1、K单元 磁场目录K单元 磁场1K1 磁场 安培力1K2 磁场对运动电荷的作用3K3 带电粒子在组合场及复合场中运动9K4 磁场综合46K1 磁场 安培力（2014陕西西工大附中第八次适应性训练）1. 1873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另一直流发电机发出的电接到了自己送展的直流发电机的电流输出端。由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方中的一个瓶颈。此项发明是（ ）A新型直流发电机B直流电动机 C交流电动机D交流发电机 【知识点】感应电动机原理【答案解析】B 解析：直流发电机发电时接另一直流发电机，则另一直流发电机实
2、际成了直流电动机，所以ACD错，B正确【思路点拨】从结构和工作原理上可知：一台直流电机原则上既可以作为电动机运行，也可以作为发电机运行，这种原理在电机理论中称为可逆原理此题要求知道直流发电机和直流电动机的结构图，并能知道它们的工作原理IcbccacIcIc（2014陕西西工大附中第八次适应性训练）2. 三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（ ）AB1=B20）。质量为m的粒子沿正对c o中点
3、且垂直于c o方向射入磁场区域. （不计重力）.求：（1）若要使带电粒子能从b d之间飞出磁场，射入粒子的速度大小的范围.（2）若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度又为多大。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【答案解析】（1） （2）解析：（1）见上图，有几何关系得轨迹圆半径为由： ， 得：由：，得 右中图，所以，在三角中由正弦定理：，得 , . 所以速度范围: （2）如下图，设有几何关系 得: , 【思路点拨】带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小K3 带电粒子在组合场及复
4、合场中运动（2014江西师大附中三模）1. 如图，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变成水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上;磁感应强度方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小等于错误！未找到引用源。，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）A.粒子在ab区域中做匀变速运动，运动时间为错误！未找到引用源。B.粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=dC.粒子在bc区域中做匀速直线运动，运动时间为错
5、误！未找到引用源。D.粒子在ab、bc区域中运动的总时间为错误！未找到引用源。【知识点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动【答案解析】AD 解析：A、将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有水平方向：v0=at，d=竖直方向：0=v0-gt解得a=g t=故A正确；B、粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0B=m解得r=由得到r=2d，故B错误；C、由于r=2d，画出轨迹，如图。由几何关系，得到回旋角度为30，故在复合场中的运动时
6、间为t2=故C错误；D、粒子在电场中运动时间为t1=故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为t=t1+t2=，故D正确；故选AD【思路点拨】将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式分析；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力（2014江西重点中学协作体第二次联考）2. 如图所示，光滑圆环可绕竖直轴O1O2旋转，在圆环上套一个小球，实验时发现，增大圆环转速，小球在圆环上的位置升高，但无论圆环转速多大，小球都不能上升到与圆心O等高的N点现让小球带
7、上正电荷，下列措施可以让小球上升到N点的是（）A在空间加上水平向左的匀强磁场B在空间加上竖直向上的匀强电场C在空间加上方向由圆心O向外的磁场D在圆心O点放一个带负电的点电荷【知识点】带电粒子在混合场中的运动【答案解析】B解析：A、在空间加上水平向左的匀强磁场，根据左手定则，可知，洛伦兹力与重力同向，因此不可能到达N点，故A错误；B、当在空间加上竖直向上的匀强电场，则受到的电场力竖直向上，与重力平衡时，球可能达到N点，故B正确；C、当在空间加上方向由圆心O向外的磁场，由左手定则可知，洛伦兹力向下，因此不可能到达N点，故C错误；D、当在圆心O点放一个带负电的点电荷，相互间的库仑引力，使球受到重力与
8、库仑力的合力不可能指向圆心，故D错误；故选：B【思路点拨】当球受到的合力指向圆心时，则可能上升到N点，因此根据电荷带正电，结合给定的电场与磁场，从而即可求解考查对研究对象的受力分析，掌握电场力与洛伦兹力方向的判定，理解左手定则应用，注意球在N点的合力指向圆心是解题的关键（2014湖北武汉二中模拟）3. 在第一象限（含坐标轴）内有垂直xoy平面周期性变化的均匀磁场，规定垂直xoy平面向里的磁场方向为正磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0某一正粒子质量为m、电量为q在t=0时从0点沿x轴正向射入磁场中。若要求粒子在t=T0时距x轴最远，则B0的值为（ ）A、B、C、D、【知识点
9、】 带电粒子在匀强磁场中的运动【答案解析】D解析：粒子在磁场中匀速圆周运动，要求在T0时，粒子距z轴最远，因为粒子在xoy平面内运动，故粒子距z轴最远即为粒子距原点最远如图作出粒子运动轨迹设两段圆弧的圆心O1O2的连线与y轴夹角为，P点的纵坐标为y，圆心O2到y轴之间的距离为x，则由几何关系，得 y=2r+2rcos sin=因为粒子在第一象限内运动，xr由题意根据数学关系知，当=300时，y取最大值，故此时粒子在磁场中t=时间内对圆心转过的角度为=150=，根据粒子在磁场中做圆周运动的时间t=T得：TtT0又粒子在磁场中做圆周运动的周期公式知：T=，知磁感应强度B0故选：D【思路点拨】根据几
