2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題10 磁場（含解析）

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1、 專題10 磁場 第一部分名師綜述 帶電粒子在磁場中的運動是高中物理的一個難點，也是高考的熱點。在歷年的高考試題中幾乎年年都有這方面的考題。帶電粒子在磁場中的運動問題，綜合性較強，解這類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運動的知識，又要用到數學中的平面幾何中的圓及解析幾何知識。帶電粒子在復合場中的運動包括帶電粒子在勻強電場、交變電場、勻強磁碭及包含重力場在內的復合場中的運動問題，是高考必考的重點和熱點。 縱觀近幾年各種形式的高考試題，題目一般是運動情景復雜、綜合性強，多把場的性質、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、功能關系以及交變電場等知識有機地結合，題目難度中等偏上，對考生的空間想像能力、

2、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力，及用數學方法解決物理問題的能力要求較高，題型有選擇題、作圖及計算題，涉及本部分知識的命題也有構思新穎、過程復雜、高難度的壓軸題。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，邊長為L的正六邊形abcdef中，存在垂直該平面向內的勻強磁場，磁感應強度大小為B．a點處的粒子源發(fā)出大量質量為m、電荷量為+q的同種粒子，粒子的速度大小不同，方向始終垂直ab邊且與磁場垂直，不計粒子的重力，當粒子的速度為v時，粒子恰好經過b點，下列說法正確的是 ( ) A．速度小于v的粒子在磁場中運動時間為πm2qB B．經過d點的粒子在磁場中運動的時間為πm4

3、qB C．經過c點的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2L D．速度大于2v 小于4v的粒子一定打在cd邊上 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，當粒子的速度為v時，粒子恰好經過b點時在磁場中運動了半周，運動時間為12T=πmqB，軌跡半徑等于ab的一半.當粒子的速度小于v時，由r=mvqB知，粒子的軌跡半徑小于ab的一半，仍運動半周，運動時間仍為12T=πmqB；故A錯誤. B、在a點粒子的速度與ad連線的夾角為30°，粒子經過d點時，粒子的速度與ad連線的夾角也為30°，則粒子軌跡對應的圓心角等于60°，在磁場中運動的時間t=16T=πm3qB；

4、故B錯誤. C、經過c點的粒子，根據幾何知識知，該粒子在磁場中做圓周運動的圓心b，半徑為L，故C錯誤. D、設經過b、c、d三點的粒子速度分別為v1、v2、v3．軌跡半徑分別為r1、r2、r3．據幾何知識可得，r1=L2，r2=L，r3=2L，由半徑公式r=mvqB得：v2=2v1=2v，v3=4v1=4v，所以只有速度在這個范圍：2v≤v≤4v的粒子才打在cd邊上；故D正確. 故選D. 2．如圖所示，在空間有一坐標系xOy中，直線OP與x軸正方向的夾角為30o，第一象限內有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域I和II，直線OP是它們的邊界，OP上方區(qū)域I中磁場的磁感應強度為B。一質量

5、為m，電荷量為q的質子（不計重力）以速度v從O點沿與OP成30o角的方向垂直磁場進入區(qū)域I，質子先后通過磁場區(qū)域I和II后，恰好垂直打在x軸上的Q點（圖中未畫出），則下列說法正確的是 A．區(qū)域II中磁感應強度為B2 B．區(qū)域II中磁感應強度為3B C．質子在第一象限內的運動時間為5πm6qB D．質子在第一象限內的運動時間為7πm12qB 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB、設質子在磁場I和II中做圓周運動的軌道半徑分別為r1和r2 ,區(qū)域II中磁感應強度為B',運動軌跡如圖所示： 由牛頓第二定律得:qvB=mv2r1① qvB'=mv2r2 ② 由帶電粒

6、子才磁場中運動的對稱性和幾何關系可以知道,質子從A點出磁場I時的速度方向與OP的夾角為30° ,故質子在磁場I中軌跡的圓心角為60°,如圖所示: 由幾何關系可知OA=r1③, 在區(qū)域II中,質子運動1/4圓周,O2是粒子在區(qū)域II中做圓周運動的圓心,r2=OAsin30°=12r1④ 由①②③④計算得出區(qū)域II中磁感應強度為:B'=2B ,故AB錯誤； CD、質子在Ⅰ區(qū)運動軌跡對應的圓心角為60°, 在Ⅱ區(qū)運動軌跡對應的圓心角為90° :, 質子在Ⅰ區(qū)的運動時間t1=16×2πmqB=πm3qB , 質子在Ⅱ區(qū)運動時間t2=14×2πmqB'=πm4qB ,則粒子在第一象限內的運

7、動時間為7πm12qB.故C錯誤,D正確. 故選D 【點睛】 由幾何知識作出軌跡,如圖.由幾何關系,得到質子在兩個磁場中軌跡半徑與OA的關系,由牛頓第二定律研究兩個磁感應強度的關系,求解區(qū)域II中磁場的磁感應強度大小.求出質子運動軌跡所對應的圓心角,然后求出質子在磁場中做圓周運動的時間. 帶電粒子通過磁場的邊界時,如果邊界是直線,根據圓的對稱性得到,帶電粒子入射速度方向與邊界的夾角等于出射速度方向與邊界的夾角,這在處理有界磁場的問題常常用到. 3．如圖所示為一種質譜儀的示意圖，該質譜儀由速度選擇器、靜電分析器和磁分析器組成。若速度選擇器中電場強度大小為E1，磁感應強度大小為B1、方向

8、垂直紙面向里，靜電分析器通道中心線為14圓弧，圓弧的半徑(OP)為R，通道內有均勻輻射的電場，在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器中有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶電粒子以速度v沿直線經過速度選擇器后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力。下列說法正確的是 A．速度選擇器的極板P1的電勢板比極板P2的高 B．粒子的速度v=B1E1 C．粒子的比荷為E12ERB12 D．P、Q兩點間的距離為2ERB12E12B 【答案】 C 【解析】 【分析】 根據粒子在靜電分析器中的受力方向判斷粒

