2026年高考物理复习难题速递之磁场（2025年11月）

第68页（共68页）2026年高考物理复习难题速递之磁场（2025年11月）一．选择题（共8小题）1．在粒子物理研究中，带电粒子在云室等探测装置中的径迹是非常重要的实验证据。如图是1932年安德森利用放在匀强磁场中的云室记录的正电子的径迹，云室中放有6mm厚的铅板，磁场方向垂直纸面，A、B是径迹上的两个点，若不计正电子受到的重力及运动过程的阻力，下列说法正确的是（）A．磁场方向垂直纸面向里 B．正电子的运动方向可能是从B到A C．正电子在A、B两点受到的洛伦兹力大小相等 D．正电子经过铅板后，运动的周期变小2．如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子电荷量为q、质量为m、速度大小均为qBdm。不计粒子的重力、空A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为(3C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为3dD．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为πm3．某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．只改变带电粒子的电性和电量，粒子不能做匀速直线运动 B．只改变粒子入射速度大小，粒子可能做匀速直线运动 C．只改变磁场和电场的强弱，粒子可能做匀速直线运动 D．撤去电场后，粒子的动能可能增大4．如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为（）A．7πd2v0 C．dv0(2+35．如图所示，正弦交流电源通过长直输电线使电灯正常发光，若规定两导线间斥力为正，则两导线间的相互作用力F与时间t的关系图可能正确的是（）A． B． C． D．6．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的质量相等的离子P和P′，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P、P′在磁场中转过的角度θ分别为30°和60°，则离子P和P′（离子重力忽略不计）（）A．在磁场中运动的半径之比为2：1 B．在磁场中运动的半径之比为2：C．电量之比为1：2 D．电量之比为1：37．如图所示，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入一正方形匀强磁场区域abcd，下列判断正确的是（）A．电子可从cd边射出 B．电子速率越大在匀强磁场中运动的轨道半径越小 C．从a点射出的电子比从b点射出的电子速率小 D．从bc边射出的电子在匀强磁场中运动的时间相等8．回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间忽略不计。粒子所受重力忽略不计。下列说法正确的是（）A．粒子每在电场中加速一次，动能的增加量都相同 B．粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越长 C．若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大 D．若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大二．多选题（共6小题）（多选）9．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ad边的中点O与ad边成θ＝30°角且垂直于磁场方向射入，若该带电粒子所带电荷量为q（q＞0）、质量为m（重力可忽略），下列说法正确的是（）A．该带电粒子在磁场中飞行时间可能为2πmB．该带电粒子在磁场中飞行时间可能为πmqBC．带电粒子的速度为v=qBLD．带电粒子的速度为v=qBLm（多选）10．如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（）A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为qBamC．粒子在磁场中运动的轨道半径为2a D．N与O点相距（2+2）（多选）11．如图所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c三个带电粒子，它们在纸面内从PQ边的中点垂直于PQ边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则下列说法正确的是（）A．粒子a带正电，粒子b、c带负电 B．若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的速度最大 C．若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场中的加速度最大 D．若三个粒子入射的动量相同，则粒子b的带电荷量最大（多选）12．如图，直线边界上方存在足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一带正电粒子以某一速率v从O点射入磁场做匀速圆周运动，进入磁场时速度方向与边界夹角为θ，不计重力，（）A．若θ、v一定，B越大，则粒子的周期越小 B．若θ、v一定，B越大，则粒子的半径越大 C．若B、v一定，θ越小，则粒子在磁场中运动时间越长 D．若B、θ一定，v越小，则粒子在磁场中运动时间越长（多选）13．门磁装置是一种新型防盗设备，其简化结构如图所示，永磁铁固定在门框上，霍尔元件固定在门板上，其长、宽、高分别为l、b、h，元件通有如图所示方向的恒定电流I。门关闭时霍尔元件在永磁铁正下方，门打开时，霍尔元件所在位置磁场的磁感应强度减小导致霍尔电压发生变化，当电压达到某设定值时报警器发出警报。若达到报警条件时霍尔元件与永磁铁之间的距离越小则设备灵敏度越高，则（）A．门打开时，霍尔电压升高 B．门打开时，霍尔电压降低 C．适当增大b，该设备将更加灵敏 D．适当增大h，该设备将更加灵敏（多选）14．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t＝0时刻由负极板某位置释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知，且t0=A．粒子在t0时刻的动能为π2B．粒子在t0～3C．粒子在2t0～3t0时间内做匀加速直线运动 D．粒子在极板间运动的最大位移大小为2三．填空题（共1小题）15．赤道上的地磁场可以看成沿南北方向的匀强磁场，如果赤道上有一根沿东西方向的直导线，长为20m，载有从东向西的电流30A，经测定受到的安培力为0.03N，则赤道上地磁场的磁感应强度为T．四．解答题（共5小题）16．如图甲所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内放置有如图所示的两块极板M和N，极板厚度不计，第一、四象限有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B。已知两极板间距和极板的长度均为4d，现给极板加上电压，从上极板的左端位置以沿x轴正方向的初速度v0发射一电荷量为﹣q、质量为m的带负电粒子，粒子从y＝2d处进入磁场。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：（1）两板间的电势差UMN；（2）粒子第二次穿过y轴的y坐标；（3）如图乙所示，若有一平行于y轴的线状粒子源放置在平行板的左侧，能够在2d≤y≤4d区域水平向右发射速度为v0与题中相同的粒子，在磁场区域内适当位置放置一平行x轴的挡板去遮挡粒子，要挡住所有粒子，取B=17．