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专题10 磁场第一部分名师综述带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图及计算题，涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。第二部分精选试题一、单选题1如图所示，边长为L的正六边形abcdef中，存在垂直该平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为Ba点处的粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直ab边且与磁场垂直，不计粒子的重力，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过b点，下列说法正确的是 ( )A速度小于v的粒子在磁场中运动时间为m2qBB经过d点的粒子在磁场中运动的时间为m4qBC经过c点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD速度大于2v 小于4v的粒子一定打在cd边上【答案】 D【解析】【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过b点时在磁场中运动了半周，运动时间为12T=mqB，轨迹半径等于ab的一半.当粒子的速度小于v时，由r=mvqB知，粒子的轨迹半径小于ab的一半，仍运动半周，运动时间仍为12T=mqB；故A错误.B、在a点粒子的速度与ad连线的夹角为30，粒子经过d点时，粒子的速度与ad连线的夹角也为30，则粒子轨迹对应的圆心角等于60，在磁场中运动的时间t=16T=m3qB；故B错误.C、经过c点的粒子，根据几何知识知，该粒子在磁场中做圆周运动的圆心b，半径为L，故C错误.D、设经过b、c、d三点的粒子速度分别为v1、v2、v3轨迹半径分别为r1、r2、r3据几何知识可得，r1=L2，r2=L，r3=2L，由半径公式r=mvqB得：v2=2v1=2v，v3=4v1=4v，所以只有速度在这个范围：2vv4v的粒子才打在cd边上；故D正确.故选D.2如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30o，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和II，直线OP是它们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B。一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与OP成30o角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则下列说法正确的是A区域II中磁感应强度为B2B区域II中磁感应强度为3BC质子在第一象限内的运动时间为5m6qBD质子在第一象限内的运动时间为7m12qB【答案】 D【解析】【详解】AB、设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2 ,区域II中磁感应强度为B,运动轨迹如图所示：由牛顿第二定律得:qvB=mv2r1qvB=mv2r2 由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可以知道,质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30 ,故质子在磁场I中轨迹的圆心角为60,如图所示:由几何关系可知OA=r1,在区域II中,质子运动1/4圆周,O2是粒子在区域II中做圆周运动的圆心,r2=OAsin30=12r1由计算得出区域II中磁感应强度为:B=2B ,故AB错误；CD、质子在区运动轨迹对应的圆心角为60,在区运动轨迹对应的圆心角为90 :,质子在区的运动时间t1=162mqB=m3qB ,质子在区运动时间t2=142mqB=m4qB ,则粒子在第一象限内的运动时间为7m12qB.故C错误,D正确.故选D【点睛】由几何知识作出轨迹,如图.由几何关系,得到质子在两个磁场中轨迹半径与OA的关系,由牛顿第二定律研究两个磁感应强度的关系,求解区域II中磁场的磁感应强度大小.求出质子运动轨迹所对应的圆心角,然后求出质子在磁场中做圆周运动的时间.带电粒子通过磁场的边界时,如果边界是直线,根据圆的对称性得到,带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角,这在处理有界磁场的问题常常用到.3如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为14圆弧，圆弧的半径(OP)为R，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是A速度选择器的极板P1的电势板比极板P2的高B粒子的速度v=B1E1C粒子的比荷为E12ERB12DP、Q两点间的距离为2ERB12E12B【答案】 C【解析】【分析】根据粒子在静电分析器中的受力方向判断粒子的电性；根据粒子在速度选择器中的受力情况判断极板的电势高低；根据粒子在速度选择器中做直线运动求解粒子的速度；根据粒子在静电分析其中的圆周运动求解粒子的比荷；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动求解半径，可求解PQ距离.