9、子的電性；根據粒子在速度選擇器中的受力情況判斷極板的電勢高低；根據粒子在速度選擇器中做直線運動求解粒子的速度；根據粒子在靜電分析其中的圓周運動求解粒子的比荷；根據粒子在磁場中做勻速圓周運動求解半徑，可求解PQ距離. 【詳解】 粒子在靜電分析器內沿中心線方向運動，說明粒子帶正電荷，在速度選擇器中由左手定則可判斷出粒子受到的洛倫茲力向上，粒子受到的電場力向下，故速度選擇器的極板P1的電勢比極板P2的高，選項A正確；由qvB1＝qE1可知，粒子的速度v=E1B1，選項B錯誤；由v=E1B1和qE=mv2R可得，粒子的比荷為qm=E12ERB1，選項C正確；粒子在磁分析器中做圓周運動，PQ為軌跡圓

10、的直徑，故P、Q兩點間的距離PQ=2mvqB=2ERB1E1B，選項D錯誤。故選C. 4．如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠A=60°，AO=a。在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子，粒子的電量大小為q，質量為m，發(fā)射速度大小都為v0，發(fā)射方向由圖中的角度θ表示．不計粒子間的相互作用及重力，下列說法正確的是（） A．若v0=aqBm，則在AC邊界上只有一半區(qū)域有粒子射出 B．若v0=aqBm，則以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間最短 C．若v0=aqBm，則以θ<30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等 D．若v0=aq

11、B2m，則以θ=0°方向射入磁場的粒子在磁場中運動的時間為πmqB 【答案】 A 【解析】 粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB=mv2r ,計算得出r=mv0Bq ,當v0=aqB2m時,r=a2 ,當v0=aqBm時,r=a; A、若v0=aqBm當θ=0°飛入的粒子在磁場中,粒子恰好從AC中點飛出,因此在AC?邊界上只有一半區(qū)域有粒子射出，A正確 B、若v0=aqBm,以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間恰好是T6周期,在磁場中運動時間最長,故B錯誤; C、若v0=aqBm,當θ=0°飛入的粒子在磁場中,粒子恰好從AC中點飛出,在磁場

12、中運動時間也恰好是T6,則以θ<30°飛入磁場中的粒子運動所對應的圓心角不相等，所以運動所用的時間也不相等，C錯； D、若v0=aqB2m，則以θ=0°方向射入磁場的粒子在磁場中運動的時間小于πmqB，D錯誤 本題答案是：A 點睛：帶電粒子以相同的速率,不同的速度方向,進入磁場,運動軌跡的曲率半徑相同,從而根據不同的磁場情況,即可求解. 5．如圖所示，邊長為l，質量為m的等邊三角形導線框用絕緣細線懸掛于天花板，導線框中通以逆時針方向的電流。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線框向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B。此時導線框處于靜止狀態(tài)，細線中的拉力為F1；保持其

13、它條件不變，現將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細線中拉力為F2。則導線框中的電流大小為（） A．F2-F1Bl B．F2-F12Bl C．2F2-F1Bl D．2F2-F13Bl 【答案】 A 【解析】 當在虛線的下方有一垂直于導線框向里的勻強磁場，此時導線框處于靜止狀態(tài)，細線中的拉力為F1；結合矢量的合成法則及三角知識，則線框受到安培力的合力，方向豎直向上，大小為F安=BIl+BIl2，根據平衡條件，則有：F1+F安=mg；現將虛線下方的磁靜場移至虛線上方，此時細線中拉力為F2．則兩邊受到的安培力大小相等，安培力夾角均為120°，因此安培力合力F'安=BIl2，則有F

14、2+F'安=mg；聯立得：F2=F1+BIl，即I=F2-F1Bl.故選A. 【點睛】本題中要注意安培力的等效求法，同時掌握左手定則的內容，及矢量的合成法則，注意求解安培力合力是解題的關鍵． 6．如圖所示，在足夠長的熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，磁感應強度的大小B=0.1T、方向與紙面垂直．距離熒光屏h=16cm處有一粒子源S，以速度v=1×106m/s不斷地在紙面內向各個方向發(fā)射比荷q/m=1×108C/kg的帶正電粒子，不計粒子的重力。則粒子打在熒光屏范圍的長度為（） A．12cm B．16cm C．20cm D．24cm 【答案】 C 【解析

15、】粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力 qvB=mv2r 解得r=10cm 當粒子的軌跡與屏幕相切時為臨界情況，即打到熒屏上的邊界，找到圓心O（到S點的距離與到MN的距離相等的點）， 如上圖， 由幾何知識知x2=r2-(h-r)2=8cm 設粒子打在熒屏上最左側的C點，則x1=(2r)2-h2=12cm 則范圍的長度為x1+x2=20cm； 故選C。 點睛：1、本題是一道關于帶電粒子在磁場中的運動的題目，結合牛頓第二定律得到粒子圓周運動的半徑是關鍵； 2、經分析知，粒子能打在熒屏上的臨界情況是軌跡與MN相切； 3、先根據牛頓第二定律計算出粒子圓周運動的半徑，然后

16、根據幾何關系求解。 7．如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，在bc的中點O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射速率不同的兩種粒子，粒子帶負電，質量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab=2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，則這些粒子 A．速度的最大值為(2+1)qBlm B．速度的最小值為qBlm C．在磁場中運動的最短時間為πm4qB D．在磁場中運動的最長時間為πm2qB 【答案】 A 【解析】若都能從ab邊出來，則符合條件的最大半徑應該與ac面相切，最小半徑應該恰好運動到b點，如圖所示

