【物理】2019届一轮复习人教版磁　场学案 81页

第十章 考 纲 要 求 考 情 分 析 磁场　磁感应强度　磁感线　磁通量 Ⅰ ‎1.命题规律 近几年高考对本章内容重点考查了安培力、洛伦兹力以及带电粒子在磁场或复合场中的运动问题，对安培力、洛伦兹力的考查多以选择题的形式出现，对带电粒子的运动问题多以计算题的形式出现，综合考查受力分析、动力学关系、圆周运动、平抛运动等知识，难度较大，分值较高。‎ ‎2.考查热点 预计在2019年高考中仍将以带电粒子在有界磁场、组合场中运动的综合分析及与现代科技结合的综合题型为侧重点，复习中应对此部分内容予以更多关注。‎ 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 Ⅰ 安培力 Ⅱ 洛伦兹力 Ⅱ 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ 质谱仪和回旋加速器的工作原理 Ⅰ ‎[说明]　(1)安培力计算限于通电直导线跟匀强磁场平行或垂直两种情况。‎ ‎(2)带电粒子在匀强磁场中的运动计算限于带电粒子的速度与磁感应强度平行或垂直两种情况。‎ 第50课时　磁场及其对电流的作用(双基落实课)‎ 知识点一　磁场和磁感应强度 ‎1．磁场的基本性质 磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用。‎ ‎2．磁感线 为了形象地描述磁场，在其中画出的一系列有方向的曲线，曲线上各点的切线方向即为该点的磁场方向。‎ ‎3．磁感应强度 ‎(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。‎ ‎(2)定义式：B＝(通电导线垂直于磁场)。‎ ‎(3)方向：小磁针静止时N极所指的方向。‎ ‎(4)单位：特斯拉，符号T。‎ ‎4．匀强磁场 ‎(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。‎ ‎(2)磁感线分布特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(多选)(教科教材原题)一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中，当通过它的电流为I时，所受安培力为F。以下关于磁感应强度B的说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度B一定等于 B．磁感应强度B可能大于或等于 C．磁场中通电直导线受力大的地方，磁感应强度一定大 D．在磁场中通电直导线也可以不受力 解析：选BD　只有在通电直导线垂直于磁场时，定义式B＝才成立，通电直导线和磁场平行时，导线不受力，故A错误，B、D正确；磁感应强度是用比值法定义的，通电直导线受力大的地方，磁感应强度不一定大，C错误。‎ ‎2．(多选)(鲁科教材原题)下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感线从磁体的N极发出，终止于磁体的S极 B．磁感线可以表示磁场的方向和强弱 C．磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场 D．因为异名磁极相互吸引，所以放入通电螺线管内的小磁针的N极一定指向通电螺线管的S极 解析：选BC　磁感线是闭合曲线，A错误；磁感线可以表示磁场的方向和强弱，B正确；磁铁和电流都能产生磁场，C正确；通电螺线管内部的磁场方向从S极指向N极，则放入其中的小磁针的N极指向与其内部磁场方向一致，即通电螺线管的N极，故D错误。‎ ‎3．(鲁科教材原题)在两个相对的磁场附近，一个小磁针静止时的指向如图所示，那么这两个磁极的性质是(　　)‎ A．左边是N极，右边是S极 B．左边是S极，右边是N极 C．两边都是N极 D．两边都是S极 解析：选C　由题图中小磁针静止时N极的指向可知，两个磁极是同名磁极，且两边都是N极，C正确。‎ ‎(1)磁感应强度是用比值法定义的物理量，只有在通电直导线和磁场方向垂直时，定义式B＝才成立，通电直导线在磁场中受力为零时，磁感应强度不一定为零。‎ ‎(2)磁感线可以表示磁场的方向和强弱，放入磁场中的小磁针静止时N极所指的方向和该点的磁场方向一致。‎ 知识点二　安培定则的应用与磁场叠加 ‎1．电流周围的磁场(安培定则)‎ 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 特点 无磁极、非匀强磁场且距导线越远处磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场 环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱 安 培 定 则 ‎2．磁场的叠加 磁感应强度是矢量，磁场叠加时符合矢量运算的平行四边形定则。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(多选)(教科教材原题)如图为通电螺线管。A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感线最密处为A处，最疏处为B处 B．磁感线最密处为B处，最疏处为C处 C．小磁针在B处和A处N极都指向左方 D．小磁针在B处和C处N极都指向右方 解析：选BC　根据通电螺线管的磁感线分布情况可知，A错误，B正确；根据安培定则判断，A处、B处磁场方向向左，C处磁场方向向右，由小磁针N极指向磁场方向可知，C正确，D错误。‎ ‎2．(鲁科教材原题)两根长直漆包线交叉放置并分别通以如图所示的电流I，那么两电流的磁场在导线平面内方向一致的是(　　)‎ A．区域1、2 B．区域3、4‎ C．区域1、3 D．区域2、4‎ 解析：选C　根据安培定则判断，两电流的磁场在导线平面内方向一致的是区域1、3，故C正确。‎ ‎(1)通电螺线管内部磁感线的方向是从S极指向N极，磁感线是闭合曲线。‎ ‎(2)判断合磁场的方向，要先确定每个电流在该点产生的磁场的方向，再根据平行四边形定则合成后判断。‎ 知识点三　磁场对电流的作用——安培力 ‎1．安培力的大小 F＝BILsin_θ，θ为磁感应强度与电流方向的夹角。‎ ‎(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，Fmax＝BIL。‎ ‎(2)当磁场与电流平行时，安培力为零。‎ ‎2．安培力的方向——左手定则 伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方 向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。‎ 注意：F⊥B且F⊥I，但I与B的方向可成任意夹角。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(2018·泰州模拟)通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示。下列哪种情况将会发生(　　)‎ A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动 B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动 C．L2绕轴O沿顺时针方向转动 D．L2绕轴O沿逆时针方向转动 解析：选D　由右手螺旋定则可知L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离L1越远的地方，磁场越弱，由左手定则知，L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕固定转轴O沿逆时针方向转动。故D项正确。‎ ‎2．(沪科教材原题)电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示。1982年澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)。若轨道宽2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试问轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场的最大功率有多大(轨道摩擦不计)?