【详解】粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电荷，在速度选择器中由左手定则可判断出粒子受到的洛伦兹力向上，粒子受到的电场力向下，故速度选择器的极板P1的电势比极板P2的高，选项A正确；由qvB1qE1可知，粒子的速度v=E1B1，选项B错误；由v=E1B1和qE=mv2R可得，粒子的比荷为qm=E12ERB1，选项C正确；粒子在磁分析器中做圆周运动，PQ为轨迹圆的直径，故P、Q两点间的距离PQ=2mvqB=2ERB1E1B，选项D错误。故选C.4如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A=60，AO=a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的电量大小为q，质量为m，发射速度大小都为v0，发射方向由图中的角度表示不计粒子间的相互作用及重力，下列说法正确的是（）A若v0=aqBm，则在AC边界上只有一半区域有粒子射出B若v0=aqBm，则以60飞入的粒子在磁场中运动时间最短C若v0=aqBm，则以30飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D若v0=aqB2m，则以=0方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间为mqB【答案】 A【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=mv2r ,计算得出r=mv0Bq ,当v0=aqB2m时,r=a2 ,当v0=aqBm时,r=a;A、若v0=aqBm当=0飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，A正确B、若v0=aqBm,以60飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是T6周期,在磁场中运动时间最长,故B错误;C、若v0=aqBm,当=0飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动时间也恰好是T6,则以45，所以tmin18T=m4qB，故C错误；D、由几何关系知，粒子转过的最大圆心角max=180，粒子做圆周运动的周期为T=2mqB所以粒子在磁场中运动的最长时间为tmax=12T=mqB ;故D错误；故选A点睛：本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，要找到粒子的临界状况即与ac边相切及恰好运动到b点。8如图所示，在水平连线MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，在MN上方有水平向里的匀强磁场。两个质量和带电量均相等的带正电的粒子A、B,分别以水平初速度v0、2v0从PQ连线上O点先后进入电场，带电粒子A、B第一次在磁场中的运动时间分别为tA和tB,前两次穿越连线MN时两点间的距离分别为dA,和dB,粒子重力不计，则AtA一定小于tB，dA一定等于dBBtA一定小于tB，dA可能小于dBCtA可能等于tB，dA一定等于dBDtA可能等于tB，dA可能小于dB【答案】 A【解析】两带正电粒子先在电场中做类平抛运动后在磁场中做匀速圆周运动，设类平抛的速度偏向角为，则匀速圆周运动的圆心角为=2-2，因tan=vyv0，y=12at2，B粒子的水平速度大，则类平抛的时间短，vy较小，则角较小，故圆周运动的圆心角较大，由t=2T可知时间较长，即tAR+Rcos53，则粒子不能进入第一象限，R=mvqB，代入得qm8v5LB，故B正确；C、y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题，直线边界，粒子进出磁场具有对称性，但正负微粒对应的圆心角不同，如图，故运动时间不一定相等,故C正确；D、微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有OP=2Rcos53，又R=mvqB，故L=6mv5Bq，故D正确。14如图所示,在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里,第三象限内的磁场方向垂直纸面向外,P(-2L,0)、Q(0,-2L)为坐标轴上的两个点,现有一电子从P点沿PQ方向射出,不计电子的重力A若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线, 则电子在磁场中运动的轨道半径为LB若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子运动的路程一定为2LC若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角一定为45D若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子运动的路程可能为L,也可能为2L【答案】 AD【解析】【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子运动的轨道半径为r=2Lsin450=L，选项A正确；若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示，或者是：因此则微粒运动的路程可能为L，也可能为2L，电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45或者是1350，故BC错误；D正确；故选AD。【点睛】查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键15如图所示，在磁感应强度大小为B,范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为的绝缘斜面，一个质量为m 、电荷量为-q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为。设滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中,其速度时间图象和加速度时间图象可能正确的是（）A BC D【答案】 BC【解析】【分析】根据题中“匀强磁场内带电小物块沿斜面向上运动”可知，本题考察带电粒子在复合场中的运动。根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，运用洛伦兹力、牛顿第二定律等知识分析推断。【详解】对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：mgsin+FN=ma、FN=mgcos+qvB，联立解得：a=gsin+gcos+qvBm，方向沿斜面向下。所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢；在小物块上滑过程中，加速度减不到零。AB：速度时间图象的切线斜率表示加速度，则A项错误，B项正确。CD：物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零。故C项正确，D项错误。16如图所示，在xOy平面内存在着破感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P(-22L，O)、Q(O，-22L)为坐标轴上的两个点。现有一电子从P点沿PQ方向射出，电子电量大小为q，质量为m，不计电子的重力。下列正确的是（）A若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为2LB若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为2mBqC若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1:3D若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2L，也可能为4L【答案】 BD【解析】【分析】画出粒子运动的可能的轨迹，结合几何知识求解做圆周运动的半径和粒子在磁场中的转过的角度，结合周期公式可求解时间和路程.【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则根据几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道半径为r=2Lsin450=2L，选项A错误；电子运动的周期为T=2mqB，电子运动时间最短时，轨迹如图甲；从P到O转过的角度为900，从O到Q转过的角度为2700，则电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为t=2mqB，选项B正确；考虑电子运动的周期性，由图乙可知电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比等于转过的角度之比，在图中所示的情况中，从P到O的时间与从O到Q的时间相等，选项C错误；若电子从P点出发经原点O到达Q点，则在图甲所示的情况中电子运动的路程为4L，在图乙所示的情况中粒子运动的轨道半径为L，则路程为2L，选项D正确；故选BD.17在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(2L,0)、Q(0，2L)为坐标轴上的两个点。如图所示，现有一质量为m、电量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）A若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为m2eBB若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为2m3eBC若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程一定为2LD若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程可能为L【答案】 AD【解析】【分析】粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示：则微粒运动的路程为圆周的14，所用的时间为t=142mqB=m2qB，则电子从P点出发恰好经原点O的时间为nm2qB，选项 A正确，B错误；若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示：或者是：因此则微粒运动的路程可能为L，也可能为2L，若粒子完成3、4、n个圆弧，那么电子运动的路程可能：n为奇数时为2L；n为偶数时为L，故C错误，D正确；故选AD。【点睛】本题考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减小18如图所示，半径为R 的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x 轴放置一粒子发射装置，在-R y R 的区间内各处均沿x 轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y 轴，其中最后到达y 轴的粒子比最先到达y 轴的粒子晚t 时间，则( )A有些粒子可能到达y 轴上相同的位置B磁场区域半径R 应满足RmvqBCt=mqBRvDt=mqB-Rv其中角度的弧度值满足sin=BqRmv【答案】 AD【解析】【分析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，所以半径相同，画出粒子的运动轨迹，根据圆周运动半径公式、周期公式结合几何关系即可求解。