17、 由幾何關系可得：rmin=l2，rmax=(1+2)l AB、粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供了向心力，由牛頓第二定律可得：qvB=mv2r 解得：vmax=2+1qBlm，vmin=qBl2m，故A對，B錯； C、粒子做圓周運動的周期為T=2πmqB，若圓心角θ=45°，則在磁場中的運動時間為t=18T=πm4qB從上圖可以看出，最小的圓心角θ>45°，所以tmin>18T=πm4qB，故C錯誤； D、由幾何關系知，粒子轉過的最大圓心角θmax=180°，粒子做圓周運動的周期為T=2πmqB所以粒子在磁場中運動的最長時間為tmax=12T=πmqB ;故D錯誤； 故選A

18、 點睛：本題考查了帶電粒子在磁場中運動的問題，要找到粒子的臨界狀況即與ac邊相切及恰好運動到b點。 8．如圖所示，在水平連線MN和PQ間有豎直向上的勻強電場，在MN上方有水平向里的勻強磁場。兩個質量和帶電量均相等的帶正電的粒子A、B,分別以水平初速度v0、2v0從PQ連線上O點先后進入電場，帶電粒子A、B第一次在磁場中的運動時間分別為tA和tB,前兩次穿越連線MN時兩點間的距離分別為dA,和dB,粒子重力不計，則 A．tA一定小于tB，dA一定等于dB B．tA一定小于tB，dA可能小于dB C．tA可能等于tB，dA一定等于dB D．tA可能等于tB，dA可能小于dB 【答案

19、】 A 【解析】兩帶正電粒子先在電場中做類平拋運動后在磁場中做勻速圓周運動，設類平拋的速度偏向角為α，則勻速圓周運動的圓心角為θ=2π-2α，因tanα=vyv0，y=12at2，B粒子的水平速度大，則類平拋的時間短，vy較小，則α角較小，故圓周運動的圓心角較大，由t=θ2πT可知時間較長，即tA

20、程、作出粒子運動軌跡是解題的關鍵，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律與粒子做圓周運動的半徑公式可以解題 9．如圖所示，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3垂直紙面如圖放置，與坐標原點分別位于邊長為a的正方形的四個點上，L1與L2中的電流均為I，方向均垂直于紙面向外，L3中的電流為2I，方向垂直紙面向里（已知電流為I的長直導線產生的磁場中，距導線r處的磁感應強度B=kIr（其中k為常數）。某時刻有一質子（電量為e）正好沿與x軸正方向成45°斜向上經過原點O，速度大小為v，則質子此時所受磁場力為( ) A．方向垂直紙面向里，大小為23kIvea B．方向垂直紙面向外，大小

21、為32kIve2a C．方向垂直紙面向里，大小為32kIvea D．方向垂直紙面向外，大小為23kIve2a 【答案】 B 【解析】 【詳解】 根據安培定則，作出三根導線分別在O點的磁場方向，如圖： 由題意知，L1在O點產生的磁感應強度大小為B1＝kIa，L2在O點產生的磁感應強度大小為B2＝kI2a，L3在O點產生的磁感應強度大小為B3＝2kIa，先將B2正交分解，則沿x軸負方向的分量為B2x＝kI2asin45°＝kI2a，同理沿y軸負方向的分量為B2y＝kI2asin45°＝kI2a，故x軸方向的合磁感應強度為Bx＝B1+B2x＝3kI2a，y軸方向的合磁感應強度為

22、By＝B3?B2y＝3kI2a，故最終的合磁感應強度的大小為B＝Bx2+By2＝32kI2a，方向為tanα＝ByBx＝1，則α=45°，如圖： 故某時刻有一質子（電量為e）正好沿與x軸正方向成45°斜向上經過原點O，由左手定則可知，洛倫茲力的方向為垂直紙面向外，大小為f＝eBv＝32kIve2a，故B正確; 故選B。 【點睛】 磁感應強度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據安培定則判斷導線周圍磁場方向是解題的前提. 10．如圖所示，在0≤x≤3a的區(qū)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B．在t=0 時刻，從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向

23、與y軸正方向的夾角分布在0°~90°范圍內．其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場右邊界上P(3a, 3a)點離開磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（） A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3a B．粒子的發(fā)射速度大小為4πat0 C．帶電粒子的荷質比為4π3Bt0 D．帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0 【答案】 D 【解析】 A、根據題意作.出沿y軸正方向發(fā)射的帶電粒子在磁場中做圓周運動軌跡如圖所示, 圓心為O`,根據幾何關系,粒子做圓周運動的半徑為2a，故A錯； B、沿y軸發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為2π3 ,運動時間t0=2π3×2a

24、v0解得： v0=4πa3t0 ,選項B錯誤; C、沿y軸發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為2π3，對應運動時間為t0所以粒子運動的周期為T=3t0， 由Bqv0=m(2πT）2r 則qm=2π3Bt0故C錯； D、在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡如圖所示, 由幾何知識得該粒子做圓周運動的圓心角為4π3 ,在磁場中的運動時間為2t0故D正確；; 綜上所述本題答案是：D 點睛：本題考查帶電粒子在磁場中的運動，解題的關鍵在于確定圓心和半徑，并能根據幾何關系確定可能的運動軌跡 二、多選題 11．靜止在勻強磁場中的原子核X發(fā)生α衰變后變成新原子核Y。已知核X的質量數為A，

25、電荷數為Z，核X、核Y和α粒子的質量分別為mX、mY和mα，α粒子在磁場中運動的半徑為R。則 A．衰變方程可表示為ZAX→Z-2A-4Y+24He B．核Y的結合能為（mx-my-mα）c2 C．核Y在磁場中運動的半徑為2RZ-2 D．核Y的動能為EKY=mY(mX-mY-mα)c2mY+mα 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A．根據質量數和電荷數守恒可知，衰變方程可表示為ZAX→Z-2A-4Y+24He，選項A正確； B．此反應中放出的總能量為：?E=（mx-my-mα）c2，可知核Y的結合能不等于（mx-my-mα）c2，選項B錯誤； C．根據半徑公式r=mvqB，