如图所示，在xOy平面内存在匀强电场和匀强磁场，匀强电场存在于y轴的左侧区域，沿y轴的负方向。磁场存在于y轴的右侧区域，磁场的磁感应强度为B=mv0qL，沿x轴的正方向。在垂直xOy平面上竖立一足够大的荧光屏，荧光屏可以沿x轴左右移动。两个带电粒子a、b分别从M（﹣L，32L）、N（﹣L，-36L）点以相同的初速度v0水平向右同时出发，经过电场后恰好都经过O点射入磁场，后打在荧光屏上。已知两带电粒子质量均为（1）粒子b的电荷量大小及匀强电场的场强大小E；（2）粒子a经过O点时的速度大小；（3）要想在荧光屏上获得聚焦最亮点，则荧光屏距离y轴的最短距离（不包含荧光屏与y轴重合的情况）。18．如图所示，水平直线MN上方有竖直向下的匀强电场，MN下方有一边长为L的正三角形匀强磁场区域abc（边界上也有磁场），a点在边界MN上，bc边与MN平行，匀强磁场方向垂直纸面向外。质量为m、带电量为+q的粒子从P点以初速度v0垂直电场方向射出，在电场中偏转后从a点进入磁场，P、a之间的水平距离为2h，竖直距离为3h（1）求电场强度的大小；（2）若粒子从ab边离开磁场，求粒子在磁场中运动的最长时间。19．一圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长，半径R。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0、质量是m、电量为e的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上。忽略场的边界效应、电子受到的重力及电子间相互作用力。若电子碰到筒壁，则被吸收且电中和，R、v0、m、e均为已知量。（1）求B0的大小；（2）接第（1）问，当磁感应强度大小调至B①求垂直中心轴发射的电子，从发射到落到筒壁上的时间；②求筒壁上落有电子的区域面积S；③如图c若电子发射速度与中心轴夹角为α，可经过离O点正上方距离为y=3πR20．控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在xOy平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子（不计粒子重力）从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的P点（0，d2）垂直于y轴向右射出，然后从x轴上的a点（d，0）离开电场进入磁场，最后从y轴上的b点离开磁场区域，粒子在b点的速度方向与y轴正方向的夹角θ＝60（1）粒子运动到P点射入电场的速度大小v0；（2）第一象限电场强度的大小E；（3）第四象限内磁感应强度的大小B。

2026年高考物理复习难题速递之磁场（2025年11月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案ABCDBDDA二．多选题（共6小题）题号91011121314答案BDACACACBDACD一．选择题（共8小题）1．在粒子物理研究中，带电粒子在云室等探测装置中的径迹是非常重要的实验证据。如图是1932年安德森利用放在匀强磁场中的云室记录的正电子的径迹，云室中放有6mm厚的铅板，磁场方向垂直纸面，A、B是径迹上的两个点，若不计正电子受到的重力及运动过程的阻力，下列说法正确的是（）A．磁场方向垂直纸面向里 B．正电子的运动方向可能是从B到A C．正电子在A、B两点受到的洛伦兹力大小相等 D．正电子经过铅板后，运动的周期变小【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】A【分析】正电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得到运动速率与运动半径的关系，由正电子在铅板上、下方的轨迹半径大小关系得到在铅板上、下方的速率关系；由左手定则判断磁场的方向；根据洛伦兹力的计算公式分析正电子在A、B点所受的洛伦兹力大小关系，根据洛伦兹力提供向心力列式计算，求周期；。【解答】解：B.正电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB可得运动速率为v由题图可知正电子在铅板上方的轨迹半径比在铅板下方的大，则正电子在铅板上方的速率比在铅板下方的速率大，因穿过铅板后速率会减小，故正电子从上向下穿过铅板，即正电子从A运动到B，故B错误；A.正电子从A运动到B沿逆时针方向偏转，由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里，故A正确；C.洛伦兹力f＝qvB，由于正电子在A点的速率大于B点速率，所以正电子在A点比在B点所受的洛伦兹力大，故C错误；D.根据洛伦兹力提供向心力qvB=其中T=可得T=故粒子穿过铅板后在磁场中做圆周运动的周期不变，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，要知道带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力。掌握洛伦兹力的特点和判断其方向的左手定则的使用方法。2．如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子电荷量为q、质量为m、速度大小均为qBdmA．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为(3C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为3dD．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为πm【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据洛伦兹力提供向心力，当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，结合当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远分析求解。【解答】解：A．根据洛伦兹力提供向心力有qvB可得半径大小为R=mvqBB．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，可知s上min＝d当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，可知s故上表面接收到粒子的区域长度为s上=3C．粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C错误；D．粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有tmin=60°故选：B。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。3．某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．只改变带电粒子的电性和电量，粒子不能做匀速直线运动 B．只改变粒子入射速度大小，粒子可能做匀速直线运动 C．只改变磁场和电场的强弱，粒子可能做匀速直线运动 D．撤去电场后，粒子的动能可能增大【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】带电粒子刚好做匀速直线运动，则电场力大小等于洛伦兹力，只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，结合做圆周运动的条件判断。