高考物理大一轮复习《磁场》综合检测

一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。磁场综合检测(时间:90分钟满分:100分)【测控导航】考点题号1.地磁场安培定则22.磁感应强度及叠加1,33.安培力左手定则4,154.回旋加速器95.霍尔元件106.实验13,147.带电粒子在磁场中运动5,6,7,11,168.带电粒子在复合场中运动8,12,17,18一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第18题只有一个选项正确,第912题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.(2016广东中山联考)关于电场强度、磁感应强度,下列说法中正确的是(B)A.由真空中点电荷的电场强度公式E=kQr2可知,当r趋近于零时,其电场强度趋近于无限大B.电场强度的定义式E=Fq适用于任何电场C.由安培力公式F=ILB可知,一小段通电导体在某处不受安培力,说明此处一定无磁场D.一带电粒子在磁场中运动时,磁感应强度的方向一定垂直于洛伦磁力的方向和带电粒子的运动方向解析:公式E=kQr2是点电荷的电场强度的决定式,E与Q成正比,与r2成反比,但是当r0时,带电体不能视为点电荷,A错误;公式E=Fq是电场强度的定义式,适用于任何电场,但是电场中某点的电场强度与F,q无关,B正确;通电导线受力为零的地方,磁感应强度B的大小不一定为零,这可能是电流方向与B的方向在一条直线上的原因造成的,C错误;洛伦兹力方向垂直于B与v决定的平面,但B与v不一定垂直,D错误.2.(2016广西河池模拟)为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流引起的.下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是(B)解析:地磁场的N极在地理的南极附近,地磁场的S极在地理的北极附近,根据安培定则,让拇指与四指垂直,而四指弯曲的方向就是电流流动的方向,故B正确.3.(2016河南百校质检)正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流,方向如图所示,a,b,c三点分别是正三角形三边的中点,若A,B,C三处导线中的电流分别为I,2I,3I,已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比,与电流到这一点的距离成反比,即B=kIr,则a,b,c三点的磁感应强度大小关系为(B)A.a点最大B.b点最大C.c点最大D.b,c两点一样大解析:设正三角形的边长为2L,则a,b,c三点的磁感应强度大小分别为Ba=2kIL,Bb=(kI3L)2+(5kIL)2=763kIL,Bc=(2kI3L)2+(4kIL)2=523kIL,比较可得选B.4.(2016浙江桐乡检测)如图所示,表示磁场对直线电流的作用,其中不正确的是(C)解析:根据左手定则,伸开左手,让磁感线垂直穿过手心,四指指电流方向,拇指所指方向为安培力的方向,故选项A,B,D正确,C错误.5.(2016北京海淀区期中)如图所示,甲、乙两个质量相同、带等量异种电荷的带电粒子,以不同的速率经小孔P垂直磁场边界MN,进入方向垂直纸面向外的匀强磁场中,在磁场中做匀速圆周运动,并垂直磁场边界MN射出磁场,半圆轨迹如图中虚线所示.不计粒子所受重力及空气阻力,则下列说法中正确的是(C) A.甲带负电荷,乙带正电荷B.洛伦兹力对甲做正功C.甲的速率大于乙的速率D.甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间解析:由左手定则可知,甲带正电荷,乙带负电荷,选项A错误;洛伦兹力方向与速度方向垂直,故洛伦兹力对甲不做功,选项B错误;根据r=mvqB可知,由于甲的半径大于乙,故甲的速率大于乙的速率,选项C正确;根据T=2mqB可知,两个电荷的周期相同,运动时间均为12T,故甲在磁场中运动的时间等于乙在磁场中运动的时间,选项D错误.6.如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹.下列关于实验现象和分析正确的是(B)A.励磁线圈通以逆时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹B.励磁线圈通以顺时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹C.保持励磁电压(即励磁线圈上所加电压)不变,增加加速电压,电子束形成圆周的半径减小D.