26、又mv=P（動量），則得r=PqB，在衰變過程遵守動量守恒，根據動量守恒定律得：0=PY-Pα，則PY=Pα，得半徑之比為rYrα=qαqY=2Z-2，則核Y在磁場中運動的半徑為rY=2RZ-2，故C正確； D．兩核的動能之比：EkYEkα=12mYvY212mαvα2=mα(mYvY)2mY(mαvα)2=mαmY，因EkY+Ekα=ΔE=（mx-my-mα）c2，解得EkY=mα(mX-mY-mα)c2mY+mα，選項D錯誤。 12．如圖所示的直角坐標系中，在y軸和豎直虛線MN之間存在著大小相等、方向相反的勻強電場，x軸上方電場方向沿y軸正向，x軸下方電場方向沿y軸負向。y軸左側和圖中

27、豎直虛線MN右側有方向垂直紙面向里和向外的、磁感應強度大小相等的勻強磁場，MN與y軸的距離為2d。一重力不計的帶負電粒子從y軸上的P（0，d）點以沿x軸正方向的初速度v0開始運動，經過一段時間后，粒子又以相同的速度回到P點，則下列說法正確的是（） A．電場強度與磁感應強度比值的最小值為v0 B．電場強度與磁感應強度比值的最小值為2v0 C．帶電粒子運動一個周期的時間為4dv0+2πdv0 D．帶電粒子運動一個周期的時間為2dv0+2πdv0 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 粒子的運動軌跡如圖所示： AB.粒子在電場中做類平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律可得：d=v

28、0t1，d=12qEmt12 粒子在磁場中做勻速圓周運動，有：R=mv0qB，結合幾何關系，有：R=d 聯立以上方程可得：EB=2vo。故A錯誤，B正確。 CD.粒子的運動軌跡如圖，在電場中做類平拋運動的時間為t'1=4t1=4dv0；在磁場中的圓周運動是兩個半圓，故運動的時間為：t2=2πmqB=2πdv0，所以粒子運動一個周期的時間為：t=4dv0+2πdv0。故C正確，D錯誤。 13．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場B，一群質量為m、帶電量為q正負微粒（不計重力），從P點以相同速度v沿圖示方向進入磁場，已知OP＝L，x正半軸和y負半軸安裝足夠長的

29、熒光屏接收粒子，下列判斷正確的（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8） A．能夠從x正半軸射出磁場的所有微粒一定帶正電 B．比荷大于8v5BL的所有正微粒都不能進入第一象限 C．能夠從y負半軸射出磁場的某兩個微粒在磁場中運動時間不一定相等 D．若L=6mv5Bq，微粒射出磁場時位移最大 【答案】 ABCD 【解析】 【詳解】 A、粒子要從x正半軸射出磁場，則粒子的軌跡向上偏轉，由左手定則可知，微粒一定帶正電；故A正確； B、正微粒不能x軸射出，則不能進入第一象限，軌跡圖如圖，當OP>R+Rcos53°，則粒子不能進入第一象限，R=mvqB，代入得qm>8v5

30、LB，故B正確； C、y負半軸射出磁場的兩個微粒屬于磁場中直線邊界問題，直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性，但正負微粒對應的圓心角不同，如圖，故運動時間不一定相等,故C正確； D、微粒射出磁場時位移最大的軌跡圖如圖所示，則有OP=2Rcos53°，又R=mvqB，故L=6mv5Bq，故D正確。 14．如圖所示,在xOy平面內存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場,第一、二、四象限內的磁場方向垂直紙面向里,第三象限內的磁場方向垂直紙面向外,P(-2L,0))、Q(0,-2L)為坐標軸上的兩個點,現有一電子從P點沿PQ方向射出,不計電子的重力 A．若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一

31、次射出磁場分界線, 則電子在磁場中運動的軌道半徑為L B．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點,則電子運動的路程一定為2πL C．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點,則電子在Q點速度方向與y軸正向的夾角一定為45° D．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點,則電子運動的路程可能為πL,也可能為2πL 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則有運動軌跡如圖所示， 由幾何關系可知，電子運動的軌道半徑為r=2Lsin450=L，選項A正確；若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，運動軌跡可能如圖所示， 或者是： 因此則微粒運動的路程

32、可能為πL，也可能為2πL，電子在Q點速度方向與y軸正向的夾角可能為45°或者是1350，故BC錯誤；D正確；故選AD。 【點睛】 查根據運動半徑來確定運動軌跡，從而確定運動的路程，掌握左手定則與右手定則的區(qū)別，注意運用幾何關系正確畫出運動軌跡圖是解題的關鍵． 15．如圖所示，在磁感應強度大小為B,范圍足夠大的水平勻強磁場內，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個質量為m 、電荷量為-q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數為μ。設滑動時小物塊所帶電荷量不變，在小物塊上滑過程中,其速度—時間圖象和加速度—時間圖象可能正確的是（） A． B． C．

33、D． 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根據題中“勻強磁場內…帶電小物塊…沿斜面向上運動”可知，本題考察帶電粒子在復合場中的運動。根據帶電粒子在復合場中運動的分析方法，運用洛倫茲力、牛頓第二定律等知識分析推斷。 【詳解】 對沿斜面向上運動的小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：mgsinθ+μFN=ma、FN=mgcosθ+qvB，聯立解得：a=gsinθ+μgcosθ+μqvBm，方向沿斜面向下。所以物體沿斜面向上做加速度減小的減速運動，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢；在小物塊上滑過程中，加速度減不到零。 AB：速度時間圖象的切線斜率表示加速度，則A

