1、磁场 专题十 经典特训题组 1如图所示，一根长为 L 的金属细杆通有电流 I 时，水平静止在倾角为 的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为 B匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为 0.5I，磁感应强度大小变为 4B，重力加速度为 g。则此时金属细杆()A电流流向垂直纸面向外 B受到的安培力大小为 2BILsin C对斜面压力大小变为原来的 2 倍 D将沿斜面加速向上运动，加速度大小为 gsin 答案 D 解析 对金属细杆受力分析，它受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，水平向右的安培力，由左手定则得电流流向垂直纸面向里，故 A 错误；根据安培力公式可得此
2、时受到的安培力大小为 F 安4B12IL2BIL，故B 错误；金属细杆水平静止斜面上时，金属细杆受到重力、导轨的支持力和安培力而处于平衡状态，根据平衡条件可得：FNcosmg，FNsinBIL，磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得：FNmgcos2BILsinmg1sin2cos，a2BILcosmgsinmgsin，加速度方向沿斜面向上，故 C 错误，D 正确。2如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为 O1，乙的圆心为 O2，在两环圆心的连线上有 a、b、c 三点，其中 aO1O1bbO2O2c，此时 a 点的磁感应强度大小为 B1，b 点的磁感应强度
3、大小为 B2。当把环形电流乙撤去后，c 点的磁感应强度大小为()AB1B22 BB2B12 CB2B1 D.B13 答案 A 解析 对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故 c 点的磁场方向也是向左的。设 aO1O1bbO2O2cr，单个环形电流在距离中点 r 位置的磁感应强度为 B1r，在距离中点 3r 位置的磁感应强度为 B3r，故：a 点磁感应强度：B1B1rB3r；b 点磁感应强度：B2B1rB1r；当撤去环形电流乙后，c 点磁感应强度：BcB3rB112B2，故选 A。3粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的 4 倍与 2 倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁
4、场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是()答案 A 解析 根据左手定则，甲、乙粒子应逆时针方向运动，B、C、D 错误；由 rmvqB可得二者轨道半径之比为 21，即甲轨道半径较大，故 A 正确。4如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场和水平向左、场强为 E 的匀强电场。有一质量为 m，电荷量大小为 q 的微粒垂直于磁场且以与水平方向成 45角的速度 v 进入磁场和电场并做直线运动，重力加速度为 g。则下列说法正确的是()A微粒可能做匀加速直线运动 B微粒可能只受两个力作用 C匀强磁场的磁感应强度
5、Bmgqv D匀强电场的电场强度 Emgq 答案 D 解析 若微粒做变速直线运动，洛伦兹力随速度变化而变化，不可能做直线运动，故微粒一定做匀速直线运动。若微粒带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不可能为零，微粒不可能做匀速直线运动，由此可知微粒带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直速度方向斜向左上方，重力竖直向下，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，微粒才能做匀速直线运动，故 A、B错误；根据平衡条件，有：qEmgtan45，qvB mg2qE2，联立解得：Emgq，B 2mgqv，故 C 错误，D 正确。5.(多选)质量为 m、带
6、电量为q 的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为 B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中。现给小球一个水平向右的初速度 v0 使其开始运动，不计空气阻力，则小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是()A一定做减速运动 B运动过程中克服摩擦力做的功可能是 0 C最终稳定时的速度一定是mgqB D最终稳定时的速度可能是 0 答案 BD 解析 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能有的弹力和摩擦力。若 qv0Bmg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和向左的摩擦力，据牛顿第二定律可得：qvBmgFN，FNma，解得
7、：小球的加速度 aqvBmgm，方向向左，则小球做加速度减小的减速运动，最终加速度减为 0，小球做匀速直线运动，匀速的速度 vmgqB；若 qv0Bmg，则小球受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，小球做匀速直线运动，速度 v0mgqB；若 qv0Bmg，则小 球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向上的弹力和向左的摩擦力，据牛顿第二定律可得：mgqvBFN，FNma，解得：小球的加速度amgqvBm，方向向左；则小球做加速度增大的减速运动，最终静止。综上，A、C 错误，D 正确；若小球的初速度 v0 满足 qv0Bmg，小球在运动过程中将始终不受摩擦力，故小球克服摩擦力做的功可能
