2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题10磁场含解析.doc

专题10 磁场第一部分名师综述带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图及计算题，涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。第二部分精选试题一、单选题1如图所示，边长为L的正六边形abcdef中，存在垂直该平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为Ba点处的粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直ab边且与磁场垂直，不计粒子的重力，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过b点，下列说法正确的是 ( )A速度小于v的粒子在磁场中运动时间为m2qBB经过d点的粒子在磁场中运动的时间为m4qBC经过c点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD速度大于2v 小于4v的粒子一定打在cd边上【答案】 D【解析】【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子的速度为v时，粒子恰好经过b点时在磁场中运动了半周，运动时间为12T=mqB，轨迹半径等于ab的一半.当粒子的速度小于v时，由r=mvqB知，粒子的轨迹半径小于ab的一半，仍运动半周，运动时间仍为12T=mqB；故A错误.B、在a点粒子的速度与ad连线的夹角为30°，粒子经过d点时，粒子的速度与ad连线的夹角也为30°，则粒子轨迹对应的圆心角等于60°，在磁场中运动的时间t=16T=m3qB；故B错误.C、经过c点的粒子，根据几何知识知，该粒子在磁场中做圆周运动的圆心b，半径为L，故C错误.D、设经过b、c、d三点的粒子速度分别为v1、v2、v3轨迹半径分别为r1、r2、r3据几何知识可得，r1=L2，r2=L，r3=2L，由半径公式r=mvqB得：v2=2v1=2v，v3=4v1=4v，所以只有速度在这个范围：2vv4v的粒子才打在cd边上；故D正确.故选D.2如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30o，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和II，直线OP是它们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B。一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与OP成30o角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则下列说法正确的是A区域II中磁感应强度为B2B区域II中磁感应强度为3BC质子在第一象限内的运动时间为5m6qBD质子在第一象限内的运动时间为7m12qB【答案】 D【解析】【详解】AB、设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2 ,区域II中磁感应强度为B',运动轨迹如图所示：由牛顿第二定律得:qvB=mv2r1qvB'=mv2r2 由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可以知道,质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30 ,故质子在磁场I中轨迹的圆心角为60,如图所示:由几何关系可知OA=r1,在区域II中,质子运动1/4圆周,O2是粒子在区域II中做圆周运动的圆心,r2=OAsin30=12r1由计算得出区域II中磁感应强度为:B'=2B ,故AB错误；CD、质子在区运动轨迹对应的圆心角为60,在区运动轨迹对应的圆心角为90 :,质子在区的运动时间t1=16×2mqB=m3qB ,质子在区运动时间t2=14×2mqB'=m4qB ,则粒子在第一象限内的运动时间为7m12qB.故C错误,D正确.故选D【点睛】由几何知识作出轨迹,如图.由几何关系,得到质子在两个磁场中轨迹半径与OA的关系,由牛顿第二定律研究两个磁感应强度的关系,求解区域II中磁场的磁感应强度大小.求出质子运动轨迹所对应的圆心角,然后求出质子在磁场中做圆周运动的时间.带电粒子通过磁场的边界时,如果边界是直线,根据圆的对称性得到,带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角,这在处理有界磁场的问题常常用到.3如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为14圆弧，圆弧的半径(OP)为R，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是A速度选择器的极板P1的电势板比极板P2的高B粒子的速度v=B1E1C粒子的比荷为E12ERB12DP、Q两点间的距离为2ERB12E12B【答案】 C【解析】【分析】根据粒子在静电分析器中的受力方向判断粒子的电性；根据粒子在速度选择器中的受力情况判断极板的电势高低；根据粒子在速度选择器中做直线运动求解粒子的速度；根据粒子在静电分析其中的圆周运动求解粒子的比荷；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动求解半径，可求解PQ距离.【详解】粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电荷，在速度选择器中由左手定则可判断出粒子受到的洛伦兹力向上，粒子受到的电场力向下，故速度选择器的极板P1的电势比极板P2的高，选项A正确；由qvB1qE1可知，粒子的速度v=E1B1，选项B错误；由v=E1B1和qE=mv2R可得，粒子的比荷为qm=E12ERB1，选项C正确；粒子在磁分析器中做圆周运动，PQ为轨迹圆的直径，故P、Q两点间的距离PQ=2mvqB=2ERB1E1B，选项D错误。