34、項錯誤，B項正確。 CD：物體加速度減小，且加速度減小的越來越慢，在小物塊上滑過程中，加速度減不到零。故C項正確，D項錯誤。 16．如圖所示，在xOy平面內存在著破感應強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內的磁場方向垂直紙面向外。P(-22L，O)、Q(O，-22L)為坐標軸上的兩個點?，F有一電子從P點沿PQ方向射出，電子電量大小為q，質量為m，不計電子的重力。下列正確的是（） A．若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則電子在磁場中運動的軌道半徑為2L B．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的最短時間為2πmBq C．

35、若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子從P到O的時間與從O到Q的時間之比為1:3 D．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的路程可能為2πL，也可能為4πL 【答案】 BD 【解析】 【分析】 畫出粒子運動的可能的軌跡，結合幾何知識求解做圓周運動的半徑和粒子在磁場中的轉過的角度，結合周期公式可求解時間和路程. 【詳解】 若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則根據幾何關系可知，電子在磁場中運動的軌道半徑為r=2Lsin450=2L，選項A錯誤； 電子運動的周期為T=2πmqB，電子運動時間最短時，軌跡如圖甲；從P到O轉過的角度為900，從O到Q轉過

36、的角度為2700，則電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則電子運動的最短時間為t=2πmqB，選項B正確； 考慮電子運動的周期性，由圖乙可知電子從P到O的時間與從O到Q的時間之比等于轉過的角度之比，在圖中所示的情況中，從P到O的時間與從O到Q的時間相等，選項C錯誤； 若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，則在圖甲所示的情況中電子運動的路程為4πL，在圖乙所示的情況中粒子運動的軌道半徑為L，則路程為2πL，選項D正確；故選BD. 17．在xOy平面內存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內的磁場方向垂直紙面向外，P(－2L,0)、Q(0，－2L)

37、為坐標軸上的兩個點。如圖所示，現有一質量為m、電量為e的電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，則（） A．若電子從P點能到原點O，則所用時間可能為πm2eB B．若電子從P點能到原點O，則所用時間可能為2πm3eB C．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，電子運動的路程一定為2πL D．若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，電子運動的路程可能為πL 【答案】 AD 【解析】 【分析】 粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據題意可知，電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，與電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，運動軌跡的半徑不同，從而由運動軌跡來確定運動路程． 【

38、詳解】 若電子從P點出發(fā)恰好經原點O第一次射出磁場分界線，則有運動軌跡如圖所示： 則微粒運動的路程為圓周的14，所用的時間為t=14?2πmqB=πm2qB，則電子從P點出發(fā)恰好經原點O的時間為nπm2qB，選項 A正確，B錯誤；若電子從P點出發(fā)經原點O到達Q點，運動軌跡可能如圖所示： 或者是： 因此則微粒運動的路程可能為πL，也可能為2πL，若粒子完成3、4、…n個圓弧，那么電子運動的路程可能：n為奇數時為2πL；n為偶數時為πL，故C錯誤，D正確；故選AD。 【點睛】 本題考查根據運動半徑來確定運動軌跡，從而確定運動的路程，掌握左手定則與右手定則的區(qū)別，注意運

39、用幾何關系正確畫出運動軌跡圖是解題的關鍵，注意次數增多，而半徑會減?。? 18．如圖所示，半徑為R 的半圓形區(qū)域內分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，半圓的左邊垂直x 軸放置一粒子發(fā)射裝置，在-R≤ y ≤R 的區(qū)間內各處均沿x 軸正方向同時發(fā)射出一個帶正電粒子，粒子質量均為m、電荷量均為q、初速度均為v，重力及粒子間的相互作用均忽略不計，所有粒子都能到達y 軸，其中最后到達y 軸的粒子比最先到達y 軸的粒子晚Δt 時間，則( ) A．有些粒子可能到達y 軸上相同的位置 B．磁場區(qū)域半徑R 應滿足R≤mvqB C．Δt=πmqB?Rv D．Δt=θmqB-Rv其中角度

40、θ的弧度值滿足sinθ=BqRmv 【答案】 AD 【解析】 【分析】 粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由于粒子質量均為m、電荷量均為q、初速度均為v，所以半徑相同，畫出粒子的運動軌跡，根據圓周運動半徑公式、周期公式結合幾何關系即可求解。 【詳解】 A、粒子射入磁場后做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示，y=±R的粒子直接沿直線運動到達y軸，其他粒子在磁場中發(fā)生偏轉。由圖可知，發(fā)生偏轉的粒子也有可能直接打在y=R的位置上，所以粒子可能會到達y軸的同一位置，故A正確； B、以沿x軸射入的粒子為例，若r=mvqB

41、所有粒子才能穿越磁場到達y軸，故B錯誤； D、從x軸入射的粒子在磁場中對應的弧長最長，所以該粒子最后到達y軸，t1=L-Rv+θ2π?2πmqB=L-Rv+θmqB，（其中θ為從x軸入射粒子運動的圓心角，根據幾何關系有α=θ，則sinθ=sinα=Rr=qBRmv）；而y=±R的粒子沿直線勻速運動到y軸，時間最短，t2=Lv，所以：△t=t1-t2=θmqB-Rv，故D正確。 C、由于θ≤π2，所以Δt≤πmqB-Rv，C錯誤。 故選AD。 【點睛】 本題主要考查了帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的問題，要求同學們能正確畫出粒子運動的軌跡，確定圓心位置，知道半徑公式及周期公式，并能結合

42、幾何關系求解，難度適中。 19．如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內，有勻強磁場，它的磁感應強度大小為B，方向垂直于圓平面（未畫出），一群比荷為qm的負離子（不計重力）以相同速率v0，由P點在紙平面內向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉后，又飛出磁場，最終打在磁場區(qū)域右側的熒光屏（足夠大）上，則下列說法正確的是（　?。? A．離子在磁場中的運動時間一定相等 B．離子在磁場中運動半徑一定相等 C．由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長 D．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大 【答案】 BC 【解析】 試題分析：由題意知，射入磁場的離子比荷相同，但質量不一定相同，所以入射的初動能可能不

