洛伦兹力(题库)

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2016-2017学年度???学校11月月考卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题1．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经过磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于此电场强度大小和方向的说法中，正确的是（）A．大小为，粒子带正电时，方向向上B．大小为，粒子带负电时，方向向上C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关【答案】D【解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有qvB＝qE，所以E＝Bv。假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上。粒子带负电时，电场方向仍应向上。故正确答案为D。2．为了测量某化肥厂的污水排放量，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，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面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U。若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法正确的是（）A．若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面电势高B．前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关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与电压U成正比，与a、b有关【答案】B【解析】由左手定则可判断：若流动的是正离子，则正离子向里偏，前内侧面电势低于后内侧面电势；若流动的是负离子，则负离子向外偏，仍然是前内侧面电势低于后内侧面的电势，故A错，B对；污水稳定流动时，对任一离子有：qvB＝qE＝，所以U＝Bbv，电势差与离子浓度无关，故选项C错；流量Q＝Sv＝bc·＝，可以看出流量与a、b均无关，故D错。正确答案为B。试卷第65页，总66页 3．如图甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，其中图乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，图丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放．则三个带电小球通过圆轨道最低点时（）A．速度相同B．所用时间相同C．对轨道的压力相同D．均能到达轨道右端最高点处【答案】D【解析】试题分析：在乙图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；滑块下落时只有重力做功，故甲和乙两次机械能均守恒，故两次滑块到最低点的速度相等，，丙图中，小球下滑的过程中电场力做正功，重力做正功，，所以小球在最低点的速度大于甲图和乙图中的速度，故A错误；甲图和丙图比较可得，丙图中，小球的加速度比较大，所以达到最低点的时间要短，故B错误；小球在最低点时，甲图中重力和支持力提供向心力，而乙图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等，故C错误；三个小球的运动过程中，重力做功，动能和重力势能之间转换；洛伦兹力不做功；电场力做功，电势能与动能之间转换；由于没有其他的能量损失，所以三种情况下，小球均能到达轨道右端最高点处，故D正确；考点：考查了动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；洛仑兹力．【名师点睛】分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得小滑块到达最低点时的速度；由滑块的运动可知滑块滑到最低点时的速度变化；由洛仑兹力公式可知大小关系；由向心加速度公式可知向心加速度的大小关系．4．如图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是（）A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动【答案】C【解析】不管通有什么方向的电流，螺线管内部磁场方向始终与轴线平行，带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力，所以应一直保持原运动状态不变。5．阴极射线管中电子流向由左向右，其上方放置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将（）A．向上偏转B．向下偏转C．向纸里偏转D．向纸外偏转试卷第65页，总66页 【答案】B【解析】由安培定则知，电流在其下方所产生的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，电子流所受洛伦兹力向下，故向下偏转，则选B。6．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则（）A．甲球的释放位置比乙球的高B．运动过程中三个小球的机械能均保持不变C．经过最高点时，三个小球的速度相等D．经过最高点时，甲球的速度最小【答案】AB【解析】试题分析：在最高点时，甲球受洛仑兹力向下，乙球受洛仑兹力向上，而丙球不受洛仑兹力，故三球在最高点受合力不同，故由可知，三小球的速度甲的速度最大，所以甲球释放时的高度最高，故A正确C错误；因洛仑兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故B正确；因甲球在最高点受合力最大，故甲球在最高点的速度最大，故D错误；考点：带电小球匀强磁场中的运动【名师点睛】三个小球在磁场中受洛仑兹力方向不同，最高点由重力和洛仑兹力充当向心力；由向心力公式可知最高点的速度关系；由机械能守恒定律可得出各球释放的位置．7．如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，如图所示，根据上述条件可求下列哪几种物理量（）①带电粒子的比荷②带电粒子在磁场中运动的周期③带电粒子在磁场中运动的半径④带电粒子的初速度．A．①②B．①③C．②③D．③④【答案】A试卷第65页，总66页 【解析】试题分析：设圆柱形区域的横截面半径为R，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，则：2R=vt①在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，画出运动轨迹：结合几何关系，有：r=Rtan60°=R②粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：③周期：④解得：粒子的周期：因为初速度无法求出，则无法求出轨道半径，故①②正确，③④错误；故选A。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功．同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射。8．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔s垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）A．M带负电，N带正电B．M的速度率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间【答案】A【解析】试题分析：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，半径为：试卷第65页，总66页 ，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；洛伦兹力始终与速度的方向垂直，不做功，故C正确；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误．故选A．考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题。9．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（）A．正电荷B．正电荷C．负电荷D．负电荷【答案】C【解析】试题分析：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为，所以有，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，则得：，所以有，故C正确．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】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，几何关系就比较明显了。试卷第65页，总66页 10．如图所示，重力不计的带电粒子水平向右进入匀强磁场，对该带电粒子进入磁场后的运动情况，以下判断正确的是A．粒子向上偏转B．粒子向下偏转C．粒子不偏转D．粒子很快停止运动【答案】A【解析】试题分析：根据左手定则，让磁感线垂直穿过手心，四指指向正粒子运动方向，则拇指指向为粒子受到的洛伦兹力方向，故受到向上的洛伦兹力，所以粒子向上偏转，故A正确考点：考查了洛伦兹力方向的判断【名师点睛】在使用左右手判断磁场问题时，一定要弄清楚用哪只手判断洛伦兹力或者电场力，用哪只手判断磁场方向或者感应电流方向，在判断洛伦兹力时，需要注意粒子的正负性，如果粒子带负电，则四指应指向粒子运动的反方向11．如图所示，磁场方向垂直纸面向内，一带正电的粒子某时刻的速度水平向上，则该粒子受到的洛伦兹力的方向是A．向下B．向上C．向左D．向右【答案】C【解析】试题分析：粒子带正电，向上移动，根据左手定则，洛伦兹力向左动；故选C．考点：左手定则【名师点睛】根据左手定则直接判断洛伦兹力方向即可，注意与右手定则区别．基础题目．12．磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景．其发电原理示意图如图所示，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S，相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g．则（）A．上板是电源的正极，下板是电源的负极B．两板间电势差为U=Bdv试卷第65页，总66页 C．流经R的电流强度为D．流经R的电流强度为【答案】AD【解析】试题分析：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，故A正确；根据,得电动势的大小为：U=Bdv，则流过R的电流为：，而，则电流大小：；两极板间电势差为：．故AD正确正确，BC错误．故选AD．