保持加速电压不变,增加励磁电压,电子束形成圆周的半径增大解析:励磁线圈通以顺时针方向的电流,则由安培定则可知线圈内部磁场向里,由左手定则可知能形成结构示意图中的电子运动径迹,选项B正确,A错误;保持励磁电压不变,增加加速电压,则电子的运动速度变大,根据r=mvqB可知电子束形成圆周的半径增大,选项C错误;保持加速电压不变,增加励磁电压,则B变大,根据r=mvqB可知,电子束形成圆周的半径减小,选项D错误.7.如图(甲)所示,为一个质量为m,电荷量为q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于匀强磁场中,(不计空气阻力),现给圆环向右初速度v0,在以后的运动过程中的速度图像如图(乙)所示.则圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W,下列说法正确的是(重力加速度为g)(B)A.圆环带负电,B=mgqv0B.圆环带正电,B=2mgqv0C.圆环带负电,W=34mv02D.圆环带正电,W=34mv02解析:因圆环最后做匀速直线运动,即在竖直方向上平衡,由左手定则知圆环带正电,有qv02B=mg得B=2mgqv0由动能定理得,圆环克服摩擦力所做的功W=12mv02-12m(v02)2=38mv02,故选项B正确.8.如图所示,一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子,不计重力,在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域,沿曲线abcd运动,ab,bc,cd都是半径为R的圆弧.粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直纸面向外的磁感应强度方向为正,则磁场区域,三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是(C) 解析:由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域,内磁场方向分别为向外、向里、向外,在三个区域中均运动14圆周,故t=T4,由于T=2mqB,解得B=m2qt.只有选项C正确.9.(2016河北唐山模拟)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,高频交变电流的频率为f,加速器的电压为U,若中心粒子源处产生的质子质量为m,电荷量为+q,在加速器中被加速.不考虑相对论效应,则下列说法正确是(AC)A.质子被加速后的最大速度不能超过2RfB.加速的质子获得的最大动能随加速电压U增大而增大C.质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为21D.不改变磁感应强度B和交变电流的频率f,该加速器也可加速粒子解析:质子在回旋加速器中被加速,需要满足质子做圆周运动的周期与交变电压的周期相等,质子的最大动能由D形盒的半径R决定,故选项B错误;由半径公式r=mvqB可知质子的最大速度v=qBRm,且满足周期T=2mqB=1f,可得最大速度v=2fR,故选项A正确;质子在电场中加速,根据动能定理,第一次通过狭缝有qU=12mv12,第二次通过狭缝有qU=12mv22-12mv12,由两式可知v2v1=21,故选项C正确;质子的电荷数和质量数都是1,粒子(氦核24He)的电荷数为2,质量数为4,两种粒子的比荷并不相等,由周期公式T=2mqB可知两种粒子的周期也不相等,不改变磁感应强度B和交变电流的频率f,则不满足粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等,该加速器就不能加速粒子,故选项D错误.10.(2016北京市海淀区期末)半导体内导电的粒子“载流子”有两种:自由电子和空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子),以自由电子导电为主的半导体叫N形半导体,以空穴导电为主的半导体叫P形半导体. 如图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图,图中一块长为a、高为b、宽为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中,磁感应强度大小为B.当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时,会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差UH,霍尔电势差大小满足关系UH=kIBc,其中k为材料的霍尔系数.