物理人教版选修3-1第三章磁场第6节带电粒子在有界磁场中的运动汇总

.@:带电粒子在有界磁场中的运动汇总一、单项选择题1.如下图，直角三角形ABC中存在一垂直纸面向里的匀强磁场，比荷一样的两带电粒子沿AB方向从A点射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，不计粒子重力。以下说法正确的选项是〔

〕

A.

从P点射出的粒子速度大

B.

从Q点射出的粒子在磁场中运动的周期大

C.

从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长

D.

两粒子在磁场中运动的时间一样长2.如下图，两个一样的带电粒子，不计重力，同时从A孔沿AD方向射入一正方形空腔中，空腔中有垂直纸面向里的匀强磁场，两粒子的运动轨迹分别为a和b，那么两粒子的速率和在空腔中运动的时间的关系是〔

〕

A.

va＝vb，ta<tb

B.

va>vb，ta>tb

C.

va>vb，ta<tb

D.

va<vb，ta＝tb3.如下图，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子〔不计重力〕，从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且∠AOB=120°，那么该粒子在磁场中运动的时间为〔

〕

A.

B.

C.

D.

4.〔2019•新课标Ⅱ〕如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量一样的带电粒子以一样的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，假设粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；假设粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的互相作用，那么v2：v1为〔〕

A.

：2

B.

：1

C.

：1

D.

3：5.顶角A为120°的等腰三角形ABC内部有匀速磁场，磁场垂直三角形所在平面，如下图，一对正负电子由底边BC中点沿垂直于底边的方向射入磁场中，正电子恰能从底边BC射出，负电子恰好垂直打到AC边，不计两电子间的互相作用力和重力，正负电子的速率之比为〔

〕

A.

1：3

B.

1：2

C.

〔2〕：1

D.

1：16.如下图，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON〔在纸面内〕与磁场方向垂直且∠NOM=60°，ON上有一点P，OP=L．P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子〔不计重力〕，速率为，那么粒子在磁场中运动的最短时间为〔

〕

A.

B.

C.

D.

7.如下图，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场〔图中未画出〕，AB边长度为d，∠C=，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为，那么以下判断中错误的选项是〔

〕

A.

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0

B.

该匀强磁场的磁感应强度大小为

C.

粒子在磁场中运动的轨道半径为d

D.

粒子进入磁场时速度大小为8.如图，半径为R的圆表示一柱形区域的横截面〔纸面〕．在柱形区域内加方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一带正电荷的粒子沿图中直线以速率v0从圆上的a点射入柱形区域，从圆上b点射出磁场时速度方向与射入时的夹角为120°〔b点图中未画出〕．圆心O到直线的间隔为R，不计重力，那么以下关于粒子的比荷正确的选项是〔

〕

A.

B.

C.

D.

．9.一半径为R圆筒处于匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如下图．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ù顺时针转动．在该截面内，一质量为m，带电量为q带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计粒子重力，假设粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，那么关于带电粒子的运动半径r与磁场的磁感应强度B正确的选项是：〔

〕

A.

r=3R

B.

r=〔+1〕R

C.

B=

D.

B=10.如下图，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的互相作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的选项是〔

〕

A.

只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上

B.

对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心

C.

对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长

D.

只要速度满足v=，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上11.如下图，一圆柱形匀强磁场区域的横截面为半径为R的圆，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿垂直于直径ab的方向射入磁场区域，入射点与ab的间隔为，粒子出射时速度方向偏转了60°〔不计重力〕．那么粒子的速率为〔

〕

A.

B.

C.

D.

12.空间有一圆柱形匀强磁场区域，O点为圆心．磁场方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率v射入磁场，θ=30°，粒子在纸面内运动，经过时间t分开磁场时速度方向与半径OA垂直．不计粒子重力．假设粒子速率变为，其它条件不变，粒子在圆柱形磁场中运动的时间为〔

〕

A.

B.

t

C.

D.

2t13.如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度程度向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．己知磁场I、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，那么B1与B2的比值为〔

〕

A.

2cosθ

B.

sinθ

C.

cosθ

D.

tanθ14.如下图，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子〔重力不计〕从AB边的中点O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AB边的夹角为60°，假设要使粒子能从AC边穿出磁场，那么匀强磁场的大小B需满足〔

〕

A.

B＞

B.

B＜

C.

B＞

D.

B＜二、多项选择题15.如下图，在0≤x≤a，0≤y≤a的长方形区域有垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子〔重力不计〕，它们的速度方向均在xoy平面内的第一象限，且与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内，速度大小不同，且满足≤v≤，粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，那么以下说法正确的选项是〔

〕

A.

所有粒子在磁场中运动经历最长的时间为

B.

所有粒子在磁场中运动经历最长的时间小于

C.

从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间小于

D.

从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间为16.两个质量一样，所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如下图，假设不计粒子的重力，那么以下说法正确的选项是〔

〕

A.

a粒子带负电，b粒子带正电

B.

a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大

C.

b粒子动能较大

D.

b粒子在磁场中运动时间较长17.如下图，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁反响轻度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1：B2=3：2．在原点O处发射两个质量分别为m1和m2的带电粒子，粒子a以速度va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足m2va=m1vb，假设在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴〔出发时经过y轴不算在内〕时，恰与粒子b相遇，粒子重力不计，以下说法正确的选项是〔

〕

A.

粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3：2

B.

两粒子在y正半轴相遇

C.

粒子a、b相遇时的速度方向一样

D.

粒子a、b的质量之比为1：518.如下图，两块平行金属板，两板间电压可从零开场逐渐升高到最大值，开场静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m〔不计重力〕，从点P经电场加速后，从小孔Q进入右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界，它与极板的夹角为θ=30°，小孔Q到板的下端C的间隔为L，当两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直CD边射出，那么〔

〕

A.

两板间电压的最大值Um=

B.

两板间电压的最大值Um=

C.

可以从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tm=

D.

可以从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tm=19.在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值一样、质量一样的正、负粒子〔不计重力〕，从O点以一样的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，那么正、负粒子在磁场中〔

〕

A.