故选C.4如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A=60°，AO=a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的电量大小为q，质量为m，发射速度大小都为v0，发射方向由图中的角度表示不计粒子间的相互作用及重力，下列说法正确的是（）A若v0=aqBm，则在AC边界上只有一半区域有粒子射出B若v0=aqBm，则以60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C若v0=aqBm，则以<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D若v0=aqB2m，则以=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间为mqB【答案】 A【解析】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=mv2r ,计算得出r=mv0Bq ,当v0=aqB2m时,r=a2 ,当v0=aqBm时,r=a;A、若v0=aqBm当=0°飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，A正确B、若v0=aqBm,以60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是T6周期,在磁场中运动时间最长,故B错误;C、若v0=aqBm,当=0°飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动时间也恰好是T6,则以<30°飞入磁场中的粒子运动所对应的圆心角不相等，所以运动所用的时间也不相等，C错；D、若v0=aqB2m，则以=0°方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间小于mqB，D错误本题答案是：A点睛：带电粒子以相同的速率,不同的速度方向,进入磁场,运动轨迹的曲率半径相同,从而根据不同的磁场情况,即可求解.5如图所示，边长为l，质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其它条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。则导线框中的电流大小为（）AF2-F1BlBF2-F12BlC2F2-F1BlD2F2-F13Bl【答案】 A【解析】当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；结合矢量的合成法则及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为F安=BIl+BIl2，根据平衡条件，则有：F1+F安=mg；现将虚线下方的磁静场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2则两边受到的安培力大小相等，安培力夹角均为120°，因此安培力合力F'安=BIl2，则有F2+F'安=mg；联立得：F2=F1+BIl，即I=F2-F1Bl.故选A.【点睛】本题中要注意安培力的等效求法，同时掌握左手定则的内容，及矢量的合成法则，注意求解安培力合力是解题的关键6如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T、方向与纸面垂直距离荧光屏h=16cm处有一粒子源S，以速度v=1×106m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷q/m=1×108C/kg的带正电粒子，不计粒子的重力。则粒子打在荧光屏范围的长度为（）A12cm B16cm C20cm D24cm【答案】 C【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r解得r=10cm当粒子的轨迹与屏幕相切时为临界情况，即打到荧屏上的边界，找到圆心O（到S点的距离与到MN的距离相等的点），如上图，由几何知识知x2=r2-(h-r)2=8cm设粒子打在荧屏上最左侧的C点，则x1=(2r)2-h2=12cm则范围的长度为x1+x2=20cm；故选C。点睛：1、本题是一道关于带电粒子在磁场中的运动的题目，结合牛顿第二定律得到粒子圆周运动的半径是关键；2、经分析知，粒子能打在荧屏上的临界情况是轨迹与MN相切；3、先根据牛顿第二定律计算出粒子圆周运动的半径，然后根据几何关系求解。7如图所示，等腰直角三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射速率不同的两种粒子，粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则这些粒子A速度的最大值为(2+1)qBlmB速度的最小值为qBlmC在磁场中运动的最短时间为m4qBD在磁场中运动的最长时间为m2qB【答案】 A【解析】若都能从ab边出来，则符合条件的最大半径应该与ac面相切，最小半径应该恰好运动到b点，如图所示由几何关系可得：rmin=l2，rmax=(1+2)lAB、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供了向心力，由牛顿第二定律可得：qvB=mv2r解得：vmax=2+1qBlm，vmin=qBl2m，故A对，B错；C、粒子做圆周运动的周期为T=2mqB，若圆心角=45，则在磁场中的运动时间为t=18T=m4qB从上图可以看出，最小的圆心角>45，所以tmin>18T=m4qB，故C错误；D、由几何关系知，粒子转过的最大圆心角max=180，粒子做圆周运动的周期为T=2mqB所以粒子在磁场中运动的最长时间为tmax=12T=mqB ;故D错误；故选A点睛：本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，要找到粒子的临界状况即与ac边相切及恰好运动到b点。8如图所示，在水平连线MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，在MN上方有水平向里的匀强磁场。