若每个载流子所带电荷量的绝对值为e,下列说法中正确的是(AD)A.如果上表面电势高,则该半导体为P形半导体B.如果上表面电势高,则该半导体为N形半导体C.霍尔系数较大的材料,其内部单位体积内的载流子数目较多D.样品板在单位体积内参与导电的载流子数目为IBceUH解析:如果半导体为P形半导体,则能自由移动的是带正电的粒子,由左手定则可以判断出粒子偏向上表面,故上表面电势高,选项A正确;如果半导体为N形半导体,则能自由移动的是负电子,由左手定则可以判断出电子偏向上表面,故上表面电势低,选项B错误;待电流稳定后,粒子在电场力与洛伦兹力的作用下处于平衡状态,故存在UHbq=Bqv,而电流的大小又可以表示为I=neSv=nebcv,两式整理得BI=UHnec;又因为UH=kIBc,故k=1ne,故霍尔系数k较大的材料,其内部单位体积内的载流子数目较少,选项C错误;由上式还可以推出n=IBceUH,选项D正确.11.如图所示,abcd是一个边长为L的正方形,它是磁感应强度为B的匀强磁场横截面的边界线.一带电粒子从ab边的中点O垂直于磁场方向射入,其速度方向与ad边成=30角,如图.已知该带电粒子所带电荷量为+q,质量为m,重力不计,若要保证带电粒子从ad边射出,则(BD) A.粒子轨道半径最大值为L4B.粒子轨道半径最大值为L3C.该带电粒子在磁场中飞行的时间为3m5BqD.该带电粒子入射时的最大速度为BqL3m解析:由左手定则可以判断出,带电粒子受到洛伦兹力使得粒子向上偏转而做圆周运动,由公式R=mvBq可知,偏转半径随入射速度的增大而增大,要保证粒子从ad边射出,则粒子沿临界轨迹OFE做圆周运动,如图所示;根据几何关系可知,1.5R=L2,故此时的半径R=L3,选项A错误,B正确;粒子在磁场中的飞行时间取决于粒子做圆周运动的圆心角的大小,由几何关系可得OO2=O2E,因为EOO2=60,故EO2O=60,所以此时的圆心角为360-60=300=53,则带电粒子在磁场中飞行的时间为t=53T2=53mBq=5m3Bq,选项C错误;由公式R=mvBq可知,带电粒子入射时的最大速度v=BqRm=BqL3m,选项D正确.12.(2016浙江嘉兴期末)扭摆器是同步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆.其简化模型如图,为宽度均为L的条形匀强磁场区域,边界竖直,相距也为L,磁场方向相反且垂直于纸面,磁感应强度的大小分别为B1,B2,其中B1=B0.一质量为m、电荷量为-q、重力不计的粒子,从靠近平行板电容器MN板处由静止释放,极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入扭摆器,射入区和离开区时速度与水平方向夹角均为=30,则(CD)A.若B2=B0,则粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向垂直B.若B2=B0,粒子在扭摆器中运动的时间t=2L3m2qUC.若B2=B0,粒子在扭摆器中运动的最高点和最低点的高度差h=(2-233)LD.若B23LmU2q,则粒子能返回区解析:若B2=B0,粒子运动轨迹如图(甲)所示则粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向平行,选项A错误;根据动能定理,可得Uq=12mv2,解得粒子射入区域时的速度为v=2Uqm,粒子在中运动时有qvB0=mv2R,由几何知识得L=2Rsin =R,联立代入数据解得B0=1L2mUq,粒子在磁场区域中运动的时间为t1=T6=2m6qB0=L3m2qU;同理若B2=B0,粒子在中的运动时间t2=L3m2qU,粒子在,中间做匀速直线运动,t3=Lcos30v=2L33m2qU,故粒子在扭摆器中的运动时间为t=t1+t2+t3=2L3m2qU+2L33m2qU,选项B错误;由于B2=B1=B0,粒子在两个磁场中的运动半径相等都为R,根据几何知识R=L,h=2R(1-cos )+Ltan ,代入数据得h=(2-233)L,选项C正确;如图(乙)所示.为使粒子能再次回到区,应满足R(1+sin )L,代入数据解得B23LmU2q,选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(6分)(2016天津和平区校级期末)磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用,此现象可通过以下实验证明:(1)如图(a)所示,在重复奥斯特的电流磁效应实验时,为使实验方便效果明显,通电导线应.A.