洛伦兹力题库.doc

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qvBqE，所以EBv。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：qvBqE，所以UBbv，电势差与离子浓度无关，故选项C错；流量QSvbc，可以看出流量与a、b均无关，故D错。正确答案为B。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【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（ ）带电粒子的比荷带电粒子在磁场中运动的周期带电粒子在磁场中运动的半径带电粒子的初速度A B C D【答案】A【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=vt 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=R 粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有： 周期： 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，故正确，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（ ）AM带负电，N带正电BM的速度率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM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：，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。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=BdvC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Bc粒子速率最小Cc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：，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，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DAC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30 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 V，磁感应强度的大小为0040 T则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（ ）A13 m/s，a正、b负B27 m/s，a正、b负C13 m/s，a负、b正D27 m/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（ ）【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【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）Ad 随 U 变化， d 随 U变化Bd 随 U 变化， d 与 U无关Cd 与 U 无关， d 与 U无关Dd 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，则有：v0=vcos；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，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22a、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（ ）Aa带负电荷 Ba带正电荷 Cb带正电荷 Dc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【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和匀强磁场区域，如果这束正离子束在区域中不偏转，进入区域后偏转半径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（ ）AV0 B C D2V0【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，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 （n1，2，3）【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：L2nR（n1，2，3，）又因在电场中，粒子进入磁场时的速度为v，则有：qEymv2在磁场中，又有：Bqv联立得y（n1，2，3）28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粒子，粒子的速度大小均为v0，在0yd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分别为粒子的电量和质量；在dy2d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（不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用），求：（1）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板上被粒子打中的区域的长度【答案】（1） （2）（3） 【解析】试题分析：（1）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）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=，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；（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：，；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，（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tan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sin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 由得： 粒子在磁场中做匀速圆周运动 由解得： 由式解得：（2）粒子在电场中运动时间t1= 在磁场中运动时间 t2= 而L= 由解出：=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、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进入区，最后再从A4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，求区和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分别表示在磁场区和区中的磁感应强度、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进入区磁场连接A1A2，A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在区磁场中运动轨迹的圆心，其轨迹的半径R1A1A2OA2r圆心角A1A2O60，带电粒子在区磁场中运动的时间带电粒子在区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即在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tt1t2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）【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 = 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 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），从到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：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xa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（q0）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？O a y x 【答案】【解析】试题分析：带电粒子的运动半径：解得：B O2 y O1 C A O x 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C D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= ，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01m，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? 【答案】（1）垂直纸面向里 00011T （2）15710-8s【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：（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=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【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=mv20，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=2mv20，在磁场中，由牛顿第二定律得：qvB=2m，解得：R=L，横坐标：x=RL=（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03t0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t