运动时间一样

B.

运动轨迹的半径一样

C.

重新回到边界时速度大小和方向一样

D.

重新回到边界时与O点的间隔一样20.如下图，竖直面内有一个闭合导线框ACDE〔由细软导线制成〕挂在两固定点A、D上，程度线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω〔相对圆心O〕从A点沿圆弧挪动的过程中，假设不考虑导线中电流间的互相作用，那么以下说法正确的选项是〔

〕

A.

在C从A点沿圆弧挪动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针

B.

在C从A点沿圆弧挪动到图中∠ADC=30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为

C.

当C沿圆弧挪动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小

D.

在C从A点沿圆弧挪动到D点的过程中，导线框中产生的电热为21.如下图，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都一样的带电粒子a、b、c，以不同速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．假设带电粒子只受磁场力作用，那么以下说法正确的选项是〔

〕

A.

a粒子动能最大

B.

c粒子速率最大

C.

c粒子在磁场中运动时间最长

D.

它们做圆周运动的周期一样22.如下图，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面〔未画出〕．一群比荷为的负离子以一样速率v0〔较大〕，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏〔足够大〕上，那么以下说法正确的选项是〔不计重力〕〔

〕

A.

离子在磁场中运动时间一定相等

B.

离子在磁场中的运动半径一定相等

C.

由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长

D.

沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大23.如下图边长为L的正方形abcd内有垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一束速率不同的带正电粒子从左边界ad中点P垂直射入磁场，速度方向与ad边夹角θ=30°，粒子质量为m、电荷量为q，粒子间的互相作用和粒子重力不计．那么〔

〕

A.

粒子在磁场中运动的最长时间为

B.

粒子在磁场中运动的最短时间为

C.

上边界ab上有粒子到达的区域长为〔1﹣〕L

D.

下边界cd上有粒子到达的位置离c点的最短间隔为24.如下图，两个横截面分别为圆和正方形，但磁感应强度均一样的匀强磁场，圆的直径D等于正方形的边长，两个电子以一样的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直．进入圆形区域的电子速度方向对准了圆心，进入正方形区域的电子是沿一边的中心且垂直于边界限进入的，那么〔

〕

A.

两个电子在磁场中运动的半径一定一样

B.

两电子在磁场中运动的时间有可能一样

C.

进入圆形区域的电子一定先飞离磁场

D.

进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场三、计算题25.〔2019•新课标Ⅲ〕如图，空间存在方向垂直于纸面〔xOy平面〕向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0〔常数λ＞1〕．一质量为m、电荷量为q〔q＞0〕的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开场计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求〔不计重力〕

〔1〕粒子运动的时间；〔2〕粒子与O点间的间隔．26.如下图，x轴上M点和N点的坐标分别是〔0.5m，0〕、〔2m，0〕，虚线MM′与y轴平行。在y轴和MM′之间加垂直纸面方向的匀强磁场，在N点固定一个正的点电荷。现有一个质量、电荷量的大小的粒子，从y轴上某点沿x轴的正方向以初速度进入磁场，在第四象限里一直做匀速圆周运动，最后从x轴上的Q点〔没画出〕射入第一象限，不计带电粒子的重力，粒子在磁场中运动时就不受在N点的固定点电荷影响。静电力常量k=9×109N·m2/C2。求：

〔1〕Q点的坐标；〔2〕匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；〔3〕带电粒子从开场运动到Q点的时间。四、填空题27.如下图，一束电子〔电荷量为e〕以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时的速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，那么电子的质量是________，穿过磁场的时间是________。

五、综合题28.如下图，平面直角坐标系xOy，P点在x轴上，xp=2L，Q点在负y轴上某处，第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，第Ⅱ象限内有一圈形区域与x、y轴．分别相切于A、C两点，AO=L，第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域〔图中未画出〕，圆形区域和矩形区域内有一样的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面〔图中为画出〕．

电荷量为+q、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点和P点；电荷量为﹣q、质量为m、速率为v0的粒子b，从Q点向与y轴成45°夹角方向发射，经过并分开矩形区域后与分开P点的粒子束a相碰，相碰时粒子速度方向相反．不计粒子的重力和粒子间互相作用力．求：

〔1〕圆形区域内磁场感应强度B的大小、方向；〔2〕第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E；〔3〕矩形区域的最小面积S．29.如下图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，板间间隔为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的正离子从静止开场经加速后，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〕粒子分开加速器时的速度v；〔2〕速度选择器的电压U2；〔3〕正方形abcd边长l．30.如下图，平行板电容器两极板间电压为U，两板正着开有小孔S1、S2，S2右侧存在一上下无界、宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场右边界与电容器极板平行．整个装置处于真空中，现从S1处引入一个初速度为零、质量为m、电荷量为e的电子，电子经电场加速后从S2孔进入磁场，且刚好未能从磁场右边界射出，不计电子重力，求：

〔1〕电子经电场进入磁场时的速度大小v；〔2〕匀强磁场的磁感应强度的大小B．31.如下图，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界．磁场中放置一半径为R的圆柱形金属圆筒，圆心O到MN的间隔OO1=2R，金属圆筒轴线与磁场平行．金属圆筒用导线通过一个电阻r0接地，最初金属圆筒不带电．现有一电子枪对准金属圆桶中心O射出电子束，电子束从静止开场经过加速电场后垂直于左边界MN向右射入磁场区，电子质量为m，电量为e．电子重力忽略不计．求：

〔1〕最初金属圆筒不带电时，那么

a．当加速电压为U时，电子进入磁场时的速度大小；

b．加速电压满足什么条件时，电子可以打到圆筒上；〔2〕假设电子束以初速度v0进入磁场，电子都能打到金属圆筒上〔不会引起金属圆筒内原子能级跃迁〕，那么当金属圆筒上电量到达相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I，忽略运动电子间的互相作用和金属筒的电阻，求此时金属圆筒的电势φ和金属圆筒的发热功率P．〔取大地电势为零〕32.如下图，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B．一带负电的粒子〔质量为m、电荷量为q〕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．求：