平行于南北方向,位于小磁针上方B.平行于东西方向,位于小磁针上方C.平行于东南方向,位于小磁针下方D.平行于西南方向,位于小磁针下方此时从上向下看,小磁针的旋转方向是(填“顺时针”或“逆时针”).(2)如图(b)所示是电子射线管示意图,接通电源后,电子射线由阴极沿x轴方向射出,在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转,在下列措施中可采用的是.(填选项代号)A.加一磁场,磁场方向沿z轴负方向B.加一磁场,磁场方向沿y轴正方向C.加一电场,电场方向沿z轴负方向D.加一电场,电场方向沿y轴正方向 (3)如图(c)所示,两条平行直导线,当通以相同方向的电流时,它们相互(填“排斥”或“吸引”),当通以相反方向的电流时,它们相互(填“排斥”或“吸引”),这时每个电流都处在另一个电流的磁场里,因而受到磁场力的作用,也就是说,电流和电流之间,就像磁极和磁极之间一样,也会通过磁场发生相互作用.解析:(1)由于无通电导线时,小磁针S极指南,N极指北,位于南北方向,若导线的磁场仍使小磁针南北偏转,根本无法观察,所以为使实验方便效果明显,导线应平行于南北方向位于小磁针上方,这样当导线中通电时,小磁针能向东西偏转,实验效果比较明显,故A正确.导线下方磁场方向垂直纸面向里,小磁针N极向里转,从上向下看,小磁针逆时针旋转.(2)若加一沿z轴负方向的磁场,根据左手定则,洛伦兹力方向沿y轴负方向,亮线不向下偏转,不符合题意,故A错误;若加一沿y轴正方向的磁场,根据左手定则,洛伦兹力方向沿z轴负方向,亮线向下偏转,符合题意,故B正确;若加一沿z轴负方向的电场,电子带负电,电场力方向沿z轴正方向,亮线不向下偏转,不符合题意,故C错误;若加一沿y轴正方向的电场,电子带负电,电场力方向沿y轴负方向,亮线不向下偏转,不符合题意,故D错误.(3)题图(c)中,通入电流方向相同时,研究右导线的受力情况,将左导线看成场源电流,根据安培定则可知,它在右导线处产生的磁场方向垂直纸面向外,由左手定则判断可知,右导线所受的安培力方向向左;同理,将右导线看成场源电流,左导线受到的安培力向右,两导线要靠拢,说明电流方向相同时,两导线相互吸引;同理可知,当通入电流方向相反时,两导线远离,两导线相互排斥.答案:(1)A逆时针(2)B(3)吸引排斥评分标准:每问2分.14.(6分)霍尔元件可以用来检测磁场及其变化.图(甲)为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图.由于磁芯的作用,霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场.测量原理如图(乙)所示,直导线通有垂直纸面向里的电流,霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱,通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路.所用器材已在图中给出,部分电路已经连接好.为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B; (1)制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电,电流从(乙)图中霍尔元件左侧流入,右侧流出,霍尔元件(填“前”或“后”)表面电势高.(2)在图中画线连接成实验电路图.(3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为e,霍尔元件的厚度为h,为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B,还必须测量的物理量有、(写出具体的物理量名称及其符号),计算式B=.解析:(1)磁场是直线电流产生的,根据安培定则,磁场方向向下;电流向右,根据左手定则,安培力向内,载流子是负电荷,故后表面带负电,前表面带正电,故前表面电势较高.(2)变阻器控制电流,用电压表测量电压,电路图如图所示.(3)设前后表面的厚度为d,最终自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,有eUd=evB根据电流微观表达式,有I=neSv=nedhv联立解得B=nehUI.答案:(1)前(2)见解析(3)电压表示数U电流表示数InehUI评分标准:每空1分,作图2分.15.(8分)如图所示,在倾角为30的斜面上,固定一宽度为L=0.25 m的足够长平行光滑金属导轨,在导轨上端接入电源和滑动变阻器.电源电动势为E=3.0 V,内阻为r=1.0 .