【解答】解：带电粒子在电场中一定会受到电场力的作用；一个带电粒子进入电场、磁场共存的区域后做匀速直线运动，所以带电粒子受到的洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，即：qvB＝qE可知粒子的速度大小：v=E撤去电场后，由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力产生的条件可知，速度的方向必须与磁场的方向垂直，粒子的动能不可能增大，而且由公式v=EB可知，粒子满足前面的两个条件时，与粒子的带电量以及粒子的电性都无关，故ABD故选：C。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题要抓住带电粒子刚好以某一初速度做匀速直线运动，可知电场力等于洛伦兹力，这一条件解题，知道带电粒子在电场、磁场中的运动情况是关键。4．如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为（）A．7πd2v0 C．dv0(2+3【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据粒子的运动轨迹，结合几何关系，综合速度的分解，以及洛伦兹力提供向心力分析求解。【解答】解：画出粒子的运动轨迹，如下图所示设Q点纵坐标为h，粒子到达Q点的速度为v，水平分速度为vx，运动时间为t1，则由运动规律可得h＝v0t1，d=vx2解得Q点纵坐标h，粒子到达Q点的速度v，运动时间t1满足：h＝2d，v=2设粒子在磁场中的运动半径为R，周期为T，由几何关系可得R=则粒子在磁场中的运动周期为T=粒子在磁场中的运动时间为t2在电场和磁场中运动的总时间为t=故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。5．如图所示，正弦交流电源通过长直输电线使电灯正常发光，若规定两导线间斥力为正，则两导线间的相互作用力F与时间t的关系图可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】两根通电导线之间的作用力．【专题】定性思想；推理法；推理论证能力．【答案】B【分析】长直输电线中通过的是正弦交流电，两导线中的电流大小始终相等、方向始终相反。根据安培力公式F＝BIL，B与电流相关，此处电流为正弦式，B也随时间按正弦规律变化，但F的大小与电流成正比，应为非正弦的脉动式，且因电流方向始终相反，两导线间始终为斥力（规定斥力为正）【解答】解：A.存在吸引力，不符合电流方向始终相反的情况，故A错误；B.力的方向始终为正，且大小随电流平方变化呈脉动式，符合分析，故B正确。C.D力的大小恒定，不符合交流电电流变化的特点，CD错误。故选：B。【点评】此题主要考查交变电流电路中导线的受力情况，关键点在于此时两个导线所受力始终为斥力，对定性推理能力提出了更高的要求。6．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的质量相等的离子P和P′，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P、P′在磁场中转过的角度θ分别为30°和60°，则离子P和P′（离子重力忽略不计）（）A．在磁场中运动的半径之比为2：1 B．在磁场中运动的半径之比为2：C．电量之比为1：2 D．电量之比为1：3【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据离子通过磁场转过的角度等于其圆心角θ，结合带电粒子在加速电场中，电场力做功与动能变化的关系分析求解。【解答】解：AB．设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角θ，可得sinθ=在磁场中运动的半径R之比为3：1，故CD．带电粒子在加速电场中，由动能定理可得qU=带电粒子在磁场中qvB=整理可得R=结合半径之比可算得电量之比为1：3，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。7．如图所示，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入一正方形匀强磁场区域abcd，下列判断正确的是（）A．电子可从cd边射出 B．电子速率越大在匀强磁场中运动的轨道半径越小 C．从a点射出的电子比从b点射出的电子速率小 D．从bc边射出的电子在匀强磁场中运动的时间相等【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】D【分析】电子在匀强磁场中运动时，其轨迹为圆弧，偏转方向由左手定则确定。速率越大，电子所受洛伦兹力越大，导致轨道半径增大而非减小。从不同位置射出的电子速率不同，轨道半径大的电子速率更大。所有电子在磁场中运动的周期相同，从bc边射出的电子运动轨迹均为半圆，因此运动时间相等。【解答】解：A、根据左手定则判断，电子进入磁场后沿顺时针方向偏转，因此不可能从cd边射出，故A错误；B、由洛伦兹力公式evB=mv2rC、通过几何分析可知，从a点射出的电子轨道半径大于从b点射出的电子，因此从a点射出的电子速率更大，故C错误；D、由周期公式T=2πmeB可知所有电子周期相同，且从bc边射出的电子恰好完成半圈运动，故运动时间故选：D。【点评】本题综合考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动规律，涉及洛伦兹力、轨道半径公式、周期公式等核心知识点。题目通过电子以不同速率入射的情境，重点检验学生对左手定则的应用能力、几何关系的分析能力以及对物理公式的深刻理解。计算量适中，但需要学生准确建立运动轨迹的几何模型，特别是对从不同位置射出电子的轨道半径比较，体现了对空间想象能力的考查。D选项巧妙地将周期公式与半圆运动时间联系起来，突出了对物理过程完整性的把握。整体难度中等偏上，能有效区分学生对磁场中圆周运动规律的掌握程度。8．回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间忽略不计。粒子所受重力忽略不计。下列说法正确的是（）A．粒子每在电场中加速一次，动能的增加量都相同 B．粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越长 C．若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大 D．若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大【考点】回旋加速器．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】由动能定理可知粒子每在电场中加速一次，动能的增加量都相同；根据T=2【解答】解：A.根据题意，由动能定理可知，粒子每在电场中加速一次，动能的增加量ΔEk＝qU可知，每次动能的增加量都相同，故A正确；B.根据题意，由qvB=mv2R可得R=mvCD.结合B分析可知，设D形盒的半径为R0，则粒子的最大速度为vm=qBR0m，则粒子射出D形金属盒的动能Ek=1故选：A。【点评】本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解回旋加速器的工作原理，结合牛顿第二定律即可完成分析。二．多选题（共6小题）（多选）9．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ad边的中点O与ad边成θ＝30°角且垂直于磁场方向射入，若该带电粒子所带电荷量为q（q＞0）、质量为m（重力可忽略），下列说法正确的是（）A．该带电粒子在磁场中飞行时间可能为2πmB．该带电粒子在磁场中飞行时间可能为πmqBC．带电粒子的速度为v=qBLD．