10、何知识求出P点横坐标和纵坐标与粒子圆周运动半径的关系根据粒子在第一象限运动的条件求解P点的纵坐标的最大值时周期与T0的关系，再根据周期公式求出磁感应强度B（2014湖南十三校第二次联考）4. 如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上的A点，A点横坐标为-L。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为口的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点纵坐标为2L，电子经过磁场后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15角的射线ON（已知电子的质量为m，电荷量为P，不
11、考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用）。求：（1）第二象限内电场强度的大小；（2）圆形磁场的最小半径。【知识点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】（1）（2） 解析：（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，x方向匀速运动，y方向匀加速运动，则有：Lt2；2L=vt可解得：E（2）设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为由动能定理，有mv2eEL解得vC则cos得=45画轨迹如图所示电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=电子在磁场中偏转120后垂直于ON射出磁场最小半径为：Rmrsin60可得：Rm【思路点拨】本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀
12、速圆周运动，要注意两个轨迹的连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键（2014吉林市普高二模）5. 如图所示，在xOy坐标系第二象限内有一圆形匀强磁场区域，半径为l0 ，圆心O坐标为（-l0, l0），磁场方向垂直xOy平面。在x轴上有坐标（-l0，0）的P点,两个电子a、b以相同的速率沿不同方向从P点同时射人磁场,电子a的入射方向为y轴正方向，b的入射方向与y轴正方向夹角为=/3。电子a经过磁场偏转后从y轴上的 Q（0，l0）点进人第一象限，在第一象限内紧邻y轴有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为 ，匀强电场宽为。已知电子质量为m、电荷量为e,不计重力
13、及电子间的相互作用。求：（1）磁场的磁感应强度B的大小（2）b电子在磁场中运动的时间（3）a、b两个电子经过电场后到达x轴的坐标差x【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】（1） （2） （3）解析：（1） 两电子轨迹如图。由图可知，a电子作圆周运动的半径R A O可得： （2）由几何知识分析可知电子在磁场中运动转过的圆心角为 电子在磁场中运动的时间 电子在磁场中运动的周期为 解得 （3）在电场中 代入 ，即a电子恰好击中x轴上坐标为的位置 根据几何分析，POAO为菱形，所以PO与OA平行.又因为POx轴， OAx轴，所以粒子出场速度v
14、A平行于x轴，即b电子经过磁场偏转后，也恰好沿x轴正方向进入电场， 有 当b沿y方向运动后沿与x轴方向成做匀速直线运动 可得 解得： U【思路点拨】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意电子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中做平抛运动，要求正确利用好几何关系进行分析（2014福建漳州八校第四次联考）6. 如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场。有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为
15、30的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出）。已知OD长为l，不计粒子的重力.求：(1) 粒子射入绝缘板之前的速度（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间.【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】 （1） （2） （3） 解析：（）粒子在电场中加速由动能定理可知（）粒子在磁场中作圆周运动轨迹如图由几何关系可得轨道半径为2l由解得=由动能定理得 代入数据解得所以损失动能为（）粒子若作直线运动则=Eq 代入数据解得E= 方向与x轴正向
16、斜向下成60角粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间t1=粒子在第四象限做匀速直线运动时间t2=粒子y轴右侧运行的总时间t=【思路点拨】（1）根据动能定理求出粒子射入绝缘板之前的速度（2）根据粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆周运动的圆心，根据几何关系求出轨道半径，通过洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中的速度，最后通过能量守恒求出损失的动能（3）带电粒子做直线运动，所受洛伦兹力与电场力平衡，根据平衡求出电场强度的大小根据圆心角确定在第一象限内做圆周运动的时间，根据匀速直线运动的位移求出直线运动的时间，从而求出运动的总时间（2014广东珠海二模）7. 如图所示，在平面直角坐标系第象限内充满y方向的匀强电
17、场， 在第象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（电场、磁场均未画出）；一个比荷为的带电粒子以大小为的初速度自点P（）沿x方向运动，恰经原点O进入第象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x轴上的点Q（）沿y方向进入第象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为，不计粒子重力。 求第象限内匀强电场的场强的大小； 求粒子在匀强磁场中运动的半径及时间； 求圆形磁场区的最小半径。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】（1）（2）（3）d解析：粒子在第象限做类平抛运动：解得场强设粒子到达O点瞬间，速度大小为，与轴夹角为： ， 粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力： 解得粒子在匀强磁