8、是 0，B 正确。6如图所示，边界 OM 与 ON 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界 ON 上有一粒子源 S。某一时刻，从粒子源 S 沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界 OM 射出磁场。已知MON30，从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于12T(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的最短时间为()A.13T B.14T C.16T D.18T 答案 A 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是 S，出射点在 OM 直线上，出射点与
9、S 点的连线为轨迹的一条弦，又由题设条件可知，所有粒子质量相等，初速度也相等，则由 rmvqB，T2mqB 可得，所有粒子做圆周运动的轨迹半径与周期也都相等。当从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，如图所示，根据几何知识，作 ESOM，ES 即为最短的弦，粒子从 S 运动到 E 的时间最短；由题意可知，粒子运动的最长时间等于12T，当从边界 OM 射出的粒子在磁场中运动的时间最长时，粒子的初速度方向应该为沿 ON 方向水平向右，此时过粒子源沿垂直于 ON 方向作直线 DS 交 OM 边界于 D 点，可得 DS2r，由几何知识 OS2 3r，ES 3r，sin2ES2r
10、 32，可得：120，故粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin 360T13T，A 正确。7如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对21H 粒子进行加速，此时 D 形盒中的磁场的磁感应强度大小为 B，D 形盒缝隙间电场变化周期为 T，加速电压为 U。忽略相对论效应和粒子在 D 形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是()A保持 B、U 和 T 不变，该回旋加速器可以加速质子 B只增大加速电压 U，21H 粒子获得的最大动能增大 C只增大加速电压 U，21H 粒子在回旋加速器中运动的时间变短 D回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子 答案 C解析 D 形盒缝隙间电场变化周期与21
11、H 粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，为 T2mqB，而质子与21H 粒子的比荷不相等，所以为了加速器可以加速质子，应对加速器进行参数调节，改变 B 和 T，A 错误；设 D 形盒半径为r，则21H 粒子离开回旋加速器的最大速度 vmaxqBrm，所以只增大加速电压 U，21H 粒子获得的最大动能不会增大，B 错误；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的动能为 2qU，在回旋加速器中运动时间由回旋次数决定，设回旋次数为 n，则由 2nqU12mv2max，可得 nqB2r24mU，所以粒子运动总时间 tnTqB2r24mU2mqBBr22U，故只增大加速电压 U，21H 粒子在回旋加速器中回旋的次数
12、会变少，即运动的时间会变短，C 正确；回旋加速度既能加速带正电的粒子，也能加速带负电的粒子，D 错误。8.利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域。霍尔元件一般由半导体材料制成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)。如图所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流入右侧，则其前后两表面会形成电势差。现有载流子是电子的霍尔元件 1 和载流子是空穴的霍尔元件 2，两元件均按图示方式接入电路(闭合开关)，则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是
13、()A若接入元件 1 时，前表面电势高；若接入元件 2 时，前表面电势低 B若接入元件 1 时，前表面电势低；若接入元件 2 时，前表面电势高 C不论接入哪个元件，都是前表面电势高 D不论接入哪个元件，都是前表面电势低 答案 A 解析 若接入元件 1 时，霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向后表面偏转，所以前表面电势高；若接入元件 2 时，根据左手定则，空穴向后表面聚集，故后表面电势高，前表面电势低，故 A 正确。9.(多选)如图所示，半径为 R 的14圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过(2R,0)点垂直 x 轴放置一线型粒子发射装置，能在 0yR 的区间内各处沿 x 轴正