43、同，洛倫茲力不做功，離子飛出磁場時的動能不一定相等，A選項錯誤；根據r=mvqB，離子在磁場中運動半徑一定相等，所以B正確；由題意知，運動半徑相同且r>R，由幾何知識可知，粒子運動的軌跡小于半個圓周，再根據弦越長所對應的圓心角越大，運動時間越長，所以C正確；D錯誤。 考點：本題考查帶電粒子在磁場中的運動 20．如圖所示，帶負電的小球穿在一根絕緣粗糙細桿上，桿與水平方向成θ角，整個空間存在著垂直紙面向內的勻強磁場B?，F給小球一初速度，使小球沿桿向下運動，小球經過a點時動能為10 J，到達c點時動能減為零，b為ac的中點，那么帶電小球在運動過程中( ) A．到達c點后保持靜止 B

44、．受到的彈力增大 C．在b點時動能為5J D．在ab段克服摩擦力做的功與bc段克服摩擦力做的功相等 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 AB、若qvaB>mgcosθ，小球受桿彈力垂直桿向下，隨速度減小彈力減小，小球受摩擦力減小，當μ（qvB-mgcosθ）=mgsinθ時，小球勻速運動；若qvaB=mgcosθ，小球與桿無彈力，速度增大，小球受桿彈力垂直桿向下，彈力增大，小球受摩擦力增大，當μ（qvB-mgcosθ）=mgsinθ時，小球勻速運動；若qvaB

45、球從A到C過程中動能減小，速度減小，滑動摩擦力大于重力沿粗糙細桿的分力，做加速度增大的減速運動，小球在c點一定保持靜止，故A、B正確； CD、從A到C，小球受摩擦力增大，在ab段克服摩擦力做的功小于bc段克服摩擦力做的功，根據動能定理可得在ab段動能變化量小于bc段動能變化量，則有在b點時動能大于5J，故C、D錯誤； 故選AB。 【點睛】 關鍵是小球從A到C過程中動能減小，速度減小，滑動摩擦力大于重力沿粗糙細桿的分力，做加速度增大的減速運動。 三、解答題 21．如圖所示,平面直角坐標系xOy中,在y>0及y<-403L區(qū)域存在場強大小相同,方向相反且均平行與y軸的勻強電場，在-

46、403L

47、解析】 【詳解】 解：(1)粒子從P1到P2類平拋運動，設到達P2時的y方向分速度為vy 由運動學規(guī)律有：8L=v0t，3L=12(0+vy)t 解得：vy=34v0 故粒子在P2的速度大?。簐=v02+vy2=54v0 設v與x軸的夾角為α，則有：tanα=vyv0=34 解得：α=37° (2)粒子從P1到P2，設電場強度為E，據動能定理有：qE3L=12mv2-12mv02 解得：E=3mv0232qL 依題意意：電粒子在電場和磁場中運動時所受力大小相等，則有：qE=qvB 代入可得：B=3mv040qL (3)根據：qvB=mv2R 解得：R=50L3 由幾

48、何關系可得：粒子在磁場中的軌跡所對圓心角為53° 故粒子將垂直y=-403L的直線從M點穿出磁場，粒子運動一周期的軌跡如圖所示； 當n為奇數時，xn=[8+44(n-1)3]L，(n=1,3,5,7...) 當n為偶數時，xn=[643+44(n-2)3]L，(n=2,4,6,8...) 22．如圖所示,在xOy平面直角坐標系內y軸與垂直x軸的MN邊界之間,以x軸為分界線,分別在第Ⅰ、Ⅳ象限有垂直于紙面向外的勻強磁場。第Ⅰ象限內磁場的磁感應強度大小為B0.第Ⅱ象限內有沿x軸正方向的勻強電場,電場強度大小為E. 質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從第Ⅱ象限內某點由靜止釋放,從y軸上的

49、A點進入磁場,經x軸上的B點第一次進入x軸下方的磁場。若已知A點的坐標是(0,a),B點的坐標是(3a,0)， 不考慮粒子重力。 (1)求粒子釋放位置與y軸的距離； (2)若粒子經x軸上方的磁場偏轉后不經過y軸仍能回到x軸上方的磁場，求x軸下方磁場的磁感應強度大小應滿足的條件； (3)若x軸下方區(qū)域的磁感應強度大小為3B0，且粒子最終垂直于MN邊界出射，求MN與x軸交點的坐標。 【答案】（1）25qB02a22mE（2）B≥83B0（3）MN與x軸交點的坐標是（4na，0）（其中n=1，2，3…） 【解析】 【詳解】 （1）設粒子釋放位置與y軸的距離為d，粒子在第一象限磁場

50、中做圓周運動的半徑為r，畫出粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示， 在電場中做勻加速運動，根據動能定理：qEd=12mv2① 可得：v=2qEdm 粒子在磁場中做圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB0=mv2r② 根據幾何關系：(r-a)2+(3a)2=r2?③ 可得：r=5a 聯立①②③式可得：d=25qB02a22mE （2）設粒子進入磁場時與x軸之間的夾角為θ，則粒子在第一象限內的磁場中轉過的角度也為θ， 根據幾何關系：tanθ=3ar-a=34，可得：θ=53° 要使粒子經x軸上方的磁場偏轉后不經過y軸仍能回到x軸上方的磁場，臨界情況如圖所示， 要使粒子經