18、场中运动的半径 在磁场时运动角度： 在磁场时运动时间: 如图，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径 解得【思路点拨】（1）粒子在第象限做类平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解即可；（2）先根据类平抛运动的分运动公式求解末速度，然后根据磁场中洛伦兹力等于向心力列得求解轨道半径，再结合几何关系得到速度的偏转角，最后根据t=T求解磁场中的运动时间；（3）以磁场中的轨迹对应的弦为直径，则圆形磁场区的半径最小（2014湖北襄阳四中模拟）8. 如图所示，在平面内，有一个圆形区域的直径 与轴重合，圆心的坐标为（2，），其半径为，该区域内无磁场 在轴和直线
19、3之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为一质量为、电荷量为的带正电的粒子从轴上某点射入磁场不计粒子重力 （1）若粒子的初速度方向与轴正向夹角为60，且粒子不经过圆形区域就能到达点，求粒子的初速度大小； （2）若粒子的初速度方向与轴正向夹角为60，在磁场中运动的时间为，且粒子也能到达点，求粒子的初速度大小； （3）若粒子的初速度方向与轴垂直，且粒子从点第一次经过轴，求粒子的最小初速度 【知识点】带电粒子在磁场中运动，在磁场中的运动半径和周期，示临界速度（最小速度）高考中要求是II级，中难度。【答案解析】（1） （2） （3）解析：（1）粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子
20、到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上.设粒子做圆周运动的半径为，由几何关系得又解得（2）粒子在磁场中的运动周期故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为粒子到达B点的速度与x轴夹角设粒子做圆周运动的半径为，由几何关系得又解得（3）设粒子从C点进入原形区域，夹角为，轨迹圆对应的半径为r，由几何关系得：故当时，半径最小为又解得【思路点拨】根据题目审清题意，画出带电粒子在磁场中的运动轨迹图，又依据牛顿第二定律列方程求运动半径和周期，还要根据几何知识列式求最小半径由此求出最小速度。本题设问依次递推的，一步一步增加难度，是一道能力考查试题。（2014湖南长沙模拟）9. 如图所示，在坐标系右侧存在一宽度为
21、、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在左侧存在与y轴正方向成角的匀强电场。一个粒子源能释放质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子的初速度可以忽略。粒子源在点P（，）时发出的粒子恰好垂直磁场边界EF射出；将粒子源沿直线PO移动到Q点时，所发出的粒子恰好不能从EF射出。不计粒子的重力及粒子间相互作用力。求：（1）匀强电场的电场强度；（2）粒子源在Q点时，粒子从发射到第二次进入磁场的时间。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】（1） （2）解析：（1）粒子源在P点，粒子在电场中被加速根据动能定理有得：粒子在磁场中做匀速圆周运动，
22、根据牛顿第二定律有由几何关系知，解（2）粒子源在Q点时，粒子在磁场中运动轨迹与边界EF相切，由几何关系知根据牛顿第二定律 有磁场中运动速度为粒子在Q点射出，开始的电场中加速运动：进入磁场后运动四分之三个圆周：第一次出磁场后进入电场，作类平抛运动：粒子从发射到第二次进入磁场的时间【思路点拨】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后分阶段根据动能定理，牛顿第二定律列式求解（2014江苏徐州一中考前模拟）10. 在xoy平面内，直线OM与x轴负方向成45角，以OM为边界的匀强电场和匀强磁场如图所示在坐标原点O有一不计重力的粒子，其质量和电荷量分别为m和q，以v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x
23、轴将反弹，第一次无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变，竖直分速度大小减半、方向相反电场强度E和磁感应强度B关系为、求带电粒子：xO45B（v0EyM第一次经过OM时的坐标；第二次到达x轴的动能；在电场中运动时竖直方向上的总路程 【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】（1）（-1m、1m） （2）（3）解析：粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做3/4的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力有：，=1m故第一次经过OM时的坐标为（-1m、1m）粒子第二次进入磁场，速度不变，则粒子在磁场中运动的半径也为R，故进入电场时离
24、x轴的高度为2R，根据动能定理，粒子到达x轴的动能有：xO45B（v0v0EyO1RM因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0，竖直方向： 所以从类平抛开始，粒子第一次到达最高点离x轴的竖直高度为第二次到达最高点离x轴的竖直高度为第n次到达最高点离x轴的竖直高度为故从类平抛开始，在竖直方向上往返的总路程为：故在电场中运动的竖直方向上总路程：另解：由于粒子运动过程中加速度不变，故当每次碰撞后速度减半时，竖直方向的路程为原来的四分之一，有：从类平抛开始，粒子第一次到达最高点离x轴的竖直高度为第二次到达最高点离x轴的竖直高度为第n次到达最高点离x轴的竖直高度为故从类平抛开始，
25、在竖直方向上往返的总路程为：故在电场中运动的竖直方向上总路程：【思路点拨】（1）带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，根据洛仑磁力提供向心力和几何知识求解。（2）进入电场，根据电场力做功列出动能定理进行求解。（3）根据运动的合成与分解进行分解为水平和竖直方向 运动进行求解。（2014江西临川二中一模）11. 如图所示，PQ是两块平行金属板，上极板接电源正极，两极板之间的电压为U=1.2104V，一群带负电粒子不停的通过P极板的小孔以速度v0=2.0104m/s垂直金属板飞入，通过Q极板上的小孔后，垂直AC边的中点O进入边界为等腰直角三角形的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，边界AC的长度为a=1