14、方向同时发射出速度均为 v、带正电的同种粒子，粒子质量为 m，电荷量为 q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转恰好击中 y 轴上的同一点，则下列说法中正确的是()A粒子击中点距 O 点的距离为 R B磁场的磁感应强度为mvqR C粒子离开磁场时速度方向相同 D粒子从离开发射装置到击中 y 轴所用时间 t 的范围为2Rv t0)的粒子垂直于 x 轴射入第二象限，随后垂直于 y 轴进入第一象限，最后经过 x 轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.5m6qB B.7m6qB C.11m6qB D.13m6qB 答案 B 解析 带电粒子在不同磁场中做
15、圆周运动，其速度大小不变，由 rmvqB知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的 2 倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为 90，在第一象限内轨迹所对圆心角为 60。粒子在第二象限内运动的时间 t1T14 2m4qB m2qB，粒子在第一象限内运动的时间 t2T26 2m26qB2m3qB，则粒子在磁场中运动的时间 tt1t27m6qB，B 正确。4(2019天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为 c
16、的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为 e 的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为 v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压 U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A前表面的电势比后表面的低 B前、后表面间的电压 U 与 v 无关 C前、后表面间的电压 U 与 c 成正比 D自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa 答案 D 解析 由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A 错误；电子受力平衡后，U 稳定不变，由 eUaevB 得 UBav，故前、后表面间的电压 U 与 v成正比，与 c 无关，故 B、C 错误；自由电子受到的
17、洛伦兹力 FevBeUa，D 正确。5(2018北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是()A磁场和电场的方向 B磁场和电场的强弱 C粒子的电性和电量 D粒子入射时的速度 答案 C解析 由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，即有 EqqvB，则 vEB，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故 C 正确，A、B、D 错误。6.(20
18、18全国卷)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1 中的电流方向向左，L2 中的电流方向向上；L1 的正上方有 a、b两点，它们相对于 L2 对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为 B0，方向垂直于纸面向外。已知 a、b 两点的磁感应强度大小分别为13B0 和12B0，方向也垂直于纸面向外。则()A流经 L1 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 712B0 B流经 L1 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 112B0 C流经 L2 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 112B0 D流经 L2 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 712
19、B0 答案 AC 解析 L1 在 a、b 两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为 B1，方向都垂直于纸面向里，而 L2 在 a 点产生的磁场磁感应强度大小设为 B2，方向垂直纸面向里，在 b 点产生的磁场磁感应强度大小也为 B2，方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠加原理可知 B0B1B213B0，B2B0B112B0，联立这两式可解得：B1 712B0，B2 112B0，故 A、C 正确。7(2019全国卷)如图，在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加速后，沿平行于 x 轴的方向射入磁场；一段时间后
20、，该粒子在 OP边上某点以垂直于 x 轴的方向射出。已知 O 点为坐标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为 30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d，不计重力。求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间。答案(1)4UB2d2(2)Bd24U 2 33 解析(1)设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，加速后的速度大小为 v。由动能定理有 qU12mv2 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvBmv2r 粒子运动的轨迹如图，由几何关系知 d 2r 联立式得 qm 4UB2d2(2)由几何关系知，