考点：左手定则，洛伦兹力【名师点睛】解决本题的关键知道稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行求解。13．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）A．三个粒子都带正电荷B．c粒子速率最小C．c粒子在磁场中运动时间最短D．它们做圆周运动的周期Ta=Tb=Tc【答案】ACD【解析】试题分析：由左手定则可知，三个粒子都带正电荷，选项A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：．由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知，a粒子的轨道半径最小，粒子c的轨道半径最大，则a的粒子速率最小，c粒子的速率最大，故B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：，三个粒子质量和电荷量都相同，故周期相同，选项D正确；粒子在磁场中的运动时间：试卷第65页，总66页 ，三粒子运动周期相同，由图示可知，a在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，c粒子在磁场中运动时间最短，故C正确；故选ABD．考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。14．如图所示，一个电子沿AO方向垂直射入匀强磁场中，磁场只限于半径为R的圆内。若电子速度为υ，质量为m，带电量为q，磁感应强度为B。电子在磁场中偏转后从C点射出，∠AOC=120°，下面结论正确的是：（）A．电子经过磁场的时间为B．电子经过磁场的时间为C．磁场半径R为D．AC间的距离为【答案】B【解析】试题分析：由，可得：由图可知电子在磁场中转过的圆心角为60°，根据几何知识可知AC长等于半径；电子转动的时间；对AOC分析可知，半径，故B正确，ACD错误．故选B．考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在磁场的中运动，解题的关键在于找出圆心和半径，再根据几何关系及洛仑兹力充当向心力即可解出。15．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．试卷第65页，总66页 使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如右图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3．0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0．040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（）A．1．3m/s，a正、b负B．2．7m/s，a正、b负C．1．3m/s，a负、b正D．2．7m/s，a负、b正【答案】A【解析】试题分析：血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏．则a带正电，b带负电．最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有，所以．故A正确，BCD错误．故选A考点：左手定则；洛伦兹力【名师点睛】解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差。16．首先指出磁场对运动电荷有作用力的科学家是（）A．库仑B．奥斯特C．安培D．洛伦兹【答案】D【解析】试题分析：荷兰科学家洛伦兹首先提出了磁场对运动电荷有作用力，库仑是提出了点电荷之间作用力的公式即库仑定律；奥斯特发现了电流的磁效应；安培提出了左手定则，故选D。考点：物理学史。【名师点睛】科学家的贡绩作为物理学史是考试内容之一，掌握并了解他们的贡献和探索过程能更好的理解物理规律，并在具体问题中灵活应用。17．如图所示的四个图中，标出了匀强磁场的磁感应强度B的方向、带正电的粒子在磁场中速度v的方向和其所受洛伦兹力f的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是（）试卷第65页，总66页 【答案】B【解析】试题分析：根据左手定则正电荷应受到竖直向下的洛伦兹力，A错误；根据左手定则，四指指向正粒子运动方向，让磁感线垂直穿过手心，拇指指向为正粒子受到的洛伦兹力，故受到竖直向上的洛伦兹力，B正确；粒子受到垂直纸面向外的洛伦兹力，C错误；粒子受到垂直纸面向内的洛伦兹力，D错误；考点：考查了左手定则【名师点睛】根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系．对于左手定则要熟练掌握，加强应用，为学习带电粒子在磁场中的运动打好基础．18．如图所示，一带负电的粒子（不计重力）进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛仑兹力方向标示正确的是【答案】C【解析】试题分析：带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项A错误．带负电粒子的运动方向与磁感应线平行，此时不受洛伦兹力的作用．选项B错误．带负电的粒子向右运动掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项C正确．带负电的粒子向上运动，掌心向里四指应向下，大拇指的方向向左，选项D错误，故选C。考点：左手定则【名师点睛】在应用左手定则时，首先要判断运动的带电粒子所带的电性，若是正电，四指的方向与粒子运动方向一致，若是负电，四指所指的方向与粒子的运动方向相反．此处是非常容易出错的。19．如图所示，将一阴极射线管置于一通电螺线管的正上方且在同一水平面内，则阴极射线将（）A．向里偏转B．向外偏转C．向上偏转D．向下偏转【答案】B【解析】试题分析：根据右手螺旋定则，螺线管内部的磁场方向向下，根据左手定则知，电子所需的洛伦兹力方向垂直纸面向外，则阴极射线管中的电子束将向纸面外偏转，故ACD错误，B正确。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动试卷第65页，总66页 【名师点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场方向，会通过左手定则判断洛伦兹力方向。20．速度相同的一束粒子（不计重力）经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D．若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小【答案】ACD【解析】试题分析：由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电．故A正确．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得：．故C正确．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：．可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则越小．故D正确．故选ACD．考点：质谱仪；速度选择器【名师点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。21．如图，某带电粒子由静止开始经电压为U的电场加速后，射入水平放置、电势差为U′的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁感线方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子进入磁场和射出磁场的M，N两点间的距离d随着U和U′的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）A．d随U变化，d随U′变化B．d随U变化，d与U′无关C．d与U无关，d与U′无关试卷第65页，总66页 D．d与U无关，d随U′变化【答案】B【解析】试题分析：对于加速过程，有qU=mv02，得，带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：v0=vcosθ；而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：，所以，又因为半径公式，则有．故d随U变化，d与U′无关．故B正确，ACD错误；故选B．考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解．22．a、b、c三束粒子沿纸面向上射入垂直于纸面向里的匀强磁场中，偏转轨迹如图所示，关于粒子带电性质，下列判断正确的是（）A．a带负电荷B．a带正电荷C．b带正电荷D．c带正电荷【答案】B【解析】试题分析：根据左手定则，结合图可知，a粒子带正电，b粒子不带电，c粒子带负电，故B正确，ACD错误；故选B．考点：左手定则【名师点睛】考查粒子在磁场中产生洛伦兹力的条件，并掌握左手定则；让磁感线穿过左手手心，四指指正电荷运动方向，大拇指指受力方向．23．关于洛伦兹力做功的情况，下列说法中正确的是（）A．洛伦兹力可能做正功B．洛伦兹力可能做功C．洛伦兹力可能做负功D．洛伦兹力一定不做功【答案】D【解析】试题分析：因洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力的瞬时功率为零，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故D正确；考点：洛伦兹力【名师点睛】本题关键是明确洛伦兹力的性质、大小、方向特点，注意洛伦兹力方向与速度方向垂直，故永不做功，基础问题．24．一带电粒子在电场和磁场同时存在的空间中（不计重力），不可能出现的运动状态是（）A．静止B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．匀速圆周运动【答案】A试卷第65页，总66页 【解析】试题分析：若粒子静止时，只受电场力作用，则粒子不可能静止，故选项A不可能；若粒子Bqv=Eq，则粒子受力平衡，粒子将做匀速直线运动，故B有可能；若粒子运动方向与磁场方向共线，粒子不受洛伦兹力，而电场力与运动方向共线，因此粒子做匀变速直线运动，故C有可能；若带电粒子在点电荷电场中，受电场力指向点电荷，同时受洛伦兹力也指向点电荷，故带电粒子可做匀速圆周运动，故D有可能；故选A．考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在电磁场中运动问题，关键是对粒子的受力分析，根据受力情况判断粒子的运动情况，难度适中。25．如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径R相同，则它们具有相同的（）A．电荷量B．质量C．速度D．比荷【答案】CD【解析】解：在正交的电磁场区域中，正离子不偏转，说明离子受力平衡，在此区域Ⅰ中，离子受电场力和洛伦兹力，由qvB=qE，得，可知这些正离子具有相同的速度．进入只有匀强磁场的区域Ⅱ时，偏转半径相同，由和可知，这些正离子具有相同的质量．由题意可知电量相同，所有这些离子具有相同的比荷．选项CD正确，选项AB错误．故选CD．