26、.6m，粒子比荷。不计粒子的重力。（1）粒子进入磁场时的速度大小是多少；（2）粒子在磁场中运动的时间；打在什么位置？（3）若在两极板间加一正弦交变电压u=9.6104sin314t（V），则这群粒子可能从磁场边界的哪些区域飞出？并求出这些区域。（每个粒子在电场中运动时，可认为电压是不变的）【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】（1）4104m/s（2）10-5s，垂直地打在BC边的中点（3）见解析解析：（1）粒子从P极板进入电场后，做加速运动，有：qUmv2mv02v=4104m/s（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心
27、力：qvBm故R0.8m所以垂直地打在BC边的中点粒子在磁场中运动的周期为T偏转角为90，所以粒子在磁场中运动的时间为tT104s105s（3）当粒子以反向最大电压进入电场时，粒子不能穿过Q点进入磁场t=0时刻射入的粒子，没有经过加速，粒子将以v0=2.0104m/s从O点射入磁场，Rmin0.4m恰好打到C点因此OC边可以全部打到当粒子以正向最大电压加速进入电场中，根据动能定理：qUmmvm2mv02最大速度vm105m/sRmax2m若粒子与AB边相切飞出，如图所示，根据几何关系可得：BF+FC=a，R切=PF+FO1，可得：R切0.8（+1）mRmin由以上三个半径关系可知，粒子从BC和
28、AB边飞出若恰好与AB相切的粒子打在BC边E，离C点的距离为：0.8在EC之间均有粒子飞出与AB边相切的切点P到B点的距离为：0.8（1）m当粒子以最大速度进入磁场时，粒子将从AB边界的G点飞出，设OD之间的距离为x，则：GD=AD=x+,O2=Rmax-x，根据几何关系可得：（+x）+（Rmaxx）2Rmax2可得x=0.4m最大速度粒子从AB边上射出点G到B点的距离为：0.4m在GP之间均有粒子飞出【思路点拨】1、粒子从P极板进入电场后，做加速运动，根据动能定理qUmv2mv02，代入数据计算可得粒子进入磁场时的速度大小2、粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力qvBm，解得R
29、0.8m，故垂直地打在BC边的中点解出粒子在磁场中运动的周期为T，转角为90，所以粒子在磁场中运动的时间tT3、当粒子以反向最大电压进入电场时，粒子不能穿过Q点进入磁场t=0时刻射入的粒子，没有经过加速，粒子将以v0=2.0104m/s从O点射入磁场，此时半径最小，求出最小半径，判断粒子打在哪儿当粒子以正向最大电压加速进入电场中，根据动能定理求出最大速度，从而计算出最大半径，在作出粒子的运动轨迹，根据几何关系计算粒子打在哪儿（2014山东日照一中二模）12. 如图所示，位于竖直平面内的坐标系，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=05T，还有沿x轴负方向
30、的匀强电场，场强大小为E=2NC。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO作匀速直线运动（PO与x轴负方向的夹角为=45），并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g=10ms2，问：（1）油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；（2）油滴在P点得到的初速度大小：（3）油滴在第一象限运动的时间。【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在混合场中的运动【答案解析】（1）1：1
31、：，油滴带负电荷；（2）4m/s；（3）0.82s解析：（1）根据受力分析（如图）可知油滴带负电荷设油滴质量为m，由平衡条件得：mg qE f1 1 （2）由第（1）问得：m qvBqE解得：v4m/s（3）进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先作匀速直线运动，进入yh的区域后作匀速圆周运动，路径如图，最后从x轴上的N点离开第一象限由OA匀速运动的位移为s1h其运动时间：t10.1s由几何关系和圆周运动的周期关系式T知由AC的圆周运动时间为t2T0.628s由对称性知从CN的时间t3t1在第一象限运动的总时间tt1t2t320.1s0.628s0.828s【思路点拨】（1）结合平衡条件判断油
32、滴所受电场力的方向和洛伦兹的方向，进而判断油滴的电性，对油滴受力分析后采用合成法作图，有几何关系得出三力之比；（2）根据油滴在垂直直线方向上应用平衡条件列方程求得速度大小；（3）进入第一象限，由于重力等于电场力，在电场中做匀速直线运动，在混合场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹，结合磁场中圆周运动的周期公式即运动的对称性确定运动总时间（2014山西大学附中5月月考）13. 如图所示，平行金属板右侧有一宽度为a的匀强磁场I，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在磁场I的右侧存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向外。现在正极板处有一带正电粒子（粒子重力不计），质量为m、电荷量为q
33、，由静止开始经电场加速后，经右侧金属板狭缝沿x轴方向进入磁场。（1）当加速电压UU0时，带电粒子恰好可以到达磁场区域、的交界处，求加速电压U0；（2）当加速电压U2U0时，带电粒子进入磁场后经过时间t到达x轴，求运动时间t（可用反三角函数表示）；（3）当加速电压时，带电粒子可以沿进入磁场前的路径返回，求k值。【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【答案解析】（1）（2）（3） 解析：（1）设粒子进入磁场时的速度为v，当粒子在磁场中的圆周运动半径为a时，恰好可以到达磁场区域、的交界处，则得上式表明，轨道半径的平方和加速电压成正比。（2）带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，C、
34、C为圆周运动的圆心。当U2U0时，设带电粒子的轨道半径为R，由（1）问的比例关系可知又sin解得又得cos解得带电粒子在磁场中轨迹对应的圆心角之和为带电粒子在磁场中的运动周期为所以带电粒子的运动时间为（3）若要带电粒子返回电场，由对称可知其轨迹如图所示。这时C点在x轴上。由几何知识可得粒子运动半径r为求得由第（1）问的比例关系得因此【思路点拨】（1）当粒子在磁场中的圆周运动半径为a时，恰好可以到达磁场区域、的交界处，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子进入磁场的速度，根据动能定理求出加速电压的大小（2）根据动能定理，结合轨道半径公式得出粒子在磁场中的运动半径，作出粒子的运动轨迹，通过圆心角，结合几何
