥ b 到 c ，匀加速直线运动，有 2 1 1cos53 2qE l mv  ⑦ 解得 3 2 glv  ⑧ 所以 2 3 m gB q l  ⑨ （ 3 ）匀速圆周运动，有 2vqvB m r  ⑩ 所以 mvr qB  ⑪ 解得 3 2r l ⑫ 4y l 51 ．如图甲所示 , 间距为 d 、垂直于纸面的两平行板 P 、 Q 间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为 磁场的正方向 , 磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。 0t  时刻，一质量为 m 、带电荷量为 q 的粒子 ( 不计重力 ) 以初速度 v0 由板 Q 左端靠近板面的位置 , 沿垂直于磁场且平行于板面的方向射 入磁场区。当 B。和T。取某些特定值时 , 可使 0t  时刻入射的粒子经时间 t 恰能垂直打在板 P 上 ( 不考虑粒子反弹 ) 。上述 m 、 q 、 d 、 0v 为已知量。 (1) 若 1 2 Bt T  , 求 B0 ； (2) 为使 0t  时刻入射的粒子垂直打在 P 板上 , 求粒子在 0 2 BT 时间内速度的偏转角 应满足的 条件； (3) 若 0 0 5mvB qd  ，为使粒子仍能垂直打在 P 板上 , 求 BT 。 【答案】 (1) 0mv qd （ 2 ） 0 090 150  （ 3 ） 0 4 15 d v  【解析】（ 1 ）设粒子做匀速圆周运动的半径为 1R ，由牛顿第二定律得到： 2 0 0 0 1 mvqv B R  根据题意由几何关系得到： 1R d 联立可以得到： 0 0 mvB qd  （ 3 ）设粒子做圆周运动的半径为 R ，周期为 T ，根据圆周运动公式得到： 0 2 RT v  由牛顿第二定律得到： 2 0 0 0 mvqv B R  将 0B 代入上式可得： 5d R 粒子运动轨迹如图所示： 1Q 、 2Q 为圆心， 1Q 、 2Q 连线与水平方向夹角为 ，在每个 BT 内，只有 A 、 B 两个位置才有可 能垂直击中 P 板，由题意可知： 2 2 2 BTT      若在 A 点击中 P 板，根据题意由几何关系得到：  2 sinR R R n d   ，且要求： 0 3   当 0n  、 1n  时，无解。 当 2n  时， sin 0  ，此时 05B dT v  ，当 3n  时无解 若在 B 点击中 P 板，根据题意由几何关系得到：  2 sin 2 sinR R R R n d     且要求： 0 3   当 0n  时无解 当 1n  时， 1sin 2   此时 0 4 15B dT v  当 2n  时，无解 52 ．如图所示，水平虚线 X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁 场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）．质量为 m ，电荷量为 +q 的小球 P 静止于虚线 X 上方 A 点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为 I 的冲量作用而做匀速直线运动．在 A 点右下方的 磁场中有定点 O ，长为 l 的绝缘轻绳一端固定于 O 点，另一端连接不带电的质量同为 m 的小球 Q ， 自然下垂．保持轻绳伸直，向右拉起 Q ，直到绳与竖直方向有一小于 5 °的夹角，在 P 开始运动的 同时自由释放 Q ， Q 到达 O 点正下方 W 点时速率为 v0 ． P 、 Q 两小球在 W 点发生正碰，碰后电场、 磁场消失，两小球粘在一起运动． P 、 Q 两小球均视为质点， P 小球的电荷量保持不变，绳不可伸 长，不计空气阻力，重力加速度为 g ． （ 1 ）求匀强电场场强 E 的大小和 P 进入磁场时的速率 v ； （ 2 ）若绳能承受的最大拉力为 F ，要使绳不断， F 至少为多大？ （ 3 ）求 A 点距虚线 X 的距离 s ． 【答案】 (1) mg q ； I m (2)  2 0 22 I mv mgmI   (3) 1 2 4 2 I l Is n m g Bq        ， n 为 大 于 1 4 4 m g Bq l      的 整 数 ； 3 2 4 2 I l Is n m g Bq        ， 其 中 n 为 大 于 3 4 4 m g Bq l      的整数 【解析】（ 1 ）设小球 P 所受电场力为 1F ，则 1F qE ，在整个空间重力和电场力平衡，有 1F mg 联立相关方程得 mgE q  ； 设小球 P 受到冲量后获得速度为 v ，由动量定理得 I mv ，得 Iv m  （ 2 ）设 P 、 Q 同向相碰后在 W 点的最大速度为 vm ，由动量守恒定律得 0 mmv mv m m v  （ ） 此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得     2 m m mF m m g vl    联立相关方程，得  2 0 22 I mvF mgmI   （ 3 ）设 P 在磁场上方做匀速直线运动的时间为 1Pt ，则 1P st v  设 P 在 X 下方做匀速圆周运动的时间为 2Pt ，则 2 2P mt Bq  设小球 Q 从开始运动到与 P 球反向相碰的运动时间为 tQ ，由单摆周期性，有 1 24Q lt n g      ； 由题意，有 1 2Q P Pt t t  联立相关方程，得 1 2 4 2 I l Is n m g Bq        ， n 为大于 1 4 4 m g Bq l      的整数 设小球 Q 从开始运动到与 P 球同向相碰的运动时间为 Qt ´，由单摆周期性，有 ' 3 24Q lt n g      同理可得 3 2 4 2 I l Is n m g Bq        ，其中 n 为大于 3 4 4 m g Bq l      的整数 53 ．如图所示， MN 是一段在竖直平面内半径为 1m 的光滑的四分之一圆弧轨道，轨道上存在水 平向右的匀强电场，轨道的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，，磁感应强度为 B1=0.1T ．现有一 带电荷量为 0.1C 、质量为 10g 的带正电小球从 M 点由静止开始自由下滑，恰能沿 NP 方向做直线 运动．已知 EF 板间的电压为 UEF=2V ，板间距离 d=2m ， EF 板间存在有方向垂直纸面向里、范 围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B2 ． ABCD 是一边长为 L=1m 的正方形盒，各边均为光 滑绝缘板，盒的 AB 边恰好与磁场的左边界重合．在 AB 边的中点有一小孔 Q ，小孔 Q 与 N 、 P 在 同一条水平直线上，带电小球恰能从小孔 Q 进入正方形盒内，带电小球与绝缘板碰撞时不损失动 能，但速度反向（ g 取 10m/s 2 ），求： （ 1 ）小球运动到 N 点时的速度 v ． （ 2 ）小球运动到 N 点时，重力和电场力的功率分别为多少？ （ 3 ）为保证带电小球与正方形盒的壁发生多次碰撞后，仍能从小孔 Q 离开，则右侧匀强磁场的 磁感应强度 B2 的大小为多少？ 【答案】 （ 1 ）10 /m s （ 2 ） 0GP  ， 4EP W （ 3 ）    2 4 1 2B k T k  ， ，， 代入数据解得： 4 /E N C 或 0.4F N电 ．重力与速度垂直，则重力的功率为： 0GP  电场力的方向与速度同向，则电场力的功率为： 4 0.1 10 4EP Eqv W W     ． （ 3 ）在板间复合场中小球受电场力为： 0.1EFqU N mgd   ，与重力平衡． 故小球做匀速圆周运动，设运动半径为 R ′，由 2 2 ' vqvB m R  得： 2 ' mvR qB  ， 欲使粒子仍能从 Q 孔处射出，粒子的运动轨迹可能是有两种情况． 根据几何关系知：   2 ' 2 2 1 L mvR n qB   ，（ n=0 ， 1 ， 2 ，…） 解得：      2 2 2 1 2 2 1 0.01 10 4 21 0.1 n mv nB n TqL        （ n=0 ， 1 ， 2 ，…） 根据几何关系知： 2 ' 4 L mvR k qB   ，（ k=1 ， 2 ，…） 解得：    2 4 4 0.01 10 4 1 21 0.1 kmv kB k T kqL       ， ，， 点睛：本题考查带电粒子在电磁场中的运动，运动过程较为复杂，要注意分段进行分析，明确它 在复合场中做直线运动、圆周运动等运动的受力特征及运动性质；注意在磁场中的圆心和边界的 确定，在复合场中注意应用功能关系等进行分析。 