带电粒子的速度为v=qBLm【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；临界法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，结合粒子电性，由左手定则判断其向为ab偏转，可画出多个可能的运动轨迹，根据临界条件下的不同轨迹，结合几何关系，可得到圆心角最大、最小的轨迹，结合圆周运动特点，即可得到飞行时间的可能值范围；根据飞行时间最长时的轨迹，结合几何关系，可得到其半径，结合洛伦兹力提供向心力，即可计算其速度；根据带电粒子的速度，可计算其半径，根据几何关系，可判断其轨迹。【解答】解：AC、由题意可知，可知带电粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，它做匀速圆周运动，粒子带正电，由左手定则可知它将向ab方向偏转，带电粒子可能的轨道如下图所示：这些轨道的圆心均在与v方向垂直的OM上。带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=mv2r由周期表达式可知，带电粒子做匀速圆周运动的周期与半径、速率均没有关系，这说明了它在磁场中运动的时间仅与轨迹所对的圆心角大小有关；由图可以发现带电粒子从入射边进入，又从入射边飞出时，其轨迹所对的圆心角最大，带电粒子从ad边飞出的轨迹中，与ab相切的轨迹的半径，是它所有可能轨迹半径中的临界半径r0，当r＞r0时，在磁场中运动时间是变化的，当r≤r0时，在磁场中运动的时间是相同的，也是在磁场中运动时间最长的。由上图可知，三角形O2EF和三角形O2OE均为等腰三角形，由几何关系可知：∠OO2运动的最长时间为：tm=α由图还可以得到：r0+r即mvqB≤L3时，粒子在磁场中的运动时间相同，为：tmB、结合AC选项的分析图可知，粒子从dc边射出时，圆心角最小，临界情况为：0＜临界角≤5π3，即其在磁场中的运动时间范围为：D、当v=qBLm时，r＝L由几何关系可知：bM＝L﹣Lsin60°，bM＝Lcosθ，bH＝Lsinθ，解得：bH=3-34故选：BD。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是结合几何关系，得到粒子半径与圆心角的关系。（多选）10．如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（）A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为qBamC．粒子在磁场中运动的轨道半径为2a D．N与O点相距（2+2）【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】AC【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，应用左手定则判断粒子带电性质，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度大小，由几何关系求得N与O点的距离。【解答】解：A.粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，故A正确；BC.粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°OM＝OO1＝a则粒子运动的轨道半径为r=洛伦兹力提供向心力qvB=解得v=故B错误、C正确；D.N与O点的距离为NO＝OO1+r解得NO=(故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用左手定则、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。（多选）11．如图所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c三个带电粒子，它们在纸面内从PQ边的中点垂直于PQ边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则下列说法正确的是（）A．粒子a带正电，粒子b、c带负电 B．若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的速度最大 C．若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场中的加速度最大 D．若三个粒子入射的动量相同，则粒子b的带电荷量最大【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】AC【分析】根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的半径公式，根据几何关系比较半径大小，再比较速度和加速度；根据半径和加速度公式判断在不同条件下其它物理量的大小。【解答】解：AB.由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由图可知Rb＞Ra＞Rc，由粒子在磁场中的运动时洛伦兹力提供加速度有qvB=解得R=a=若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故A正确，B错误；C.若三个粒子入射的速度相同，则粒子c的比荷最大，粒子c在磁场中的加速度最大，故C正确；D.若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电量最大，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，由左手定则与牛顿第二定律可以解题。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，从而根据运动轨迹的半径大小来确定速率的大小。（多选）12．如图，直线边界上方存在足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一带正电粒子以某一速率v从O点射入磁场做匀速圆周运动，进入磁场时速度方向与边界夹角为θ，不计重力，（）A．若θ、v一定，B越大，则粒子的周期越小 B．若θ、v一定，B越大，则粒子的半径越大 C．若B、v一定，θ越小，则粒子在磁场中运动时间越长 D．若B、θ一定，v越小，则粒子在磁场中运动时间越长【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据洛伦兹力提供向心力以及周期和线速度的关系，综合角度关系以及粒子在磁场中匀速圆周运动的圆心角一定分析求解。【解答】解：AB．由洛伦兹力提供向心力以及周期和线速度的关系：qvB=m得半径和周期的表达式为：r=mv所以若θ、v一定，B越大，则T越小，r越小，故A正确，B错误；C．根据角度关系可知，粒子在磁场中匀速圆周运动的圆心角为α＝2π﹣2θ若B、v一定，则T一定，θ越小，则α越大，根据t可知粒子在磁场中运动时间越长，故C正确；D．若B、θ一定，则T一定，粒子在磁场中匀速圆周运动的圆心角一定，根据t可知粒子在磁场中运动时间一定，故D错误。故选AC。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。（多选）13．门磁装置是一种新型防盗设备，其简化结构如图所示，永磁铁固定在门框上，霍尔元件固定在门板上，其长、宽、高分别为l、b、h，元件通有如图所示方向的恒定电流I。门关闭时霍尔元件在永磁铁正下方，门打开时，霍尔元件所在位置磁场的磁感应强度减小导致霍尔电压发生变化，当电压达到某设定值时报警器发出警报。若达到报警条件时霍尔元件与永磁铁之间的距离越小则设备灵敏度越高，则（）A．门打开时，霍尔电压升高 B．门打开时，霍尔电压降低 C．适当增大b，该设备将更加灵敏 D．