35、关系和周期公式求出粒子进入磁场后到达x轴的时间（3）若要带电粒子返回电场，由对称性作出粒子的运动轨迹，根据几何关系得出轨道半径的大小，从而得出加速电压的大小，得出k值的大小（2014陕西西工大附中第八次适应性训练）14. 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示的矩形区域ACDG（AC边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空。已知被加速度的两种正离子的质量分别是和，电荷量均为。加速电场的电势差
36、为U，离子进入电场时的初速度可以忽略，不计重力，也不考虑离子间的相互作用。求质量为的离子进入磁场时的速率；当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。设磁感应强度大小可调， GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处；离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。【知识点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用【答案解析】（1） （2）
37、（3）解析：（1）加速电场对离子m1做的功 W=qU由动能定理得（2）由牛顿第二定律和洛仑兹力公式 利用式得离子在磁场中的轨道半径分别为两种离子在GA上落点的间距（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d，同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。 为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 利用式，代入式得 R1的最大值满足得 求得最大值【思路点拨】（1）离子在电场中做加速运动，电场能转化为动能，由能量的转化和守恒即可求出离子进入磁场时的速度（2）离子在匀强磁场中将做匀速圆周运动，此时向心力提供洛伦兹力，
38、由带电离子在磁场中运动的半径公式可分别求出质量为m1、m2的粒子的轨迹半径，两个轨迹的直径之差就是离子在GA边落点的间距（3）由题意画出草图，通过图找出两个轨迹因宽度为d狭缝的影响，从而应用几何知识找出各量的关系，列式求解（2014重庆一中5月月考）15. 如图所示，在两块水平金属极板间加上电压U构成偏转电场（电场只存在金属极板正对区域内），一束比荷为 带正电的粒子流（重力不计），以速度沿水平方向从两金属极板正中间位置射入。粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O为圆心，磁场区域直径AB长度为，AB与水平方向成30角。区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知，磁场方向以
39、垂直于纸面向外为正。粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成60斜向下射入磁场。求：（1）两金属极板间的电压U是多大？（2）若，求时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间和离开磁场的位置。 （3）要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期应满足的条件。【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】：（1）100V；（2）0.04m；（3）T0105s解析:（1）粒子在电场中作类平抛运动,从O点射出时速度代入数据得（2） 粒子在磁场中经过半周从OB中穿出,粒子在磁场中运动时间射出点在AB间离O点0.08m（3）粒子运动周
40、期,粒子在, 时刻射入时,粒子最可能从AB间射出. 如图,由几何关系可得临界时要不从AB边界射出,应满足 【思路点拨】（1）由几何关系可求得粒子射出时的速度，再由动能定理可求得金属板的电压；（2）由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的周期和半径，分析粒子在哪一时间段内离开磁场，则可求出射出磁场的时间和位置；（3）由题意得出相应的几何关系，再由符合的条件，从而得出磁场变化周期的条件45A2A1LLOPvBMNyx+-Q（2014广东中山一中模拟）16. 如图，竖直面内坐标系xOy第一、三象限角平分线A1A2右侧区域有匀强电场和匀强磁场。平行板M、N如图放置，M板带正电。带负电的N板在x轴负半轴上。N板
41、上有一小孔P，离原点O的距离为L。A1A2上的Q点处于P孔正下方。已知磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。M、N板间距为L、电压为。质量为m、电量为+q的小球从OA2上坐标为（b，b）的某点以速度v水平向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动。（重力加速度为g）（1）求A1A2右侧区域内电场强度大小与方向。（2）当b与v满足怎样的关系表达式时，小球均能从Q点离开场区？（3）要使小球能进入M、N板间但又不碰上M板，求b的取值范围。【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】（1），方向：竖直向上（2）b=-L时，小球均能从Q点离开场区；（3）要使小球能进入M、N板间但又
42、不碰上M板，b的取值范围是解析：（1）带电粒子进入场区后能做匀速圆周运动，则必须满足解得方向竖直向上 （2）如图，粒子从坐标为（b，b）的位置出发，从Q点离开，由几何关系得，其圆周运动的半径为R=b+L.又 解得（3）粒子离开场区时速度方向竖直向上，因此要使粒子能进入MN板间，则粒子必须从Q点离开场区后作竖直上抛运动经P孔进入MN板间。假设粒子在场区做圆周运动的速度为v，若粒子到达P孔时速度为零，则有 解得若粒子到达M板时速度为零，则有解得则要使粒子能进入MN板间，则其在场区做匀速圆周运动的速度范围为由得 【思路点拨】（1）粒子做匀速圆周运动，电场力应等于重力，据此求出电场强度的大小与方向；（
43、2）由几何知识求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律求出b与v的关系；（3）由动能定理求出受到的最大值与最小值，然后确定b的范围小球在复合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力合力为零，洛伦兹力提供向心力，分析清楚小球运动过程是正确解题的关键，作出小球的运动轨迹、应用数学知识、牛顿第二定律、动能定理即可正确解题AdBB1.3d（2014吉林九校联合体第二次摸底）17. 如图所示，一个带正电的粒子沿磁场边界从A点射入左侧磁场，粒子质量为m、电荷量为q，其中区域、内是垂直纸面向外的匀强磁场，左边区域足够大，右边区域宽度为1.3d，磁感应强度大小均为B，区域是两磁场间的无场区，两条竖直虚线是其边界线，宽度为d