〔1〕该粒子射出磁场的位置；〔2〕该粒子在磁场中运动的时间．〔粒子所受重力不计〕33.如下图，平行板电容器两极板间电压为U，两板正着开有小孔S1、S2，S2右侧存在一上下无界、宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场右边界与电容器极板平行．整个装置处于真空中，现从S1处引入一个初速度为零、质量为m、电荷量为e的电子，电子经电场加速后从S2孔进入磁场，且刚好未能从磁场右边界射出，不计电子重力，求：

〔1〕电子经电场进入磁场时的速度大小v；〔2〕匀强磁场的磁感应强度的大小B．34.如下图，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E、场区宽度为L．在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为r．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从A点由静止释放后，在M点分开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N点射出，O为圆心，∠MON=120°，粒子重力可忽略不计．求：

〔1〕粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；〔2〕匀强磁场的磁感应强度B的大小；〔3〕粒子从A点出发到N点分开磁场经历的时间．35.如下图，在xOy直角坐标平面内﹣0.05m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T，0≤x≤0.08m的区域有沿﹣x方向的匀强电场．在x轴上坐标为〔﹣0.05m，0〕的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷=5×107C/kg，速率v0=2×106m/s的带正电粒子．假设粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的互相作用〔结果可保存根号〕．求：

〔1〕粒子在磁场中运动的半径R；〔2〕第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；〔3〕电场强度E．36.如下图，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内磁场的磁感应强度B，宽为1.5d，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1未知，区域Ⅱ时无场区，宽为d．一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从磁场边界上的A点与边界成θ=60°角垂直射入区域Ⅰ的磁场，粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A点，粒子重力不计，求：

〔1〕区域Ⅰ中磁场的磁感应强BⅠ；〔2〕区域Ⅰ磁场的最小宽度L；〔3〕粒子从分开A点到第一次回到A点的时间t．37.如下图，将某正粒子放射源置于原点O，其向各方向射出的粒子速度大小均为v0、质量均为m、电荷量均为q．在0≤y≤d的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y轴正向一样，在d＜y≤2d的一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里．粒子分开电场上边缘y=d时，可以到达的最右侧的位置为〔1.5d，d〕．最终恰没有粒子从y=2d的边界分开磁场．sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子重力以及粒子间的互相作用，求：

〔1〕电场强度E；〔2〕磁感应强度B；〔3〕粒子在磁场中运动的最长时间．38.如下图，质量为m带电量为+q的带电粒子〔不计重力〕，从左极板处由静止开场经电压为U的加速电场加速后，经小孔O1进入宽为L的场区，再经宽为L的无场区打到荧光屏上．O2是荧光屏的中心，连线O1O2与荧光屏垂直．第一次在宽为L整个区域参加电场强度大小为E、方向垂直O1O2竖直向下的匀强电场；第二次在宽为L区域参加宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小一样、方向垂直纸面且相反．两种情况下带电粒子打到荧光屏的同一点．求：

〔1〕带电粒子刚出小孔O1时的速度大小；〔2〕加匀强电场时，带电粒子打到荧光屏上的点到O2的间隔d；〔3〕左右两部分磁场的方向和磁感应强度B的大小．39.如图a所示，灯丝K可以连续逸出不计初速度的电子，在KA间经大小为U的加速电压加速后，从A板中心小孔射出，再从M、N两极板的正中间以平行极板的方向进入偏转电场．M、N两极板长为L，间距为L．假如两板间加上如图b所示的电压UMN，电子恰能全部射入如下图的匀强磁场中，不考虑极板边缘的影响，电子穿过平行板的时间极端，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂分开磁场的最短时间是多少？直纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场的影响．电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的互相作用力．求：

〔1〕偏转电场电压UMN的峰值．〔2〕t=在时刻射入偏转电场的电子恰好能返回板间，求匀强磁场磁感应强度B的大小．〔3〕从电子进入偏转电场开场到分开磁场的最短时间是多少．40.如下图，为一磁约束装置的原理图，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合，半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，一束质量为m，电荷量为q，动能为E0的带正电粒子从坐标为〔0、R0〕的A点沿y负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为〔0、R0〕的P点，方向沿x轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xoy平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好可以约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M点〔M点未画出〕，不计重力和粒子间的互相作用．

〔1〕区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；〔2〕假设环形区域Ⅱ中磁场强度B2=B1，求M点坐标及环形外圆半径R；〔3〕求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以一样速度经过A点的过程所通过的总路程．41.如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点〔3L，0〕为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．

〔1〕求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；〔2〕假设在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；〔3〕假设在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场〔以垂直于纸面向外为磁场正方向〕，最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向一样．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．42.为研究某种材料的荧光特性，兴趣小组的同学设计了图示装置；让质子经过MN两金属板之间的电场加速后，进入有界匀强磁场．磁场的宽度L=0.25m．磁感应强度大小B=0.01T．以出射小孔O为原点，程度向右建立x轴，在0.4≤x≤0.6区域的荧光屏上涂有荧光材枓，〔质子的质量m=1.6×10﹣27kg，电量q=1.6×10﹣19C，进入电场时的初速度可略〕

〔1〕要使质子能打在荧光屏上，加速电压的最小值是多少？〔2〕当使质子打中荧光屏时的动能超过288eV．可使荧光材料发光，对于不同的加速电压，荧光屏上可以发光的区域长度是多少？43.如图，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标〔﹣L，0〕，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场〔图中未画出〕．现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上A点〔0，0.5L〕射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从矩形有界磁场边界上Q点〔，﹣l〕射出，速度沿x轴负方向，不计电子重力，求：

〔1〕匀强电场的电场强度E的大小；〔2〕匀强磁场的磁感应强度B的大小和电子在磁场中运动的时间t；〔3〕矩形有界匀强磁场区域的最小面积Smin．44.一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如下图．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变．一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．

〔1〕假设粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？〔2〕假设粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，那么要让粒子与圆筒无碰撞地分开圆筒，圆筒角速度应为多大？45.在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如下图．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿﹣x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．

〔1〕请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；〔2〕假设磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以一样的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？46.一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如下图．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变．一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．