两个质量和带电量均相等的带正电的粒子A、B,分别以水平初速度v0、2v0从PQ连线上O点先后进入电场，带电粒子A、B第一次在磁场中的运动时间分别为tA和tB,前两次穿越连线MN时两点间的距离分别为dA,和dB,粒子重力不计，则AtA一定小于tB，dA一定等于dBBtA一定小于tB，dA可能小于dBCtA可能等于tB，dA一定等于dBDtA可能等于tB，dA可能小于dB【答案】 A【解析】两带正电粒子先在电场中做类平抛运动后在磁场中做匀速圆周运动，设类平抛的速度偏向角为，则匀速圆周运动的圆心角为=2-2，因tan=vyv0，y=12at2，B粒子的水平速度大，则类平抛的时间短，vy较小，则角较小，故圆周运动的圆心角较大，由t=2T可知时间较长，即tA<tB；磁场中穿过的距离构成弦长d=2Rsin，R=mvqB，v=vysin，联立可得d=2mvyqB，因两粒子做类平抛的水平初速度不等，但沿着电场线方向的做功相同，速度vy相同，故和推得dA=dB.综上可知A正确。故选A。【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与粒子做圆周运动的半径公式可以解题9如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上，L1与L2中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外，L3中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B=kIr（其中k为常数）。某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为( )A方向垂直纸面向里，大小为23kIveaB方向垂直纸面向外，大小为32kIve2aC方向垂直纸面向里，大小为32kIveaD方向垂直纸面向外，大小为23kIve2a【答案】 B【解析】【详解】根据安培定则，作出三根导线分别在O点的磁场方向，如图：由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1kIa，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2kI2a，L3在O点产生的磁感应强度大小为B32kIa，先将B2正交分解，则沿x轴负方向的分量为B2xkI2asin45°kI2a，同理沿y轴负方向的分量为B2ykI2asin45°kI2a，故x轴方向的合磁感应强度为BxB1+B2x3kI2a，y轴方向的合磁感应强度为ByB3B2y3kI2a，故最终的合磁感应强度的大小为BBx2+By232kI2a，方向为tanByBx1，则=45°，如图：故某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，由左手定则可知，洛伦兹力的方向为垂直纸面向外，大小为feBv32kIve2a，故B正确; 故选B。【点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提.10如图所示，在0x3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B在t=0 时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°90°范围内其中，沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a, 3a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A粒子在磁场中做圆周运动的半径为3aB粒子的发射速度大小为4at0C带电粒子的荷质比为43Bt0D带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0【答案】 D【解析】A、根据题意作.出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图所示,圆心为O,根据几何关系,粒子做圆周运动的半径为2a，故A错；B、沿y轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为23 ,运动时间t0=23×2av0解得：v0=4a3t0 ,选项B错误;C、沿y轴发射的粒子在磁场中运动的圆心角为23，对应运动时间为t0所以粒子运动的周期为T=3t0，由Bqv0=m(2T）2r则qm=23Bt0故C错；D、在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示,由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为43 ,在磁场中的运动时间为2t0故D正确；;综上所述本题答案是：D点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键在于确定圆心和半径，并能根据几何关系确定可能的运动轨迹二、多选题11静止在匀强磁场中的原子核X发生衰变后变成新原子核Y。已知核X的质量数为A，电荷数为Z，核X、核Y和粒子的质量分别为mX、mY和m，粒子在磁场中运动的半径为R。则A衰变方程可表示为ZAXZ-2A-4Y+24HeB核Y的结合能为（mx-my-m）c2C核Y在磁场中运动的半径为2RZ-2D核Y的动能为EKY=mY(mX-mY-m)c2mY+m【答案】 AC【解析】【详解】A根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程可表示为ZAXZ-2A-4Y+24He，选项A正确；B此反应中放出的总能量为：E=（mx-my-m）c2，可知核Y的结合能不等于（mx-my-m）c2，选项B错误；C根据半径公式r=mvqB，又mv=P（动量），则得r=PqB，在衰变过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律得：0=PY-P，则PY=P，得半径之比为rYr=qqY=2Z-2，则核Y在磁场中运动的半径为rY=2RZ-2，故C正确；D两核的动能之比：EkYEk=12mYvY212mv2=m(mYvY)2mY(mv)2=mmY，因EkY+Ek=E=（mx-my-m）c2，解得EkY=m(mX-mY-m)c2mY+m，选项D错误。