44、；粒子从左边界线A点射入磁场后，经过、区域后能回到A点，若粒子在左侧磁场中的半径为d，整个装置在真空中，不计粒子的重力。（1）求：粒子从A点射出到回到A点经历的时间t（2）若在区域内加一水平向右的匀强电场，粒子仍能回到A点，求：电场强度E【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】（1）粒子从A点射出到回到A点经历的时间t为（2）（n=4、5、6、）解析：（1）因粒子从A点出发，经过、区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为rd由Bqvm得v 所以运行时间为t 2d2r AN（2）设在区域内加速的粒子到区的速度为v1由动能定理：
45、qEdmvmv2设在区域内粒子做圆周运动的半径为r分析粒子运动的轨迹，如图所示，粒子沿半径为d的半圆运动至区，经电场加速后，在区又经半圆运动返回电场减速到边界线的A点，此时设AN=x则： 此后，粒子每经历一次“回旋”，粒子沿边界线的距离就减小x，经过n次回旋后能返回A点。必须满足： （n=1、2、3、）求得：（n=1、2、3、）半径r太大可能从右边飞出磁场，所以必须满足下面条件：由，得： 即；由公式：Bqv1m；得：（n=4、5、6、）代入得：（n=4、5、6、）【思路点拨】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解轨迹半径满足的条件（2014湖北武汉二
46、中模拟）18.O 如图所示，水平线QC下方是水平向左的匀强电场；区域（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；区域（三角形APD）内也有垂直纸面向里的匀强磁场，但是磁感应强度大小可以与区域不同；区域（虚线PD之上、三角形APD以外）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度与区域内磁感应大小相等。三角形AQC是边长为2L的等边三角形，P、D分别为AQ、AC的中点带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一速度射出，在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域，接着从P点垂直AQ射入区域。若区域、的磁感应强度大小与区域的磁感应强度满足一定的关系，此后带电粒子又经历一系
47、列运动后又会以原速率返回O点（粒子重力忽略不计）求：（1）该粒子的比荷；（2）粒子从O点出发再回到O点的整个运动过程所有可能经历的时间【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动【答案解析】：（1）（2）（n=0，1，2），解析：（1）根据牛顿第二定律和洛仑兹力表达式有 代入R=L，解得 （2）带电粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t0、区域I中的时间t1、区域Il和中的时间，根据平抛运动规律有 设在区域中的时间为t1，则 若粒子在区域和内的运动如图甲所示，则总路程为（2n+56）个圆周，根据几何关系有 解得 其中n=0，l，2区域和内总路程为 总时间 若粒子在区域Il和内运动如图
48、乙所示，则总路程为（2n+l+16）个圆周，根据几何关系有：区域和内总路程为总时间 【思路点拨】粒子从O到N与从N到O是逆过程，N到O做类平抛运动从N到P，做匀速圆周运动，半径等于l，由牛顿定律求出比荷画出粒子在磁场中运动轨迹，找出半径与三角形边长的关系，定出时间与周期的关系，求出时间O（2014湖北襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中五月联考）19. 如图所示，两水平放置的平行金属板a、b，板长L0.2m，板间距d0.2m两金属板间加可调控的电压U，且保证a板带负电，b板带正电，忽略电场的边缘效应在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度s0.4m，上下范围足够大，磁场边界MN和PQ均与金属板垂直，磁场
49、区域被等宽地划分为n（正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为B510-3T，方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线OO发射比荷1108 C/kg、初速度为v02105 m/s的带正电粒子。忽略粒子重力以及它们之间的相互作用（1）当取U何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；（2）若n=1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度；（3）若n趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为多少？【知识点】带电粒子在电场中偏转和在磁场中偏转，类平抛运动规律，在磁
50、场中作圆周运动的半径。【答案解析】解析：（1）设速度偏向角为q，则，显然当vy最大时，q 最大。当粒子恰好从极板右边缘出射时，速度偏向角最大。竖直方程：，；水平方程： 解得：（2）由几何关系知，逐渐增大Uba，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ交点逐渐上移。当时，交点位置最低（如图中D点）：由得，此时交点D位于OO正下方0.4m处。当时，交点位置最高（如图中C点）：由，得, 由，得，由，得入射方向为与水平方向成45角由几何关系得，此时交点位于OO正上方处。 所以交点范围宽度为 （3）（6分）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为v，偏向角为q，当n趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿入射速度方向
51、的直线（渐近线）。又因为速度大小不变，因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动。轨迹长度为，运动速率为 时间代入数据解得：【思路点拨】首先是审题，搞清带电粒子在电场中作何种运动（类平抛运动），在不同区域的磁场中运动轨迹如何，（要会画出轨迹图），由图找找出偏向角与竖直速度，由此依据题目的设问一步一步按所给的条件思考，就可求出本题的结果来。（2014湖北武昌5月模拟）20. 静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化如图。A、B为水平放置的间距d =1.6m的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的匀强电场,场强为E =0.1V/m。在A板的中央放置一个安全接地的