适当增大h，该设备将更加灵敏【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】BD【分析】霍尔元件中通有恒定电流I，根据左手定则，电子受到洛伦兹力作用，会在霍尔元件的上下表面产生电势差，即霍尔电压UH。【解答】解：AB、霍尔电压UH=EHhl，其中E当门打开时，霍尔元件所在位置磁场的磁感应强度B减小。电子在磁场中受到的洛伦兹力洛F洛＝evB减小，电子在霍尔元件中的偏转程度减小，霍尔电场强度EH减小，所以霍尔电压UH降低，故A错误，B正确。C、已知达到报警条件时霍尔元件与永磁铁之间的距离越小则设备灵敏度越高。分析增大b的影响：增大b，霍尔元件的宽度增大，但霍尔电压的大小主要由霍尔电场强度EH、厚度h和长度l决定，增大b并不能使霍尔元件与永磁铁之间的距离变小，所以该设备的灵敏度不会提高，故C错误。D、分析增大h的影响：增大h，在其他条件不变的情况下，霍尔元件与永磁铁之间的距离相对减小，使得达到报警条件时霍尔元件与永磁铁之间的实际距离更小，设备灵敏度更高，故D正确。故选：BD。【点评】主要根据左手定则判断出霍尔电压的变化。（多选）14．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t＝0时刻由负极板某位置释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知，且t0=A．粒子在t0时刻的动能为π2B．粒子在t0～3C．粒子在2t0～3t0时间内做匀加速直线运动 D．粒子在极板间运动的最大位移大小为2【考点】带电粒子在电场和磁场中的往复运动；带电粒子在周期性变化的电场中偏转．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】根据0～t0时间内带电粒子做匀加速直线运动，t0～32t0时间段内，带电粒子只受洛伦兹力的作用做圆周运动，32t0时粒子的速度方向水平，32t0～2t0时间段内，磁场方向改变，带电粒子只受洛伦兹力的作用做圆周运动，2t0时，粒子运动方向竖直向上，2t0～3t0带电粒子向上做匀加速直线运动，3t【解答】解：0～t0时间内带电粒子做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式有ax1v1故粒子在t0时刻的动能为Et0～32t运动周期满足T32t0时粒子的速度方向水平，故t0～32t0～2t0时间段内，磁场方向改变，带电粒子只受洛伦兹力的作用做圆周运动，2t0～3t0带电粒子向上做匀加速直线运动xv23t0～72t0、72t两板间距为d=当粒子到达对面极板时的水平位移为x故粒子在极板间运动的最大位移大小为s故ACD正确，B错误。故选：ACD。【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。三．填空题（共1小题）15．赤道上的地磁场可以看成沿南北方向的匀强磁场，如果赤道上有一根沿东西方向的直导线，长为20m，载有从东向西的电流30A，经测定受到的安培力为0.03N，则赤道上地磁场的磁感应强度为5×10﹣5T．【考点】安培力的概念；磁现象与磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【答案】见试题解答内容【分析】通电导线垂直放在磁场中，受到安培力作用．则由磁感应强度的定义B=F【解答】解：匀强磁场方向为由南向北，而电流方向为从东向西，磁场与电流相互垂直，则有：B=FIL=0.0320×30=故答案为：5×10﹣5【点评】本题考查磁感应强度的计算，要注意明确只有B和I相互垂直时，才能直接根据B=F四．解答题（共5小题）16．如图甲所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内放置有如图所示的两块极板M和N，极板厚度不计，第一、四象限有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B。已知两极板间距和极板的长度均为4d，现给极板加上电压，从上极板的左端位置以沿x轴正方向的初速度v0发射一电荷量为﹣q、质量为m的带负电粒子，粒子从y＝2d处进入磁场。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：（1）两板间的电势差UMN；（2）粒子第二次穿过y轴的y坐标；（3）如图乙所示，若有一平行于y轴的线状粒子源放置在平行板的左侧，能够在2d≤y≤4d区域水平向右发射速度为v0与题中相同的粒子，在磁场区域内适当位置放置一平行x轴的挡板去遮挡粒子，要挡住所有粒子，取B=【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）两板间的电势差为-m（2）粒子第二次穿过y轴的y坐标为2d（3）挡板长度的最小值为15【分析】（1）根据类平抛运动的规律、牛顿第二定律和匀强电场场强公式推导；（2）根据矢量合成方法计算合速度大小，根据向心力公式计算粒子在磁场中做圆周运动的半径，再根据几何知识计算；（3）画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据向心力公式计算轨迹半径，再根据几何知识计算判断。【解答】解：（1）粒子向下偏转，上极板带正电，在电场中运动水平方向4d＝v0t，竖直方向做匀加速运动2d根据牛顿第二定律，有qE=联立可得U=UMN（2）y轴方向的分速度大小vy＝at＝v0合速度大小v由qvB=磁场中圆周运动的半径为r因此第二次穿过y轴的y坐标为：y（3）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示O1、O2分别为上下边界两个粒子运动轨迹的圆心。由qvB=r=O1、O2间的距离为2d，Δx由轨迹分析可知挡板挡住Δx的区域即可挡住所有粒子。因此挡板的最短长度为15答：（1）两板间的电势差为-m（2）粒子第二次穿过y轴的y坐标为2d（3）挡板长度的最小值为15【点评】本题关键掌握分析带电粒子在复合场中运动情况的方法，利用类平抛运动的规律处理电场中问题的方法，利用作出轨迹和向心力公式计算轨迹半径的方法。17．如图所示，在xOy平面内存在匀强电场和匀强磁场，匀强电场存在于y轴的左侧区域，沿y轴的负方向。磁场存在于y轴的右侧区域，磁场的磁感应强度为B=mv0qL，沿x轴的正方向。在垂直xOy平面上竖立一足够大的荧光屏，荧光屏可以沿x轴左右移动。两个带电粒子a、b分别从M（﹣L，32L）、N（﹣L，-36L）点以相同的初速度v0水平向右同时出发，经过电场后恰好都经过O点射入磁场，后打在荧光屏上。已知两带电粒子质量均为（1）粒子b的电荷量大小及匀强电场的场强大小E；（2）粒子a经过O点时的速度大小；（3）要想在荧光屏上获得聚焦最亮点，则荧光屏距离y轴的最短距离（不包含荧光屏与y轴重合的情况）。【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）粒子b的电荷量大小为q3，匀强电场的场强大小E为3（2）粒子a经过O点时的速度大小为2v0；（3）要想在荧光屏上获得聚焦最亮点，则荧光屏距离y轴的最短距离为3πL【分析】（1）根据两带电粒子在电场中做类平抛运动，结合沿x轴方向匀速运动，在y轴方向上匀加速运动分析求解；（2）根据经过O点时，粒子a和粒子b沿x轴方向速度等大，结合y轴方向上的速度分析求解；（3）根据两粒子在垂直x轴的平面上做匀速圆周运动，结合粒子经过O点进入匀强磁场后，在x轴方向做匀速直线运动分析求解。