【详解】A、粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，y=R的粒子直接沿直线运动到达y轴，其他粒子在磁场中发生偏转。由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在y=R的位置上，所以粒子可能会到达y轴的同一位置，故A正确；B、以沿x轴射入的粒子为例，若r=mvqBR，则粒子不能到达y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求RR，由几何知识可知，粒子运动的轨迹小于半个圆周，再根据弦越长所对应的圆心角越大，运动时间越长，所以C正确；D错误。考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动20如图所示，带负电的小球穿在一根绝缘粗糙细杆上，杆与水平方向成角，整个空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场B。现给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，小球经过a点时动能为10 J，到达c点时动能减为零，b为ac的中点，那么带电小球在运动过程中( )A到达c点后保持静止B受到的弹力增大C在b点时动能为5JD在ab段克服摩擦力做的功与bc段克服摩擦力做的功相等【答案】 AB【解析】【详解】AB、若qvaBmgcos，小球受杆弹力垂直杆向下，随速度减小弹力减小，小球受摩擦力减小，当（qvB-mgcos）=mgsin时，小球匀速运动；若qvaB=mgcos，小球与杆无弹力，速度增大，小球受杆弹力垂直杆向下，弹力增大，小球受摩擦力增大，当（qvB-mgcos）=mgsin时，小球匀速运动；若qvaB0及y-403L区域存在场强大小相同,方向相反且均平行与y轴的匀强电场，在-403Ly0区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m,电荷量为q的带正电粒子,从y轴上的点P1(0,3L)以速率v0,方向沿x轴正方向出发,然后经过x轴上的点P2（8L,0）进入磁场。已知带电粒子分别在电场和磁场中运功时所受力大小相等,不计粒子重力。求：(1)粒子到达P2点时的速度大小和方向；(2)磁场的磁感应强度大小(3)粒子第n次经过x轴的坐标【答案】(1) 54v0；=37；(2) B=3mv040qL；(3) xn=8+44(n-1)3L，(n=1,3,5,7.)；xn=643+44(n-2)3L，(n=2,4,6,8.)【解析】【详解】解：(1)粒子从P1到P2类平抛运动，设到达P2时的y方向分速度为vy由运动学规律有：8L=v0t，3L=12(0+vy)t解得：vy=34v0故粒子在P2的速度大小：v=v02+vy2=54v0设v与x轴的夹角为，则有：tan=vyv0=34解得：=37(2)粒子从P1到P2，设电场强度为E，据动能定理有：qE3L=12mv2-12mv02解得：E=3mv0232qL依题意意：电粒子在电场和磁场中运动时所受力大小相等，则有：qE=qvB代入可得：B=3mv040qL(3)根据：qvB=mv2R解得：R=50L3由几何关系可得：粒子在磁场中的轨迹所对圆心角为53故粒子将垂直y=-403L的直线从M点穿出磁场，粒子运动一周期的轨迹如图所示；当n为奇数时，xn=8+44(n-1)3L，(n=1,3,5,7.)当n为偶数时，xn=643+44(n-2)3L，(n=2,4,6,8.)22如图所示,在xOy平面直角坐标系内y轴与垂直x轴的MN边界之间,以x轴为分界线,分别在第、象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。第象限内磁场的磁感应强度大小为B0.第象限内有沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E. 质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从第象限内某点由静止释放,从y轴上的A点进入磁场,经x轴上的B点第一次进入x轴下方的磁场。若已知A点的坐标是(0,a),B点的坐标是(3a,0)，不考虑粒子重力。(1)求粒子释放位置与y轴的距离；(2)若粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场，求x轴下方磁场的磁感应强度大小应满足的条件；(3)若x轴下方区域的磁感应强度大小为3B0，且粒子最终垂直于MN边界出射，求MN与x轴交点的坐标。【答案】（1）25qB02a22mE（2）B83B0（3）MN与x轴交点的坐标是（4na，0）（其中n=1，2，3）【解析】【详解】（1）设粒子释放位置与y轴的距离为d，粒子在第一象限磁场中做圆周运动的半径为r，画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示，在电场中做匀加速运动，根据动能定理：qEd=12mv2可得：v=2qEdm粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB0=mv2r根据几何关系：(r-a)2+(3a)2=r2可得：r=5a联立式可得：d=25qB02a22mE（2）设粒子进入磁场时与x轴之间的夹角为，则粒子在第一象限内的磁场中转过的角度也为，根据几何关系：tan=3ar-a=34，可得：=53要使粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场，临界情况如图所示，要使粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场需满足：3aR（1+cos37）根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R联立式可得x轴下方磁场的磁感应强度B的大小满足：B83B0（3）设当x轴下方区域的磁感应强度大小为3B0时粒子半径为R，根据洛伦兹力提供向心力：qv3B=mv2R/联立式可得：R/=r3=5a3画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为A1，则A与A1的连线与x轴平行，AA1=6a-2 