52、静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为V0=6m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m=1.010-5kg、电荷量均为q=-1.010-3C，不计油漆微粒间的相互作用、油漆微粒带电对板间电场和磁场的影响及空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）油漆微粒落在B板上所形成的图形面积；（2）若让A、B两板间的电场反向，并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.06T，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其它条件不变。B板被油漆微粒打中的区域的长度；（3）在满足（2）的情况下，打中B板的油漆微粒中，在磁场中运动的最短时间。【知识点】带电粒子在电场
53、、磁场中的运动，是力、电、磁综合应用运动学、动力学规律的应用。属于能力检测，在高考中属于II级知识点要求。【答案解析】（1）油漆微粒的加速度根据运动学运动的半径落在板上所形成圆形面积由式并代入数据得（2）当电场反向油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力水平向右射出的油漆微粒打在板的右端，根据几何关系的长度打在板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得油漆微粒打在极板上的长度由式并代入数据得（3）打在板上的微粒中，最短的弦长对应的时间最短有几何关系运动的最短时间微粒在磁场中运动的周期由式代入数据解得 【思路点拨】在电场要会对粒子进行受力分析，并能应用运动学规律式和牛顿第二定律列方程；在磁场中
54、会依题意画轨迹图，依图找出在什么情况下运动时间最短（这是解本题的一个难点），它就是打在板上的微粒中，最短的弦长对应的时间最短，才利用几何知识求之。（2014浙江杭州学军中学第九次月考）21. 如图在xoy平面内有平行于x轴的两个足够大的荧光屏M、N，它们的位置分别满足y=l和y=0，两屏之间为真空区域。在坐标原点O有一放射源不断沿y轴正方向向真空区域内发射带电粒子，已知带电粒子有两种。为探索两种粒子的具体情况，我们可以在真空区域内控制一个匀强电场和一个匀强磁场，电场的场强为E，方向与x轴平行，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于xoy平面。试验结果如下：如果让电场和磁场同时存在，我们发现粒子束完全
55、没有偏转，仅在M屏上有一个亮点，其位置在S（ 0 , l ）；如果只让磁场存在，我们发现仅在N屏上出现了两个亮点，位置分别为P（ -2l ， 0 ）、Q（ ，0 ），由此我们可以将两种粒子分别叫做P粒子和Q粒子。已知粒子间的相互作用和粒子重力可以忽略不计，试求（坐标结果只能用l表达）：MNxyy = lOPQ（1）如果只让磁场存在，但将磁场的磁感应强度减为B1= ，请计算荧光屏上出现的所有亮点的位置坐标；（2）如果只让电场存在，请计算荧光屏上出现的所有亮点的位置坐标；（3）如果只让磁场存在，当将磁场的磁感应强度变为B2= kB时，两种粒子在磁场中运动的时间相等，求k的数值。【知识点】 带电粒子
56、在匀强磁场中的运动【答案解析】（1）（-（2-）l，l ）；（l，0）；（2）（l，l）、（-2l，l）；（3）解析：（1）当磁场B和电场E同时存在时，两种粒子都受力平衡，都满足Eq=Bqv所以两种粒子速度相同都为v= 当仅存在磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，两种粒子都满足得当磁场强度为B时，P粒子的轨道半径r1=l，Q粒子轨道半径为r2=由可知当磁场为B1减半时，两粒子做圆周运动的半径都加倍，此时 r1=2l，r2=此时P粒子将打在M屏上，由几何关系可求出落点横坐标所以P粒子亮点位置（，l ）而Q粒子仍打在N屏上，易得亮点位置（l，0）（2）（8分）由上问式，可得两粒子的
57、荷质比及其与E、B的关系，对P、Q分别有当仅存在电场时，P粒子将向右偏，y方向分运动为匀速直线运动vt=lx方向分运动为受电场力下的匀加速直线运动，有可得x1= 同理可以求得Q粒子在-x方向的偏转位移为 x2=2l故P、Q两粒子打在屏上的位置坐标分别为（，l）、（-2l，l）。（3）可以得出结论，不论磁场为多少，P、Q两粒子的轨道半径R1：R2=4：1不变。因为两粒子速度大小相等，所以要想两粒子运动时间相等，即运动弧长相等，两粒子运动的圆弧圆心角之比必须为1：2=1：4。yMNOR如右图粒子打在M屏上时，其运动轨迹圆弧圆心角（锐角）与半径R满足l=Rsin，不可能满足R1：R2=4：1和1：2
58、=1：4。所以两粒子都打在M屏上不可能满足要求。两粒子都打在N屏上，圆心角都为也不能满足要求。所以结果必然为P粒子打在M屏而Q粒子打在N屏，所以2=，而1=。由几何关系易得此时R1=l，结合可求得此时B2= ，k= 【思路点拨】（1）当磁场B和电场E同时存在时，两种粒子都受力平衡，据此求出粒子的速度，根据粒子圆周运动的表达式求出将磁场的磁感应强度减为B1=B时圆周运动半径与原来圆周运动半径的关系，由几何知识求出亮点的位置坐标；（2）如果只让电场存在，粒子做类平抛运动，根据运动的合成与分解列方程求解；（3）不论磁场为多少，P、Q两粒子的轨道半径R1：R2=4：1不变因为两粒子速度大小相等，所以要
59、想两粒子运动时间相等，即运动弧长相等，两粒子运动的圆弧圆心角之比必须为1：2=1：4，据此进行分析 （2014广东惠州一中第一次调研）22. 如图所示一电子（其重力不计，质量为m、电荷量为e）由静止开始，经加速电场加速后，水平向右从两板正中间射入偏转电场偏转电场由两块水平平行放置的长为l相距为d的导体板组成，当两板不带电时，电子通过两板之间的时间均为t0，当在两板间加电压为U0时，电子可射出偏转电场，并射入垂直纸面向里的匀强磁场，最后打在磁场右侧竖直放置的荧光屏上磁场的水平宽度为s，竖直高度足够大。求：（1）加速电场的电压（2）电子在离开偏转电场时的侧向位移；（3）要使电子能垂直打在荧光屏上，