12如图所示的直角坐标系中，在y轴和竖直虚线MN之间存在着大小相等、方向相反的匀强电场，x轴上方电场方向沿y轴正向，x轴下方电场方向沿y轴负向。y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧有方向垂直纸面向里和向外的、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一重力不计的带负电粒子从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，粒子又以相同的速度回到P点，则下列说法正确的是（）A电场强度与磁感应强度比值的最小值为v0B电场强度与磁感应强度比值的最小值为2v0C带电粒子运动一个周期的时间为4dv0+2dv0D带电粒子运动一个周期的时间为2dv0+2dv0【答案】 BC【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图所示：AB.粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律可得：d=v0t1，d=12qEmt12粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：R=mv0qB，结合几何关系，有：R=d联立以上方程可得：EB=2vo。故A错误，B正确。CD.粒子的运动轨迹如图，在电场中做类平抛运动的时间为t'1=4t1=4dv0；在磁场中的圆周运动是两个半圆，故运动的时间为：t2=2mqB=2dv0，所以粒子运动一个周期的时间为：t=4dv0+2dv0。故C正确，D错误。13如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场B，一群质量为m、带电量为q正负微粒（不计重力），从P点以相同速度v沿图示方向进入磁场，已知OPL，x正半轴和y负半轴安装足够长的荧光屏接收粒子，下列判断正确的（sin 37°0.6，cos 37°0.8）A能够从x正半轴射出磁场的所有微粒一定带正电B比荷大于8v5BL的所有正微粒都不能进入第一象限C能够从y负半轴射出磁场的某两个微粒在磁场中运动时间不一定相等D若L=6mv5Bq，微粒射出磁场时位移最大【答案】 ABCD【解析】【详解】A、粒子要从x正半轴射出磁场，则粒子的轨迹向上偏转，由左手定则可知，微粒一定带正电；故A正确；B、正微粒不能x轴射出，则不能进入第一象限，轨迹图如图，当OP>R+Rcos53，则粒子不能进入第一象限，R=mvqB，代入得qm>8v5LB，故B正确；C、y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题，直线边界，粒子进出磁场具有对称性，但正负微粒对应的圆心角不同，如图，故运动时间不一定相等,故C正确；D、微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有OP=2Rcos53，又R=mvqB，故L=6mv5Bq，故D正确。14如图所示,在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里,第三象限内的磁场方向垂直纸面向外,P(-2L,0)、Q(0,-2L)为坐标轴上的两个点,现有一电子从P点沿PQ方向射出,不计电子的重力A若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线, 则电子在磁场中运动的轨道半径为LB若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子运动的路程一定为2LC若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角一定为45°D若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子运动的路程可能为L,也可能为2L【答案】 AD【解析】【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子运动的轨道半径为r=2Lsin450=L，选项A正确；若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示，或者是：因此则微粒运动的路程可能为L，也可能为2L，电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°或者是1350，故BC错误；D正确；故选AD。【点睛】查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键15如图所示，在磁感应强度大小为B,范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为的绝缘斜面，一个质量为m 、电荷量为-q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为。设滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中,其速度时间图象和加速度时间图象可能正确的是（）A BC D【答案】 BC【解析】【分析】根据题中“匀强磁场内带电小物块沿斜面向上运动”可知，本题考察带电粒子在复合场中的运动。根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，运用洛伦兹力、牛顿第二定律等知识分析推断。【详解】对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：mgsin+FN=ma、FN=mgcos+qvB，联立解得：a=gsin+gcos+qvBm，方向沿斜面向下。所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢；在小物块上滑过程中，加速度减不到零。AB：速度时间图象的切线斜率表示加速度，则A项错误，B项正确。CD：物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零。