54 ．如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔 C ，两板相距为 d ，电压为 U 。平行板间存在大小为 0B 的匀强磁场，方向垂直于纸面向里， AG 是两板间的中心线。金属板 下方存在有界匀强磁场区域 EFDGH ，其中 EFGH 为长方形， EF 边长为 2 3 a ， EH 边长为 2a ； A 、 F 、 G 三点共线， E 、 F 、 D 三点共线，曲线 GD 是以 3a 为半径、以 AG 上某点（图中未标出）为 圆心的一段圆弧，区域内磁场的磁感应强度大小为 B ，方向垂直于纸面向里。若大量带电离子沿 AG 方向射入两金属板之间，有部分离子经 F 点进入下方磁场区域。不计重力，忽略离子间的相 互作用。 （ 1 ）由 F 点进入下方磁场的离子速度； （ 2 ）由 F 点进入下方磁场的某离子从 EH 边界垂直穿出，求该离子的比荷； （ 3 ）由 F 点进入下方磁场的正负离子，比荷具有相同的最大值和最小值，最大值与（ 2 ）问中的 离子比荷相同，带正电的离子均从边界 FD 射出磁场。求磁场边界上有正负离子到达的最大区域 范围。 【答案】 （ 1 ） 0 U dB （ 2 ） 0 3 2 U daB B （ 3 ） FD 边上有离子射出，距 F 点的距离为 4 3 a 到 8 3 a 范围 内有离子射出。 EH 边上有离子射出，距 E 点的距离为 2 3 a 到 2 3 3 a 范围内有离子射出。 【解析】本题考查带电粒子经过速度选择器后到磁场中的偏转。 （ 1 ）离子在平行金属板间匀速运动，有 0 UqvB q d  解得： 0 Uv dB  （ 2 ）离子垂直 EF 射入磁场，又垂直 EH 射出磁场，说明它在磁场中偏转 90 °。由几何关系可知 做圆周运动的圆心为 E 点，半径 1 2 3 aR  2 1 vqvB m R  解得离子的比荷： 1 1 0 3 2 q U m daB B  （ 3 ）正离子做圆周运动轨迹如图实线所示，圆心为 O ，半径 2R 满足 :  22 2 2 23R a a R   解得： 2 4 3 aR  R2 为满足正离子从 FD 射出的比荷的最小条件，离子的比荷都介于两者之间，所以不论离子带电 正负，在磁场中圆周运动的半径都介于 1R 和 2R 之间。 FD 边上有离子射出，距 F 的最近距离为 12R ，距 F 的最远距离为 22R ， 即 FD 边上有离子射出，距 F 点的距离为 4 3 a 到 8 3 a 范围内有离子射出。 EH 边上有离子射出，距 E 的最近距离为 1R 。 距 E 的最远距离为 L ，满足： 2 2 2 2 2 2 3R L R a      得： 2 3 3L a 即 EH 边上有离子射出，距 E 点的距离为 2 3 a 到 2 3 3 a 范围内有离子射出。 点睛：带电粒子在有界磁场中的临界问题，需画图分析出临界情形，据几何关系求解出对应的轨 道半径，然后用运动规律求解。 55 ．真空中存在电场强度大小为 E 的匀强电场，一比荷（即电荷量与质量的比值）为 K 的带电油 滴在该电场中由静止出发，竖直向上做匀加速直线运动。运动一段时间后，将电场强度的大小突 然变为某值，但保持其方向不变。持续同样的一段时间后，油滴回到出发点。重力加速度大小为 g 。 （ 1 ）求变化以后的电场强度大小 E' ； （ 2 ）若把带电油滴换成电性和比荷相同的带电粒子（重力不计），在上述变化的电场中经历相同 时间的运动。求粒子最终速度大小与油滴最终速度大小的比值。 【答案】 (1) 4 3gE Ek   ； (20    2 ' 2 12 2 EK g t g KE tv g v KEt KE t g KE         【解析】（ 1 ）选油滴为研究对象，竖直向上做匀加速直线运动的过程中： 1 qE mga kE gm    1 1v a t 2 1 1 1 2s a t 场强变化后 1 mg qEa g kEm     2 2 1 2 1 2s v t a t   解得 2 13a a 4 3gE Ek   ； (2) 油滴的末速度大小 56 ．如图所示，在直角坐标系 0 ≤ x ≤ L 区域内有沿 y 轴正方向的匀强电场，在边长为 2L 的正方形 abcd 区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一电子从 y 轴上的 A （ 0 ， 3 2 L ）点 以大小为 v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场，已知电子的质量为 m 、电荷量为 e ，正方形 abcd 的 中心坐标为（ 3L ， 0 ），且 ab 边与 x 轴平行，匀强电场的电场强度大小 2 0mvE eL  。 （ 1 ）求电子进入磁场时的位置坐标； （ 2 ）若要使电子在磁场中从 ab 边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小 B 满足的条件。 【答案】 （ 1 ）（ 2L ， 0 ）（ 2 ）   02 1 2 mv eL  ≤ B ＜   02 1 mv eL  【解析】电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场 时的位置坐标；电子从 ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与 ab 相切和 bc 相切，根据几 何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小 B 满足的条件。 （ 1 ）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有： 竖直方向有： 2 1 1 2y at 加速度为： eEa m  水平方方向为： 1 0 Lt v  竖直速度： vy ＝ at1 解得： y1 ＝ 2 L vy ＝ v0 所以电子射出电场时的速度方向与 x 轴成 45 °角，则电子在电场中沿 x 轴正方向和沿 y 轴负方向 运动的距离分别为 L 和 2 L ，又因为 A 点的坐标是（ 0 ， 3 2 L ），电子在无电场和磁场的区域内做 匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（ 2L ， 0 ）且射入磁场区的速度大小： v ＝ 2 v0 ， 方向与 x 轴成 45 °角。 （ 2 ）分使电子从 ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与 ab 相切和 bc 相切 当运动轨迹与 ab 相切时，有 r1 ＋ r1sin45 °＝ L电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有： 2 1 1 mvevB r  解得：   0 1 2 1 mv B Le   当运动轨迹与 bc 相切时，有： r2 ＋ r2sin45 °＝ 2L电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有： 2 2 2 mvevB r  解得：   0 2 2 1 2 mv B Le   匀强磁场的磁感应强度大小 B 满足的条件：   02 1 2 mv Le  ≤ B ＜   02 1 mv Le  点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分别列出 竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解。 57 ．如图所示，在 xOy 坐标系中，在 yd 的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场，一个质量为 m ，电荷量为 q 的带正电的粒 子，从 y 轴上的 A 点，以速度 沿 x 轴正方向进入电场，带电粒子在电、磁场作用下，从 A 点依 次经过 B 点和 C 点， A 、 B 、 C 三点的坐标分别为 (0 ， ）、（ d ， d ） (2d ， 0) ，不计带电粒子 重力，求： (1) 勾强电场的电场强度 E 的大小； (2) 勻强磁场的磁感应强度 B 的大小； (3) 带电粒子从 A 到 C 的运动时间 t. 