一质量m=20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B=0.80 T.导轨与金属棒的电阻不计,取g=10 m/s2.(1)如要保持金属棒在导轨上静止,滑动变阻器接入电路中的阻值是多少?(2)如果拿走电源,直接用导线接在两导轨上端,滑动变阻器阻值不变化,求金属棒所能达到的最大速度值.(3)在第(2)问中金属棒达到最大速度前,某时刻的速度为10 m/s,求此时金属棒的加速度大小.解析:(1)由于金属棒静止在金属导轨上,故受力平衡,如图所示安培力F=ILB=mgsin 30=0.1 N (1分)得I=FBL=0.5 A (1分)设变阻器接入电路的阻值为R,根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)联立解得R=EI-r=5 . (1分)(2)金属棒达到最大速度时,将匀速下滑,此时安培力大小、回路中电流大小应与上面情况相同,即金属棒产生的电动势E=IR=2.5 V(1分)由E=BLv得v=EBL=12.5 m/s. (1分)(3)金属棒速度为10 m/s时,产生的电动势E=BLv=2 V (1分)电流为I=ER金属棒受到的安培力为F=BIL=0.08 N (1分)金属棒的加速度为a=mgsin30-Fm=1 m/s2. (1分)答案:(1)5 (2)12.5 m/s(3)1 m/s216.(8分)(2016山东淄博摸底)如图所示,在y轴右侧有一方向垂直纸面向里的有界匀强磁场区域(图中未画出),磁感应强度大小为B.一束质量为m、电荷量为+q的粒子流,沿x轴正向运动,其速度大小介于v0与2v0之间,从坐标原点射入磁场,经磁场偏转后,所有粒子均沿y轴正方向射出磁场区域.不计粒子重力.求:(1)粒子在磁场中运动的最大半径和最小半径;(2)粒子在磁场中运动的时间;(3)满足条件的磁场区域的最小面积.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,则qvB=mv2R,速度最大为2v0的粒子,运动半径最大,R1=2mv0qB; (1分)速度最小为v0的粒子,运动半径最小R2=mv0qB. (1分)(2)所有粒子运动的周期都相同,粒子在磁场中运动的时间也相同,T=2mqB,t=14T,得t=m2qB. (2分)(3)粒子沿x轴正向进入磁场,射出时速度方向均竖直向上,偏转角都是90,所以轨迹经过的区域为磁场的最小面积,如图所示,图中浅色阴影部分即为最小磁场区域.S1=14R12-12R12 (1分)S2=14R22-12R22 (1分)S=S1-S2 (1分)联立代入数据得S=3(-2)m2v024q2B2. (1分)答案:(1)2mv0qBmv0qB(2)m2qB(3)3(-2)m2v024q2B217.(12分)(2016广东百校质检)如图所示,一质量m=110-16 kg、电荷量q=210-6 C的带正电微粒(重力不计),从静止开始经电压U1=400 V的加速电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,金属板长L=1 m,两板间距d=32 m,微粒射出偏转电场时的偏转角=30,接着进入一方向垂直于纸面向里的匀强磁场区,该匀强磁场的磁感应强度大小B=3 T,微粒在磁场中运动后恰能从右边界射出.求:(1)微粒进入偏转电场时的速度大小v0;(2)两金属板间的电压U2;(3)微粒在磁场中的运动时间t和匀强磁场的宽度D.解析:(1)带电微粒在加速电场中运动,由动能定理有qU1=12mv02, (1分)得v0=4106 m/s. (1分)(2)带电微粒在偏转电场中运动时,有a=qEm=qU2md, (1分)t=Lv0, (1分)tan =atv0=33, (1分)代数解得U2=400 V. (1分)(3)带电微粒在磁场中运动,恰好从右边界射出,对应圆周运动的圆心角为120,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,得r=mvqB, (1分)T=2mqB, (1分)由以上三式可得带电微粒在磁场中的时间t=T3=2m3qB=110-10 s, (1分)由几何关系可知D=r+rsin , (1分)v0v=cos , (1分)解得D=6310-4 m. (1分)答案:(1)4106 m/s(2)400 V(3)110-10 s6310-4 m18.(12分)(2016河北正定中学月考)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,AHCD,AH=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MN=L,忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用.