〔1〕假设粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？〔2〕假设粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，那么要让粒子与圆筒无碰撞地分开圆筒，圆筒角速度应为多大？47.如下图，左侧为两间距d=10cm的平行金属板，加上电压；中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形底点A与下金属板平齐，AB边的中点P恰好在上金属板的右端点；三角形区域AC右侧也存在垂直纸面向里，范围足够大的匀强磁场B2．现从左端沿中心轴线方向以v0射入一个重力不计的带电微粒，微粒质量m=1.0×10﹣10kg，带电荷量q=﹣1.0×10﹣4C；带电粒子恰好从P点垂直AB边以速度v=2×105m/s进入磁场，那么

〔1〕求带电微粒的初速度v0；〔2〕假设带电微粒第一次垂直穿过AC，那么求磁感应强度B1及第一次在B1中飞行时间；〔3〕带电微粒再次经AC边回到磁场B1后，求的取值在什么范围可以使带电微粒只能从BC边穿出？48.如下图，一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P〔a，0〕点以速度v，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限．求：

〔1〕匀强磁场的磁感应强度B？〔2〕射出点的坐标．六、解答题49.一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的〔a，0〕点以速度v，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限．求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标．

50.如下图，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．

答案解析部分一、单项选择题1.【答案】D【解析】【解答】两带电粒子在磁场中运动轨迹如下图，圆心分别为O1、O2，弦AP、AQ的中垂线交AC于M点和N点，由于∠AO1M＝∠AO2N，所以∠MO1P＝∠NO2Q，即两粒子轨迹所对的圆心角相等，又T＝一样，所以两粒子在磁场中运动时间一样长，选项D正确，B、C错误；由图看出，从Q点射出的粒子半径大，速度大，选项A错误。

【分析】粒子在磁场中运动的缩放元模型，圆心均在AB的垂线段上，弦长越长半径越大，但运动的圆心角一样，时间也一样。2.【答案】C【解析】【解答】由题图可知，半径Ra＝2Rb，由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝，又两个带电粒子一样，所以va＝2vb。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，那么两带电粒子运动的周期一样，设周期为T，从C孔射出的粒子运动的时间ta＝，从B孔射出的粒子运动的时间tb＝，所以tb＝2ta，应选项C正确。【分析】分析速度需看半径大小，同种粒子在同一磁场中运动半径大，速度大；运动时间看圆心角，圆心角大，时间长。3.【答案】C【解析】【解答】解：

由图根据几何知识可知，粒子转过的圆心角为θ=60°，R=r；

粒子转过的弧长为：；

那么运动所用时间：；选项C正确．

应选：C

【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可求出圆心角和半径，那么可求得粒子转过的弧长，由线速度的定义可求得运动的时间．4.【答案】C【解析】【解答】设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M〔图甲〕时，由题意知∠POM=60°，由几何关系得轨迹圆半径为R1=；

从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N〔图乙〕；由题意知∠PON=120°，由几何关系得轨迹圆的半径为R2=r；

根据洛伦兹力充当向心力可知：

Bqv=m

解得：v=

故速度与半径成正比，因此v2：v1=R2：R1=：1

故C正确，ABD错误．

应选：C．

【分析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，即可求得速度之比．5.【答案】A【解析】【解答】解：设BC长度为2L，正电子运动的半径为R1，负电子运动的半径为R2，轨迹如下图：

图中∠B=∠C=，

根据图中几何关系可得：R1+，解得：；

对于负电子：R2=，

根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m，可得v=，

由此可得：，所以A正确、BCD错误；

应选：A．

【分析】作出两个粒子的运动轨迹，根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出速度表达式，由此求解速度之比．06.【答案】A【解析】【解答】解：粒子进入磁场中做匀速圆周运动那么有：，

而将题设的v值代入得：r=，

结合左手定那么，那么粒子在磁场中最短的时间的轨迹为沿程度方向PO入射的粒子，其部分轨迹如下图，其中A为圆心，延长PA交OM于Q点，作AC⊥OQ于C，由几何关系知：

AQ=PQ﹣PA=﹣，

AC==，

所以∠CAB=arccos=arccos=arccos≈33°，

那么粒子偏转的角度为：θ=180°﹣30°﹣33°=117°，

那么粒子最短时间为：t=，

BCD不符合题意，A符合题意．

故答案为：A

【分析】带电粒子在磁场中的运动，是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。结合几何关系，先找出半径，然后求解？。7.【答案】C【解析】【解答】解：A、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T=t0，那么得周期T=4t0，A不符合题意．

B、由T=得，B==．B不符合题意．

C、设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，那么有T=，得θ=

画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得：

+Rcos30°=d

可得R=d，C符合题意．

D、根据=，解得v=．D不符合题意．

故答案为：C

【分析】此题属于典型的带电粒子在复杂有界磁场中运动的情况，第一步先要找出圆心，然后画出粒子运动的轨迹，最后结合几何的关系求出粒子的半径和运动周期。8.【答案】B【解析】【解答】解：如下图，设正粒子从a点沿直线射出后从b点射出，a、b两点的速度方向或反向延长线方向相交于c点．由于cb=ca，且∠bca=60°，所以△cba是等边三角形．由题设条件od=R，那么ab=2odtan60°=．那么粒子做匀速圆周运动的半径r=2×=R．由洛仑兹力提供向心力：，所以，那么选项ACD错误，B正确．

应选：B

【分析】画出正粒子运动的轨迹，由几何关系可以求出粒子做匀速圆周运动的半径，从而求出正粒子的比荷．9.【答案】D【解析】【解答】解：AB、作出粒子的运动轨迹如下图，

其中O′为粒子运动轨迹的圆心，由几何关系可知∠MO′N′=30°．那么

所以

选项AB错误．

CD、由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知，而．由于粒子转过30°所用时间与圆筒转过90°所用时间一样．所以，将T代入得：，所以选项C错误，选项D正确．