【答案】 (1) (2) (3) 【解析】 (1) 带电粒子在电场中做类平抛运动 d=v0t 解得： (2) 带电粒子刚进入磁场时偏角θ，速度为 v 解得：θ =30 °， 带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由山几何关系： d=Rsin θ +Rcos θ 解得： (3) 带电粒子在电场中运动的时间： 由几何关系，带电粒子在磁场中转过的圆心角为 150 °， 将 B 代入解得： 所以带电粒子从 A 到 C 的运动时间： 点睛：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况， 再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式． 64 ．如图所示的 xoy 平面内，以 1O （ 0 ， R ）为圆心， R 为半径的圆形区域内有垂直于 xoy 平面 向里的匀强磁场（用 B1 表示，大小未知）； x 轴下方有一直线 MN ， MN 与 x 轴相距为 y ）， x 轴 与直线 MN 间区域有平行于 y 轴的匀强电场，电场强度大小为 E ；在 MN 的下方有矩形区域的匀 强磁场，磁感应强度大小为 B2 ，磁场方向垂直于 xOy 平面向外。电子 a 、 b 以平行于 x 轴的速度 v0 分别正对 1O 点、 A （ 0 ， 2R ）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点 O 进入 x 轴下方的电场。已 知电子质量为 m ，电荷量为 e ， 2 0 0 2 3 3 2 2 mv mvE BeR eR  ， ，不计电子重力。 （ 1 ）求磁感应强度 B1 的大小； （ 2 ）若电场沿 y 轴负方向，欲使电子 a 不能到达 MN ，求 y 的最小值； （ 3 ）若电场沿 y 轴正方向， 3y R  ，欲使电子 b 能到达 x 轴上且距原点 O 距离最远，求矩 形磁场区域的最小面积。 【答案】 （ 1 ） 3 （ 2 ） 3 3 R （ 3 ） 4 （ 2+ 3 ） R 2 （ 3 ）匀强电场沿 y 轴正方向，电子 b 从 O 点进入电场做类平抛运动，设电子 b 经电场加速后到 达 MN 时速度大小为 v ，电子 b 在 MN 下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为 r1 ，电子 b 离开电场 进入磁场时速度方向与水平方向成角，如图所示。 由动能定理 2 2 0 1 1 2 2eEy mv mv  解得 v ＝ 2v0 在电场中 2 03 2 veEa m R   1 0 2 2y Rt a v   x ＝ v0t1 ＝ 2R由牛顿第二定律 2 2 1 vevB m r  代入得 1 4 3 3r R 0 1cos 2 v v    则 3   由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心 O2 在 y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射 出方向与水平向右夹角为 3   时，粒子能够到达 x 轴，距离原点 O 距离最远。由几何关系得， 最小矩形磁场的水平边长为 l1 ＝（ r1 ＋ r1sin ） 竖直边长为， l2 ＝（ r1 ＋ r1cos ） 最小面积为 S ＝ l1l2 ＝ r12 （ 1 ＋ sin ）（ 1 ＋ cos ）＝ 4 （ 2 ＋ 3 ） R 2 点睛：本题考查粒子在电场和磁场中的运动，关键是画出运动轨迹，根据动能定理、分运动公式、 牛顿第二定律列式，并结合几何关系分析。 65 ． 65 ．如图所示，△ MNP 的区域内存在垂直于 XOY 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B ， 已知 M （ -8l ， 0 ）、 N （ 8l ， 0 ），∠ PMN= ∠ PNM=30 °， PM 、 PN 边界无阻碍，坐标系的第三象限 存在一个沿 x 轴负方向的匀强电场 E ，第四象限存在一个眼 x 轴正方向的匀强电场 E ，电场强度 均为 ，在 MN 的正下方垂直于 y 轴处放置一个荧光屏，与 y 轴交于 O 点，已知 Q （ 0 ， -3l ）， 一系列电子以相同的速度 从 MN 的直线区域内任意位置沿 y 轴正方向射入磁场，已知由坐标原 点 O 发射的电子，从点（ -2l ， 0 ）处进入电场，忽略电子间的相互影响，不计重力，求： （ 1 ）电子的荷质比 ； （ 2 ）电子打在荧光屏上的长度； （ 3 ）讨论电子能否垂直打在荧光屏上，若能，请分析这些电子进入磁场时的横坐标，若不能， 请分析原因。 【答案】（ 1 ） （ 2 ） 7.5l （ 3 ）电子能够垂直打在荧光屏上的横坐标为 （ r 替换为 l ） （ 2 ）电子在磁场中的圆周轨迹与 MP 相切时，电子能打在荧光屏的 处；电子在磁场中的圆周轨 迹与 NP 相切时，电子能打在荧光屏的 处，如图 1 所示。 当圆弧轨迹与 MP 相切时，如图 2 ， 则： 电子垂直射入电场，所受电场力： 由（ 1 ）可知： 根据牛顿第二定律， 电子在电场中做类平抛运动，可分解运动： X 轴的位移： Y 轴的位移： 由① ~ ⑤式可得： ，所以 S1Q 的距离： 当圆弧轨迹与 NP 相切时，如图 3 ， 则 电子在第四象限电场中同样做类平抛运动，同理可得： 所以， S2Q 的距离： 所以，电子打在荧光屏上的长度为： （ 3 ）存在电子垂直打在荧光屏上 由①②③式可得： 情况一：在电场中的轨迹如图 4 ，电子从 J1 点垂直进入第三象限的电场，在 OQ 的中点 K1 进入第 四象限的电场， OK1=K1Q ，由运动的对称性可知，此时的电子可以垂直打在荧光屏上。 在 x 轴方向： y 轴方向： 只要 ，电子可以垂直打在荧光屏上 由⑥⑦⑧式可得 所以，电子进入磁场时的横坐标 66 ．如图所示，足够大的平行挡板 A1 、 A2 竖直放置，间距为 L 。 A1 、 A2 上各有位置正对的小孔 P 、 Q 。两板间存在两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，水平面 PQ 和 MN 分别是两 个磁场区的理想边界面。挡板 A1 的左侧是方向水平向右的匀强电场，质量为 m 、电荷量为＋ q 的 粒子从电场中的 O 点以大小为 v0 的初速度竖直向上射出，运动一段时间后从小孔 P 进入Ⅰ区， 此时速度方向与竖直方向的夹角θ = 60 º。粒子进入Ⅰ区运动之后，从 PQ 边界上的 C1 点第一次离 开Ⅰ区， C1 点与挡板 A1 的距离为 d ，然后进入没有磁场的区域运动，从 MN 边界上的 D1 点（图 中未画出）第一次进入Ⅱ区， D1 点与挡板 A1 的距离为 。不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。 （ 1 ）求匀强电场中 O 、 P 两点间的电势差 U 和Ⅰ区的磁感应强度 B1 的大小； （ 2 ）已知 ，最后粒子恰好从小孔 Q 射出，求Ⅱ区的磁感应强度 B2 的大小可能是哪些值？ 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） 、 、 【解析】（ 1 ）粒子从 O 点运动到 P 点过程，由动能定理得 ① 在 P 点速度满足 v0=vcos θ② 解得 O 、 P 两点间的电势差 ③ 粒子在Ⅰ区内做圆周运动，有 ④ 粒子运动情况如图，可得 2r1cos θ =d ⑤ 解得Ⅰ区的磁感应强度 ⑥ （ 2 ）粒子在Ⅱ区内做圆周运动，有 ⑦ 粒子运动情况如图，粒子完成一个完整的周期性运动，到达 PQ 边界的 C2 点时，与挡板 A1 的距 离为 ⑧ 即 x=4d-r2先不考虑粒子碰到挡板的情况下，恰好从小孔 Q 射出，有两种情况。 ①第一种情况是粒子斜向下射出小孔 Q ，对应的条件是 Nx+d=L （ n=1,2,3, ……） ⑨ 将 L=13d 代入并整理可得 ⑩ 考虑到 r2>0 ，则 n>3 再考虑粒子不能碰到挡板，则需满足条件 ⑾ 可解得 综合以上条件，可知 n 只能取 4 和 5 两个值，即 r2=d 和 r2= d ⑿ 点睛：带电粒子在磁场中的运动问题，关键是搞清粒子在磁场中的运动轨迹，画出轨迹图，并能 根据题目的条件进行讨论可能出现的情况 . 67 ．如图所示，在 xoy 第一象限内分布有垂直 xoy 向外的匀强磁场，磁感应强度大小 。在第二象限紧贴 y 轴和 x 轴放置一对平行金属板 MN ，极板间距 d=0.4m ；极板 与左侧电路相连接，通过移动滑动头 P 可以改变极板 MN 间的电压， a 、 b 为滑动变阻器的最下端 和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀）， a 、 b 两端所加电压 。在 MN 中心轴线上 距 y 轴距离为 L=0.4m 处，有一粒子源 S 沿 x 轴正方向连续射出比荷为 ，速度 为 带正电的粒子，粒子经过 y 轴进入磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互 作用）。 （ 1 ）当滑动头 P 在 a 端时，求粒子在磁场中做圆周运动的半径 ； （ 2 ）滑动头 P 的位置不同，粒子从 y 轴进入磁场位置不同。是否存在粒子进入磁场后返回平行 板间的情况？请计算说明理由。 （ 3 ）设粒子从 y 轴上某点 C 进入磁场，从 x 轴上某点 D 射出磁场，滑动头 P 的位置不同，则 C ， D 两点间距不同。求 C ， D 两点间距的最大值？ 【答案】 (1) (2) 因为 tan 即 Hh ，故不能回到电场。 (3) 【解析】（ 1 ）当滑动头 P 在 a 端时，粒子在磁场中运动的速度大小为 V0 ，根据圆周运动： qv0B=mv02 /R0解得： R0=0.2m（ 2 ）设粒子射出极板时速度的大小为 v ，偏向角为α，在 磁场中圆周运动半径为 R 。根据速度平 行四边形可得： 又： 可得： R= 假设能回到电场中，轨迹如图：粒子从 y 轴的 C 点进入磁场，则 C 到轨迹圆最低端竖直距离 H=R+Rcos α = +0.2 电场中竖直方向位移 :y= C 到 O 的距离 :CO=y+ =0.2tan α +0.2 因为 tan 即 Hh ，故不能回到电场。 (2) 粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图，圆心为 ，与 Y 轴交点为 C ，与 X 轴交点为 D ， OD=Rsin + =0.2tan +0.2 68 ．如图在 xOy 平面内存在匀强电场和匀强磁场，匀强电场场强大小 E ，方向沿 +y 方向，匀强 磁场 I 和 II 的分界线为平行于 x 轴的直线，两磁场方向如图。在坐标原点 O 处沿 x 轴正向射出质 量 m 、电荷量 +q 的带电粒子，粒子恰好从两磁场的分界线处的 P(2d ， d) 点离开电场进入匀强磁 场 I 中，最后恰好能从 x 轴上的 N 点离开匀强磁场 II 。不计粒子的重力，求： (1) 粒子从 O 点进入电场时的速度； (2) 粒子从 P 点进入磁场 I 时的速度； (3) 磁场 II 的磁感应强度大小。 【答案】 （ 1 ） ； （ 2 ） ； （ 3 ） (2 － )【解析】 (1) 粒子在电场中运动的过程中 2d=v0t 解得 （ 2 ）由动能定理得： 得 （ 3 ） =v0所以粒子从 P 点进入磁场 I 时的速度方向与分界线的夹角θ =45 ° （或 ） 得 R=(2 ＋ )d 由 qB2v=m 得 B2=(2 － ) 69 ．边长为 L 的等边三角形 OAB 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从 O 点向磁场区 域 AOB 各个方向瞬时射入质量为 m 、电荷量为 q 的带正电的粒子，如图所示，所有粒子的速率 均为 v. 沿 OB 方向射入的粒子从 AB 边的中点 C 射出， 不计重力。求： (1) 匀强磁场的磁感应强度； (2) 带电粒子在磁场中运动的最长时间（ sin36 ° = ） . 【答案】 (1) ； (2) 【解析】 (1) 根据几何关系： 沿 OB 方向射入的粒子从 AB 边的中点 C 射出， 由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对的圆心角 为 60 ° 根据几何关系可得粒子半径： 根据洛伦兹力提供向心力可得： 联立解得： 70 ．如图甲所示，水平加速电场的加速电压为 ，在它的右侧是水平正对放置的平行金属板 、 构成的偏转电场，已知偏转电场的板长 ，板间距离 ，两板间接有如图乙 所示的随时间变化的电压 ，且 板电势高于 板电势．在金属板右侧存在有界的匀强磁场，磁场 的左边界为与金属板右侧重合的竖直平面 ， 右侧的磁场范围足够大，磁感应强度 ，方向与偏转电场正交向里（垂直纸面向里）．质量和电荷量都相同的带正电的粒 子从静止开始经过电压 的加速电场后，连续沿两金属板间的中线 方向射入偏转电场 中，中线 与磁场边界 垂直．已知带电粒子的比荷 ，不计粒子所受的重力 和粒子间的相互作用力，忽略偏转电场两板间电场的边缘效应，在每个粒子通过偏转电场区域的 极短时间内，偏转电场可视作恒定不变． （ ）求 时刻射入偏转电场的粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离； （ ）求粒子进入磁场时的最大速度； （ ）对于所有进入磁场中的粒子，如果要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离， 应该采取哪些措施？试从理论上推理说明． 【答案】 （ ） ；（ ） 1.1 × 10 5 m/s 方向 与初速度夹角的正切值为 1/2 （ 3 ）见解析 【解析】【分析】由动能定理求粒子射入偏转电场的速度，由牛顿第二定律得粒子在磁场中做匀 速圆周运动的半径，有几何关系求在磁场边界上的入射点和出射点间的距离；粒子在偏转电场做 类平抛运动，应用平抛运动规律和动能定理求粒子进入磁场时的最大速度；求出粒子在磁场边界 上的入射点和出射点间的距离，然后找出增大增大距离的措施。 解：（ ）设经过加速电场加速后，粒子的速度为 ， 由动能定理得 解得 ． 因此 时刻偏转电场的场强为零，此时射入的粒子将匀速穿过电场而以 的速度垂直磁场边界 进入磁场中， 在磁场中的运动轨迹为半圆，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 ，由牛顿第二定律得： 解得出： 粒子在磁场边界的入射点和出射点间的距离 ； （ ）设粒子以最大偏转量离开偏转电场，即轨迹经过金属板右侧边缘处，进入磁场时 、 板的 电压为 则粒子进入偏转电场后，加速度 在水平方向 在竖直方向 得出 设最大速度大小为 ，方向与 的夹角为 ，则对于粒子通过加速电场和偏转电场的过程，由动 能定理得： ， 得出： ． ，即 ，（或 ，即 ） 71 ．离子发动机是一种新型空间发动机，它能给卫星轨道纠偏或调整姿态提供动力，其中有一 种了子发动机是让电极发射的电子撞击氙原子，使之电离，产生的氙离子经加速电场加速后从尾 喷管喷出，从而使卫星获得反冲力，这种发动机通过改变单位时间内喷出离子的数目和速率，能 准确获得所需的纠偏动力．假设卫星（连同离子发动机）总质量为 ，每个氙离子的质量为 ， 电量为 ，加速电压为 ，设卫星原处于静止状态， ，若要使卫星在离子发动机起动的初始 阶段能获得大小为 的动力，则 （ ）发动机单位时间内应喷出多少个氙离子？ （ ）此时发动机动发射离子的功率为多大？ （ ）该探测器要到达的目的地是博协利彗星，计划飞行 年（ ）．已知离子发动机向外 喷射氙离子的等效电流大小为 ，氙离子的比荷 ．试估算载有该探测 器的宇宙飞船所需携带的氙的质量是多少千克？ 【答案】 （ ） ；（ ） ；（ ） （或 ） 【解析】【分析】可设单位时间内喷出 个离子，单位时间内喷出 个离子就知道，由动量定理求 力和个数、速度，在发射离子过程中，由动量守恒以及动能定理和功率公式求 P 。 （ ）没离子喷出尾管时的速度为 ，单位时间内喷出 个离子，则 时间内喷出的离子数为 ， 由动量定理得 ① 在发射离子过程中，卫星和发射出的离子系统动量守恒，设喷出离子总质量为 ，则有 由动能定理 得 ② 由①②可得 得 （ ）发动机动发射离子的功率 （ ）由氙离子的荷质比 又由电流的定义式 联立解得到 （或 ） 72 ．如图所示，在 Oxy 坐标系中，存在以 O1 点为圆心且半径为 r=0.10m 的圆形区域，该圆的左 端跟 y 轴相切于直角坐标系原点 O ，右端与一个足够大的荧光屏 MN 相切于 x 轴上的 A 点．一比 荷 q m =1.0 × 10 8 C/kg 的带正电粒子从坐标原点 O 沿 x 轴正方向以速度 v0=3 × 10 6 m/s 入射，粒子 重力不计． （ 1 ）若在该圆形区域存在一方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 B= 3 10 T ．若该 粒子离开匀强磁场区域后，到达荧光屏上，求粒子打在荧光屏的位置坐标． （ 2 ）若在该圆形区域内存在竖直向下、场强大小为 E 的匀强电场．若粒子从圆形区域的边界 Q点射出匀强电场区域，且 O1A 与 O1Q 之间的夹角θ =60 °，求该电场 E 的大小． 【答案】 （ 1 ）（ 0.20m ， 3 10  ）（ 2 ） 54 3 10 /V m 【解析】（ 1 ）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力： 由牛顿第二定律得： 2 0 0 vqv B m R  ，解得： 3 10R m ； 轨迹所对应的圆心角为： 032 2 2 603 rarctan arctanR      由几何关系可知，粒子打在荧光屏的位置距 x 轴的距离为： 3 10 m 粒子打在荧光屏的位置坐标为：（ 0.20m ， 3 10 m ）； 73 ．