14、開發(fā)射裝置到擊中y軸所用時間t的范圍為＜t<
答案 ABD
解析 由題意，某時刻發(fā)出的粒子都擊中的點是y軸上同一點，由發(fā)射裝置最高點射出的粒子只能擊中(0，R)，則擊中的同一點只能是(0，R)，即粒子擊中點距O點的距離為R，A正確；從最低點射出的也擊中(0，R)，那么粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力有：qvB＝m，可得磁感應(yīng)強度B＝，B正確；粒子運動的半徑都相同，但是入射點不同，所以粒子離開磁場時的速度方向不同，C錯誤；整個過程粒子的速率不變，故粒子運動的時間正比于軌跡的長度，所以從最低點射出的粒子運動的時間最長，由此可得粒子從離開發(fā)射裝置到擊中y軸所用的最長時間為t1＝
15、T＋＝×＋＝，從最高點直接射向(0，R)的粒子運動時間最短，最短的時間為t2＝，D正確。
10. (多選)電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應(yīng)強度的大小與I成正比，通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。設(shè)彈體只受安培力作用，現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是 ( )
A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍
B．只將電流I增加到原來的2倍
C．只將彈體質(zhì)量減小到原來的一半
D．將彈體
16、質(zhì)量減小到原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變
答案 BD
解析 設(shè)B＝kI，軌道之間距離d，則發(fā)射過程中，安培力做功kI2dL，由動能定理kI2dL＝mv2，要使彈體的出射速度增加至原來的2倍，可采用的辦法是只將電流I增加到原來的2倍，或?qū)楏w質(zhì)量減小到原來的一半，同時軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變，B、D正確。
11．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，AO是∠xOy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強電場，下方存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點從OA上的M點由靜止釋放，質(zhì)點恰能沿AO運動且通過O點進(jìn)
17、入x軸下方區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點進(jìn)入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點(C點、D點圖中均未標(biāo)出)。已知OM＝20 m，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝，重力加速度為g＝10 m/s2。求：
(1)兩勻強電場的電場強度E的大??；
(2)OD的長L；
(3)質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間t。
答案 (1) (2) m (3)4.86 s
解析 (1)質(zhì)點在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場，沿AO做勻加速直線運動，所以有mg＝qE，即E＝。
(2)質(zhì)點在x軸下方，重力與電場力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，從C點進(jìn)入第一象限后做類平拋運動，其軌跡如圖所示，
由洛倫茲力提供向心力得
18、：
Bqv＝m
沿AO做勻加速直線運動，由運動學(xué)規(guī)律知：
v2＝2aOM，
因為：a＝g
由類平拋運動規(guī)律知：
R＝vt3，R－L＝at
聯(lián)立解得：L＝ m。
(3)質(zhì)點做勻加速直線運動有：OM＝at，
解得：t1＝2 s
質(zhì)點做勻速圓周運動有：t2＝×＝ s
質(zhì)點做類平拋運動有R＝vt3，得：t3＝0.5 s
質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間為：
t＝t1＋t2＋t3＝ s≈4.86 s。
12．如圖是導(dǎo)軌式電磁炮實驗裝置示意圖。兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，其間安放金屬滑塊(即實驗用彈丸)，滑塊可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。電源提供的強
19、大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過滑塊，再從另一導(dǎo)軌流回電源。滑塊被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場推動而發(fā)射。在發(fā)射過程中，該磁場在滑塊所在位置始終可以簡化為勻強磁場，方向垂直于紙面，其強度與電流的關(guān)系為B＝kI，比例常量k＝2.5×10－6 T/A。
已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距l(xiāng)＝1.5 cm，滑塊的質(zhì)量m＝30 g，滑塊沿導(dǎo)軌滑行5 m后獲得的發(fā)射速度v＝3.0 km/s(此過程視為勻加速運動)。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(1)求發(fā)射過程中電源提供的電流強度；
(2)若電源輸出的能量有4%轉(zhuǎn)換為滑塊的動能，則發(fā)射過程中電源的輸出功率和輸出電壓各是多大？
(3)若此滑塊射出后隨即以速度v沿水平方向擊中放
20、在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度為s′。設(shè)砂箱質(zhì)量為M，滑塊質(zhì)量為m，不計砂箱與水平面之間的摩擦。求滑塊對砂箱平均沖擊力的表達(dá)式。
答案 (1)8.5×105 A (2)1.0×109 W 1.2×103 V
(3)f＝·
解析 (1)由勻加速運動公式a＝＝9×105 m/s2
由安培力公式和牛頓第二定律，有
F＝BIl＝kI2l，kI2l＝ma
因此I＝ ≈8.5×105 A。
(2)滑塊獲得的動能是電源輸出能量的4%
即PΔt×4%＝mv2
發(fā)射過程中電源供電時間Δt＝＝×10－2 s
電源的輸出功率為P＝＝1.0×109 W
由功率P＝IU，解得輸出電壓：U＝≈1
21、.2×103 V。
(3)分別對砂箱和滑塊應(yīng)用動能定理，有
fsM＝Mv，－f′sm＝mv－mv2
由牛頓定律f＝f′和相對運動sm＝sM＋s′
由動量守恒mv＝(m＋M)v共
聯(lián)立求得平均沖擊力f＝·。
『真題調(diào)研題組』
1．(2019·全國卷Ⅰ) 如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為( )
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
答案 B
解析 設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R，長度為L，則電路中