【点评】带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动，要注意对其进行运动状态的分析和受力分析，此种情况往往会出现电场力和磁场力平衡，从而可得到带电粒子能匀速直线通过正交的匀强电场和匀强磁场的条件，即为：．这种问题的本质还是力学问题，往往要按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题．26．如图所示带电粒子以初速度V0从a点进入匀强磁场，运动中所经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场后在加入一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度V0从a点进入电场，仍能通过b点，不计带电粒子的重力，则电场强度E和磁感应强度B的比值为（）A．V0B．C．D．2V0【答案】D【解析】解：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，试卷第65页，总66页 由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：d=at2=t22，解得：E=，则：=2v0，故选：D．【点评】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．二、计算题27．如图所示，在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。在x轴上有一点M，离O点距离为L，现有一带电荷量为＋q、质量为m的粒子，从静止开始释放后能经过M点，如果此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？（重力不计）【答案】y＝（n＝1，2，3……）【解析】由于此粒子从静止开始释放，又不计重力，要能经过M点，其起始位置只能在匀强电场区域，其具体过程如下：先在电场中由y轴向下做加速运动，进入匀强磁场中运动半个圆周再进入电场做减速运动，速度为零后又回头进入磁场，其轨迹如图所示（没有画出电场和磁场方向），故有：L＝2nR（n＝1，2，3，…）又因在电场中，粒子进入磁场时的速度为v，则有：qE·y＝mv2在磁场中，又有：Bqv＝联立得y＝（n＝1，2，3……）28．试卷第65页，总66页 如图所示，在xoy坐标系坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界．ab为一块很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用），求：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及此时距y轴的最大距离；（2）磁感应强度B的大小；（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）α粒子在电场的作用下加速运动，根据动能定理：（2分）代入数据可得：（1分）由题意可知初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，由类平抛知识：在竖直方向：其中在水平方向：联立以上解得：（3分）（2）根据上题结果可知：对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角：可得（1分）若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹与ab板相切是临界条件，由几何关系可得：解得：（2分）试卷第65页，总66页 由洛伦兹力提供向心力：（1分）可得：（1分）（3）由分析可知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．（2分）由分析可知此时磁场宽度为原来的，（2分）则：ab板至少向下移动：（1分）沿x轴正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板区域的右边界由几何知识可知：ab板上被粒子打中区域的长度：（2分）考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．29．如图所示，在x轴上方有磁感应强度为B的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为﹣q的粒子，以速度v从O点射入磁场，已知θ=，粒子重力不计，求：（1）粒子的运动半径，并在图中定性地画出粒子在磁场中运动的轨迹；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）粒子经过x轴和y轴时的坐标．【答案】（1），粒子在磁场中运动的轨迹如图所示；试卷第65页，总66页 （2）；（3），【解析】试题分析：（1）粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（2）根据推论公式T=和t=列式求解时间；（3）画出轨迹，结合几何关系求解粒子经过x轴和y轴时的坐标．解：（1）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：解得：轨迹如图：（2）粒子运动周期：则粒子运动时间：所以：；（3）由几何关系得：所以粒子经过x轴和y轴时的坐标分别为：，；试卷第65页，总66页 答：（1）粒子的运动半径为，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示；（2）粒子在磁场中运动的时间为；（3）粒子经过x轴和y轴时的坐标分别为：，．【点评】对于带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆心和半径，用好几何关系即可顺利求解．30．如图所示，在虚线所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正离子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过该区域，并使偏转角也为θ，（不计离子的重力）求：（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？（2）离子穿过电场和磁场的时间之比是多大？【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度是．（2）离子穿过电场和磁场的时间之比是．【解析】试题分析：（1）正离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转角正切tanθ的表达式．在磁场中，离子由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出sinθ．联立即可求得磁感应强度．（2）离子穿过电场时，由水平方向的运动位移和速度求出时间．在磁场中，由t=T求出时间，即可得解．解：（1）设粒子的质量m，电荷量q，场区宽度L，粒子在电场中做类平抛运动①②③由①②③得：④粒子在磁场中做匀速圆周运动⑤试卷第65页，总66页 ⑥由⑤⑥解得：⑦由④⑦式解得：（2）粒子在电场中运动时间t1=⑧在磁场中运动时间t2=⑨而L=⑩由⑧⑨⑩解出：=答：（1）匀强磁场的磁感应强度是．（2）离子穿过电场和磁场的时间之比是．【点评】本题是离子分别在电场中和磁场中运动的问题，要抓住研究方法的区别：磁场中画出轨迹是常用的方法，电场中运动的合成与分解是基本方法，两种方法不能混淆．31．如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4试卷第65页，总66页 点处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）．【答案】，【解析】试题分析：设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中的磁感应强度、轨道半径和周期，；；设圆形区域的半径为r，如图所示，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场．连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其轨迹的半径R1＝A1A2＝OA2＝r圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即在Ⅱ区磁场中运动的时间为带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2由以上各式可得，考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.【名师点睛】此题是关于带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题的关键是知道粒子在两个磁场中的运动情况，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系，利用半径公式及周期的表达式列出方程联立求解；此题是有一定难度的题.32．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）试卷第65页，总66页 【答案】2t【解析】试题分析：根据周期公式可得，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O1，圆弧所对的圆心角为60°，当速度的大小为v时，圆周运动的圆心在O2，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．考点：带电粒子在磁场中的运动.【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题；解题时要画出粒子的轨迹图，根据粒子的运动的轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动的时间，注意粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关.33．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有正交的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场沿水平方向且垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B，匀强电场沿x轴负方向、场强大小为E。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小为的匀强电场。一个电荷量的绝对值为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作直线运动（PO与x轴负方向的夹角为θ=37°），并从原点O进入第一象限。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。问：（1）油滴的电性；（2）油滴在P点得到的初速度大小；（3）在第一象限的某个长方形区域再加上一个垂直于纸面向里的、磁感应强度也为B试卷第65页，总66页 的匀强磁场，且该长方形区域的下边界在x轴上，上述油滴进入第一象限后恰好垂直穿过x轴离开第一象限,求这个长方形区域的最小面积以及油滴在第一象限内运动的时间。