如图所示为一质谱仪的构造原理示意图，整个装置处于真空环境中，离子源 N 可释放出质 量相等、电荷量均为 ( 0)q q  的离子．离子的初速度很小，可忽略不计．离子经 1S 、 2S 间电压 为U 的电场加速后，从狭缝 3S 进入磁感应强度大小为 B 、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中， 沿着半圆运动到照相底片上的 P 点处，测得 P 到 3S 的距离为 x ．求： （1）离子经电压为U 的电场加速后的动能； （ 2 ）离子在磁场中运动时的动量大小； （3）离子的质量． 【答案】 （1） qU ；（ 2 ） 1 2 xBq ；（3） 2 2 8 qB x U ． 【解析】（1）设离子经 1S 、 2S 间电压为U 的电场加速后动能为 kE ，根据动能定理： kE qU ． （ 2 ）设离子进入磁场后做匀速圆周运动速率为V ，半径为 R ，离子质量为 m ，洛伦兹力提供 向心力，根据牛顿第二定律有： 2mvqvB R  … ① 又因： 1 2R x … ② 由①②两式计算得出离子在磁场中运动时的动量大小： 1 2p mv xBq  ． （3）对于离子经电压U 加速过程，根据动能定理： 21 2qU mv … ③ 联立①②③计算得出： 2 2 8 qB xm U  ． 74 ．在如图所示的坐标系中， y>0 的空间中存在匀强电场，场强沿 y 轴负方向； y<0 的空间中存 在匀强磁场，磁场方向垂直 xOy 平面 ( 纸面 ) 向外 . 一电荷量为 q 、质量为 m 的带正电的粒子，经过 y 轴上 y=h 处的点 P1 时速率为 v0 ，方向沿 x 轴正方向，然后，经过 x 轴上 x=1.5h 处的 P2 点进 入磁场，不计重力 . (1) 求粒子到达 P2 时速度的大小； (2) 求电场强度的大小； (3) 若在 y 轴的负半轴上 y=-1.5h 处固定一个与 x 轴平行的足够长的弹性绝缘挡板 ( 粒子反弹后速 度大小相等，方向相反 ) ，则粒子进入磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡板上，求磁感应强度 B 的 大小，并求粒子从 P1 出发到第 2 次与挡板作用所经历的时间。 【答案】 (1) 0 5 3 v (2) 2 08 9 mv qh (3) 02 3 mv qh 0 180 37 40 hv  (3) 由题意可知带电粒子与挡板作用时速度方向与挡板垂直，由此可作出粒子从出发到第一次与 挡板碰撞的轨迹如图所示； 根据几何关系可知： Rsin37 ° =1.5h ，即 R=2.5h根据带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力可得： 2mvqvB R  联立可得： 02 3 mvB qh  由于粒子反弹后仍以相同大小的速度继续在磁场中沿顺时针方向旋转离开磁场后再进入电场，根 据运动的对称性可知，粒子进入电场后的运动正好是粒子从 P1 到 P2 的运动的逆过程，因此可作 出粒子的运动轨迹如图所示； 根据图中几何关系可知，粒子第 2 次与挡板相碰时，在电场中运动的总时间为 1 0 0 1.5 93 2 h ht v v    根据 2 RT v  可得，粒子在磁场中的运动时间为 2 37 3 2 360 Rt v   且 2.5R h ， 0 5 3v v 联立得 2 0 37 40 ht v  粒子从 P1 出发到第 2 次与挡板作用所经历的时间 1 2 0 180 37 40t t t hv    点睛：本题考查了粒子在电场、磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作 出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、动能定理与牛顿第二定律可以解题． 75 ．如图所示，半径为 R 的虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为 B 、方向垂直纸面向里的匀 强磁场和另一场强大小为 E ，方向未知的匀强电场（未画）。一带负电的粒子从 A 点沿直径 AO方向以大小不同的速度射入该区域。已知粒子的质量为 m ，电荷量为 q ，不计重力。 （ 1 ）若粒子沿 OA 方向做直线运动，求粒子入射速度的大小及电场的方向。 （ 2 ）若撤掉电场，粒子以另一速度仍从 A 点沿 OA 方向射入磁场，经过磁场区域后其运动方向 与入射方向的夹角为 60 o ，求粒子入射速度的大小和在磁场中运动的时间。 【答案】 （ 1 ） 1 Ev B  匀强电场的方向垂直 OA 向下（ 2 ） 3 mt qB  【解析】（ 1 ）对带电粒子进行受力分析，由平衡条件列式，有 1qE qBv 则： 1 Ev B  匀强电场的方向垂直 OA 向下 （ 2 ）由几何关系可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 3r R 根据牛顿第二定律得： 2 2 2 vqBv m r  则 2 3qBRv m  根据圆周运动的规律， 2 rT v  得： 2 mT qB  由于粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角 60o  ，那么运动的时间 1 6 3 mt T qB   76 ．如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差 U1=1 × 10 4 V ，水平放置的一对平行金属板 间的电势差为 U2 ，一带负电的粒子由静止开始经 U1 加速后，垂直电场方向沿上极板进入水平放 置的金属板间，恰好从金属板下板边缘射出，并从开有小孔的圆柱桶上 P 点进入桶内圆柱形桶内 有匀强磁场，方向平行于轴线向里当桶内磁场的磁感应强度为 B 时，粒子从圆柱桶直径 PQ 的 Q 端小孔射出。已知带电粒子的比荷 =3.2 × 10 9 C/kg ，水平金属板长度 L=12cm ，板间距离 d=6cm ， 圆柱桶半径 R=10cm ，不计粒子的重力，求 （ 1 ）粒子经电扬 U1 加速后的速度大小； （ 2 ）偏转电压 U2 的大小； （ 3 ）圆柱桶内磁场的磁感应强度 B 的大小。 【答案】 (1) (2) (3) 由 解得 点睛：此题是带电粒子在电场及在磁场中的运动的复合问题；关键是掌握处理类平抛运动的方法 及圆周运动的方法，并能关联两个运动之间的联系 . 77 ．如图所示，两同心圆半径分别为 r1=R 和 r2=  2 1 R ．环形区域内存在垂直于圆面的匀 强磁场．一质量为 m 、电荷量为 q 的带电粒子从圆心处以速率 v 出发沿圆面向各个方向运动且恰 好不能穿越大圆所包围的区域，不计重力．则 （ 1 ）环形区域内匀强磁场的磁感应强度是多大？ （ 2 ）该粒子的运动周期是多大？ 【答案】 （ 1 ） mvB qR  （ 2 ） 8 6R RT v  【解析】（ 1 ）如图所示，粒子从圆心出发后先在小圆内做匀速直线运动，射入磁场做匀速圆周运 动后再次射入小圆做匀速直线运动，据对称性可知，粒子必然会再次回到小圆的圆心处．运动轨 迹如图所示． 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r ，环形区域内匀强磁场的磁感应强度是 B ，据牛顿第 二定律有 qvB ＝ m 2v r 由几何关系知 2 2r R +r ＝ ( 2 +1)R解得： r=R联立可解得 mvB qR  （ 2 ）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T1 ＝ 2 r v  联立得 T1 ＝ 2 R v  图中θ角满足 tan θ＝ R r =1由②⑥联立得θ =45 ° 则可知粒子将沿图示运动轨迹从出发到第四次回到小圆圆心时完成一个运动周期，因而粒子的运 动周期为 138 4 4 TRT v  ＝ 代入得 T ＝ 8 6R R v  ． 点睛：本题考查带电粒子在磁场及电场中的运动，要注意正确分析物理过程，明确带电粒子在磁 场中的圆周运动，灵活应用几何关系求解，注意粒子的周期运动． 78 ．如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为 E 、 方向水平向右，电场宽度为 L ；中间区域匀强磁场方向垂直纸面向外，右侧区域匀强磁场方向垂 直纸面向里，两个磁场区域的磁感应强度大小均为 B . 一个质量为 m 、电量为 q 、不计重力的带正 电的粒子从电场的左边缘的 O 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回 到 O 点，然后重复上述运动过程。