22、，上下兩支路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下兩支路電流之比為I1∶I2＝1∶2。如圖所示，由于上邊支路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長度也為L，根據(jù)安培力計算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的安培力大小為F＋F′＝1.5F，B正確。
2．(2019·全國卷Ⅱ) 如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(
23、 )
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
答案 B
解析 若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝；若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，有qvdB＝m，R＝2＋l2，解得vd＝＝＝。B正確。
3．(2019·全國卷Ⅲ) 如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為( )
A. B. C.
24、D.
答案 B
解析 帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝知，第一象限內(nèi)的軌跡圓半徑是第二象限內(nèi)的軌跡圓半徑的2倍，如圖所示，由幾何知識可知，粒子在第二象限內(nèi)軌跡所對圓心角為90°，在第一象限內(nèi)軌跡所對圓心角為60°。
粒子在第二象限內(nèi)運動的時間t1＝＝＝，粒子在第一象限內(nèi)運動的時間t2＝＝＝，則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝，B正確。
4．(2019·天津高考)筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)
25、體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的( )
A．前表面的電勢比后表面的低
B．前、后表面間的電壓U與v無關(guān)
C．前、后表面間的電壓U與c成正比
D．自由電子受到的洛倫茲力大小為
答案 D
解析 由左手定則判斷，后表面帶負(fù)電，電勢低，A錯誤；電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關(guān)，故B、C錯誤；自由電子受到的洛倫茲力F＝evB＝，D正確。
26、
5．(2018·北京高考)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是( )
A．磁場和電場的方向 B．磁場和電場的強弱
C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時的速度
答案 C
解析 由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)做勻速直線運動時，即有Eq＝qvB，則v＝，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強弱程度、粒子入射時速度都有要求，但是對粒子的電性和電量無要求，故C正確，A、B、D錯誤。
6. (2018·
27、全國卷Ⅱ)(多選)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則( )
A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
答案 AC
解析 L1在a、b兩點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小
28、相等，設(shè)為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小設(shè)為B2，方向垂直紙面向里，在b點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小也為B2，方向垂直紙面向外，規(guī)定向外為正方向，根據(jù)矢量疊加原理可知B0－B1－B2＝B0，B2＋B0－B1＝B0，聯(lián)立這兩式可解得：B1＝B0，B2＝B0，故A、C正確。
7．(2019·全國卷Ⅰ) 如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°
29、，粒子進(jìn)入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求
(1)帶電粒子的比荷；
(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。
答案 (1) (2)
解析 (1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有
qU＝mv2①
設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qvB＝m②
粒子運動的軌跡如圖，
由幾何關(guān)系知
d＝r③
聯(lián)立①②③式得
＝④
(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸所經(jīng)過的路程為
s＝＋rtan30°⑤
帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為
t＝⑥
聯(lián)立②
30、③④⑤⑥式得t＝。
8. (2018·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。
(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；
(2)求該粒子從M點射入時速度的大?。?
(3)若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方
31、向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。
答案 (1)軌跡見解析 (2)
(3)
解析 (1)粒子運動的軌跡如圖a所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)
(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖b)，速度沿電場方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有
qE＝ma①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學(xué)公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcosθ④
粒子在
32、磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB＝⑤
由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦
(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0cot⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式得＝⑨
設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，
則t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，
T＝?