【解答】解：（1）两带电粒子在电场中做类平抛运动，在沿x轴方向均有L＝v0t在y轴方向上，对于a粒子有3在y轴方向上，对于b粒子有3解得E=3（2）经过O点时，粒子a和粒子b沿x轴方向速度等大，则vax＝vbx＝v0粒子a沿y轴方向的速度v方向沿y轴负方向；粒子b沿y轴方向的速度v方向沿y轴正方向；所以粒子a经过O的速度大小为v（3）两粒子在垂直x轴的平面上做匀速圆周运动，对于粒子a，匀速圆周运动的周期为Ta=对于粒子b，匀速圆周运动的周期为Tb=解得Ta=2πLv0，T所以要在荧光屏上获得聚焦最亮点，所用的最短时间t′满足2粒子经过O点进入匀强磁场后，在x轴方向做匀速直线运动，有x＝v0t′解得x答：（1）粒子b的电荷量大小为q3，匀强电场的场强大小E为3（2）粒子a经过O点时的速度大小为2v0；（3）要想在荧光屏上获得聚焦最亮点，则荧光屏距离y轴的最短距离为3πL【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。18．如图所示，水平直线MN上方有竖直向下的匀强电场，MN下方有一边长为L的正三角形匀强磁场区域abc（边界上也有磁场），a点在边界MN上，bc边与MN平行，匀强磁场方向垂直纸面向外。质量为m、带电量为+q的粒子从P点以初速度v0垂直电场方向射出，在电场中偏转后从a点进入磁场，P、a之间的水平距离为2h，竖直距离为3h（1）求电场强度的大小；（2）若粒子从ab边离开磁场，求粒子在磁场中运动的最长时间。【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；带电粒子在三角形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）电场强度的大小为3m（2）若粒子从ab边离开磁场，粒子在磁场中运动的最长时间为3πL【分析】（1）首先，根据题意分析粒子在电场中的运动，结合类平抛运动的规律求出电场强度；（2）然后，画出粒子在电场中的运动轨迹，由几何关系可知，求出粒子离开电场时的速度，最后，画出粒子进入磁场后做圆周运动若从b点出磁场的轨迹图，由牛顿第二定律结合几何关系求出轨道半径和圆心角以及立即在磁场中运动的时间。【解答】解：（1）根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，垂直电场方向有2h＝v0t沿电场方向有3hqE＝ma得：E=（2）根据题意，粒子在电场中的运动轨迹如图所示由几何关系可知，粒子离开电场时：v=又有vy＝at解得v＝2v0粒子进入磁场后做圆周运动，若从b点出磁场，轨迹如图所示由牛顿第二定律有qvB=据几何关系可得r1圆心角θ1粒子在磁场中运动的时间t=解得t=答：（1）电场强度的大小为3m（2）若粒子从ab边离开磁场，粒子在磁场中运动的最长时间为3πL【点评】本题考查了粒子在电场组合场中的运动，解决本题的关键是熟练掌握带电粒子在电场中类平抛运动和在磁场中的圆周运动模型。19．一圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长，半径R。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0、质量是m、电量为e的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上。忽略场的边界效应、电子受到的重力及电子间相互作用力。若电子碰到筒壁，则被吸收且电中和，R、v0、m、e均为已知量。（1）求B0的大小；（2）接第（1）问，当磁感应强度大小调至B①求垂直中心轴发射的电子，从发射到落到筒壁上的时间；②求筒壁上落有电子的区域面积S；③如图c若电子发射速度与中心轴夹角为α，可经过离O点正上方距离为y=3πR的点，求【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）B0的大小为2m（2）接第（1）问，当磁感应强度大小调至B①垂直中心轴发射的电子，从发射到落到筒壁上的时间为πR3②筒壁上落有电子的区域面积S为23③如图c若电子发射速度与中心轴夹角为α，可经过离O点正上方距离为y=3πR的点，α角的可能值为0【分析】（1）根据电子以速度v0垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切分析求解；（2）①根据电子轨道半径，结合圆心角分析求解；②根据电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切分析求解；③根据题意可知α＝0°时电子不受洛伦兹力，可匀速直线运动过，结合电子水平方向圆周运动周期分析求解。【解答】解：（1）当磁场的磁感应强度为B0时，电子刚好不会落到筒壁上。则电子以速度v0垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为R0=联立解得B（2）①当B=B02，电子轨道半径r＝R，如下图所示P点为电子在筒壁落点△所以t②磁感应强度调整为B02后，将速度方向与中心轴夹角为θ的电子运动分解为垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解vx＝v0sinθ，vy＝v0电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹圆半径为R根据洛伦兹力提供向心力可得e联立解得vx=v02解得v电子发出到与筒壁相切时间t电子发射方向上下对称，则打在筒壁沿轴方向长度y可知最大面积S＝2πRym=2③根据题意可知α＝0°时电子不受洛伦兹力，可匀速直线运动过y=当α≠0°电子水平方向圆周运动周期为T竖直方向匀速直线运动y＝nTv0cosα（n＝1，2，3⋯）解得cosα＝ynTv0＝32n（n＝1，2，3⋯）当n＝1时α＝30°；当n＞1时α＞30°，电子打在筒壁上，不符合要求。综上所述：经过O点正上方距离为y=3πR的点α角的可能值是0答：（1）B0的大小为2m（2）接第（1）问，当磁感应强度大小调至B①垂直中心轴发射的电子，从发射到落到筒壁上的时间为πR3②筒壁上落有电子的区域面积S为23③如图c若电子发射速度与中心轴夹角为α，可经过离O点正上方距离为y=3πR的点，α角的可能值为0【点评】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，理解粒子在复合场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。20．控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在xOy平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子（不计粒子重力）从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的P点（0，d2）垂直于y轴向右射出，然后从x轴上的a点（d，0）离开电场进入磁场，最后从y轴上的b点离开磁场区域，粒子在b点的速度方向与y轴正方向的夹角θ＝60（1）粒子运动到P点射入电场的速度大小v0；（2）第一象限电场强度的大小E；（3）第四象限内磁感应强度的大小B。【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）粒子运动到P点射入电场的速度大小是2qU（2）第一象限电场强度的大小是2U（3）第四象限内磁感应强度的大小是2+1【分析】（1）粒子在M、N金属板间加速，由动能定理求出粒子进入电场时的速度。（2）粒子在第一象限内的电场中做类平抛运动，应用运动学公式求出电场强度大小。（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动规律，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。【解答】解：（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得qU=1解得v0=（2）粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，水平方向d＝v0t竖直方向d由牛顿第二定律得qE＝ma解得E=（3）粒子离开电场的竖直分速度vy＝at粒子到达a点的速度大小v=v02+v设此时v与x轴的夹角为α，则cosα=v0v=2分别过a点速度和b点速度作垂线，交点O′为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，如图所示根据几何关系得rcos60°+rcos45°＝d解得r＝2（2-1）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＝mv解得B=答：（1）粒子运动到P点射入电场的速度大小是2qU（2）第一象限电场强度的大小是2U（3）第四象限内磁感应强度的大小是2+1【点评】电子在电场中做类平抛运动的研究方法是运动的分解，而磁场中圆周运动的研究常根据轨迹图结合几何关系求解，都是常用的思路。