应选：D

【分析】此题显然有一个等时关系：带电粒子做匀速圆周运动的时间与圆筒转过的时间相等，圆筒转过90°时，恰从N点射出，画出粒子做匀速圆周运动的轨迹，很容易看出带电粒子转过30°．由几何关系就能求出粒子做匀速圆周运动的半径，但要应有到半角公式，由等时关系从求磁感应强度的大小．10.【答案】D【解析】【解答】解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误．

B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B错误．

C、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知，运动时间t越小．故C错误．

D、速度满足v=时，轨道半径r=，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确．

应选：D．

【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径分开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．11.【答案】C【解析】【解答】解：粒子运动轨迹如下图：

粒子出射时速度方向偏转了60°，即：θ=60°，

由题意可知：入射点与ab的间隔为，

那么：AB=CD=，cosβ==，解得：β=60°，

由几何知识得：α===60°，

粒子做圆周运动的轨道半径：r=CDtanβ+CDtanα=tan60°+tan60°=R，

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=m，

解得：v=；

应选：C．

【分析】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，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速率．12.【答案】C【解析】【解答】解：设粒子电量为q，质量为m，磁场半径为r，运动的轨迹半径分别为R，磁感应强度为B，

根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m①

粒子运动周期：T=②

联立可得：T=

可知速度变化前后，两次粒子的周期不变，

设以速率v射入磁场时运动轨迹的半径为R1，圆心为O1，画出粒子运动过程图如图一所示，

根据题意可知：AO∥O1C，AO=OC，AO1=O1C

可得：∠OAC=∠ACO1=∠CAO1=∠OCA=30°

所以可知四边形OAO1C为菱形，粒子在磁场中运动所转过的圆心角：θ1=∠AO1C=120°，

半径R1=r③

设以速率v射入磁场时运动轨迹的半径为R2，圆心为O2，

根据①③式可知当粒子的速度变为时，粒子半径R2=，根据几何关系画出粒子运动过程图如图二所示，

粒子所转过的圆心角θ2=180°

根据粒子在磁场中运动的时间：t′=T

所以两次粒子在磁场中运动的时间之比：===

又因为t1=t，所以t2=

故C正确，ABD错误

应选：C．

【分析】根据题意画出粒子速度变化前后两次的运动轨迹过程图，确定圆心，根据周期公式T=，利用几何关系比较两次粒子所转过的圆心角，再根据t=，即可求出粒子在磁场中运动的时间．13.【答案】C【解析】【解答】解：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=m，解得：B=，

粒子运动轨迹如下图：

由几何知识得：r1=，r2=，

那么磁感应强度之比：==，故ABD错误，C正确；

应选：C．

【分析】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，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度，再求出磁感应强度之比．14.【答案】B【解析】【解答】解：粒子刚好到达C点时，其运动轨迹与AC相切，如下图：

那么粒子运动的半径为：r=acot30°=a，

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qvB=m，

解得：r=，

粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：R＞r，

解得：B＜，

应选：B．

【分析】作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系得到临界轨迹的轨道半径；再根据牛顿第二定律并结合洛伦兹力提供向心力列式求解．二、多项选择题15.【答案】A,C【解析】【解答】解：粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，，那么有，；

又因为，所以，2a≤R≤3a；

粒子做圆周运动的周期；

CD、当速度与y轴正方向的夹角θ为零时，有；

R越大，对应的φ越小，所以，当R=3a时，φ最小，此时，，所以，，，故C正确，D错误；

AB、θ从0增大，那么粒子在磁场上边界的出射点右移，设磁场横向无右边界，那么粒子在上边界最远能到达的位置为粒子做圆周运动与上边界相切的点，

此时，粒子出射点的横坐标，所以，粒子一定能到达磁场边界的右上顶点且粒子做圆周运动的轨迹都是劣弧，该点对应粒子做圆周运动的弦最大值，所以，粒子出射点为磁场边界右上边界点时，粒子在磁场中转过角度最大，运动时间最长；

对应于一样的弦长，半径越小，中心角越大，所以，当R=2a，且粒子出射点为磁场边界右上顶点时，粒子在磁场中运动经历的时间最长；

此时，半径和弦长相等，所以，粒子转过的角度，运动经历的时间，故A正确，B错误；

应选：AC．

【分析】分析粒子运动轨迹随速度与y轴正方向的夹角的变化关系，求得从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间；再分析粒子能到达的间隔o点最远处，求出该点对应的运动时间即为运动的最长时间．16.【答案】A,C【解析】【解答】解：A、粒子向右运动，根据左手定那么，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A正确．

B、由公式；f=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大．故B错误．

C、洛伦兹力提供向心力，即：qvB=m，得：r=，故半径较大的b粒子速度大，动能也大．故C正确．

D、磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长．故D错误．

应选：AC

【分析】a、b两个质量一样、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定那么断定．从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进展判断，之后，根据公式，再断定动能和运动的时间．17.【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式知道：，所以选项A错误．

B、由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式知道，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B2＜B1，那么第二次经过y轴时在从标原点的上方〔2ra2﹣2ra1〕处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方2〔2ra2﹣2ra1〕处，所以由题意知选项B正确．

C、从最短时间的情况进展考虑，显然是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向一样，所以选项C正确．

D、根据周期公式

及题意，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有：

即：，结合B1：B2=3：2，得到：，所以选项D正确．

应选：BCD

【分析】此题涉及到两个粒子分别在两个不同磁场中做匀速圆周运动问题，相遇问题既考虑到位移问题，又考虑到时间等时，比较复杂，所以要从简单情况出发，由题意a粒子逆时针旋转，b粒子顺时针旋转，由于两粒子的动量〔m2va=m1vb〕和电量一样，那么半径之比就是磁感应强度的反比，所以在B1磁场中的半径小，那么两粒子在两磁场旋转两个半周时，a粒子相对坐标原点上移，b粒子相对坐标原点下移，假设b粒子在最初不相遇，那么以后就不能相遇了．所以只考虑b粒子旋转半周就与a粒子相遇的情况．18.【答案】B,C【解析】【解答】解：

M、N两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在CD板上，所以圆心在C点，CH=CQ=L，故半径R1=L

洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m①

根据动能定理可得：qUm=②

联立①②可得：Um=

故A错误，B正确，

分析可知，T=③

联立①③可得T=④

可以从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间最长的粒子，其轨迹与CD边相切与K点

最长时间tm=T⑤

联立④⑤式得tm=

故D错误，C正确

应选：BC

【分析】〔1〕粒子恰好垂直打在CD板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；〔2〕打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解．19.【答案】B,C,D【解析】【解答】解：

A、粒子的运动周期T=，那么知T一样．

根据左手定那么分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π﹣2θ，轨迹的圆心角也为2π﹣2θ，

运动时间t=T．

同理，负离子运动时间t=T，显然时间不等．故A错误．

B、根据牛顿第二定律得：

qvB=m得：

r=，由题q、v、B大小均一样，那么r一样．故B正确．

C、正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向一样．故C正确．

D、根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点间隔S=2rsinθ，r、θ一样，那么S一样．故D正确．

应选：BCD

【分析】由题正负离子的质量与电量一样，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期一样，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点间隔．20.【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、设转过角度为θ=ωt，根据几何知识知，线框上部分的三角形的面积：S=•2R•Rsinθ=R2sinθ，

磁通量为∅=BR2sinθ=BR2sinωt，磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，故A正确；

B、根据q=n知q==，故B错误；

C、根据e=

知e=ωBR2cosωt，C沿圆弧挪动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小为零，故C正确；

D、根据C项知电动势有效值为E=ωBR2，故电热为Q=t=×=，故D正确；

应选：ACD．

【分析】根据几何知识知线框磁通量为∅=2BR2sin2θ=2BR2sin2ωt，从而知电动势的瞬时值表达式，

对于闭合线框ACDE而言，在磁场中的面积先增大后减小，根据楞次定律断定电流方向；

根据q=n求解电荷量；根据有效值求解电热．21.【答案】B,D【解析】【解答】解：A、B带电粒子射入磁场中，做匀速圆周运动的半径为r=，由图看出，c粒子的运动半径最大，那么其速率最大，动能也最大．故A错误，B正确．

C、D由推论知：粒子速度的偏向角等于轨迹所对的圆心角，设速度的偏向角为θ，那么粒子运动的时间为t=T，而周期T=，两个粒子的质量、电量一样，那么周期T一样，由图看出，a粒子速度的偏向角最大，轨迹所对的圆心角那么最大，故a粒子在磁场中运动时间最长．故C错误，D正确．

应选：BD．

【分析】带电粒子射入磁场中，做匀速圆周运动，由半径公式可知，粒子的半径与速率成正比，由图可以得知三个粒子圆周运动半径，从而得到速率关系，就能比较动能关系．

粒子速度的偏向角等于轨迹所对的圆心角，由轨迹可以比较三个粒子速度偏向角θ的关系，由t=T可以分析粒子在磁场中时间的关系．22.【答案】B,C【解析】【解答】解：A、设粒子轨迹所对应的圆心角为θ，那么粒子在磁场中运动的时间为t=T，T=，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故A错误．

B、由Bqv=m可知，r=，因粒子的速率一样，比荷一样，故半径一定一样，故B正确；

C、D由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ射入．故C正确，D错误；

应选：BC．

【分析】粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，那么根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及分开磁场的时间．23.【答案】A,D【解析】【解答】解：A、粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，最长时间对应的轨迹如下图：

从pa边射出对应的轨迹的圆心角最大，为300°，故最长时间为：t==，故A正确；

B、考虑极限法，假设粒子速度无限大，那么沿着直线穿过磁场，时间无穷小，故粒子在磁场中运动的最短时间趋向零，故B错误；

C、画出临界轨迹，如下图：

从ab边射出的最大的轨迹是与bc边相切，故：r1+r1sin60°=L，故r1==，

从ab边射出的最小的轨迹是与ad边相切，故：r2+r2cos60°=，故r2=，

故上边界ab上有粒子到达的区域长为：2r1sin60°﹣r2sin60°=〔﹣6〕L，故C错误；

D、临界情况是轨迹与cd变相切，故：r3﹣r3cos60°=，解得r3=L，

故下边界cd上有粒子到达的位置离c点的最短间隔为L﹣r3sin60°=，故D正确；

应选：AD

【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，不同的速度对应不同的轨道半径，画出不同的轨迹，考虑临界情况轨迹，结合牛顿第二定律列式分析．24.【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=m，整理得R=，两过程电子速度v一样，所以半径一样，故A正确．

B、C、D、粒子在磁场中的可能运动情况如下图：

电子从O点程度进入，由于它们进入圆形磁场和矩形磁场的轨道半径、速度是一样的，我们把圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置如下图，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹1，先出圆形磁场，再出矩形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与矩形边界处磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先出圆形磁场，再出矩形磁场；所以电子不会先出矩形的磁场；故B正确，C错误，D正确．

应选：ABD．

【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m整理出半径表达式判断半径是否一样；运动时间的判断可以根据转过的圆心角的大小；比较哪个磁场电子先出磁场，可以做出多个轨迹比较．三、计算题25.【答案】〔1〕粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，那么有，，那么，，；

粒子运动轨迹如下图，

那么粒子在x≥0磁场区域运动半个周期，在x＜0磁场区域运动半个周期；

那么粒子在x≥0磁场区域运动的周期，在x＜0磁场区域运动的周期，

所以，粒子运动的时间；

答：粒子运动的时间为；

〔2〕当粒子的速度方向再次沿x轴正向时粒子与O点间的间隔；

答：粒子与O点间的间隔为．【解析】【分析】〔1〕带电粒子垂直进入匀强磁场洛伦兹力提供向心力，得到半径和周期的表达式，画出粒子运动轨迹图那么得到粒子在两磁场中的运动时间，相加即可；〔2〕根据粒子运动轨迹图得到间隔等于两个圆的直径差值。26.【答案】〔1〕带电粒子的运动轨迹如图，先在匀强磁场中做匀速圆周运动，后在点电荷产生的电场中做匀速圆周运动