Rsin530根据几何关系有：AA1=4a所以粒子最终垂直MN边界飞出，边界MN与y轴间距为L=nAA1=4 na（其中n=1，2，3）即：MN与x轴交点的坐标是（4na，0）（其中n=1，2，3）23如图所示，真空中区域I存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q板上能产生亮斑。现有一束电子从A处的小孔以速度 v0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P板成300夹角。已知电子质量为m，电荷量大小为e，区域II的电场强度E=3mv028ed，不计重力和电子间的相互作用力，求：(1)若电子垂直打在Q板上，I区磁场的磁感应强度B1大小和电子到达Q板的速度。(2)逐渐增大磁感应强度B1为保证Q板上出现亮斑，所加磁感应强度B昀最大值。【答案】（1）B1=mv0er1=3mv02ed；v=v02；（2）I区磁场的磁感应强度最大值为Bm=(3+1)mv02ed【解析】【详解】（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB=mv02r，可解得r=mv0eB若电子垂直打在Q板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，由几何关系得r1cos30=d，可解得 r1=dcos30=2d3故I区磁场的磁感应强度为 B1=mv0er1=3mv02ed电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得-eEd=12mv2-12mv02，解得v=v02（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得 -eEd=12mv2-12mv02，解得v=v02若电子恰好打在Q板上，说明速度的方向刚好与Q板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为，v0cos=v，解得=60在磁场中，由几何关系知 r2cos30+r2cos60=d，得r2=(3-1)d，此时 B2=mv0er2=(3+1)mv02ed故I区磁场的磁感应强度最大值为Bm=(3+1)mv02ed24如图所示，y轴的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有与x轴正向成45角斜向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，从O点以速度v射入磁场，速度v与x轴负向夹角为45，在磁场中运动时间t后第一次经过y轴，又在电场中运动了时间t后第2次经过y轴，不计粒子的重力。求：（1）磁感应强度与电场强度之比；（2）粒子从O点进入磁场至第3次到达y轴上N点（图中未画出）所经历的时间及NO间的距离。【答案】（1）4v；（2）5t，42vt。【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图所示：（1）粒子第一次在磁场中偏转2rad，则在磁场中运动时间：t=14T经y轴眼电场方向进入电场，之后返回，再次经y轴进入磁场，由磁场中周期：T=2mqB电场中往返时间：t=2va在电场中运动加速度：a=qEm由可解得：BE=4v（2）粒子在磁场中偏转的角度为32rad，则经历时间为3t，故至此粒子运动时间t总=t+t+3t=5t设在磁场中圆周运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r由几何关系可得：ON-=22r由可解得：ON-=42vt25如图所示，质量m=15g、长度L=2m的木板D静置于水平地面上，木板D与地面间的动摩擦因数1=0.1，地面右端的固定挡板C与木板D等高。在挡板C右侧竖直虚线PQ、MN之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R11m和R2=3m的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半圆的圆心O到固定挡板C顶点的距离OC2m。现有一质量m15g、带电荷量q=+610-5的物块A可视为质点）以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数2=0.3，当物块A运动到木板D右端时二者刚好共速，且本板D刚好与挡板C碰撞，物块A从挡板C上方飞入PQNM区城，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2.(1)当物块A刚滑上本板D时，求物块A和木板D的加速度大小，(2)求电场强度的大小.(3)为保证小物块A只能从环带状区城的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。