考点卡片1．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．2．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动【知识点的认识】1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。规律为：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t静电力方向：vy＝at，y=2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.两个特殊推论：（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。（2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的12，即tanα=12【命题方向】一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：（电子的比荷eme=1.76×10（1）电子进入极板时的速度v0（2）两极板间的电压．分析：（1）由动能定理可求得进入极板的速度．（2）由竖直向做匀加速运动，水平向做匀速运动，由竖直向的距离可求得所加电压值．解答：（1）由动能定理：Uq=1得v0=2qUm（2）进入偏转电场，所加电压为U′电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：a=偏距：y=能飞出的条件为：y=d由①②③④⑤可得：U′=2答：（1）电子进入极板时的速度为4.2×107m/s；（2）两极板间的电压为400V点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．【解题思路点拨】带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。3．带电粒子在周期性变化的电场中偏转【知识点的认识】本考点旨在针对带电粒子在周期性变化的电场中的偏转问题。【命题方向】在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压Uo，其周期是T．现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入（如图甲）。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：（1）若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小。（2）若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？分析：（1）电子在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度。（2）若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度vy再减速到零，然后反方向加速度到vy再减速到零。解答：（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：eU02=解得：v=（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动：L＝v0T（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度vy再减速到零，然后反方向加速到vy再减速到零。由于电子穿过电场的时间为T，所以竖直方向每段加速、减速的时间只能为T4，即电子竖直方向只能先加速T4时间到达某一速度vy再减速T4时间速度减小到零，然后反方向加速T4时间到达某一速度v根据以上描述电子可以从t时刻进入：t=T4+kT2（k＝0，1设两板间距至为d，而电子加速T4时间的竖直位移为：h=12e而电子减速T4时间的竖直位移也为：所以电子在竖直方向的最大位移为：y＝2h＝h+eU0dm（T而：y≤d2由①②解得：d≥所以d的最小值：d=答：（1）若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为v。（2）若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少v0T（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子可以从t时刻进入：t=T4+kT2（k＝0，1，2点评：带电粒子进入偏转电场中运动，水平方向不受力做匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动且具有周期性变化；要用好变化的正确性。【解题思路点拨】带电粒子在交变电场中的运动时，要分析清楚不同阶段粒子的受力情况，根据牛顿第二定律，去分析粒子的运动情况，必要时可以画出粒子的F﹣t图和v﹣t图进行分析。4．磁现象与磁场【知识点的认识】1.磁现象（1）自然界中的磁体总是存在着两个磁极。（2）磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。（3）司南、指南针的原理是就是磁极间的相互作用。（4）信鸽等动物需要依靠磁场确定方位。2.磁场（1）定义：传递磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间、通电导体与通电导体之间相互作用的一种物质。（2）基本性质：磁场对磁极或通电导体有力的作用，（3）通电导线间的相互作用力特点：同向通电导线相互吸引，异向通电导线相互排斥。（4）物质性：磁场尽管看不见、摸不着，但它与电场类似，都是不依赖于我们的感觉而客观存在的物质。（5）方向性：有方向，处在磁场中能够自由转动的小磁针，静止时N极的指向，即小磁针N极的受力方向就是该处的磁场方向。【命题方向】关于磁场的下述说法中，正确的是（）A、磁极之间相互作用是通过磁场发生的B、看不见、摸不着的磁场不是客观存在的C、只有磁体周围才存在磁场D、地球周围不存在磁场分析：磁场是客观存在的一种物质形态，虽看不见，摸不着，但可通过小磁针来体现是否存在，若电流放入磁场不一定有磁场力，受到电流与磁场方向的限制．解答：A、磁场对放入其中的磁体一定有磁场力作用，磁极之间相互作用是通过磁场发生的，所以A正确；B、磁场是客观存在的一种物质形态，虽然看不见，摸不着，但可通过小磁针来体现是否存在，所以B错误；CD、在整个空间中都有磁场的存在，只不过在磁体的周围，磁场的强度比较大，磁场可以很明显的表现出来，离得远的地方，磁场比较弱，磁场不容易表现出来，所以不是只有磁体周围才存在磁场，地球周围都存在着磁场，所以CD错误。故选：A。