求： （ 1 ）粒子在磁场中运动的速率 v（ 2 ）粒子在磁场中运动的轨道半径 R（ 3 ）粒子运动的一个完整的周期 T【答案】 （ 1 ） 2qEL m （ 2 ） 1 2qEL B m （ 3 ） 2 72 3 mL m qE qB  【解析】本题考查带电粒子在电场中的加速以及带电粒子在磁场中的运动等知识。 （ 1 ）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： 21 2qEL mv ，解得： 2qELv m  则粒子在磁场中运动的速率 2qELv m  (2) 带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得： 2vqvB m R  ，解得： 1 2mELR B q  (3) 在两磁场区粒子运动半径相同，三段圆弧的圆心组成的三角形Δ O1O2O3 是等边三角形，其边 长为 2R 。粒子运动的轨迹如图： 粒子在电场中运动的时间 1 2 2 22v v mLt qEa qE m    粒子在磁场中运动的周期 2 2R mT v qB   磁 粒子在中间磁场中运动的时间 2 1 2 3 mt T qB  磁 粒子在右侧磁场中运动的时间 2 5 5 6 3 mt T qB  磁 粒子运动的一个完整的周期 1 2 3 2 72 3 mL mT t t t qE qB      79 ．如图所示，在 x ≤ l ， y ≥ 0 范围内有一匀强磁场，方向垂直纸面向里；在 x ≤ l ， y ≤ 0 范围内有一 电场强度为 E 的匀强电场，方向沿 y 轴负方向．质量为 m ，电荷量为﹣ q 的粒子从 y 轴上的 M 点 由静止释放，粒子运动到 O 点时的速度为 v ．不计粒子重力． （ 1 ）求 O ， M 两点间的距离 d ； （ 2 ） a ．如果经过一段时间，粒子能通过 x 轴上的 N 点， O ， N 两点间的距离为 b （ b ＜ l ），求磁 感应强度 B ． b ．如果粒子运动到 O 点的同时，撤去电场．要使粒子能再次通过 x 轴，磁感应强度 B 应满足什 么条件？ 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） 80 ．如图所示，在直角区域 aob 内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ，一质子 ( 质 量为 m 、电荷量为 e) 从 o 点沿纸面以速度 v 射入磁场中，速度方向与边界 ob 成 30 °角。求： (1) 质子射出磁场在 oa 上的位置； (2) 质子在磁场中运动的时间； (3) 质子在磁场中运动时离 oa 轴的最大距离。 【答案】 (1)1.732mv/eB (2)2 π m/3eB (3)mv/2eB【解析】 (1) 由左手定则判断得知，质子向上偏转，轨迹如图： 根据几何知识得，轨迹对应的圆心角为 120 ° 由 2vevB m R  可得 mvR eB  故 32 sin60 = mvOC R eB   (2) 因匀速圆周运动的周期 2 RT v  可得 2 mT eB  故质子的运动时间 120 2 360 3 mt T eB   (3) 由几何关系可知最大距离为 cos60 = 2 mvd R R eB     【点睛】本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，画出轨迹，由几何知识确定圆心 角是关键． 81 ．如图所示，在 xOy 平面内存在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个场区， y 轴右侧存在匀强磁场Ⅰ， y 轴左 侧与虚线 MN 之间存在方向相反的两个匀强电场，Ⅱ区电场方向竖直向下，Ⅲ区电场方向竖直向 上， P 点是 MN 与 x 轴的交点， OP 为Ⅱ、Ⅲ场区的分界。有一质量为 m 、电荷量为 q 的带正电粒 子由原点 O 以速度 v0 沿 x 轴正方向水平射入磁场Ⅰ，已知匀强磁场Ⅰ的磁感应强度垂直纸面向 里、大小为 B0 ，匀强电场Ⅱ和匀强电场Ⅲ的电场强度大小均为 0 0 4 B vE  ，如图所示，Ⅳ区的磁 场垂直纸面向外、大小为 0 2 B ， O 、 P 之间的距离为 0 0 8mv qB ，已知粒子最后能回到 O 点。粒子重力 不计 .（ 1 ）求带电粒子从 O 点飞出后，第一次回到 x 轴时的位置坐标。 （ 2 ）根据题给条件画出粒子运动的轨迹。 （ 3 ）求带电粒子从 O 点飞出后到再次回到 O 点的时间。 【答案】 （ 1 ）（ 0 0 4mv qB  ， 0 ）；（ 2 ）如图所示 ； （ 3 ）   0 4 π 4 m qB  ； (2) 根据运动的对称性画出粒子在场区Ⅲ的运动轨迹如图所示。带电粒子在场区Ⅳ运动的半径是 场区Ⅰ运动半径的 2 倍，画出粒子的运动轨迹，同样根据运动的对称性画出粒子回到 O 点的运动 轨迹如图所示。 (3) 带电粒子在Ⅰ磁场中运动的时间正好为 1 个周期，故 1 0 2 mt qB  ， 带电粒子在Ⅱ、Ⅲ两个电场中运动的时间 2 0 164 mt t qB   ， 带电粒子在Ⅳ场中运动的时间为半个周期 , 运动时间 3 0 2 mt qB  ， 因为带电粒子从 O 点飞出后到再次回到 O 点的时间   1 2 3 0 4 16= + mt t t t qB   总 82 ．如图所示，在粗糙的水平面上 0.5a — 1.5a 区间放置一探测板（ 0mv qa B  ）。在水平面的上方 存在水平向里 , 磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，磁场右边界离小孔 O 距离为 a, 位于水平面下方 离子源 C 飘出质量为 m ，电荷量为 q ，初速度为 0 的一束负离子，这束离子经电势差为 2 02 9 mvU q  的电场加速后，从小孔 O 垂直水平面并垂直磁场射入磁场区域， t 时间内共有 N 个离子打到探测 板上。 （ 1 ）求离子从小孔 O 射入磁场后打到板上的位置。 （ 2 ）若离子与挡板碰撞前后没有能量的损失，则探测板受到的冲击力为多少？ （ 3 ）若射到探测板上的离子全部被板吸收，要使探测板不动，水平面需要给探测板的摩擦力为 多少？ 【答案】 （ 1 ）打在板的中间（ 2 ） 02 3 Nmv t 方向竖直向下（ 3 ） 03 3 Nmv t 方向水平向左 【解析】 (1) 在加速电场中加速时据动能定理： 21 2qU mv ， 代入数据得 0 2 3v v 在磁场中洛仑兹力提供向心力： 2vqvB m r  , 所以半径 02 2 3 3 mvmvr aqB qB    轨迹如图： 1 3O O a  ， 030OO A  ， 02 3cos303 3OA a a  所以 0tan60OB OA a  ，离子离开磁场后打到板的正中间。 (2) 设 板 对 离 子 的 力 为 F ， 垂 直 板 向 上 为 正 方 向 ， 根 据 动 量 定 理 ：  0 0 0 2sin30 sin30 3Ft Nmv Nmv Nmv    F= 02 3 Nmv t 根据牛顿第三定律，探测板受到的冲击力大小为 02 3 Nmv t ，方向竖直向下。 （ 3 ）若射到探测板上的离子全部被板吸收，板对离子水平方向的力为 T ，根据动量定理： 0 0 3cos30 3Tt Nmv Nmv  ， T= 03 3 Nmv t 离子对板的力大小为 03 3 Nmv t ，方向水平向右。 所以水平面需要给探测板的摩擦力大小为 03 3 Nmv t ，方向水平向左。 83 ．光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其主要结构为多个相同且平行 的倍增极。为简单起见 , 现只研究其第 1 倍增极和第 2 倍增极，其结构如图所示。两个倍增极平行 且长度均为 2a ，几何位置如图所示（图中长度数据已知）。 当频率为 v 的入射光照射到第 1 倍增 极上表面时，从极板上逸出的光电子最大速率为 vm 。 若加电场或磁场可使从第 1 倍增极逸出的 部分光电子打到第 2 倍增极上表面，从而激发出更多的电子，实现信号放大。已知元电荷为 e ， 电子质量为 m ，普朗克常量为 h, 只考虑电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力。 (1) 试求制作第 1 倍增极的金属材料的逸出功 W 。 (2) 为使更多光电子达到第 2 倍增极，可在接线柱 AB 间接入一个电动势为 E 的电源，则到达第 2倍增极的电子的最大动能是多少？ (3) 若仅在纸面内加上垂直纸面的匀强磁场时，发现速度为 2vm/5 垂直第 1 倍增极出射的电子恰 能全部到达第 2 倍增极上表面。