60、匀强磁场的磁感应强度为多大？【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【答案解析】 （1） （2） （3） 解析：（1）电子离开加速电场时的速度为v0 =L/t0由动能定理得得U=mL2/2et20（2）电子进入偏转电场E=U0/d F=Ee =ma（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为 ，要电子垂直打在荧光屏上，则电子在磁场中运动半径应为： 设电子从偏转电场中出来时的速度为v，垂直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：式中 又 由上述可得： 【思路点拨】（1）根据粒子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，求出水平速度，通过动能定理求出加速电场的电
61、压（2）根据电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式求出侧向位移（3）结合粒子在磁场中运动的轨道半径，通过洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，处理粒子在偏转电场中的一般方法是将粒子的运动分解为沿电场方向和垂直电场方向，处于粒子在磁场中运动的一般方法是确定粒子做圆周运动的圆心、半径和圆心角（2014四川成都摸底）23. 图甲所示的电视机显像管能够通过磁场来控制电子的偏转，显像管内磁场可视为圆心为O、半径为r的匀强磁场。若电子枪垂直于磁场方向射出速度为vo的电子，由P点正对圆心O射入磁场
62、，要让电子射出磁场时的速度方向与射入时的速度方向成角（图乙）已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力。求：（1）磁感应强度大小；（2）电子在磁场中运动的时间。（结果用m、e、r、vo表示）【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【答案解析】：（1）B=（2）电子在磁场中运动的时间：t= 解析：电子做圆周运动的轨迹如图所示：由几何知识可得：R=，由牛顿第二定律得：ev0B=m，解得：B=；电子做圆周运动的周期：T=，电子运动时间：t= T，解得：t=【思路点拨】（1）由牛顿第二定律可以求出磁感应强度；（2）应用圆周运动周期公式求出电子的运动时间本题考查了电子在磁场中的运
63、动、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时注意数学知识的应用（2014四川成都摸底）24. 如图所示，边长L=02 m的正方彤abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域表面向内的匀强磁场BB=5010-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场）,MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EFEF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0l m。在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带负电离子，离子的电荷量均为q=32l0-18
64、C，质量均为m=64l0-26 kg。（不计离子的重力，不考虑离子之间的相互作用，离子打到金属板或挡板上后将不反弹）（l）当电场强度E=106N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率；（2）电场强度取值在定范围内时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出求满足条件的电场强度最大值；（3）在电场强度取第（2）问中满足条件的最小值的情况下，紧贴磁场边缘cd的内侧，从c点沿cd方向入射一电荷量也为q、质量也为m的带正电离子，要保证磁场中能够发生正、负离子的相向正碰（碰撞时两离子的速度方向恰好相反），求该正离子入射的速率。【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向
65、心力【答案解析】：（l）2107m/s；（2）1.25104N/C；（3）5105m/s 解析：（1）能穿过速度选择器的离子洛伦兹力与电场力相等，即：qv0B=qE，代入数据解得：v0=2107m/s；（2）穿过O孔的离子满足：qvB=qE，离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解得：E=从bc边射出的离子其临界轨迹如图中所示：对于与轨迹，半径最大，对应的电场强度值最大，根据图示轨迹，由几何知识可得：rmax=L-l=0.1m，解得：E1max=1.25104N/C；（3）当E取最小值时，离子轨迹如上图所示，根据图示由几何知识可得：rmin=，解得：rmi
66、n=0.075m，离子发生正碰，两离子轨迹将内切，如图所示：设从C进入磁场的离子轨道半径为r，速率为v，由几何知识得：（r-rmin）2=rmin2+（r-）2，将L、rmin代入解得：r=0.2m，由牛顿第二定律得：qvB=q代入数据解得：v=5105m/s；【思路点拨】（1）由平衡条件可以求出离子速度（2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度（3）根据几何知识求出离子轨道半径，由牛顿第二定律求出离子速率本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键K4 磁场综合（
67、2014福建漳州八校第四次联考）1. 如图一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（ ） A圆环可能做匀减速运动 B圆环不可能做匀速直线运动 C圆环克服摩擦力所做的功一定为 D圆环克服摩擦力所做的功可能为【知识点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；洛仑兹力【答案解析】D 解析：A、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误。B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B错误。C、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功根据动能定理得-W=0-mv2得W=，当qv0Bmg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动 当qvB=mg时得v= 根据动能定理得-W=mv2-代入解得 W=-，故C错误，D正确故选D【思路点拨】圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、杆的支持力和摩擦力，根据圆环初速度的情况，分析洛伦力与重力大小关系可知：圆环可能做匀速直线运动，或者减速运动到静止，或者先减速后匀速运动，根据动能定理分析圆环克服摩擦力所做的功。