点评：磁场看不见，感觉不到，但实际存在，可通过小磁针来体现，磁场的强弱．同时通过假想的磁感线来描述磁场的分布．【解题思路点拨】1.磁场的存在：磁体的周围、电流的周围都存在磁场。2.磁场的客观性：磁场虽然看不见、摸不着，不是由分子、原子组成的，但却是客观存在的。场和实物是物质存在的两种形式。3.磁场的基本性质：对放入其中的磁体或电流有力的作用。磁体与磁体之间、磁体与电流之间、电流与电流之间的相互作用都是通过磁场发生的4.磁场的方向性：有方向，处在磁场中能够自由转动的小磁针，静止时N极的指向，即小磁针N极的受力方向就是该处的磁场方向。5．安培力的概念【知识点的认识】1.定义：通电导线在磁场中受的力叫作安培力。2.特点：（1）通电在导线在磁场中不一定受到安培力，当导线与磁场方向平行时，受到的安培力等于零。（2）安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直。【命题方向】关于磁场对通电直导线的作用力，下列说法中正确的是（）A、通电直导线跟磁场方向平行时作用力最小，等于零B、通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C、作用力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向D、通电直导线跟磁场方向不垂直时没有作用力分析：当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．根据左手定则可知安培力的方向．解答：AB、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小。当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．故A、B正确。C、根据左手定则，知安培力的方向既垂直磁场方向，又垂直电流方向。故C正确。D、当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，当导线与磁场的方向既不平行也不垂直时，安培力的大小介于0和最大值之间。故D错误。故选：ABC。点评：解决本题的关键知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．【解题思路点拨】电场力、安培力、洛伦兹力辨析①带电粒子在电场中受到的力叫作电场力，无论带电粒子处于什么状态，带电粒子在电场中一定受到电场力。②通电导线在磁场中受到的力叫作安培力，只有通电导线与磁场不平行时，才会受到安培力作用。③带电粒子在磁场中受到的力叫作洛伦兹力，带电粒子需要有速度并且速度方向不能与磁场方向平行。6．两根通电导线之间的作用力【知识点的认识】两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。证明：如图所示两根个导线中，通有同向电流根据安培定则可知左侧电流在右侧导线处产生的磁场垂直纸面向里，对右侧导线分析，根据左手定则，可知右侧电流受到的安培力水平向左，同理可得，右侧电流对左侧导线的作用力向右。同样的方法可以证明异向电流间的安培力指向与同向电流间的安培力的方向相反，即相互排斥。【命题方向】如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（）A、F2B、F1﹣F2C、F1+F2D、2F1﹣F2分析：当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力．则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反。解答：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反。则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1′，这两个力大小相等，方向相反。当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而对于b由于电流方向与a相反，所以b受到作用力为F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，这两个力大小相等，方向相反。将F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，F2′＝F2；故A正确，BCD错误；故选：A。点评：当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互。【解题思路点拨】可以通过安培定则与左手定则得出同向电流相互吸引，异向电流相互排斥的结论。7．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．8．带电粒子在直线边界磁场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形（1）直线边界（2）平行边界2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．3.常见的解题思路（1）圆心的确定①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心．（2）半径的确定方法一：由物理方程求：半径R=mv方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．（3）时间的确定由t=θ2πT确定通过某段圆弧所用的时间，其中【命题方向】如图所示，粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，OP垂直于磁场边界。a、b两粒子的质量之比为（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解。解答：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，设磁场宽度为d，由图可知，粒子a的半径ra=d2sin60°=d3a粒子轨迹长度为sa=2×60b粒子的轨迹长度为sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故选：C。点评：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值．数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等．（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．9．带电粒子在矩形边界磁场中的运动【知识点的认识】本考点旨在考查带电粒子在矩形边界磁场中的运动情况。【命题方向】如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场．若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其它条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（）A、在b、a之间某点B、在n、a之间某点C、a点D、在a、m之间某点分析：由几何关系可知粒子从n点射出时的半径，则可求得磁感应强度与速度的关系，则牛顿第二定律可确定B加倍后的半径，即可由几何关系求得射出磁场的位置．解答：设边长为a，则从n点射出的粒子其半径恰好为a2由牛顿第二定律可得：Bqv＝mv当磁感应强度变为原来的2倍时，由2Bqv＝mv2R=故粒子应从a点穿出；故选：C。点评：带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆的性质，由几何关系确定圆心和