带电粒子分开磁场后做匀速圆周运动的向心力由库仑引力提供，所以粒子带负电，解得：R=3m

Q点的横坐标xQ=xN+R=5m

所以，Q点的坐标为〔5m，0〕

〔2〕由左手定那么可知，匀强磁场的方向是垂直纸面向内,带电粒子在匀强磁场的圆周运动向心力由洛伦兹力提供，,

由几何关系可知：带电粒子在匀强磁场的圆周运动的半径

解得：B=30T

〔3〕由几何关系可知：

带电粒子在匀强磁场中运动时间

带电粒子在电荷电场中运动时间

带电粒子从开场运动到Q点的时间【解析】【分析】〔1〕根据题意可知：粒子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，后在点电荷产生的电场中做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律求出粒子运动的半径，再根据几何关系求出Q点坐标。〔2〕根据画出的轨迹，由几何关系求出带电粒子在匀强磁场的圆周运动的半径，列式求解B。〔3〕根据电子转过的圆心角与电子做圆周运动的周期可以求出电子的运动时间。四、填空题27.【答案】；【解析】【解答】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的洛伦兹力指向的交点上，如图中的O点。由几何知识可知，所对的圆心角θ＝30°，OB为半径r。

那么r＝＝2d，又因为r＝，得m＝

由于所对应的圆心角为30°，因此穿过的时间

t＝T＝

又因为T＝，故t＝×＝

【分析】寻找粒子在电场磁场中运动的轨道半径的方法一般有几何法，即运用勾股定理求解半径；三角函数法，根据偏转角方向和磁场边界寻找轨道半径；求解粒子在磁场中运动时间要找到偏转圆心角或者速度方向偏转角。五、综合题28.【答案】〔1〕解：粒子电荷量为+q、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，说明在A点时磁场力向右，根据左手定那么，磁场方向垂直向外；

画出从A到C的轨迹，如下图：

结合几何关系，有：

r=L①

粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：

qv0B=m②

联立解得：

B=

方向垂直向外

答：圆形区域内磁场感应强度B的大小为、方向垂直向外；

〔2〕解：粒子从C到P过程是类似平抛运动，根据分运动公式，有：

2L=v0t

L=

其中：

a=

联立解得：

E=

答：第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E为；

〔3〕解：带负电荷的粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过矩形区域后速度偏转角为90°，洛伦兹力提供向心力，故：

解得：

R=

轨迹如图：

磁场区域对应的最小宽度：b=R﹣R=

磁场区域对应的最小长度：a=

故最小面积为：

答：矩形区域的最小面积为．【解析】【分析】〔1〕正粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系求解轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；〔2〕粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解即可；〔3〕在矩形区域中运动的粒子的速度偏转角度为90°，画出轨迹，结合几何关系确定最小磁场面积．29.【答案】〔1〕解：粒子经加速电场U1加速，获得速度v，由动能定理得：

qU1=mv2

解得v=m/s．

答：粒子分开加速器时的速度是1×106m/s；

〔2〕解：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

答：速度选择器的电压是1.2×104V；

〔3〕解：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：正方形abcd边长是0.16m．【解析】【分析】掌握质谱仪的原理，粒子加速器中加速时根据动能定理：qU1=mv2

；带电粒子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；30.【答案】〔1〕解：电子在平行板电容器两极板间加速加速过程，由动能定理有：

eU=

解得：v=

答：电子经电场进入磁场时的速度大小v是

〔2〕解：电子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹恰与磁场右边界相切．由几何关系得轨迹半径为：r=d

由牛顿第二定律有：evB=m

联立以上各式解得：B=

答：匀强磁场的磁感应强度的大小B是【解析】【分析】〔1〕电子在平行板电容器两极板间加速，由动能定理求出加速获得的速度v．〔2〕电子以速度v进入磁场后，在磁场中以速度v做匀速圆周运动，运动轨迹恰与磁场右边界相切．由几何关系求得轨迹半径，再由牛顿第二定律和向心力公式解得B．31.【答案】〔1〕解：a．设电子经过电场加速后的速度为v1，由动能定理，有：

解得：

b．令电子恰好打在圆筒上时，加速电压为U0，设电子进入磁场时速度为v2，轨道半径为r，做出电子的轨迹如下图，O2为轨道的圆心．

由几何关系得：

r2+〔2R〕2=〔r+R〕2

解得：

磁偏转过程，根据牛顿第二定律，有：

直线加速过程，根据动能定理，有：

解得：

所以当时，电子可以打到圆筒上

〔2〕解：当圆筒上的电量到达相对稳定时，圆筒上的电荷不再增加，此时通过r0的电流方向向上．

根据欧姆定律，圆筒跟地面间的电压大小为：

U1=Ir0

由0﹣φ=U1可得：

φ=﹣Ir0

单位时间内到达圆筒的电子数：

故单位时间内到达圆筒上的电子的总能量：

单位时间内电阻消耗的能量：

所以圆筒的发热功率：

P=E﹣Er=﹣I2r0【解析】【分析】〔1〕a．根据动能定理对直线加速过程列式求解即可；

b．先作出电子恰好打在圆筒上的临界轨迹，结合几何关系得到轨道半径；然后根据牛顿第二定律并结合洛伦兹力提供向心力列式；最后联立求解即可；〔2〕先根据欧姆定律求解电阻r0的电势差，再根据电势差的定义求解金属圆筒的电势；

根据电荷守恒定律求解单位时间内到达圆筒上的电子数目，得到电子提供的总能量，根据焦耳定律求解电阻R0的单位时间热量，最后根据能量守恒定律求解金属圆筒的发热功率P．32.【答案】〔1〕解：带正电的粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的间隔为L，射出时速度的大小仍为v0，射出方向与x轴的夹角仍为θ．