51、x軸上方的磁場偏轉后不經過y軸仍能回到x軸上方的磁場 需滿足：3a≥R（1+cos37°）④ 根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2R?⑤ 聯立②③④⑤式可得x軸下方磁場的磁感應強度B的大小滿足：B≥83B0 （3）設當x軸下方區(qū)域的磁感應強度大小為3B0時粒子半徑為R′， 根據洛倫茲力提供向心力：qv3B=mv2R/?⑥ 聯立②⑥式可得：R/=r3=5a3 畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示， 設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為A1，則A與A1的連線與x軸平行，AA1=6a-2 R′sin530 根據幾何關系有：AA1=4a 所以粒子最終垂直M

52、N邊界飛出，邊界MN與y軸間距為 L=nAA1=4 na??（其中n=1，2，3…） 即：MN與x軸交點的坐標是（4na，0）（其中n=1，2，3…） 23．如圖所示，真空中區(qū)域I存在垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域II存在水平向右的勻強電場，磁場和電場寬度均為d且長度足夠長，圖中虛線是磁場與電場的分界線，Q為涂有熒光物質的熒光板，電子打在Q板上能產生亮斑?，F有一束電子從A處的小孔以速度 v0連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向平行紙面且與P板成300夾角。已知電子質量為m，電荷量大小為e，區(qū)域II的電場強度E=3mv028ed，不計重力和電子間的相互作用力，求： (1)若電子垂直打在Q板上，

53、I區(qū)磁場的磁感應強度B1大小和電子到達Q板的速度。 (2)逐漸增大磁感應強度B1為保證Q板上出現亮斑，所加磁感應強度B昀最大值。 【答案】（1）B1=mv0er1=3mv02ed；v=v02；（2）I區(qū)磁場的磁感應強度最大值為Bm=(3+1)mv02ed 【解析】 【詳解】 （1）電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得evB=mv02r， 可解得r=mv0eB 若電子垂直打在Q板上，出磁場時須與磁場的右邊界垂直，如圖所示， 由幾何關系得r1cos30°=d，可解得 r1=dcos30°=2d3 故I區(qū)磁場的磁感應強度為 B1=mv0er1=3mv

54、02ed 電子在電場中做勻減速直線運動，由動能定理得-eEd=12mv2-12mv02， 解得v=v02 （2）電子在電場中運動過程，由動能定理得 -eEd=12mv2-12mv02， 解得v=v02 若電子恰好打在Q板上，說明速度的方向剛好與Q板平行，設電子進入電場時速度方向與虛線邊界間的夾角為θ，v0cosθ=v，解得θ=60° 在磁場中，由幾何關系知 r2cos30°+r2cos60°=d， 得r2=(3-1)d， 此時 B2=mv0er2=(3+1)mv02ed 故I區(qū)磁場的磁感應強度最大值為Bm=(3+1)mv02ed 24．如圖所示，y軸的左側有垂直紙面

55、向里的勻強磁場，右側有與x軸正向成45°角斜向上的勻強電場，質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，從O點以速度v射入磁場，速度v與x軸負向夾角為45°，在磁場中運動時間t后第一次經過y軸，又在電場中運動了時間t后第2次經過y軸，不計粒子的重力。求： （1）磁感應強度與電場強度之比； （2）粒子從O點進入磁場至第3次到達y軸上N點（圖中未畫出）所經歷的時間及NO間的距離。 【答案】（1）π4v；（2）5t，42vtπ。 【解析】 【詳解】 粒子的運動軌跡如圖所示： （1）粒子第一次在磁場中偏轉π2rad，則在磁場中運動時間：t=14T…① 經y軸眼電場方向進入電場，之后返回

56、，再次經y軸進入磁場，由磁場中周期：T=2πmqB…② 電場中往返時間：t=2va…③ 在電場中運動加速度：a=qEm…④ 由①②③④可解得：BE=π4v （2）粒子在磁場中偏轉的角度為3π2rad，則經歷時間為3t，故至此粒子運動時間t總=t+t+3t=5t 設在磁場中圓周運動半徑為r，由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r…⑤ 由幾何關系可得：ON-=22r…⑥ 由①②⑥可解得：ON-=42vtπ 25．如圖所示，質量m=15?g、長度L=2?m的木板D靜置于水平地面上，木板D與地面間的動摩擦因數μ1=0.1，地面右端的固定擋板C與木板D等高。在擋板C右側豎直虛線PQ、

57、MN之間的區(qū)域內存在方向豎直向上的勻強電場，在兩個半徑分別為R1＝1?m和R2=3?m的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩半圓的圓心O到固定擋板C頂點的距離OC＝2?m。現有一質量m＝15?g、帶電荷量q=+6×10-5的物塊A可視為質點）以v0=4?m/s的初速度滑上木板D，二者之間的動摩擦因數μ2=0.3，當物塊A運動到木板D右端時二者剛好共速，且本板D剛好與擋板C碰撞，物塊A從擋板C上方飛入PQNM區(qū)城，并能夠在磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，重力加速度g取10?m/s2. (1)當物塊A剛滑上本板D時，求物塊A和木板D的加速度大小， (2)求電場強度的大小.

58、(3)為保證小物塊A只能從環(huán)帶狀區(qū)城的上、下兩個開口端飛出，求磁感應強度大小的取值范圍。 【答案】(1) 3?m/s2；1?m/s2；(2) 25?V/m；(3) 1T?B?53?T或B?5?T 【解析】 【詳解】 解：(1) 當物塊A剛滑上木板D時，對物塊A受力分析有：μ2mg=ma2 解得：a2=3?m/s2 對本板D受力分析有：μ2mg-μ1?2mg=ma1 解得：a1=1?m/s2 (2)物塊A進入區(qū)域PQNM后，能在磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，則有：mg=qE 解得：E=25?V/m (3)物塊A與木板D共速時有：v=v0-a2t=a1t 解得：v=1?m/s

59、粒于做勻速圓周運動有：qvB=mv2R 要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出磁場、物塊A在磁場中運動的軌跡半徑R應滿足：R?OC-R12或OC+R12?R?OC+R22 解得：B?5?T或1T?B?53?T 則磁感應強度大小的取值范圍為：1T?B?53?T或B?5?T 26．（加試題）有一種質譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點等距離各點的場強大小相同的徑向電場，右側的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質量分別為m和