【答案】(1) 3m/s2；1m/s2；(2) 25V/m；(3) 1TB53T或B5T【解析】【详解】解：(1) 当物块A刚滑上木板D时，对物块A受力分析有：2mg=ma2解得：a2=3m/s2对本板D受力分析有：2mg-12mg=ma1解得：a1=1m/s2(2)物块A进入区域PQNM后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mg=qE解得：E=25V/m(3)物块A与木板D共速时有：v=v0-a2t=a1t解得：v=1m/s粒于做匀速圆周运动有：qvB=mv2R要使物块A只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场、物块A在磁场中运动的轨迹半径R应满足：ROC-R12或OC+R12ROC+R22解得：B5T或1TB53T则磁感应强度大小的取值范围为：1TB53T或B5T26（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差UNP=mv2q,cos=45，不计重力和离子间相互作用。（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；（3）若磁感应强度在（BB）到（BB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，求BB的最大值【答案】（1）E0=mv02qr0，B=mv0qr0；（2）1.5r0；（3）12%【解析】【详解】（1）径向电场力提供向心力：Ecq=mvc2rcEc=mvc2qrcB=mvcqrc（2）由动能定理：120.5mv2-120.5mvc2=qUNPv=vc2+4qUNPm=5vc或r=0.5mvqB=125rcl=2rcos-0.5rc解得l=1.5rc（3）恰好能分辨的条件：2r01-BB-2r0cos1+BB=r02解得BB=17-4120027真空中一组间距为 2R，长度为 R 的平行金属板P、Q 可以用作光电转换装置，放置在 X 轴的正上方，如图所示，在X 轴的正下方放置同样间距，长度为3R的平行金属板M、N，两组金属板间绝缘，M 板接地，且在两板间加有电压UMN，大小、方向均连续可调。P、Q 间有垂直平面的匀强磁场，光照前 P 不带电。当以频率为 f 的光照射P 板时，板中的电子吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于 P 板飞出，在磁力作用下电子会聚于坐标为(R，0)的 S 点，且 P 板最上端的电子从 S 点飞出的方向垂直 X 轴竖直向下，进入 M、N 极板间的电场区域。忽略电子之间的相互作用，保持光照条件不变时，单位时间内从 P 板持续地飞出的电子数为 N，且沿 P 板均匀分布，电子逸出时的初动能均为 EKm，元电荷量为 e，电子的质量为 m。（1）求金属板P 的逸出功；（2）求磁感应强度B 的大小和所需磁场区域的最小面积；（3）到达 N 板的电子全部被收集，导出形成电流 i。计算一些关键参数，在图上面画出 i-UMN的关系曲线。【答案】（1）W逸出功=hf-Ekm（2）B=2mEkmeR；Smin=(2-1)R2（3）图见解析；【解析】【详解】解：（1）根据光电效应方程可得：Ekm=hf-W逸出功，解得W逸出功=hf-Ekm；（2）从P板水平飞出的电子均能过S点，则要求磁场区域半径为R的圆，可知运动半径r=R；由evB=mv2r，且Ekm=12mv2解得B=2mEkmeR所需磁场区域的最小面积Smin=14R2-（R2-14R2）=(2-1)R2（3）截止电压：OS方向电子刚好不能到达N板：12UMN1(-e)=0-Ekm；UNM1=-2Ekme；饱和电压：垂直OS方向电子刚好到达N板；竖直方向匀速，水平方向加速；R=12UNM2e2mR3Rv2；v=2Ekmm；UNM2=8Ekm3e；不加电压：出射方向与水平成角的电子恰好打到N板；R=vcos3Rv；v=2Ekmm；=3；H=R2；电流i=0.5Ne28在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy,x轴沿水平方向如图甲所示。第一象限内有一水平向左的匀强电场E1；第二象限内有一垂直于纸面的匀强磁场B1(图中未画出)；第四象限内有正交的匀强电场E2和交变磁场,其中电场方向竖直向上,场强大小与E1的大小相等,磁场方向与纸面垂直。处在第二象限的发射装置水平向右射出一个比荷q/m=10 C/kg的带正电的颗粒（可视为质点),该颗粒以v0=3m/s的速度从S点射出后匀速通过第二象限,然后从+y上的P点进入第一象限,最后从+x轴上的K点竖直向下进入第四象限,OP=OK。取颗粒刚进入第四象限的时刻为零时刻,第四象限磁感应强度按如图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向),忽略磁场变化造成的其他影响,g=10m/s2。试求：(1)第二象限匀强磁场B1的大小和方向；(2)带电粒子从P点运动到K点的时间t及电场强度E1的大小；(3)-y轴上有一点D,OD=3OK,若带电粒子在通过K点后的运动过程中不再越过x轴,要使其恰能沿y轴负方向通过D点,求磁感应强度B及其磁场的变化周期T0.【答案】(1) 13T；磁场方向垂直纸面向里；(2) 0.3s，1N/C； (3) 2n3 (n=1，2，3)，10n (n=1，2，3)【解析】【详解】(1)带电颗粒匀速运动，重力与洛伦兹力二力平衡，则有：qv0B1=mg解得：B1=mgqv0=13T洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里(2)设颗粒水平方向加速度大小为a1，K点的速度为v1水平方向：OK=v0+02t，a1=v0t竖直方向：OP=0+v12t，g=v1t又由于OP=OK，解
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