忽略电场力的作用，试求： (I) 磁感强度 B 的大小和方向； (II) 关闭光源后多长时间仍有光电子到达第 2 倍增极上表面？ 可能用到的三角函数值 :sin11.5 0 =0.20 ， sin15 0 =0.26 ， sin37 0 =0.60 。 【答案】 （ 1 ） 21 2 mW h mv  （ 2 ） 21 2k mE eE mv  （ 3 ）（ I ） 5 mmvB ea  ，方向垂直纸面 向内（ II ） 323 36 m a v  【解析】 (1) 21 2 mW h mv  ； (2) 21 2k mE eE mv  ； (3) （ I ）磁场方向垂直纸面向内 当第 1 倍增极某位置出射的电子到达第 2 倍增极相应位置时该粒子全部被下一倍增极收集到。 根据几何关系有：   2 2 2 2 3r a a r    解得： 2 52 mmv r a eB   ，得： 5 mmvB ea  （ II ）即问所有光电子中到达第 2 倍增极的最长时间。所有电子周期均相同，圆心角最大的粒子 时间越长。若电子从第一倍增极 M 点出发到达第二倍增极 N 点，则 MN 为圆周上的一条弦，若 圆心角θ越大，则要求 R 越大，即当粒子和第二倍增极相切时圆心角最大。 图中sin 1R a a R R     ，当 R 越大，α越大，圆心角θ越大，故在所有轨迹和第二倍增极相切 的电子中，半径越大圆心角越大。 综上当粒子以最大速率从第一倍增极最右端出射，刚好与第二倍增极相切时，圆心角最大，如图 所示。此时 cos 0.8r a r    ，即 037  所以： 0 0 0 0 0 360 37 323 2 5 323 360 360 36m m a at T v v       84 ．如图所示，一半径为 r 的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导 线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为 d ，板长为 l ， t=0 时，磁场 的磁感应强度 B 从 B0 开始均匀增大，同时，在板 2 的左端且非常靠近板 2 的位置有一质量为 m 、 带电量为 -q 的液滴以初速度 v0 水平向右射入两板间，该液滴可视为质点。 ⑴要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率 K 应满足什么条件？ ⑵要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度 B 与时间 t 应满足什么关系？ 【答案】 (1) 2 2 0 2 2 2 2v dmgd mdK gr q r q l         (2) 2 0 0 2 2 ·v dmdB B g tr q l        【解析】（ 1 ）由题意可知：板 1 为正极，板 2 为负极 两板间的电压 U ＝ BS SKt t     而： S ＝π r 2 带电液滴受的电场力： F ＝ qE= qU d 故： F － mg ＝ qU d － mg ＝ ma a= qU dm － g 讨论： 一．若 a>0液滴向上偏转，做类似平抛运动 y ＝ 2 21 1 2 2 qUat g tdm      当液滴刚好能射出时： 有 l ＝ v0t t ＝ 0 l v y ＝ d 故 d= 2 2 0 1 1· ·2 2 qU lat gdm v           由②③⑦得 K1 ＝ 2 0 2 2 2v dmd gr q l      要使液滴能射出，必须满足 y0) 的带电粒子从 x 轴上 P(L ， 0) 点以速度 02qB Lv m  垂直 x 轴射入第一象限磁场， 不计粒子的重力。求： （ 1 ）粒子在两个磁场中运动的轨道半径； （ 2 ）粒子离开 P 点后经过多长时间第二次到达 y 轴 .【答案】 （ 1 ） 2L ； L （ 2 ） 2 3 m qB  【解析】（ 1 ）粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，有 2vqBv m r  得 mvr qB  ，代入解得 1 0 2mvr LqB   ， 2 02 mvr LqB   （ 2 ）粒子运动的轨迹如图所示。粒子先在 y 轴右侧磁场中偏转 60 °，接着在 y 轴左侧磁场中偏转 120 °，第二次到达 y 轴 在 x ≥ 0 区域运动周期 1 1 0 2 2r mT v qB    在 x<0 区域运动周期 2 2 0 2 2r mT v qB    在 y 轴右侧运动时间 1 1 1 6t T 在 y 轴左侧运动时间 2 2 1 3t T 离开 P 点后，粒子第二次到达 y 轴所需时间 1 2 0 2π 3 mt t t qB    91 ．如图所示，空间中存在一个矩形区域 MNPQ ， PQ 的长度为 MQ 长度的两倍，有一个带正电 的带电粒子从 M 点以某一初速度沿 MN 射入，若矩形区域 MNPQ 中加上竖直方向且场强大小为 E的匀强电场，则带电粒子将从 P 点射出，若在矩形区域 MNPQ 中加上垂直于纸面且磁感应强度大 小为 B 的匀强磁场，则带电粒子仍从 P 点射出，不计带电粒子的重力，求：带电粒子的初速度的 大小。 【答案】 4 5 E B 竖直方向有： 21 2L at ，且 qEa m  联立得： 2 0 2 mvE qL  ① 当加垂直纸面的磁场时，带正电的粒子仍要从 P 点射出，则磁感应强度方向应垂直纸面向外，此 时带电粒子做匀速圆周运动，作出其运动轨迹图如图所示： 由几何关系得：    2 22 2r L r L   ，解得： 5 2 Lr  在磁场中，有： 2 0 0 mvqv B r  ，解得： 02 5 mvB qL  ② 联立①②得： 0 4 5 Ev B  92 ．如图所示，有一竖直平面直角坐标系， Oy 竖直向上，在二、三象限存在垂直纸面向里的匀 强磁场，磁感应强度为 B ；在一、四象限存在竖直向上的匀强电场，在一光滑绝缘、长为 l 的空 心细管中，有一可视为质点的带电小球 N ，管的右端开口，小球初始位置坐标为（ -l ， 2l ），小球 和管均静止，现管获得沿 y 轴负方向的速度 0v 做匀速运动，管口到达 O 点时小球从管中射出，且 恰好做匀速直线运动，忽略小球对管运动的影响，重力加速度为 g ，求： （ 1 ）小球从管中射出时，相对坐标系的速度； （ 2 ）电场强度的大小； （ 3 ）在管开始运动时，一个不带电，可视为质点的小球 N ，初始坐标为（ 2l ， 5l ），同时由静止 释放，恰与 M 相遇，写出 0v 与 l 的关系式。 【答案】 （ 1 ） 02v （ 2 ） 0 2Blg v （ 3 ） 8 7 gl 【解析】小球在管中，水平做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，根据速度的合成可得小球从管 中射出时的速度；小球在电场中做匀速运动，则所受电场力和重力相等，小球在管中沿 x 方向做 匀加速直线运动，结合运动学方程即可解题； N 做自由落体运动，相遇即两球位置坐标相等，结 合运动学方程即可解得速度与距离的关系式。 （ 1 ）由题意可得小球带正电，管向下运动的过程中，小球受到向右的洛伦兹： 0 xF qv B ma  小球在竖直方向随管一起运动有： 0yv v ，小球从管中射出时： 水平方向： 21 1 2 2x xx a t v t l   竖直方向： 0 2yy v t v t l   联立以上式解得： 0xv v 出射时小球的速度大小 2 2 02x yv v v v   方向：与 x 轴成 45，斜向右下 （ 3 ） N 做自由落体运动，相遇即两球位置坐标相等，由题意得，小球射出后，向右水平移动 2l ， 竖直移动 2l即相遇时 N 的竖直位移 5 2 7y l l l   对 N 有： 21 2y gt 解得： 14lt g  对 M 有： 0 4y v t l  联立式可得： 0 8 7v gl 点睛：本题主要考查了带电小球在磁场和电场中的运动，把运动进行水平和竖直方向分解及相遇 的条件是两球位置坐标相等。 93 ．如图所示，一电子（电荷量数值为 e ，质量为 m ）以速度 垂直射入宽度为 d 的匀强磁场中， 磁场上、下方向范围无限大，穿出磁场时的速度方向与电子原来入射时的速度方向间的夹角是 30 °，则匀强磁场的磁感应强度为多大？穿过磁场的时间是多长？ 【答案】 ,2 3 mv d ed v  【解析】电子在有界磁场中运动轨迹如图所示： 由图可知，电子在磁场中做圆周运动的轨道半径 R=2d ，由 2vBev m R  ，由以上两式解得： 2 mvB ed  ；由几何知识得到，轨迹的圆心角为 6   电子在磁场中圆周运动周期为 2 RT v  ， 将 R=2d 代入可得：穿过磁场的时间 12 3 T dt v   。 