【答案】(1）油滴带负电；(2）(3）【解析】试题分析：(1）油滴带负电。(2）油滴受三个力作用(见右图），从Ｐ到Ｏ沿直线必为匀速运动，设油滴质量为：由平衡条件有得(3）油滴进入第一象限：由电场力重力知油滴先受平衡力而保持v做匀速直线运动，进入磁场区域后以线速度为做匀速圆周运动，路径如图,最后垂直于x轴从N点离开第一象限。在磁场中运动的轨道半径：由得代入的结果，有长方形磁场区域的最小面积：高宽，得：油滴在第一象限先做匀速直线运动,后做匀速圆周运动直线运动路程：圆周运动路程：在第一象限运动时间：得：试卷第65页，总66页 考点：带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】本题关键是先确定物体的运动情况，并画出运动轨迹，然后逐段逐段分析，匀速运动阶段受力平衡，匀速圆周运动阶段洛伦兹力提供向心力。34．如图，在的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在x>a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小也为B。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿x轴从原点O射入磁场。（粒子重力忽略不计）若粒子以的速度射入磁场，求其轨迹与x轴交点的横坐标？Oayx【答案】【解析】试题分析：带电粒子的运动半径：解得：试卷第65页，总66页 BO2yO1CθAOx带电粒子的运动轨迹如图所示，O1、O2别为轨迹的圆心，由几何关系可得；则则轨迹与x轴交点横坐标为：考点：带电粒子在磁场中的运动35．如图所示，在边长为a的正方形ABCD的对角线AC左右两侧，分别存在垂直纸面向内磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左电场强度大小为E的匀强电场，AD、CD是两块固定荧光屏（能吸收打到屏上的粒子）。现有一群质量为m、电量为q的带正电粒子，从A点沿AB方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为。已知，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：(1)带电粒子从A点射入到第一次进入电场的时间；(2)恰能打到荧光屏CD上的带电粒子的入射速度；(3)CD荧光屏上形成亮线的长度；(4)AD荧光屏上形成亮线的长度．【答案】（1）；（2）；（3）2a/3；（4）a/2。【解析】试题分析：（1）带电粒子在磁场中运动的周期为T=，试卷第65页，总66页 从A点射入后在磁场中运动的时间是t=；(2)带电粒子射入匀强磁场中在洛仑兹力作用下做匀速园周运动，经四分之一周到达对角线沿水平向右的方向进入匀强电场，在电场力的作用下做匀减速直线运动，设带电粒子到达CD的速度恰好为零时对应的入射速度为V，在磁场中的运动半径为r，有牛顿第二定律可得：，有动能定理可得:结合已知条件解得r=，（3）的带电粒子直接打在荧光屏CD上，其中入射速度的粒子半径为a，将直接打到C点，故荧光屏CD上亮线的长度为（4）3aqBvm<的带电粒子，进入电场后不能到达CD屏，原速返回后又在磁场中转了3/4周，刚好垂直进入电场，在电场中类平抛运动。荧光屏AD上亮线长度为考点：带电粒子在磁场、电场中的运动。【名师点晴】该粒子在磁场中做圆周运动，首先我们要判断出沿AB方向进入磁场后的运动轨迹，找出圆心角，然后再确定在磁场中的时间；求打到CD上的范围时，要找到关键的分界线，即何时刚好到达CD屏上，然后将粒子分成二大类，再分别加以判断、计算。36．（10分）如图所示，A和B之间的距离为0．1m，电子在A点的速度m/s．已知电子的电量C，电子质量kg．（1）要使电子沿半圆周由A运动到B，求所加匀强磁场的大小和方向；（2）电子从A运动到B需要多少时间?试卷第65页，总66页 【答案】（1）垂直纸面向里0．0011T（2）1．57×10-8s【解析】37．如图所示，在边界MN的右侧区域有方向垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子．电量为+q，质量为m，以速度v垂直MN边界从a点进入，由b点射出．求：（1）a、b两点间的距离；（2）粒子在磁场中运动的时间．【答案】（1）a、b两点间的距离为；（2）粒子在磁场中运动的时间为．【解析】解：（1）由牛顿第二定律可得：qvB=解得：R=则ab的距为：d=2R=．（2）由运动学公式有：T=得：T=在磁场中运动的时间为：t=T=．答：（1）a、b两点间的距离为；（2）粒子在磁场中运动的时间为．【点评】本题是对带电粒子在磁场运动规律的考查，抓住洛伦兹力做为向心力，根据向心力的公式计算半径和周期的大小即可，难度不大．38．如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B．方向垂直纸面向里．电量为q，质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．试确定：试卷第65页，总66页 （1）粒子做圆周运动的半径；（2）粒子的入射速度．【答案】（1）粒子做圆周运动的半径为；（2）粒子的入射速度为．【解析】试题分析：（1）粒子离开磁场区域时速度方向偏转60°角，则带电粒子轨迹对应的圆心角也等于60°，画出轨迹，如图，根据几何关系∴（2）设洛仑兹力提供向心力即有∴v=39．提纯氘核技术对于核能利用具有重大价值．如是从质子、氘核混合物中将质子和氘核分离的原理图，x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，初速度为0的质子、氘核混合物经电压为U的电场加速后，从x轴上的A（﹣L，0）点沿与+x成θ=30°的方向进入第二象限（速度方向与磁场方向垂直），质子刚好从坐标原点离开磁场．已知质子、氘核的电荷量均为+q，质量分别为m、2m，忽略质子、氘核的重力及其相互作用．（1）求质子进入磁场时速度的大小；（2）求质子与氘核在磁场中运动的时间之比；（3）若在x轴上接收氘核，求接收器所在位置的横坐标．试卷第65页，总66页 【答案】（1）；（2）1：1；（3）（﹣1）L【解析】试题分析：（1）质子在电场中加速，由动能定理可以求出速度．（2）粒子在磁场中做圆周运动，根据粒子在磁场中运动的周期公式与转过的圆心角可以求出运动时间之比．（3）由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后确定粒子的横坐标．解：（1）质子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2﹣0，解得：v=；（2）质子与氘核在磁场中都转过个圆周，做圆周运动的周期：T1=，T2=，粒子在磁场中的运动时间：t=T，则：t1：t2=T1：T2=1：2；（3）质子在磁场中运动时，由几何知识得：r=L，由牛顿第二定律得：qvB=m，氘核在电场中加速，由动能定理得：qU=•2mv′2﹣0，在磁场中，由牛顿第二定律得：qv′B=2m，解得：R=L，横坐标：x=R﹣L=（﹣1）L；答：（1）质子进入磁场时速度的大小为；（2）求质子与氘核在磁场中运动的时间之比为1：1；（3）若在x轴上接收氘核，接收器所在位置的横坐标为（﹣1）L．【点评】解决本题的关键作出粒子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解．40．如图甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和极板间距均为l，第一、四象限有磁场，方向垂直于xOy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同且重力不计的带电粒子。在0~3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）试卷第65页，总66页 图甲图乙（1）求电压U0的大小；（2）求时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；（3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。【答案】(1)(2)(3)【解析】试题分析:（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为.则有①（1分）②（1分）③（1分）联立以上三式，解得两极板间偏转电压为④（1分）（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动带电粒子沿x轴方向的分速度大小为⑤（1分）带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为⑥（1分）带电粒子离开电场时的速度大小为⑦（1分）设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有⑧（2分）联立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨（1分）（3）当t=2t0时刻进入两极板间的带电粒子在磁场中运动时间最短.（2分）带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为⑩（1分）设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则试卷第65页，总66页 联立③⑤⑩式解得(1分)粒子在磁场中运动的周期为（2分）带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示:圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为（1分）联立以上两式解得(1分)考点：考查带电粒子在匀强磁场中的运动；运动的合成和分解；带电粒子在匀强电场中的运动．．【名师点睛】考查了考生分析、推理和综合能力，试题涉及的知识点较多，但只要认真分析物理过程，找准物理过程对应的物理规律，还是容易求解．41．如图所示为质谱仪上的原理图，M为粒子加速器，电压为U1=5000V；N为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1=0.2T，板间距离为d=0.06m；P为一个边长为l的正方形abcd的磁场区，磁感应强度为B2=0.1T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏．今有一比荷为=108C/kg的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S打在荧光屏上．求：（1）粒子离开加速器时的速度v；（2）速度选择器的电压U2；（3）正方形abcd边长l．【答案】（1）粒子离开加速器时的速度是1×106m/s；（2）速度选择器的电压是1.2×104V；（3）正方形abcd边长是0.16m．【解析】解：（1）粒子经加速电场U1加速，获得速度v，由动能定理得：qU1=mv2试卷第65页，总66页 解得v=m/s．（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得Eq=qvB1即得：U2=B1dv=0.2×0.06×1×106V=1.2×104V（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有，故粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径：r===0.1m．