由于洛伦兹力提供向心力，那么：qv0B=m，R为圆轨道的半径，

解得：R=①

圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：=Rsinθ②

联立①②两式解得L=；

所以粒子分开磁场的位置为〔﹣，0〕；

〔2〕解：因为T=

该粒子在磁场中运动的时间t==〔1﹣〕【解析】【分析】〔1〕根据题意画出运动轨迹图，根据几何知识和洛伦兹力提供向心力求出粒子的坐标位置；〔2〕根据转过的角度和周期计算粒子在磁场中运动的时间．33.【答案】〔1〕解：电子在平行板电容器两极板间加速加速过程，由动能定理有：

eU=

解得：v=

〔2〕解：电子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹恰与磁场右边界相切．由几何关系得轨迹半径为：r=d

由牛顿第二定律有：evB=m

联立以上各式解得：B=【解析】【分析】〔1〕电子在平行板电容器两极板间加速，由动能定理求出加速获得的速度v．〔2〕电子以速度v进入磁场后，在磁场中以速度v做匀速圆周运动，运动轨迹恰与磁场右边界相切．由几何关系求得轨迹半径，再由牛顿第二定律和向心力公式解得B．34.【答案】〔1〕解：设粒子经电场加速后的速度为v，根据动能定理有

qEL=mv2

解得：

〔2〕解：粒子在磁场中完成了如下图的部分圆运动，设其半径为R，因洛仑兹力提供向心力，

所以有qvB=

由几何关系得

所以

〔3〕解：设粒子在电场中加速的时间为t1，在磁场中偏转的时间为t2

粒子在电场中运动的时间t1==

粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为

由于∠MON=120°，所以∠MO'N=60°

故粒子在磁场中运动时间t2=

所以粒子从A点出发到N点分开磁场经历的时间t=t1+t2=+=．【解析】【分析】〔1〕设粒子经电场加速后的速度为v，根据动能定理即可求解；〔2〕根据洛仑兹力提供向心力及几何关系即可求解；〔3〕粒子在电场中做匀加速，在磁场中做圆周运动，根据匀加速直线运动时间位移公式和圆周运动的周期公式即可解题．35.【答案】〔1〕解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，那么有

qv0B=m

可得R==

〔2〕解：在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，如下图，

N点到x轴的竖直间隔L满足：

L2+〔R﹣dB〕2=R2；

解得：L=5

cm=

即粒子P的位置坐标为〔0，〕

〔3〕解：用dE表示电场的宽度．

对Z粒子在电场中运动，由动能定理有：

qEdE=mv02①

代入数据解得：E=5.0×105N/C【解析】【分析】〔1〕由洛仑兹力提供向心力可求出带电粒子以一定的速度在磁场中做匀速圆周运动的半径．〔2〕当以某一方向射出的粒子的轨迹恰与y轴相切时，粒子打击的位置最高，由几何关系能求出相切点到x轴的间隔，从而也就求出了最高点P的位置坐标．〔3〕以某一方向从O点出发做匀速圆周运动后，垂直于y轴方向进入电场，恰好到达电场的右边界，由动能定理抑制电场力做的功等于粒子动能的减少量，从而能求出电场强度的大小．36.【答案】〔1〕解：

由题意知粒子的运行轨迹如下图，设在区域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r、R，由图知：

R+Rcosθ=1.5d

，

联立得：R=d，

由洛伦兹力提供向心力有：，

同理区域Ⅰ中有：

联立解得：

〔2〕解：由〔1〕及图知区域Ⅰ磁场的最小宽度为：

〔3〕解：在区域Ⅰ中有：，

可得：

粒子在区域Ⅰ中运动时间为：，

在区域Ⅱ中运动时间为：

在区域Ⅲ中运动时间为：

所以粒子运动总时间为：【解析】【分析】〔1〕根据题意画出粒子的运动轨迹，由几何关系分别求出粒子在区域Ⅰ、Ⅲ中的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式即可求解；〔2〕由图根据几何关系求出Ⅰ区域磁场的最小宽度；〔3〕粒子在磁场中匀速圆周运动，在无场区做匀速直线运动，分别求出在区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的时间，再求出总时间即可；37.【答案】〔1〕解：沿x轴正方向发射的粒子有：x=1.5d，y=d，

由类平抛运动根本规律得：x=v0t，

，

而，

联立可得：

〔2〕解：沿x轴正方向发射的粒子射入磁场时有：1.5d=v0t，

，

联立可得：，

，方向与程度成53°，斜向右上方，

据题意知该粒子轨迹恰与上边缘相切，那么其余粒子均达不到y=2d边界，由几何关系可知：

，

根据牛顿第二定律得：

解得：

联立可得：

〔3〕解：粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过〔1.5d，d〕恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角为：θ=254°，

粒子运动周期为：，

那么时间为：【解析】【分析】〔1〕沿x轴正方向发射的粒子做类平抛运动，根据平抛运动根本公式列式求解E；〔2〕粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，假设该粒子进入磁场不能打在ab板上，那么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；〔3〕粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过〔1.5d，d〕恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，根据几何关系结合周期公式求解．38.【答案】〔1〕解：〕带电粒子在加速电场中加速过程，由动能定理得；

…①

解得：

〔2〕解：带电粒子在偏转电场中，设运动时间为t，加速度为a，平行电场的分速度为vy，侧移间隔为y．

由牛顿第二定律得：qE=ma…②

由运动学公式得：L=v0t…③

vy=at…④

由②③④得：…⑤

带电粒子从分开电场到打到荧光屏上的过程中，设运动时间为t′，侧移间隔为y′．

由运动学公式得：=v0t′…⑥

由③④⑥得：y′=vyt′…⑦

由⑤⑦得带电粒子打到荧光屏上的点到O2的间隔：d=y+y′=

〔3〕解：磁场的方向如下图，左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里．

带电粒子运动轨迹与场区中心线交于N点，经N点做场区左边界的垂线交于M点，经N点做过N点速度的垂线交场区左边界于O点，O点就是带电粒子在左半区域磁场中做圆周运动的圆心．带电粒子在两部分磁场中的运动对称，出磁场的速度与荧光屏垂直，所以O1M=．〔意思明确即可〕

设带电粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系得：…⑧

由牛顿第二定律得：…⑨

由v0、d的结论和⑧⑨式解得：

=【解析】【分析】〔1〕带电粒子在加速电场中加速过程电场力做功，由动能定理即可