故C项正确，D项错误。16如图所示，在xOy平面内存在着破感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P(-22L，O)、Q(O，-22L)为坐标轴上的两个点。现有一电子从P点沿PQ方向射出，电子电量大小为q，质量为m，不计电子的重力。下列正确的是（）A若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则电子在磁场中运动的轨道半径为2LB若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为2mBqC若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1:3D若电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的路程可能为2L，也可能为4L【答案】 BD【解析】【分析】画出粒子运动的可能的轨迹，结合几何知识求解做圆周运动的半径和粒子在磁场中的转过的角度，结合周期公式可求解时间和路程.【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则根据几何关系可知，电子在磁场中运动的轨道半径为r=2Lsin450=2L，选项A错误；电子运动的周期为T=2mqB，电子运动时间最短时，轨迹如图甲；从P到O转过的角度为900，从O到Q转过的角度为2700，则电子从P点出发经原点O到达Q点，则电子运动的最短时间为t=2mqB，选项B正确；考虑电子运动的周期性，由图乙可知电子从P到O的时间与从O到Q的时间之比等于转过的角度之比，在图中所示的情况中，从P到O的时间与从O到Q的时间相等，选项C错误；若电子从P点出发经原点O到达Q点，则在图甲所示的情况中电子运动的路程为4L，在图乙所示的情况中粒子运动的轨道半径为L，则路程为2L，选项D正确；故选BD.17在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(2L,0)、Q(0，2L)为坐标轴上的两个点。如图所示，现有一质量为m、电量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）A若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为m2eBB若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为2m3eBC若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程一定为2LD若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程可能为L【答案】 AD【解析】【分析】粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程【详解】若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示：则微粒运动的路程为圆周的14，所用的时间为t=142mqB=m2qB，则电子从P点出发恰好经原点O的时间为nm2qB，选项 A正确，B错误；若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示：或者是：因此则微粒运动的路程可能为L，也可能为2L，若粒子完成3、4、n个圆弧，那么电子运动的路程可能：n为奇数时为2L；n为偶数时为L，故C错误，D正确；故选AD。【点睛】本题考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减小18如图所示，半径为R 的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x 轴放置一粒子发射装置，在-R y R 的区间内各处均沿x 轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y 轴，其中最后到达y 轴的粒子比最先到达y 轴的粒子晚t 时间，则( )A有些粒子可能到达y 轴上相同的位置B磁场区域半径R 应满足RmvqBCt=mqBRvDt=mqB-Rv其中角度的弧度值满足sin=BqRmv【答案】 AD【解析】【分析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，所以半径相同，画出粒子的运动轨迹，根据圆周运动半径公式、周期公式结合几何关系即可求解。【详解】A、粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，y=±R的粒子直接沿直线运动到达y轴，其他粒子在磁场中发生偏转。由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在y=R的位置上，所以粒子可能会到达y轴的同一位置，故A正确；B、以沿x轴射入的粒子为例，若r=mvqB<R，则粒子不能到达y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求R<mvqB，所有粒子才能穿越磁场到达y轴，故B错误；D、从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，t1=L-Rv+22mqB=L-Rv+mqB，（其中为从x轴入射粒子运动的圆心角，根据几何关系有=，则sin=sin=Rr=qBRmv）；而y=±R的粒子沿直线匀速运动到y轴，时间最短，t2=Lv，所以：t=t1-t2=mqB-Rv，故D正确。C、由于2，所以tmqB-Rv，C错误。故选AD。【点睛】本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，要求同学们能正确画出粒子运动的轨迹，确定圆心位置，知道半径公式及周期公式，并能结合几何关系求解，难度适中。