由几何关系：所以，正方向的边长：m答：（1）粒子离开加速器时的速度是1×106m/s；（2）速度选择器的电压是1.2×104V；（3）正方形abcd边长是0.16m．【点评】解决本题的关键掌握动能定理，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡．42．如图甲是质谱仪的工作原理示意图．图中的A容器中的正离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区（初速度不计）加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，离子最终到达MN上的H点（图中未画出），测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计．试求：（1）该粒子的比荷；（2）若偏转磁场为半径为的圆形区域，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变，仍保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场，最终仍然到达MN上的H点，则圆形区域中磁场的磁感应强度B′与B之比为多少？【答案】（1）该粒子的比荷=；（2）圆形区域中磁场的磁感应强度B′与B之比为3：2．试卷第65页，总66页 【解析】解：（1）设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R=又洛伦兹力提供向心力，有qvB=解得：=（2）离子在磁场中得轨迹如图所示，由几何关系有L即m离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为L则tanθ=即：θ=60°离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r′则r′==又qvB′=故：=答：（1）该粒子的比荷=；（2）圆形区域中磁场的磁感应强度B′与B之比为3：2．【点评】考查动能定理、牛顿第二定律、洛伦兹力公式等规律的应用，并学会与几何关系相综合解题，掌握解题的技巧，形成解题的能力．43．如图所示的坐标平面内，y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B1＝0.20T的匀强磁场，在y轴的右侧存在方向垂直纸面向里、宽度d＝12.5cm的匀强磁场B2，某时刻一质量m＝2.0×10－8kg、电量q＝＋4.0×10－4C的带电微粒(重力可忽略不计)，从x轴上坐标为(－0.25m，0)的P点以速度v＝2.0×103m/s沿y轴正方向运动．试求：试卷第65页，总66页 (1)微粒在y轴左侧磁场中运动的轨道半径；(2)微粒第一次经过y轴时，速度方向与y轴正方向的夹角；(3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B2应满足的条件．【答案】（1）0.5m（2）60°（3）B2≥0.4T【解析】试题分析：(1)设微粒在y轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，转过的圆心角为θ，则(2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：则θ＝60°(3)设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r2，其运动轨迹如图所示，由几何关系得r2cosθ＝r2－d，由洛伦兹力充当向心力，且粒子运动半径不大于r2，得：解得：试卷第65页，总66页 即磁感应强度B2应满足：B2≥0.4T考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.44．如图所示，在xoy平面坐标系中，x轴上方存在电场强度E=1000v/m、方向沿y轴负方向的匀强电场；在x轴及与x轴平行的虚线PQ之间存在着磁感应强度为B=2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为d．一个质量m=2×10-8kg、带电量q=+1.0×10-5C的粒子从y轴上（0，0.04）的位置以某一初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，不计粒子的重力．x/my/mEBm,qOv0PQ（1）若v0=200m/s，求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；（2）要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，求磁场的最小宽度d；（3）要使粒子能够经过x轴上100m处，求粒子入射的初速度v0．【答案】（1）v=200m/s，与x轴成45°角,（2）=0.2m（3）m/s，n=2k（k=1,2,3，…）【解析】试题分析：（1）Eq=may=at2t=4×10-4svy=at=200m/sv2=v02+vy2tanα=，代入数据解得：v=200m/s，与x轴成45°角（2）当初速度为0时粒子最容易穿过磁场Bqv=r=0.2m要使所有带电粒子都返回电场d=0.2m另解：Bqv=；，当v0=0时，d=0.2m（3）对于不同初速度的粒子通过磁场的轨迹在x轴上的弦长不变试卷第65页，总66页 x1=2rsinα=2设粒子第n次经过x=100m处x1+nv0t=xn=2k+1（k=0,1,2,3，…）v0=m/sn=2k+1（k=0,1,2,3，…）x1+(n-1)v0t=xn=2k（k=1,2,3，…）v0=m/sn=2k（k=1,2,3，…）考点：带电粒子在复合场中的运动45．如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B，一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正方向的夹角为θ，若粒子的电荷量和质量分别为q和m，重力不计，试求粒子射出磁场时的位置坐标及在磁场中运动的时间．【答案】粒子射出磁场时的位置为坐标（，0）；在磁场中运动的时间为【解析】解：粒子的运动轨迹如图所示，由圆的对称性可知粒子从M点射出磁场时其速度方向与x轴的夹角仍为θ．设粒子的轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得：qv0B=①设OA的距离为L，由几何关系可得=Rsinθ②而A点的坐标为x=﹣L③试卷第65页，总66页 联立①②③解得x=④设粒子在磁场中的运动周期为T，则T=⑤粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α=2（π﹣θ）⑥粒子在磁场中的运动时间为t，则t=T⑦由①⑤⑥⑦可得：t=答：粒子射出磁场时的位置为坐标（，0）；在磁场中运动的时间为【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动问题；利用圆的特性构建几何关系，并运用由洛伦兹力提供向心力的物理规律列出方程，从而联立求解．注意有界磁场中的对称性问题．46．如图所示，在竖直平面内，直线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MOP范围内存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，MOQ上方的某个区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以大小不等的速率v（v≤v0）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：（1）速度最大的粒子在磁场中运动的时间；（2）速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离；（3）磁场区域的最小面积。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）因粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，说明粒子速度方向改变了，由几何关系可得粒子的运动轨迹如图所示。设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1试卷第65页，总66页 因为所以（2）由，得设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为s，由几何关系知：过MO后粒子在电场中做类平抛运动，设运动的时间为t2，则：由几何关系知，速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离（3）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积扇形的面积的面积为：考点：带电粒子在匀强磁场和电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场及匀强磁场中的运动问题；首先要搞清粒子在电场和磁场中的运动性质，结合类平抛运动的规律及匀速圆周运动的规律解答；注意在磁场中的运动问题，必须要画出几何图线，几何几何关系列出方程才能解答.47．如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60°，求电子的质量和穿越磁场的时间．试卷第65页，总66页 【答案】，【解析】试题分析：作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量．根据几何关系求出电子在磁场中的圆心角，结合周期公式求出穿越磁场的时间．解：粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：根据洛伦兹力提供向心力得，解得电子的质量电子的周期所以电子穿越磁场的时间．答：电子的质量为，穿越磁场的时间为．【点评】解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解．48．如图所示，在倾角为30°的斜面OA左侧有一竖直挡板，挡板与斜面OA间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T，挡板上有一小孔P，OP=0.6m，现有一质量m=4×kg，带电量q=+2×C的粒子，从小孔以速度m/s水平射进磁场区域，粒子重力不计。试卷第65页，总66页 （1）粒子在磁场中做圆周运动的半径是多少？（2）通过调整粒子进入磁场的速度大小可以控制粒子打到斜面OA时的速度方向，现若要粒子垂直打到斜面OA上，则粒子进入磁场的速度该调整为多少？此情况下粒子打到斜面OA的时间又为多少？【答案】（1）0.3m（2）【解析】试题分析：（1）粒子进入磁场有，∴（2）若要粒子垂直打在A板上，其粒子轨迹如图，O点即为圆周运动的圆心．根据几何关系可知：，则粒子打到斜面上的时间考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动【名师点睛】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中．49．