点晴：电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求 出轨迹的半径，再根据 2vBev m R  求出 B ，由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由 2t T  ， 求出时间。 【答案】 4 5 E B 【解析】设 PQ=2MQ=2L ，当加竖直方向的电场时，带正电的粒子要从 P 点射出，则电场强度方 向应竖直向下，此时带电粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律得： 水平方向有： 02L v t 竖直方向有： 21 2L at ，且 qEa m  联立得： 2 0 2 mvE qL  ① 当加垂直纸面的磁场时，带正电的粒子仍要从 P 点射出，则磁感应强度方向应垂直纸面向外，此 时带电粒子做匀速圆周运动，作出其运动轨迹图如图所示： 由几何关系得：    2 22 2r L r L   ，解得： 5 2 Lr  在磁场中，有： 2 0 0 mvqv B r  ，解得： 02 5 mvB qL  ② 联立①②得： 0 4 5 Ev B  95 ．如图，在区域 I 中有方向水平向右的匀强电场，在区域 II 中有方向竖直向上的匀强电场和垂 直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B=0.5T ；两区域中的电场强度大小相等， E=2V/m ；两 区域足够大，分界线竖直。一可视为质点的带电小球用绝缘细线拴住静止在区域 I 中的 A 点时， 细线与竖直方向的夹角为 45 °。现剪断细线，小球开始运动，经过时间 t1=1s 从分界线的 C 点进 入区域 II ，在其中运动一段时间后，从 D 点第二次经过 B 分界线，再运动一段时间后，从 H 点 第三次经过分界线，图中除 A 点外，其余各点均未画出， g=10m/s 2 ，求： (1) 小球到达 C 点时的速度 v ； (2) 小球在区域 II 中运动的时间 t2 ； (3)C 、 H 之间的距离 d 。 【答案】 （ 1 ）10 2 /m s （ 2 ） 0.6 （ 3 ）32m 【解析】（ 1 ）对小球静止时受力分析，求出重力与电场力的合力，剪断细线后，小球在重力与电 场力的作用下，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速 度公式求出到达 C 点的速度；（ 2 ）由第一问分析得出电场力与重力大小相等，故小球进入区域Ⅱ 中做匀速圆运动，由洛伦兹力提供向心力，求出周期和圆心解，即可求出在区域Ⅱ运动的时间； （ 3 ）小球从 D 点再次进入区域Ⅰ时做类平抛运动，结合几何知识即可求解 C 、 H 之间的距离 d.（ 1 ）小球处于静止状态时，受力分析如图所示： 由图可知小球带正电，设电场与重力的合力为 F ，则有： 2cos45 mgF mg  剪断细线后，小球所受电场力与重力不变，小球将做初速度为零的匀加速直线运动 由牛顿第二定律得： F=ma解得： 210 2 /a m s 则小球达到 C 点的速度为 1 10 2 /v at m s  （ 2 ）由（ 1 ）可知， tan45 F mg  电 ，则有： F qE mg 电 ，即 m E q g  故小球在区域Ⅱ中做匀速圆运动 则有： 2vqvB m r  ，解得： mvr qB  则周期 2 2 2 0.8r m ET v qB Bg        则小球从 C 到 D 的时间为： 2 3 0.64t T   96 ．如图所示，在 xoy 平面内有以虚线 OP 为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域， OP 与 x 轴 成 45 °角， OP 与 y 轴之间的磁场方向垂直纸面向外， OP 与 x 轴之间的电场平行于 x 轴向右，电 场强度为 E ，在 y 轴上有一点 M ，到 O 点的距离为 L ，现有一个质量为 m ，带电量为 +q 的带电 粒子从静止经电压为 U 的电场加速后从 M 点以垂直 y 轴的速度方向进入磁场区域（加速电场图 中没有画出），不计带电粒子的重力，求 （ 1 ）从 M 点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小？ （ 2 ）为使带电粒子刚好不能进入电场区域，则磁感应强度为 B 应为多大？ （ 3 ）改变匀强磁场的磁感应强度的大小，使带电粒子沿 y 轴负方向进入匀强电场，则带电粒子 从 x 轴离开电场时的位置到 O 点的距离为多少？ 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） （ 3 ） 【解析】（ 1 ）从 M 点进入磁场的带电粒子速度的大小为 v ，根据动能定理得 解得 （ 2 ）带电粒子刚好不能进入电场区域轨迹如题所示，设磁感应强度为 B ，由图可知： ，解得： 由洛伦兹力提供向心力可得： 解得： （ 3 ）由图可知带电粒子沿 y 轴负方向进入匀强电场时，在磁场中运动的轨道半径为 ，在电 场中做类平抛运动，加速度 ， y 轴方向匀速运动，有： x 轴方向匀加速运动，有： 联立解得 到 O 点的距离为 ； 97 ．如图所示为真空室内研究电子在电场和磁场中运动的简化模型示意图。在 xOy 平面边长为 3L 的正方形 ABCD （ AD 边与 y 轴重台， 0 为 AD 中点）区域内，存在三个匀强电场，电场 I 的场 强大小为 E ，方向沿 x 轴负方向、电场Ⅱ、Ⅲ的场强大小均为 2E ，方向分别沿 y 轴负方向和 y 轴 正方向，三个电场沿 x 轴方间的宽度均为 L 。 a 、 b 两点位于电场 I 的左边界 y 轴上，距坐标原点 O 的距离均为 L/2 ，今在 a 点处由静止释放电子。设电子的电量为 q ，质量为 m ，不计电子所受 重力。 (1) 求电子刚进入电场Ⅱ时的速度大小； (2) 求电子离开电场Ⅱ时的位置以及速度方向与 x 轴正方向所成夹角的正切值； (3) 今在 b 点沿 y 轴方向安装一荧光屏，为使电子难直打在要光屏上，可在 x ≥ 3L 的整个空间区域 内加一垂直于 xOy 平面的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度的大小和方向 【答案】 (1) 2qEL m (2)1(3) 2mE qL ，磁感应强度方向垂直 xOy 平面向里 【解析】粒子运动的轨迹如图所示： （ 1 ）由 2 0 1 2qEL mv ① 得 0 2qELv m  ② ‘ 98 ．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系， x 轴水平， y 轴竖直，在第二象限有沿 y 轴正 方向的匀强电场 E ，一长为 L 的绝缘轻绳一端固定在 A （ 0 ， 4L ）点，另一端系一个带负电小球， 电荷量大小为 mgq E  ，开始绳刚好水平伸直。重力加速度为 g 。求： （ 1 ）小球由静止释放，运动到 y 轴时绳断裂，小球能到达 x 轴上的 B 点， B 点位置坐标； （ 2 ）假设绳长可以 0 到 4L 之间调节，小球依然由原位置静止释放，每次到达 y 轴绳断裂，其他 条件不变，则小球在 x 轴上的落点与原点间距离最大时，求轻绳的长度及该最大距离。 【答案】 （ 1 ） 6 0L ， （ 2 ） 2 2L (2) 设绳长为 1L 时，落点与原点间距离最远，由动能定理得 2 1 1 1 2mgL mv 由类平抛规律可得： 1 1 1x v t 2 1 1 14 2L L at  qE mg ma  联立解得  1 1 12 4x L L L  ， 则由数学知识可得当 1 14L L L  ，即绳长 1 2L L 时，距离最大 最大值为 1 2 2x L 99 ．如图所示，在倾角为θ＝ 30 °的斜面上，固定一宽 L ＝ 0.25m 的平行光滑金属导轨，在导轨上 端接入电源和滑动变阻器 R 。电源电动势 E ＝ 12V ，内阻 r ＝ 1 Ω，一质量 m ＝ 20g 的金属棒 ab 与 两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度 B ＝ 0.80T 、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导 轨与金属棒的电阻不计）。取 g ＝ 10m/s 2 ，要保持金属棒在导轨上静止，求： （ 1 ）金属棒所受到的安培力的大小． （ 2 ）通过金属棒的电流的大小． （ 3 ）滑动变阻器 R 接入电路中的阻值． 【答案】 （ 1 ） 0.1N （ 2 ） 0.5A （ 3 ） 23 Ω