由③⑦⑨⑩?式得t′＝。
9. (2018·天津高考)如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的
33、交點分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進(jìn)入磁場，從N射出，不計粒子重力。
(1)求粒子從P到M所用的時間t；
(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小。
答案 (1) (2)
解析 (1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m?、?
設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有F＝qE?、?
設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma ③
粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動
34、，有
v＝at ④
聯(lián)立①②③④式得t＝?、?
(2)粒子進(jìn)入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、圓周運動半徑無關(guān)，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可知(r′－R)2＋(R)2＝r′2 ⑥
設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，
即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知
tanθ＝?、?
粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時沿豎直方向的分速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度始終為v0，
由運動的合成和分解可
35、知tanθ＝ ⑧
聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝。
『模擬沖刺題組』
1．(2019·北京西城一模)如圖所示，在兩塊平行金屬板間存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)有兩種帶電粒子M、N分別以同樣的速度v從左端沿兩板間的中線射入，都能沿直線從右端射出，不計粒子重力。以下說法正確的是( )
A．帶電粒子M、N的電性一定相同
B．帶電粒子M、N的電量一定相同
C．撤去電場僅保留磁場，M、N做圓周運動的半徑一定相等
D．撤去磁場僅保留電場，M、N若能通過場區(qū)，則通過場區(qū)的時間相等
答案 D
解析 根據(jù)左手定則判斷可知，無論粒子帶何種電荷，受到的洛倫茲力和電場力的方向總相
36、反，滿足qvB＝qE，即vB＝E，故可看出粒子能否沿直線射出只與速度有關(guān)，與電性和電量無關(guān)，故A、B錯誤；撤去電場后，粒子在剩下的磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m，可得R＝，兩粒子的比荷不一定相同，則運動的半徑不一定相同，故C錯誤；撤去磁場后，兩粒子在電場中做類平拋運動，若能穿過場區(qū)，則水平方向做勻速直線運動，由l＝vt可知兩粒子通過場區(qū)的時間相等，故D正確。
2．(2019·山西運城高三上學(xué)期模擬)如圖所示，邊長為l，質(zhì)量為m的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以恒定的逆時針方向的電流，大小為I。圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點，在虛線的下方為垂直于導(dǎo)線框向里的有界矩形勻
37、強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B。此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的拉力為F1；保持其他條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，導(dǎo)線框仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時細(xì)線中拉力為F2。則導(dǎo)線框中的電流大小為( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 當(dāng)磁場位于虛線下方時，導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線中的拉力為F1，可知線框受到安培力的合力方向豎直向上，大小為F安＝，根據(jù)平衡條件，則有：F1＋F安＝mg；現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細(xì)線中拉力為F2，安培力大小F安′＝BI，方向豎直向下，則有F2＝mg＋F安′，聯(lián)立得：F2＝F1＋BIl，即I＝，故選A。
3．(2019·遼寧大
38、連二模) 如圖所示，AC是四分之一圓弧，O為圓心，D為圓弧中點，A、D、C處各有一垂直紙面的通電直導(dǎo)線，電流大小相等，方向垂直紙面向里，整個空間還存在一個大小為B的勻強磁場，O處的磁感應(yīng)強度恰好為零。如果將D處電流反向，其他條件都不變，則O處的磁感應(yīng)強度大小為( )
A．2(－1)B B．2(＋1)B
C．2B D．0
答案 A
解析 O點的實際磁感應(yīng)強度是A、D、C處電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強度與空間大小為B的磁感應(yīng)強度的矢量和。O處的磁感應(yīng)強度恰好為零，則A、C與空間磁場的矢量和一定與D單獨產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度等大反向，根據(jù)矢量合成法則可得：D電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強度BD＝，所以
39、將D處電流反向，其他條件都不變，O處磁感應(yīng)強度：B′＝2BD＝2(－1)B，故選A。
4．(2019·福建漳州二模)(多選) 如圖所示，紙面內(nèi)半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域外存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，紙面內(nèi)的線段PA與圓形區(qū)域相切于A點，PA＝2R。若P點處有一粒子源沿PA方向射出不同速率的帶正電粒子(質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力)，則能射入圓形區(qū)域內(nèi)部的粒子的速率可能為( )