(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.解析:(1)由于粒子在“梯形”磁场中从边界AC射出,可知粒子带正电; (1分)由于粒子在左侧正交电磁场中沿直线通过且洛伦兹力不做功,故粒子速率不变,有qvB=Eq,E=UL,所以v=UBL. (2分)(2)在“梯形”区域内,粒子做匀速圆周运动,由牛顿第二定律,有qvB=mv2R, (1分)当粒子质量有最小值时,R最小,粒子运动轨迹恰与AC相切如图(甲);当粒子质量有最大值时,R最大,粒子运动轨迹恰过C点如图(乙),由几何关系有R1=(2L-R1)sin 45,R1=2(2-1)L,(2分)因MN=L,所以AMC是等腰直角三角形,R2=L, (1分)解得,mmin=qB2L2U,mmax=2(2-1)qB2L2U.(2分)(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2mqB,粒子沿图(甲)轨迹运动时对应的圆心角最大,有t=135360T=38T, (2分)解得t=3(2-1)BL22U. (1分)答案:(1)带正电UBL(2)qB2L2U2(2-1)qB2L2U(3)3(2-1)BL22U【备用题组】1.(2016四川巴中检测)如图,在xOy平面第一象限整个区域分布一匀强电场,电场方向平行y轴向下.在第四象限内存在一有界匀强磁场,左边界为y轴,右边界为x=5l的直线, 磁场方向垂直纸面向外.一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场,在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45角进入匀强磁场.已知OQ=l,不计粒子重力.求:(1)P点的纵坐标;(2)要使粒子能再次进入电场,磁感应强度B的取值范围.解析:(1)设粒子进入磁场时y方向的速度为vy,则vy=v0tan 设粒子在电场中运动时间为t,有OQ=v0tOP=vy2t联立解得OP=l2.(2)作出粒子刚好能再进入电场的轨迹,如图所示设此时的轨迹半径为r,由几何关系有r+rcos 45=l粒子在磁场中的速度v=v0cos,根据牛顿第二定律qvB1=mv2r,联立解得B1=(2+1)mv0ql,要使粒子能再进入电场,磁感应强度B的范围为B(2+1)mv0ql.答案:(1)l2(2)B(2+1)mv0ql2.(2016北京市海淀区期末)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,象限中施加沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场,在第,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=60,带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计,求:(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.解析:(1)设粒子经过O点的速度为v,则cos =v0v,对于电子经过电场的过程,根据动能定理有qU=12mv2-12mv02,解得U=3mv022q.(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,运动轨迹如图所示. 洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=mv2R,解得R=2mv0qB,根据几何关系可知,O与N之间的距离d=R=2mv0qB.(3)设粒子在电场中从M点运动至O点所用时间为t1,根据牛顿第二定律可知,粒子在电场中的加速度a=qEm,粒子通过O点时竖直方向速度vy=3v0,根据运动学公式有vy=at1,解得t1=3mv0qE,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T=2Rv,t2=2-2T=5m3qB,解得粒子从M点运动到N点的总时间t=t1+t2=3mv0qE+5m3qB.答案:(1)3mv022q(2)2mv0qB(3)3mv0qE+5m3qB3.(2016河南百校联盟质检)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,第象限内有沿y轴负向的匀强电场,电场强度的大小为E,第象限内有垂直纸面向外的匀强磁场.在y轴的正半轴上,各点处均向x轴正向发射