21、带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴所经过的路程为 sr2 rtan30 带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为 tsv 联立式得 tBd24U 2 33。8.(2018全国卷)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 l，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向；M、N 为条形区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M 点入
22、射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从 M 点射入时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为6，求该粒子的比荷及其从 M 点运动到 N 点的时间。答案(1)轨迹见解析(2)2ElBl(3)4 3ElB2l2 BlE 13l18l 解析(1)粒子运动的轨迹如图 a 所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，在下侧电场中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为 v
23、，方向与电场方向的夹角为(见图 b)，速度沿电场方向的分量为 v1，根据牛顿第二定律有 qEma 式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1at lv0t v1vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvBmv2R 由几何关系得 l2Rcos 联立式得 v02ElBl (3)由运动学公式和题给数据得 v1v0cot6 联立式得qm4 3ElB2l2 设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t，则 t2t2262T 式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T2mqB 由式得 tBlE 13l18l。9.(201
24、8天津高考)如图所示，在水平线 ab 下方有一匀强电场，电场强度为 E，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为 R、3R 的半圆环形区域，外圆与 ab 的交点分别为 M、N。一质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子在电场中 P 点静止释放，由 M 进入磁场，从 N 射出，不计粒子重力。(1)求粒子从 P 到 M 所用的时间 t；(2)若粒子从与 P 同一水平线上的 Q 点水平射出，同样能由 M 进入磁场，从 N 射出，粒子从 M 到 N 的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在 Q 时速度 v0 的大小。答案(1
25、)3RBE(2)qBRm 解析(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为 v，所受洛伦兹力提供向心力，有 qvBm v23R 设粒子在电场中运动所受电场力为 F，有 FqE 设粒子在电场中运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律有 Fma 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有 vat 联立式得 t 3RBE (2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、圆周运动半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为 r，由几何关系可知(rR)2(3R)2r2 设粒子进入磁场时速度方向与 ab 的夹角为，即圆弧所对圆心
26、角的一半，由几何关系可知 tan3RrR 粒子从 Q 射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从 P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的分速度同样为 v，在垂直于电场方向的分速度始终为 v0，由运动的合成和分解可知 tan vv0 联立式得 v0qBRm。模拟冲刺题组 1(2019北京西城一模)如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子 M、N 分别以同样的速度 v 从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是()A带电粒子 M、N 的电性一定相同 B带电粒子 M、N 的电量一定相同