A. B. C. D.
答案 CD
解析 粒子運動軌跡與圓形區(qū)域相切時，粒子恰好不能射入圓形區(qū)域內(nèi)部，粒子此時擁有最小速度。相切時的運動軌跡如圖所示，由幾何知識得：(r－R
40、)2＋(2R)2＝(r＋R)2；
解得：r＝3R，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律：qvB＝m，解得：v＝，故當(dāng)粒子速度滿足v′>都可以進(jìn)入圓形磁場區(qū)域，則A、B錯誤，C、D正確。
5. (2019·安徽淮北宿州一模)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，在第二、三、四象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，已知電場強度為E。從第一象限中坐標(biāo)為(L，L)的P點由靜止釋放帶正電的粒子(不計重力)，該粒子第一次經(jīng)過x軸時速度為v0，第二次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)為(－L,0)，求：
(1)粒子的比荷及磁感應(yīng)強度B的大?。?
(2)粒子第三次經(jīng)過x軸時的速度
41、大小及方向；
(3)粒子第二次經(jīng)過y軸與第三次經(jīng)過y軸時兩點間的距離。
答案 (1)
(2)v0，與x軸正方向成45°角斜向右下方
(3)3L
解析 (1)粒子從P點由靜止釋放并到達(dá)x軸過程中，
由動能定理得EqL＝mv
解得＝
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，并由洛倫茲力提供向心力。
設(shè)軌跡半徑為r1，則qBv0＝m
解得r1＝
粒子第二次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)為(－L,0)，故其軌跡半徑r1＝L，得B＝。
(2)粒子通過y軸上的點(0，L)，以平行x軸的速度v0進(jìn)入電場做類平拋運動，經(jīng)過時間t第三次通過x軸，軌跡如圖所示，在此過程中，
加速度a＝＝
水平位移
42、x＝v0t
豎直位移L＝at2
解得t＝
x＝2L
該粒子第三次經(jīng)過x軸時，
水平分速度vx＝v0
豎直分速度vy＝at＝v0
所以粒子第三次經(jīng)過x軸時的速度大小
v＝＝v0
其方向與x軸正方向成45°角斜向右下方。
(3)由前面的解析可知，粒子第二次經(jīng)過y軸時坐標(biāo)為(0，L)，第三次經(jīng)過x軸時坐標(biāo)為(2L,0)，再次進(jìn)入磁場中做圓周運動，
r2＝＝L
由幾何關(guān)系可求得粒子第三次經(jīng)過y軸時坐標(biāo)為(0，－2L)，
故粒子第二次經(jīng)過y軸與第三次經(jīng)過y軸時兩點間距為3L。
6．(2019·湖南懷化一模)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、
43、方向垂直于坐標(biāo)平面向里的有界矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強電場，一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為(－L,0)的A點。粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v0的電子，電子通過y軸上的C點時的速度方向與y軸正方向成α＝45°角，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后方向恰好垂直第一象限內(nèi)與x軸正方向成β＝15°角的射線ON。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用。求：
(1)勻強電場的電場強度E的大??；
(2)電子在電場和磁場中運動的總時間t；
(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積Smin。
答案 (1) (2)＋ (3)2
解析 (1)電子從A到C的過
44、程中，由動能定理得：
eEL＝mv－mv，vCcos45°＝v0
聯(lián)立解得：E＝。
(2)電子在電場中做類平拋運動，沿電場方向有：
L＝t1
其中vC＝，由數(shù)學(xué)知識知電子在磁場中的速度偏向角等于圓心角：θ＝
電子在磁場中的運動時間：t2＝T，其中T＝，
電子在電場和磁場中運動的總時間t＝t1＋t2
聯(lián)立解得：t＝＋。
(3)電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有evB＝m，最小矩形區(qū)域如圖所示，