如图所示，左侧装置内存在着匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场，装置上下两极板间电势差为U，间距为L，右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD，=4L．一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子（不计重力、可视为质点），从狭缝S1射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域，最后全部从边界AC射出．若两个区域的磁场方向均水平（垂直于纸面向里）、磁感应强度大小均为B，“梯形”宽度=L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．试卷第65页，总66页 （1）判定这束粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小；（2）求出这束粒子可能的质量最小值和最大值；（3）求出（2）问中偏转角度最大的粒子在“梯形”区域中运动的时间．【答案】（1）这束粒子带正电，出粒子速度的大小为；（2）出这束粒子可能的质量最大值为，最小值为：；（3）（2）问中偏转角度最大的粒子在“梯形”区域中运动的时间为．【解析】试题分析：（1）根据运动轨迹和左手定则判定粒子电性，粒子在电磁场中做匀速直线运动，由平衡条件求出粒子速度．（2）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，求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子的质量．（3）根据运动轨迹图找到最大圆心角，根据周期关系求出运动的时间．解：（1）粒子全部从边界AC射出，则粒子进入梯形磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，粒子带正电；粒子在两极板间做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB=q，解得：v=；（2）在“梯形”区域内，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子轨道半径：R=，由R=可知：当粒子质量有最小值时，R最小，粒子运动轨迹恰与AC相切（见图甲）；当粒子质量有最大值时，R最大，粒子运动轨迹恰过C点（见图乙），由几何关系得：R1=（2L﹣R1）sin45°，解得：R1=2（﹣1）L，因MN=L，所以△AMC是等边直角三角形，R2=L，解得：mmax=，mmin=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子沿图甲轨迹运动时对应的圆心角最大，试卷第65页，总66页 有：t=T=T，解得：t=；答：（1）这束粒子带正电，出粒子速度的大小为；（2）出这束粒子可能的质量最大值为，最小值为：；（3）（2）问中偏转角度最大的粒子在“梯形”区域中运动的时间为．【点评】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，画出运动轨迹图，根据几何知识及平抛运动和圆周运动基本公式解答，难度较大．50．如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感强度为B．一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比．【答案】【解析】试题分析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为L．射出时速度的大小仍不变，射出方向与轴的夹角仍为θ．解：由洛仑兹力公式和牛顿定律可得，式中R为圆轨道的半径解得试卷第65页，总66页 ①圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得②联立①、②两式，解得【点评】利用圆的特性构建几何关系，并运用由洛伦兹力提供向心力的物理规律列出方程，从而联立求解．51．电子质量为m、电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：（1）OP的长度；（2）电子从由O点射入到落在P点所需的时间t．【答案】（1）OP的长度为sinθ；（2）电子从由O点射入到落在P点所需的时间．【解析】试题分析：（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出电子的轨道半径，然后由几何知识求出OP间的距离．（2）由几何知识求出电子在磁场中转过的圆心角，然后求出电子在磁场中的运动时间．解：过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，电子运动轨迹如图所示；（1）电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：qv0B=m，试卷第65页，总66页 解得电子轨道半径：R=，由几何知识得：OP=2Rsinθ=sinθ；（2）由图示可知，电子做圆周运动转过的圆心角：φ=2θ，电子做圆周运动的周期：T=，电子在磁场中运动的时间：t=T=×=；答：（1）OP的长度为sinθ；（2）电子从由O点射入到落在P点所需的时间．【点评】本题考查了求弦长、电子在磁场中的运动时间，知道电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律及几何知识即可正确解题，作出电子的运动轨迹、求出电子转过的圆心角是正确解题的关键．52．如图所示，一个电子以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，（电子重力忽略不计）求：（1）电子的质量是多少？（2）穿过磁场的时间是多少？（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少？【答案】（1）电子的质量是．（2）穿过磁场的时间是．（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是v0【解析】试题分析：（1）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，由牛顿第二定律求出质量．试卷第65页，总66页 （2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由t=T求出时间．（3）电子刚好不能从A边射出，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得到轨迹半径，即可由牛顿第二定律求得速度v．解：（1）电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F洛⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点上，设圆心为O点．如图所示．由几何知识可知，圆心角θ=30°，OC为半径r，则得：r==2d又由r=得：m=（2）电子穿过磁场的时间是：t=T=由于，得：（3）电子刚好不能从A边射出时，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得R=d，由R==d根据2d=，可得：v=v0．答：（1）电子的质量是．（2）穿过磁场的时间是．（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是v0．【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法．53．如图所示，在以O为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T．AO、CO为圆的两条半径，夹角为120°．一个质量为m=3.2×10-26kg、电荷量q=—1.6×10-19C的粒子经电场加速后，从图中A点沿AO进入磁场，最后以v=1.0×105m/s的速度从C点离开磁场．不计粒子的重力．求：试卷第65页，总66页 （1）加速电场的电压；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）圆形有界磁场区域的半径．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）在加速电场中，，。（2）粒子在磁场中运动周期：，。（3）由，粒子运动的轨道半径圆形磁场的半径为考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】本题关键明确带电粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后根据几何关系求解出半径，再根据动能定理和向心力公式求解。54．一质量为m、带电量为q的带电粒子以某一初速度与左边界夹角为θ垂直射入如图所示的匀强磁场中（磁感应强度为B，磁场宽度为L，上下无界），要使此带电粒子穿过这个磁场，则带电粒子的初速度v0应满足什么条件？试卷第65页，总66页 【答案】若粒子带正电，；若粒子带负电：【解析】试题分析：若粒子带正电，则根据几何关系有：所以根据牛顿第二定律有：，解得故，由题可知，若粒子带正电，：若粒子带负电，则根据几何关系有：所以根据牛顿第二定律有：，解得故由题可知，若粒子带负电：考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强磁场中的运动问题；关键是找到两种情况下粒子在磁场中运动的临界状态，画出运动的草图，然后结合结合关系及牛顿第二定律列得方程求解速度的临界值.55．一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0方向与ad边夹角为30°，如图所示．已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）．（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；（2）若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围以及该范围内粒子在磁场中运动时间t的范围．【答案】（1）粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，；试卷第65页，总66页 （2）粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，v0的取值范围，粒子在磁场中运动时间t的范围．【解析】试题分析：（1）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可确定半径的范围，即可求解；（2）根据题意确定运动轨迹，再由圆心角与周期公式，即可确定最长运动的时间；根据半径公式与半径的取值，即可求解．（1）由图可知：据洛伦兹力提供向心力，得：则（2）当v0最大时：得R1=L则：当v0最小值：得：则带电粒子从ab边射出磁场，当速度为vmax时，运动时间最短．速度为vmin时运动时间最长：∴粒子运动时间t的范围答：（1）粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，；（2）粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，v0的取值范围试卷第65页，总66页 ，粒子在磁场中运动时间t的范围．