27、 C撤去电场仅保留磁场，M、N 做圆周运动的半径一定相等 D撤去磁场仅保留电场，M、N 若能通过场区，则通过场区的时间相等 答案 D 解析 根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足 qvBqE，即 vBE，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电量无关，故 A、B 错误；撤去电场后，粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有 qvBmv2R，可得 RmvqB，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故 C 错误；撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由lvt 可知两粒子通过场区的时间相等，故 D 正
28、确。2(2019山西运城高三上学期模拟)如图所示，边长为 l，质量为 m 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定的逆时针方向的电流，大小为 I。图中虚线过 ab 边中点和 ac 边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场，其磁感应强度大小为 B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为 F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，导线框仍处于静止状态，此时细线中拉力为 F2。则导线框中的电流大小为()A.F2F1BlB.F2F12Bl C.2F2F1BlD.2F2F13Bl 答案 A 解析 当磁场位于虚线下方时，导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1
29、，可知线框受到安培力的合力方向竖直向上，大小为 F 安BIl2，根据平衡条件，则有：F1F安mg；现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为 F2，安培力大小 F 安BIl2，方向竖直向下，则有 F2mgF 安，联立得：F2F1BIl，即 IF2F1Bl，故选 A。3(2019辽宁大连二模)如图所示，AC 是四分之一圆弧，O 为圆心，D 为圆弧中点，A、D、C 处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个大小为 B 的匀强磁场，O 处的磁感应强度恰好为零。如果将 D 处电流反向，其他条件都不变，则 O 处的磁感应强度大小为()A2(21)BB2(21)
30、BC2BD0 答案 A 解析 O 点的实际磁感应强度是 A、D、C 处电流产生磁感应强度与空间大小为 B 的磁感应强度的矢量和。O 处的磁感应强度恰好为零，则 A、C 与空间磁场的矢量和一定与 D 单独产生磁场的磁感应强度等大反向，根据矢量合成法则可得：D 电流产生磁感应强度 BDB21，所以将 D 处电流反向，其他条件都不变，O 处磁感应强度：B2BD2(21)B，故选 A。4(2019福建漳州二模)(多选)如图所示，纸面内半径为 R、圆心为 O的圆形区域外存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内的线段 PA 与圆形区域相切于 A 点，PA2 3R。若 P 点处有一粒子源
31、沿 PA 方向射出不同速率的带正电粒子(质量为 m，电荷量为 q，不计重力)，则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为()A.qBRm B.2qBRm C.7qBR2m D.4qBRm 答案 CD 解析 粒子运动轨迹与圆形区域相切时，粒子恰好不能射入圆形区域内部，粒子此时拥有最小速度。相切时的运动轨迹如图所示，由几何知识得：(rR)2(2 3R)2(rR)2；解得：r3R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：qvBmv2r，解得：v3qBRm，故当粒子速度满足 v3qBRm 都可以进入圆形磁场区域，则 A、B 错误，C、D 正确。5.(2019安徽淮北宿州一模)如图所示，在直角坐标系 x
32、Oy 中的第一象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，已知电场强度为 E。从第一象限中坐标为(L，L)的 P 点由静止释放带正电的粒子(不计重力)，该粒子第一次经过 x 轴时速度为 v0，第二次经过 x 轴时的位置坐标为(L,0)，求：(1)粒子的比荷及磁感应强度 B 的大小；(2)粒子第三次经过 x 轴时的速度大小及方向；(3)粒子第二次经过 y 轴与第三次经过 y 轴时两点间的距离。答案(1)v202EL 2Ev0(2)2v0，与 x 轴正方向成 45角斜向右下方(3)3L 解析(1)粒子从 P 点由静止释放并到达 x 轴过程中，由动能定理得 Eq
33、L12mv20解得qm v202EL 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，并由洛伦兹力提供向心力。设轨迹半径为 r1，则 qBv0mv20r1 解得 r1mv0qB 粒子第二次经过 x 轴时的位置坐标为(L,0)，故其轨迹半径 r1L，得 B2Ev0。(2)粒子通过 y 轴上的点(0，L)，以平行 x 轴的速度 v0 进入电场做类平抛运动，经过时间 t 第三次通过 x 轴，轨迹如图所示，在此过程中，加速度 aEqm v202L 水平位移 xv0t 竖直位移 L12at2 解得 t2Lv0 x2L 该粒子第三次经过 x 轴时，水平分速度 vxv0 竖直分速度 vyatv0 所以粒子第三次经过 x 轴