19如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，它的磁感应强度大小为B，方向垂直于圆平面（未画出），一群比荷为qm的负离子（不计重力）以相同速率v0，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，则下列说法正确的是（）A离子在磁场中的运动时间一定相等B离子在磁场中运动半径一定相等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【答案】 BC【解析】试题分析：由题意知，射入磁场的离子比荷相同，但质量不一定相同，所以入射的初动能可能不同，洛伦兹力不做功，离子飞出磁场时的动能不一定相等，A选项错误；根据r=mvqB，离子在磁场中运动半径一定相等，所以B正确；由题意知，运动半径相同且r>R，由几何知识可知，粒子运动的轨迹小于半个圆周，再根据弦越长所对应的圆心角越大，运动时间越长，所以C正确；D错误。考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动20如图所示，带负电的小球穿在一根绝缘粗糙细杆上，杆与水平方向成角，整个空间存在着垂直纸面向内的匀强磁场B。现给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，小球经过a点时动能为10 J，到达c点时动能减为零，b为ac的中点，那么带电小球在运动过程中( )A到达c点后保持静止B受到的弹力增大C在b点时动能为5JD在ab段克服摩擦力做的功与bc段克服摩擦力做的功相等【答案】 AB【解析】【详解】AB、若qvaB>mgcos，小球受杆弹力垂直杆向下，随速度减小弹力减小，小球受摩擦力减小，当（qvB-mgcos）=mgsin时，小球匀速运动；若qvaB=mgcos，小球与杆无弹力，速度增大，小球受杆弹力垂直杆向下，弹力增大，小球受摩擦力增大，当（qvB-mgcos）=mgsin时，小球匀速运动；若qvaB<mgcos，小球受杆弹力垂直杆向上，随速度减小弹力增大，小球受摩擦力增大，小球从A到C做加速度增大的减速运动；所以小球从A到C过程中动能减小，速度减小，滑动摩擦力大于重力沿粗糙细杆的分力，做加速度增大的减速运动，小球在c点一定保持静止，故A、B正确；CD、从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，根据动能定理可得在ab段动能变化量小于bc段动能变化量，则有在b点时动能大于5J，故C、D错误；故选AB。【点睛】关键是小球从A到C过程中动能减小，速度减小，滑动摩擦力大于重力沿粗糙细杆的分力，做加速度增大的减速运动。三、解答题21如图所示,平面直角坐标系xOy中,在y>0及y<-403L区域存在场强大小相同,方向相反且均平行与y轴的匀强电场，在-403L<y<0区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m,电荷量为q的带正电粒子,从y轴上的点P1(0,3L)以速率v0,方向沿x轴正方向出发,然后经过x轴上的点P2（8L,0）进入磁场。已知带电粒子分别在电场和磁场中运功时所受力大小相等,不计粒子重力。求：(1)粒子到达P2点时的速度大小和方向；(2)磁场的磁感应强度大小(3)粒子第n次经过x轴的坐标【答案】(1) 54v0；=37°；(2) B=3mv040qL；(3) xn=8+44(n-1)3L，(n=1,3,5,7.)；xn=643+44(n-2)3L，(n=2,4,6,8.)【解析】【详解】解：(1)粒子从P1到P2类平抛运动，设到达P2时的y方向分速度为vy由运动学规律有：8L=v0t，3L=12(0+vy)t解得：vy=34v0故粒子在P2的速度大小：v=v02+vy2=54v0设v与x轴的夹角为，则有：tan=vyv0=34解得：=37°(2)粒子从P1到P2，设电场强度为E，据动能定理有：qE3L=12mv2-12mv02解得：E=3mv0232qL依题意意：电粒子在电场和磁场中运动时所受力大小相等，则有：qE=qvB代入可得：B=3mv040qL(3)根据：qvB=mv2R解得：R=50L3由几何关系可得：粒子在磁场中的轨迹所对圆心角为53°故粒子将垂直y=-403L的直线从M点穿出磁场，粒子运动一周期的轨迹如图所示；当n为奇数时，xn=8+44(n-1)3L，(n=1,3,5,7.)当n为偶数时，xn=643+44(n-2)3L，(n=2,4,6,8.)22如图所示,在xOy平面直角坐标系内y轴与垂直x轴的MN边界之间,以x轴为分界线,分别在第、象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。第象限内磁场的磁感应强度大小为B0.第象限内有沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E. 质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从第象限内某点由静止释放,从y轴上的A点进入磁场,经x轴上的B点第一次进入x轴下方的磁场。若已知A点的坐标是(0,a),B点的坐标是(3a,0)，不考虑粒子重力。(1)求粒子释放位置与y轴的距离；(2)若粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场，求x轴下方磁场的磁感应强度大小应满足的条件；(3)若x轴下方区域的磁感应强度大小为3B0，且粒子最终垂直于MN边界出射，求MN与x轴交点的坐标。【答案】（1）25qB02a22mE（2）B83B0（3）MN与x轴交点的坐标是（4na，0）（其中n=1，2，3）【解析】【详解】（1）设粒子释放位置与y轴的距离为d，粒子在第一象限磁场中做圆周运动的半径为r，画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示，在电场中做匀加速运动，根据动能定理：qEd=12mv2可得：v=2qEdm粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB0=mv2r根据几何关系：(r-a)2+(3a)2=r2 可得：r=5a联立式可得：d=25qB02a22mE（2）设粒子进入磁场时与x轴之间的夹角为，则粒子在第一象限内的磁场中转过的角度也为，根据几何关系：tan=3ar-a=34，可得：=53°要使粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场，临界情况如图所示，要使粒子经