【点评】考查牛顿第二定律的应用，掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与圆心角的关系．注意本题关键是画出正确的运动轨迹．56．如图所示，一束电荷量为、质量为m的电子以速度垂直左边界射入宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来的电子的入射方向的夹角是300，则磁感应强度为多大？电子穿过磁场的时间又是多少？【答案】【解析】试题分析：电子在匀强磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，故其轨道是圆弧的一部分，又因洛伦兹力与速度v垂直，故圆心应在电子穿入和穿出时洛伦兹力延长线的交点上，从图中可以看出，AB弧所对的圆心角，OB即为半径r由几何关系可得：由牛顿第二定律得：解得：，带电粒子通过AB弧所用的时间，即穿过磁场的时间为：,又,解得：考点：牛顿第二定律洛伦兹力试卷第65页，总66页 【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题，首先要根据题意，画出粒子的运动轨迹，正确确定圆心和半径，再利用洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力即得：,找到几何图形与半径的关系，进而将有关物理量与涉及的图形相联系；要求带电粒子在磁场中的运动时间，则要找到粒子转过的圆心角，根据计算。57．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T。一质量为m＝5.0×10－8kg、电量为q＝1.0×10－6C的带电粒子从P点沿图示方向以v＝20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场（Q点未画出）。已知OP＝30cm，（粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：（1）OQ的距离；（2）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。【答案】（1）0.90m（2）【解析】试题分析：（1）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：得代入数据得：R＝0.50m而OP/cos53°＝0.50m故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示。由几何关系可知：OQ＝R＋Rsin53°，故OQ＝0.90m（2）带电粒子不从x轴射出（如图乙），由几何关系得：OP>R′＋R′cos53°①②由①②并代入数据得：（取“≥”照样给分）考点：带电粒子在磁场中的运动试卷第65页，总66页 【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题；考查动能定理、牛顿第二定律及向心力公式，同时将几何知识融入题中，从而提升学生分析与解题的能力；解题时必须要画出运动的草图，结合结合关系找到粒子运动的半径然后进行其他的求解.58．在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图所示，某时刻在xOy平面内的第Ⅱ、Ⅲ象限中施加沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场，在第Ⅰ、Ⅳ象限中施加垂直于xOy坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从M点以速度v0沿垂直于y轴方向射入该匀强电场中，粒子仅在电场力作用下运动到坐标原点O且沿OP方向进入第Ⅳ象限。在粒子到达坐标原点O时撤去匀强电场（不计撤去电场对磁场及带电粒子运动的影响），粒子经过原点O进入匀强磁场中，并仅在磁场力作用下，运动一段时间从y轴上的N点射出磁场。已知OP与x轴正方向夹角α=60°，带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，求：xEOBMv0NyPα（1）M、O两点间的电势差U；（2）坐标原点O与N点之间的距离d；（3）粒子从M点运动到N点的总时间t。【答案】（1）（2）（3）+。【解析】试题分析：（1）设粒子经过O点的速度为v，则cosα=（1分）对于电子经过电场的过程，根据动能定理有：（1分）解得：（1分）（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，运动轨迹如答图2所示。d答图2αv0vRα洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：（1分）解得：（1分）试卷第65页，总66页 根据几何关系可知，O与N之间的距离（1分）（3）设粒子在电场中从M点运动至O点所用时为t1，根据牛顿第二定律可知：粒子在电场中的加速度a=（1分）粒子通过O点时竖直方向速度vy=，根据运动学公式有：vy=at1解得：t1=（1分）设粒子在磁场中从O点运动至N点用时为t2，粒子在磁场中运动的周期（1分）解得：粒子从M点运动到N点的总时间t=t1+t2=+考点：带电粒子在组合场中的运动。【名师点晴】由射入磁场的速度方向确定竖直向下的速度大小与合速度的大小，为计算M、O两点间的电势差U做好铺垫；粒子在磁场中运动时，先找好圆心和半径，然后依照几何关系得出第2问的大小；最后一问计算时间时涉及到粒子在电场的时间与磁场的时间，体现了一定的综合性。59．如图所示，P、Q两平行金属板间存在着平行于纸面的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，两板间的距离为d，电势差为U；金属板下方存在一有水平边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。电荷量为q的带正电的粒子，以速度v垂直于电场和磁场匀速通过P、Q两金属板间，并沿垂直磁场方向进入金属板下方的磁场，做半径为R的匀速圆周运动。不计两极板电场的边缘效应及粒子所受的重力。求：RPQ+_vB（1）P、Q两金属板间匀强电场场强E的大小；（2）P、Q两金属板间匀强磁场磁感应强度B0的大小；（3）粒子的质量m。【答案】（1）E=（2）（3）。【解析】试题分析：（1）根据匀强强度和电势差的关系有：E=（2分）（2）因为粒子匀速通过P、Q两金属板间，则有：（2分）试卷第65页，总66页 解得：（1分）（3）粒子进入下方的匀强磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：（2分）可得：（1分）考点：质谱仪。【名师点晴】质谱仪中有速度选择器、偏转磁场等，速度选择器中的粒子受电场力与洛伦兹力相平衡，粒子在偏转磁场中运动时运用牛顿第二定律解圆周运动即可，在圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，可求出粒子的偏转半径与哪些因素有关。60．如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点．已知OA＝OC＝d.(粒子的重力不计)．求（1）离子进入磁场时的速度大小；（2）电场强度E和磁感应强度B的大小．【答案】(1)；（2），【解析】试题分析：（1）设离子经电压为U的电场加速后获得的速度为，由动能定理得，得到。（2）离子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，，由题意分析可知：，联立解得：。离子在电场中集偏转，做类平抛运动，设经时间从P到达C点，离子水平方向做匀速直线运动，则有：竖直方向做匀加速直线运动，则有：，,将代入解得：试卷第65页，总66页 。考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】本题考查分析和处理带电粒子在电场和磁场中运动的能力，在这两种场中处理方法不同：电场中采用运动的合成与分解，磁场中画轨迹。61．如图为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析仪和磁分析仪组成，若静电分析仪通道的半径为R，其中仅有均匀辐向电场，方向如图所示，磁分析仪中仅有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，问：（1）为了使位于A处的质量为m、电荷量为q的离子，从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析仪，已知虚线处场强大小均为E，则离子进入静电分析器的初速度为多少？加速电场的电压U应为多大？（离子的重力不计）（2）离子由P点进入磁分析仪后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P多远？若有一群离子从静止开始通过质谱仪后落在同一点Q，则该群离子有什么共同点？【答案】（1），（2）【解析】试题分析：（1）离子在加速电场中做加速运动，根据动能定理，有①离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有②由①、②式得③（2）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有④由②、④得⑤∴⑥由⑥式可知，说明该群离子必同带正电荷，且具有相同的比荷．考点：带电粒子在电磁场中的运动。试卷第65页，总66页 【名师点睛】质谱仪是分析同位素的仪器，经过同一电场加速，再进入同一磁场偏转，如果被加速的粒子比荷相同，则在磁场中的圆周运动的半径相同，就会打在乳胶片上同一点；如果比荷不同，则轨道半径不同。若是同位素，则可根据半径关系求出质量关系，从而分析同位素。62．如图所示，一个质量为m、电荷量为q，不计重力的带电粒子，从原点O以速度v沿y轴正方向射入第一象限内的匀强磁场中，并从x轴上的P（a，0）点射出第一象限。（1）判断粒子的电性；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小和粒子通过第一象限的时间。【答案】（1）负电（2）【解析】试题分析：（1）由左手定则，粒子带负电2分（2）根据几何知识：1分而1分联立得：1分而1分1分联立得：1分考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动63．(14分)(2013成都检测)如右图所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量q＝＋1.0×10－5C，从静止开始经电压为U1＝100V的电场加速后，从两平行金属板的中间水平进入偏转电场中，微粒从金属板边缘射出电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D＝34.6cm的匀强磁场区域．微粒重力忽略不计．求：试卷第65页，总66页 (1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1；(2)偏转电场中两金属板间的电压U2；(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强B至少多大？【答案】(1)1.0×104m/s(2)66.7V(3)0.1T【解析】试题分析：(1)带电微粒经加速电场加速后速率为v1，根据动能定理有U1q＝mv1＝＝1.0×104m/s.