34、时的速度大小 v v2xv2y 2v0 其方向与 x 轴正方向成 45角斜向右下方。(3)由前面的解析可知，粒子第二次经过 y 轴时坐标为(0，L)，第三次经过 x 轴时坐标为(2L,0)，再次进入磁场中做圆周运动，r2 2mv0qB 2L 由几何关系可求得粒子第三次经过 y 轴时坐标为(0，2L)，故粒子第二次经过 y 轴与第三次经过 y 轴时两点间距为 3L。6(2019湖南怀化一模)如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿 x 轴负方向的匀强电场，一粒子源固定在 x 轴上坐标
35、为(L,0)的 A 点。粒子源沿 y 轴正方向释放出速度大小为 v0 的电子，电子通过 y 轴上的 C 点时的速度方向与 y 轴正方向成 45角，电子经过磁场偏转后方向恰好垂直第一象限内与 x 轴正方向成 15角的射线 ON。已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：(1)匀强电场的电场强度 E 的大小；(2)电子在电场和磁场中运动的总时间 t；(3)矩形磁场区域的最小面积 Smin。答案(1)mv202eL(2)2Lv02m3eB(3)3mv0eB2 解析(1)电子从 A 到 C 的过程中，由动能定理得：eEL12mv2C12mv20，vCcos45v0
36、联立解得：Emv202eL。(2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：LvCsin2t1 其中 vC v0cos，由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：23 电子在磁场中的运动时间：t2 2T，其中 T2meB，电子在电场和磁场中运动的总时间 tt1t2 联立解得：t2Lv02m3eB。(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 evBmv2Cr，最小矩形区域如图所示，由数学知识得：CD2rsin2，CQrrcos2 故矩形磁场区域的最小面积：SminCDCQ 联立解得：Smin 3mv0eB2。7(2019重庆南开中学高三 4 月模拟)在矩形区域 abcd 中，
37、存在如图甲所示的磁场区域(包括边界)，规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中 bc2ab2L、e 为 bc 边界上的一点，且 ceL2。重力可忽略不计的正粒子从 d 点沿dc 方向以初速度 v0 射入如图乙所示的周期性变化的磁场，已知粒子的比荷为 k。求：(1)如果在 t0 时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e 点离开，则磁场的磁感应强度 B0 应为多大？(2)如果磁场的磁感应强度 B02v0kL，在 bc 边的右侧加一垂直 bc 边向左的匀强电场，t0 时刻射入磁场的粒子刚好经过 T0 后垂直 bc 边离开磁场，经过一段时间又沿 dc 边从 d 点离开磁场区域，则电场强度 E 以及
38、粒子在电场中的路程 x 分别为多大？(T0 未知，用 k，L，v0 表示)(3)如果磁场的磁感应强度 B02v0kL，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由 ad 边离开磁场，则磁场的变化周期 T0 应满足什么条件？答案(1)4v05kL(2)4v20nkL(n1,2,3)nL4(n1,2,3)(3)T05L6v0 解析(1)根据题意作出粒子的运动轨迹，如图 a 所示，由几何关系有：R2RL22L2，计算得出：R54L 又 Rmv0B0q，解得：B04v05kL。(2)根据 Rmv0B0q，把 B02v0kL代入可得粒子的半径 R12L，画出粒子在T0 的运动轨迹如图 b 所示，设
39、粒子运动的周期为 T，根据题意有：12T014T 得 T0L2v0，为保证粒子能回到 d 点，则在电场中所用时间 t 满足：tnT0(n1,2,3)又有 t2v0a，aEqm，解得 E 4v20nkL(n1,2,3)粒子在电场中路程：x2v02t2nL4(n1,2,3)。(3)临界情况为粒子从 t0 时刻射入，并且在12T0 时刻轨迹恰好与 ad 边相切，如图 c 所示，设圆周运动的周期为 T，由几何关系知粒子转过的圆心角为 150，对应运动时间为 t 512T5m6B0q，应满足 t12T0，解得：T05L6v0。8(2019山东淄博三模)如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域 abcd，bc
40、长度为 2L，cd 长度为 1.5L，e、f 分别为 ad、bc 的中点。efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B，质量为 m、电荷量为q 的绝缘小球 A 静止在磁场中 f 点。abfe 区域存在沿 bf 方向的匀强电场，电场强度为qB2L6m；质量为 km 的不带电绝缘小球 P，以大小为qBLm 的初速度沿 bf 方向运动。P 与 A 发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P、A 均可视为质点。(1)求碰撞后 A 球的速度大小；(2)若 A 从 ed 边离开磁场，求 k 的最大值；(3)若 A 从 ed 边中点离开磁场，求 k 的可能值和 A 在磁场中运动的最长时间。答案(1)vA