由數(shù)學(xué)知識得：CD＝2r·sin，CQ＝r－rcos
故矩形磁場區(qū)域的最小面積：Smin＝CD·CQ
聯(lián)立解得：Smin＝2。
7．(2019·重慶南開中學(xué)
45、高三4月模擬)在矩形區(qū)域abcd中，存在如圖甲所示的磁場區(qū)域(包括邊界)，規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，其中bc＝2ab＝2L、e為bc邊界上的一點，且ce＝。重力可忽略不計的正粒子從d點沿dc方向以初速度v0射入如圖乙所示的周期性變化的磁場，已知粒子的比荷為k。求：
(1)如果在t＝0時刻射入磁場的粒子經(jīng)小于半個周期的時間從邊界上的e點離開，則磁場的磁感應(yīng)強度B0應(yīng)為多大？
(2)如果磁場的磁感應(yīng)強度B0＝，在bc邊的右側(cè)加一垂直bc邊向左的勻強電場，t＝0時刻射入磁場的粒子剛好經(jīng)過T0后垂直bc邊離開磁場，經(jīng)過一段時間又沿dc邊從d點離開磁場區(qū)域，則電場強度E以及粒子在電場中的路程
46、x分別為多大？(T0未知，用k，L，v0表示)
(3)如果磁場的磁感應(yīng)強度B0＝，欲使在小于半個周期的任意時刻射入磁場的粒子均不能由ad邊離開磁場，則磁場的變化周期T0應(yīng)滿足什么條件？
答案 (1)
(2)(n＝1,2,3…) (n＝1,2,3…)
(3)T0≤
解析 (1)根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡，如圖a所示，
由幾何關(guān)系有：R2＝2＋L2，計算得出：R＝L
又R＝，解得：B0＝。
(2)根據(jù)R＝，把B0＝代入可得粒子的半徑R＝L，畫出粒子在T0的運動軌跡如圖b所示，
設(shè)粒子運動的周期為T，根據(jù)題意有：T0＝T
得T0＝，為保證粒子能回到d點，則在電場中所用時間t
47、滿足：t＝nT0(n＝1,2,3…)
又有t＝，a＝，解得E＝(n＝1,2,3…)
粒子在電場中路程：x＝2＝(n＝1,2,3…)。
(3)臨界情況為粒子從t＝0時刻射入，并且在T0時刻軌跡恰好與ad邊相切，如圖c所示，
設(shè)圓周運動的周期為T，由幾何關(guān)系知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為150°，
對應(yīng)運動時間為t＝T＝，應(yīng)滿足t≥T0，
解得：T0≤。
8．(2019·山東淄博三模) 如圖，光滑水平桌面上有一個矩形區(qū)域abcd，bc長度為2L，cd長度為1.5L，e、f分別為ad、bc的中點。efcd區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的絕緣小球A靜止在磁場
48、中f點。abfe區(qū)域存在沿bf方向的勻強電場，電場強度為；質(zhì)量為km的不帶電絕緣小球P，以大小為的初速度沿bf方向運動。P與A發(fā)生彈性正碰，A的電量保持不變，P、A均可視為質(zhì)點。
(1)求碰撞后A球的速度大小；
(2)若A從ed邊離開磁場，求k的最大值；
(3)若A從ed邊中點離開磁場，求k的可能值和A在磁場中運動的最長時間。
答案 (1)vA＝· (2)1
(3)或
解析 (1)設(shè)P、A碰后的速度分別為vP和vA，P碰前的速度為v＝
由動量守恒定律：kmv＝kmvP＋mvA
由機械能守恒定律：kmv2＝kmv＋mv
解得：vA＝·。
(2)設(shè)A球在磁場中運動軌跡半徑
49、為R，由牛頓第二定律得：qvAB＝
解得：R＝L，即k＝
由此可知R越大，k值越大
如圖1，當(dāng)A球的軌跡與cd相切時，R為最大值，R＝L
求得k的最大值為1。
(3)令z點為ed邊的中點，分類討論如下：
(ⅰ)A球在磁場中偏轉(zhuǎn)一次從z點就離開磁場，如圖2有
R2＝2＋(1.5L－R)2
解得：R＝
由R＝L可得：k＝
(ⅱ)分析可知A球能從z點離開磁場需要滿足R≥，則A球在磁場中還可能經(jīng)歷一次半圓運動后進(jìn)到電場，然后再由電場進(jìn)入磁場，最終從z點離開。
如圖3和圖4，由幾何關(guān)系有：
R2＝2＋2
解得：R＝或R＝
由k＝可得：k＝或k＝
球A在電場中克服電場
50、力做功的最大值為
Wm＝
當(dāng)k＝時，vA＝，由于·mv＝>，故不成立；
當(dāng)k＝時，vA＝，由于·mv＝＜，故成立。
綜合(ⅰ)、(ⅱ)可得A球能從z點離開的k的可能值為：
k＝或k＝
A球在磁場中運動周期為T＝
當(dāng)k＝時，如圖4，A球在磁場中運動的時間最長，最長時間為t＝T，即t＝。
『熱門預(yù)測題組』