(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，设微粒进入磁场时的速度为v′，则v′＝得出v′＝v1.由动能定理有m(v′2－v)＝q解得U2＝66.7V.(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒恰好不从磁场右边射出时，做匀速圆周运动的轨道半径为R，由几何关系知R＋＝D由牛顿运动定律及运动学规律qv′B＝，得B＝0.1T.若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T.考点：本题考查带电粒子在电场中的加速、类平抛运动，及粒子在磁场中的运动。64．如图所示，质量为m电荷量为q的带电粒子，重力不计，由静止开始经两板间试卷第65页，总66页 电压为U的加速电场加速，又经磁感应强度为B的匀强磁场偏转后落到图中D点，求：（1）A、D间的距离；（2）粒子在磁场中运动的时间t【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）设粒子进入磁场的速度为v，偏转半径为r，，则：①（2分）②（2分）由①②得：（1分）（2）（3分）考点：考查带电粒子在磁场中的偏转点评：难度较小，对于带电粒子在磁场中的偏转问题，应根据运动轨迹先找圆心后求半径，运动时间根据圆心角求解65．(8分)如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据求:带电粒子的比荷及带电粒子在磁场中运动的周期【答案】【解析】由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度L=Rsin60o………………1分又未加磁场时有L＝v0t，……………1分试卷第65页，总66页 又由…………………1分所以可求得比荷………………2分得……………3分本题考查带电粒子在磁场中的偏转，画出粒子的运动轨迹，先找圆心后求得半径，洛伦兹力提供向心力求得荷质比，轨迹所对应圆心角为60°，运动时间为周期的六分之一如图所示，圆形区域的半径为R，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，磁场下面有竖直方向的匀强电场。一质量为m、电量为q的粒子（重力不计），粒子由静止开始从A运动到B，速度方向偏转了600。问：66．粒子带何种电荷？67．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径多大？68．加速电场两极间的电压U多大？【答案】66．负电荷67．68．【解析】略长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，平行金属板的右侧有如下图所示的匀强磁场。一个带电为＋q、质量为m的带电粒子，以初速v0紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下板边缘射出，射出时末速度恰与下板成30o角，出磁场时刚好紧贴上板右边缘，不计粒子重力，求：69．两板间的距离；70．匀强电场的场强与匀强磁场的磁感应强度。【答案】69．试卷第65页，总66页 70．【解析】（1）带电粒子在电场中受到电场力的作用发生偏转，做类平抛运动。竖直方向：离开电场时的速度vy=v0tan30°（1分）粒子发生偏转的位移（1分）水平方向：粒子匀速运动的时间（1分）联立以上几式解得，（1分）（2）在电场中粒子受到电场力，由牛顿第二定律得，qE=ma（1分）根据运动学公式有，vy=at（1分）又因为粒子运动时间t=，所以（1分）带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：（1分）粒子离开电场时的速度（1分）粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示（1分）由几何关系得，（1分）解得，（1分）71．(选修3－1的考生做)(8分)如图所示，一个电子的质量为m，电荷量为e，让它以初速度v0，从屏S上的O点垂直于S射入其右边区域。该区域有垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，该区域为真空。(1)求电子回到屏S时距离O点有多远；(2)若电子在磁场中经过某点P，OP连线与v0成θ=600角，求该电子从O点运动到P点所经历的时间t。Pv0SOBθ【答案】（1）电子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，，试卷第65页，总66页 当它回到S屏时，刚好运动半周，其距离O点的距离为（4分）（2）由几何知识电子到达P点时所对应的圆心角α=1200所用时间由故（4分）【解析】略72．如图所示，一带电粒子质量为m、电量为q，垂直于边界进入一个有界的匀强磁场区域，已知它恰好能从上边界飞离磁场区域，且此时速度方向偏离入射方向θ角。已知磁场区域的宽度为d，磁感强度为B，方向垂直于纸面向里，不计粒子所受重力。求：（1）粒子进入磁场时的速度。（2）粒子穿越磁场所用的时间。【答案】dqB/（msinθ），θm/（qB）。【解析】（1）带电粒子在磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子进入磁场时的速度为，所以有①，而带电粒子垂直于边界进入一个有界的匀强磁场区域，它恰好能从上边界飞离磁场区域，且此时速度方向偏离入射方向θ角，有②，由①②两式得，粒子进入磁场时的速度，（2）粒子穿越磁场的弧长，粒子进入磁场时的速度，所以粒子穿越磁场所用的时间,73．如图所示，一束带负电的离子（电荷量的绝对值为e），以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角是60°，不计重力，求：（1）离子的质量（2）离子穿过磁场的时间试卷第65页，总66页 【答案】（1）（2分）（1分）解得（1分）（2）（1分）（2分）解得（1分）【解析】略74．一质量为m、带电量为q的带电粒子以某一初速射入如图11-2-6所示的匀强磁场中（磁感应强度为B，磁场宽度为L），要使此带电粒子穿过这个磁场，则带电粒子的初速度应为多大？试卷第65页，总66页 【答案】a.如果带电粒子带正电，带电粒子在磁场中沿逆时针方向运动，当运动轨迹刚好与磁场右边界相切时，轨道半径R-Rcosθ=L，R=L/（1-cosθ），又R=mv/qB，则速度v=，即带电粒子要穿过磁场，速度要大于；b.如果带电粒子带负电，带电粒子在磁场中沿顺时针方向运动，当运动轨迹刚好与磁场右边界相切时，轨道半径R+Rcosθ=L，R=L/（1+cosθ），则速度v=，带电粒子要穿过磁场，速度要大于。【解析】略75．如图所示的正方形盒子开有a、b、c三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场．一束速率不同的带电粒子（质量、电量均相同，不计重力）从a孔沿垂直磁感线方向射入盒中，发现从c孔和b孔有粒子射出，试分析下列问题：(1)判断粒子的电性；(2)从b孔和c孔射出的粒子速率之比v1：v2；(3)它们在盒内运动时间之比为t1：t2．【答案】依题意可得粒子的运动轨迹，如右图所示．结合运动轨迹，根据左手定则可知粒子带负电．…………2′由得…………2′又由运动轨迹知r1=2r2则v1：v2=1:2…………2′由得…………2′又由运动轨迹知t1=T/2t2=T/4则t1：t2=2：1…………2′【解析】略试卷第65页，总66页 76．如图所示，在光滑绝缘水平面上平放着一内壁光滑、绝缘的空心细管，管内M端有一带正电的小球P，在距离管的N端正右方2h的A1处有另一不带电的小球Q，存足够大空间区域有竖直向下的匀强磁场，磁感强皮为B。现让细管以垂直管长方向的速度v1水平向右匀速运动，同时让Q以某速度v2从A1点出发沿A1A2匀速运动，细管运动到A1处时，A1A2与细管延长线的夹角为45°。若小球P恰好在A处相对水平面以速度离开管的N端，一段时间后与Q相碰，试求：（1）P的带电量与质量之比的大小；（2）v2的人小。【答案】（1）设P的电量为q、质量为m，P因参与v1运动而受到指向N端的洛伦兹力，其值为P在管中的运动会使它受到另一个向左的洛伦兹力，此力被管壁施予P向右的力所抵消。P对应有指向N端的加速度①设P从M端到达N端t1，到达N端时沿管长方向的速度大小为u。则②③④由③可得：⑤由①②③⑤可得：⑥（2）P离开管后将在水平面上作匀速圆周运动其速度为：试卷第65页，总66页 ⑦⑧P恰好在A1位置离开管的N端，离开管后最终只可能与Q在图中S处相碰，Q从开始运动到P相碰撞经历的时间为：（n=0、1、2、3……）⑨在这段时间内Q小球恰好走过2r的路程，则⑩解得：（11）【解析】略77．据有关资料介绍，受控热核聚变反应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将其束缚在某个区域内，现按下面的简化条件来讨论这个问题，如图所示，有一个环形区域，其截面内半径为，外半径为R2=1．0m，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，已知磁感应强度B=1．0T，被束缚粒子的荷质比为=4．0×107C/kg，不计带电粒子在运动过程中的相互作用，不计带电粒子的重力．（1）若中空区域中的带电粒子沿环的半径方向射入磁场，求带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度v0．（2）若中空区域中的带电粒子以（1）中的最大速度v0从圆心O点沿圆环半径方向射入磁场，求带电粒子从进入磁场开始到第一次回到该点所需要的时间t．试卷第65页，总66页 【答案】设粒子在磁场中做圆周运动的最大半径为r，则r=，如图所示，由几何关系得（3分）则．（2分）。（1分）故带电粒子进入磁场绕圆转过3600－（1800一600）=2400又回到中空部分．粒子的运动轨迹如图所示，故粒子从P点进入磁场到第一次回到P点时，粒子在磁场中运动时间为（2分）粒子在中空部分运动时间为,（1分）粒子运动的总时间为＋=5．74×10-7s．（1分）【解析】略78．如图所示，质量为m=1×10-6kg、电荷量为q=1c的带电粒子（不计重力），以初速度=2×106m/s垂直进入磁感应强度为B=1T、宽度为L=1m的匀强磁场区域，并从磁场右侧飞出。求：试卷第65页，总66页 （1）带电粒子运动的轨道半径（2）带电粒子在磁场中的运动时间【答案】（2）【解析】略79．（9分）如图所示，只有在的区域中，存在着垂直于纸面的、磁感应强度为B0的匀强磁场，一个质量为m、带电量为的带电粒子（不计重力），从坐标原点O以初速度沿着与轴正向成300角的方向垂直于磁场方向进入。求该带电粒子离开磁场的位置以及方向。【答案】离开磁场的距离，速度方向与x轴正向成300斜向下【解析】带电粒只受洛仑兹力，做匀速圆周运动试卷第65页，总66页 洛仑兹力用来提供向心力——2分——1分根据几何知识,,所以——1分离开磁场的距离——3分离开磁场的速度方向与x轴正向成300斜向下——2分80．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a。求：（1）该带电粒子的电性；（2）该带电粒子的比荷。【答案】（1）粒子带负电荷（2）【解析】（1）据题意，粒子的运动轨迹如图所示。据左手定则知粒子带负电荷(3分)（2）由几何关系：(4分)洛伦兹力提供向心力：(3分)则粒子的比荷为：(2分)试卷第65页，总66页