41、 2kk1qBLm (2)1(3)57或13 3m2qB 解析(1)设 P、A 碰后的速度分别为 vP 和 vA，P 碰前的速度为 vqBLm 由动量守恒定律：kmvkmvPmvA 由机械能守恒定律：12kmv212kmv2P12mv2A 解得：vA 2kk1qBLm。(2)设 A 球在磁场中运动轨迹半径为 R，由牛顿第二定律得：qvABmv2AR 解得：R 2kk1L，即 kR2LR 由此可知 R 越大，k 值越大 如图 1，当 A 球的轨迹与 cd 相切时，R 为最大值，RL 求得 k 的最大值为 1。(3)令 z 点为 ed 边的中点，分类讨论如下：()A 球在磁场中偏转一次从 z 点就
42、离开磁场，如图 2 有 R2L22(1.5LR)2 解得：R5L6 由 R 2kk1L 可得：k57()分析可知 A 球能从 z 点离开磁场需要满足 RL2，则 A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后进到电场，然后再由电场进入磁场，最终从 z 点离开。如图 3 和图 4，由几何关系有：R2L223R32L 2 解得：R5L8 或 RL2 由 kR2LR可得：k 511或 k13 球 A 在电场中克服电场力做功的最大值为 Wmq2B2L26m 当 k 511时，vA5qBL8m，由于12mv2A25q2B2L2128m q2B2L26m，故不成立；当 k13时，vAqBL2m，由于12mv2Aq
43、2B2L28m q2B2L26m，故成立。综合()、()可得 A 球能从 z 点离开的 k 的可能值为：k57或 k13 A 球在磁场中运动周期为 T2mqB 当 k13时，如图 4，A 球在磁场中运动的时间最长，最长时间为 t34T，即t3m2qB。热门预测题组 1(2019湖南常德高三一模)2018 年，我省加大环保督查力度，打响碧水蓝天保卫战。督查暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为 L、直径为 D，左右两端开口，在前后两个内侧面 a、c 固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、
44、c 两端的电压为U，显示仪器显示污水流量 Q(单位时间内排出的污水体积)。则()Aa 侧电势比 c 侧电势低 B污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大 C污水流量 Q 与 U 成正比，与 L、D 无关 D匀强磁场的磁感应强度 BDU4Q 答案 D 解析 污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，所以 a 侧电势比 c 侧电势高，故 A错误；最终正、负离子受到电场力和洛伦兹力处于平衡，有 qEqvB，即UDvB，而污水流量 QvD24 UDBD24 UD4B，可知 Q 与 U、D 成正比，与 L无关，与离子浓度无关，B、C 错误；由 QUD4B
45、 可知，匀强磁场的磁感应强度 BUD4Q，故 D 正确。2(2019湖南常德一模)欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为 l0 的质子束以初速度 v0 同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为 m，电荷量为 e；加速极板 AB、AB间电压均为 U0，且满足 eU032mv20。两磁场磁感应强度相同，半径均为 R，圆心 O、O在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为 H72R；整个装置处于
46、真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度 v 和磁场磁感应强度 B；(2)如果某次实验时将磁场 O 的圆心往上移了R2，其余条件均不变，质子束能在 OO连线的某位置相碰，求质子束原来的长度 l0 应该满足的条件。答案(1)2v0 2mv0eR (2)l03 3612 解析(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：eU012mv212mv20 又：eU032mv20，解得：v2v0；根据对称，两束质子会相遇于 OO的中点 P，粒子束由 CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿 OP 方向射出，出射点为 D，过 C、D 点作速度的垂线相交于 K，
47、则 K 点即为轨迹的圆心，如图甲所示，并可知轨迹半径 rR 根据洛伦兹力提供向心力有：evBmv2r 可得磁场磁感应强度：B2mv0eR。(2)磁场 O 的圆心上移了R2，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运动轨迹半径仍为 R，对于上方粒子，将不是向着圆心射入，而是从F 点射入磁场，如图乙所示，E 点是原来 C 点位置，连接 OF、OD，并作 FK平行且等于 OD，连 KD，由于 ODOFFK，故平行四边形 ODKF 为菱形，即 KDKFR，故粒子束仍然会从 D 点射出，但方向并不沿 OD 方向，K为粒子束的圆心，由于磁场上移了R2，故 sinCOFR2R12，COF6，DOFFKD3 对于下方的质子，则没有任何改变，故两质子束若相遇，只可能相遇在D 点，下方质子到达 C后最先到达 D 点的质子所需时间为 t2RHR22R2v04R4v0 而上方质子中最后一个到达 E 点的时间比第一个到达 E 点的时间滞后 tl0v0 上方质子从 E 点到达 D 点所需时间为 tRRsin32v0162R2v0 623 312v0R 要使两质子束相碰，其运动时间满足 ttt 联立解得 l03 3612。本课结束