1．(2019·湖南常德高三一模)2018年，我省加大環(huán)保督查力度，打響碧水藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)。督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極，勻強磁場方向豎直向下。污水(含有大
51、量的正負(fù)離子)充滿管口從左向右流經(jīng)該測量管時，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量Q(單位時間內(nèi)排出的污水體積)。則( )
A．a(chǎn)側(cè)電勢比c側(cè)電勢低
B．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大
C．污水流量Q與U成正比，與L、D無關(guān)
D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝
答案 D
解析 污水中正、負(fù)離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏，負(fù)離子向前表面偏，所以a側(cè)電勢比c側(cè)電勢高，故A錯誤；最終正、負(fù)離子受到電場力和洛倫茲力處于平衡，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝＝·＝，可知Q與U、D成正比，與L無關(guān)，與離子濃度無關(guān)，B、C錯誤；由Q＝可知，勻
52、強磁場的磁感應(yīng)強度B＝，故D正確。
2．(2019·湖南常德一模)歐洲大型強子對撞機是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速對撞的高能物理設(shè)備，其原理可簡化如下：兩束橫截面積極小，長度為l0的質(zhì)子束以初速度v0同時從左、右兩側(cè)入口射入加速電場，出來后經(jīng)過相同的一段距離射入垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域并被偏轉(zhuǎn)，最后兩質(zhì)子束發(fā)生相碰。已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為e；加速極板AB、A′B′間電壓均為U0，且滿足eU0＝mv。兩磁場磁感應(yīng)強度相同，半徑均為R，圓心O、O′在質(zhì)子束的入射方向上，其連線與質(zhì)子入射方向垂直且距離為H＝R；整個裝置處于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)
53、。
(1)試求質(zhì)子束經(jīng)過加速電場加速后(未進(jìn)入磁場)的速度v和磁場磁感應(yīng)強度B；
(2)如果某次實驗時將磁場O的圓心往上移了，其余條件均不變，質(zhì)子束能在OO′連線的某位置相碰，求質(zhì)子束原來的長度l0應(yīng)該滿足的條件。
答案 (1)2v0 (2)l0≥
解析 (1)對于單個質(zhì)子進(jìn)入加速電場后，則有：
eU0＝mv2－mv
又：eU0＝mv，解得：v＝2v0；
根據(jù)對稱，兩束質(zhì)子會相遇于OO′的中點P，粒子束由CO方向射入，根據(jù)幾何關(guān)系可知必定沿OP方向射出，出射點為D，過C、D點作速度的垂線相交于K，則K點即為軌跡的圓心，如圖甲所示，并可知軌跡半徑r＝R
根據(jù)洛倫茲力提供向心
54、力有：evB＝m
可得磁場磁感應(yīng)強度：B＝。
(2)磁場O的圓心上移了，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對稱，但是粒子在磁場中運動軌跡半徑仍為R，對于上方粒子，將不是向著圓心射入，而是從F點射入磁場，如圖乙所示，E點是原來C點位置，連接OF、OD，并作FK平行且等于OD，連KD，由于OD＝OF＝FK，故平行四邊形ODKF為菱形，即KD＝KF＝R，故粒子束仍然會從D點射出，但方向并不沿OD方向，K為粒子束的圓心，由于磁場上移了，故sin∠COF＝＝，∠COF＝，∠DOF＝∠FKD＝
對于下方的質(zhì)子，則沒有任何改變，故兩質(zhì)子束若相遇，只可能相遇在D點，
下方質(zhì)子到達(dá)C′后最先到達(dá)D點的質(zhì)子所需時間為
t′＝＝
而上方質(zhì)子中最后一個到達(dá)E點的時間比第一個到達(dá)E點的時間滯后Δt＝
上方質(zhì)子從E點到達(dá)D點所需時間為
t＝＋＝R
要使兩質(zhì)子束相碰，其運動時間滿足t′≤t＋Δt
聯(lián)立解得l0≥。
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2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題十 磁場精練（含解析）