60、0.5m的正離子束，從M點垂直該點電場方向進入靜電分析器。在靜電分析器中，質量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點水平射出，而質量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質量為m的離子打在O點正下方的Q點。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P兩點間的電勢差UNP=mv2q,cosθ=45，不計重力和離子間相互作用。 （1）求靜電分析器中半徑為r0處的電場強度E0和磁分析器中的磁感應強度B的大小； （2）求質量為0.5m的離子到達探測板上的

61、位置與O點的距離l（用r0表示）； （3）若磁感應強度在（B—△B）到（B＋△B）之間波動，要在探測板上完全分辨出質量為m和0.5m的兩東離子，求ΔBB的最大值 【答案】（1）E0=mv02qr0，B=mv0qr0；（2）1.5r0；（3）12% 【解析】 【詳解】 （1）徑向電場力提供向心力：Ecq=mvc2rc Ec=mvc2qrcB=mvcqrc （2）由動能定理：12×0.5mv2-12×0.5mvc2=qUNP v=vc2+4qUNPm=5vc 或r=0.5mvqB=125rc l=2rcosθ-0.5rc 解得l=1.5rc （3）恰好能分辨的條件：2r01

62、-ΔBB-2r0cosθ1+ΔBB=r02 解得ΔBB=17-4≈1200 27．真空中一組間距為 2R，長度為 R 的平行金屬板P、Q 可以用作光電轉換裝置，放置在 X 軸的正上方，如圖所示，在X 軸的正下方放置同樣間距，長度為3R的平行金屬板M、N，兩組金屬板間絕緣，M 板接地，且在兩板間加有電壓UMN，大小、方向均連續(xù)可調。P、Q 間有垂直平面的勻強磁場，光照前 P 不帶電。當以頻率為 f 的光照射P 板時，板中的電子吸收光的能量而逸出。假設所有逸出的電子都垂直于 P 板飛出，在磁力作用下電子會聚于坐標為(R，0)的 S 點，且 P 板最上端的電子從 S 點飛出的方向垂直 X 軸豎直

63、向下，進入 M、N 極板間的電場區(qū)域。忽略電子之間的相互作用，保持光照條件不變時，單位時間內從 P 板持續(xù)地飛出的電子數為 N，且沿 P 板均勻分布，電子逸出時的初動能均為 EKm，元電荷量為 e，電子的質量為 m。 （1）求金屬板P 的逸出功； （2）求磁感應強度B 的大小和所需磁場區(qū)域的最小面積； （3）到達 N 板的電子全部被收集，導出形成電流 i。計算一些關鍵參數，在圖上面畫出 i-UMN的關系曲線。 【答案】（1）W逸出功=hf-Ekm（2）B=2mEkmeR；Smin=(π2-1)R2（3）圖見解析； 【解析】 【詳解】 解：（1）根據光電效應方程可得：Ekm

64、=hf-W逸出功， 解得W逸出功=hf-Ekm； （2）從P板水平飛出的電子均能過S點，則要求磁場區(qū)域半徑為R的圓，可知運動半徑r=R；由evB=mv2r，且Ekm=12mv2 解得B=2mEkmeR 所需磁場區(qū)域的最小面積Smin=14πR2-（R2-14πR2）=(π2-1)R2 （3）①截止電壓：OS方向電子剛好不能到達N板：12UMN1(-e)=0-Ekm； UNM1=-2Ekme； ②飽和電壓：垂直O(jiān)S方向電子剛好到達N板；豎直方向勻速，水平方向加速； R=12UNM2e2mR3Rv2； v=2Ekmm； UNM2=8Ekm3e； ③不加電壓：出射方向與水平

65、成θ角的電子恰好打到N板； R=vcosθ×3Rv； v=2Ekmm； θ=π3； H=R2； 電流i=0.5Ne 28．在豎直平面內建立一平面直角坐標系xOy,x軸沿水平方向如圖甲所示。第一象限內有一水平向左的勻強電場E1；第二象限內有一垂直于紙面的勻強磁場B1(圖中未畫出)；第四象限內有正交的勻強電場E2和交變磁場,其中電場方向豎直向上,場強大小與E1的大小相等,磁場方向與紙面垂直。處在第二象限的發(fā)射裝置水平向右射出一個比荷q/m=10 C/kg的帶正電的顆粒（可視為質點),該顆粒以v0=3m/s的速度從S點射出后勻速通過第二象限,然后從+y上的P點進入第一象限,最后從

66、+x軸上的K點豎直向下進入第四象限,OP=OK。取顆粒剛進入第四象限的時刻為零時刻,第四象限磁感應強度按如圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙面向外的磁場方向為正方向),忽略磁場變化造成的其他影響,g=10m/s2。試求： (1)第二象限勻強磁場B1的大小和方向； (2)帶電粒子從P點運動到K點的時間t及電場強度E1的大小； (3)-y軸上有一點D,OD=√3OK,若帶電粒子在通過K點后的運動過程中不再越過x軸,要使其恰能沿y軸負方向通過D點,求磁感應強度B及其磁場的變化周期T0. 【答案】(1) 13T；磁場方向垂直紙面向里；(2) 0.3s，1N/C； (3) 2n3 (n=1，2，3…)，π10n (n=1，2，3…) 【解析】 【詳解】 (1)帶電顆粒勻速運動，重力與洛倫茲力二力平衡，則有：qv0B1=mg 解得：B1=mgqv0=13T 洛倫茲力豎直向上，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里 (2)設顆粒水平方向加速度大小為a1，K點的速度為v1 水平方向：OK=v0+02t，a1=v0t 豎直方向：OP=0+v12t，g=v1t 又由于OP=OK，