‎ 解析：根据F＝BIL 再根据动能定理Fs＝mv2‎ 解得：F＝1.1×103 N，B＝55 T 根据P＝Fv，解得：P＝1.1×107 W。‎ 答案：55 T　1.1×107 W ‎(1)安培力的方向一定跟磁感应强度和电流的方向都垂直。‎ ‎(2)导体中的电流方向和磁感线方向平行时，导体不受安培力的作用，应用左手定则时，首先要排除这种情况。‎ ‎(3)应用F＝BIL计算安培力的大小时，L一定是有效长度。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．(2018·苏锡常镇高三模拟)如图所示，一束电子沿某坐标轴运动，在x轴上的A点处产生的磁场方向沿z轴正方向，则该束电子的运动方向是(　　)‎ A．z轴正方向 B．z轴负方向 C．y轴正方向 D．y轴负方向 解析：选C　在A点产生的磁场方向沿z轴正方向，根据安培定则，可知该束电子的运动方向为y轴正方向，C项正确，A、B、D项错误。‎ ‎2．当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是(　　)‎ 解析：选C　A中，根据安培定则，小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；B中，根据安培定则，磁场的方向沿逆时针方向(从上向下看)，因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；C中，根据安培定则，环形导线中小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，小磁针静止时北极指向读者，故C正确；D中，根据安培定则，通电螺线管的内部磁场方向由右向左，则小磁针静止时北极指向左，故D错误。‎ ‎3．(2017·全国Ⅲ卷)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0 B．B0‎ C.B0 D．2B0‎ 解析：选C　导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P 中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项错误，C项正确。‎ ‎4．(2018·淮安质检)如图所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内。某时刻，线圈中通过大小为I的电流，则此线圈所受安培力的大小为(　　)‎ A.BIL B.nBIL C．nBIL D.nBIL 解析：选D　由题图知，线圈在磁场中的有效长度为L′＝L，故线圈受到的安培力为F＝nBIL′＝nBIL，D项正确。‎ ‎5．如图所示，一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，螺线管中电流方向如箭头所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受安培力作用后的运动情况为(　　)‎ A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 解析：选D　先由安培定则判断通电螺线管的N、S极，找出导线ab左右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断两端受到的安培力的方向，如图甲所示，可以判断导线ab受安培力后从上向下看逆时针方向转动，再分析导线ab转过90°位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线ab受安培力的方向，如图乙所示，可知导线ab还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．一段电流元放在同一匀强磁场中的四个位置，如图所示，已知电流元的电流I、长度L和受力F，则可以用表示磁感应强度B的是(　　)‎ 解析：选AC　只有当通电导线电流方向垂直于磁场方向时，才可用表示磁感应强度B，A、C中电流方向与磁场方向垂直，B、D中电流方向与磁场方向不垂直，故A、C正确，B、D错误。‎ ‎7．3条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。在导线中通过的电流均为I，电流方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的3个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3。下列说法正确的是(　　)‎ A．B1＝B2＜B3‎ B．B1＝B2＝B3‎ C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里 D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里 解析：选AC　对于a点，由右手定则可知，两倾斜导线在此处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，水平导线在此点产生的磁场方向垂直于纸面向外；对于b点，斜向右上方的导线与水平导线在此点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，斜向左上方的导线在此点产生的磁场方向垂直于纸面向外；对于c点，水平导线在此点产生的磁场方向垂直于纸面向里，斜向左上方和斜向右上方的导线在此点产生的磁场方向也垂直于纸面向里，则c点合磁场方向垂直于纸面向里，且有B3＞B1＝B2。综上可知A、C正确。‎ ‎8．(2018·广州检测)在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为1 A、2 A、1 A，②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，则(　　)‎ A．①的电流方向为a→b B．③的电流方向为e→f C．①受到安培力的合力方向水平向左 D．③受到安培力的合力方向水平向左 解析：选BCD　根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，因②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的电流方向为b→a，③的电流方向为e→f，选项A错误，B正确；①受到②③的排斥力，故①受到安培力的合力方向水平向左，选项C正确；③受到②的吸引力和①的排斥力，因②的吸引力大于①的排斥力，故③受到安培力的合力方向水平向左，选项D正确。‎ ‎9．如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ‎，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒(　　)‎ A．一直向右移动 B．速度随时间周期性变化 C．受到的安培力随时间周期性变化 D．受到的安培力在一个周期内做正功 解析：选ABC　由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，选项A、B正确；安培力F＝BIL，由题图乙可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零，选项D错误。‎ 三、计算题 ‎10．如图所示，光滑导轨与水平面成θ角，导轨宽度为L，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上(未画出)，金属杆的质量为m，长为L，水平放置在导轨上。已知电源的电动势为E，内阻为r，调节滑动变阻器使回路的总电流为I1，此时金属杆恰好处于静止状态(重力加速度为g，金属杆与导轨电阻不计)。求：‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)若保持磁感应强度的大小不变，将磁场方向改为竖直向上，滑动变阻器接入电路的阻值调到多大才能使金属杆保持静止。‎ 解析：(1)在侧视图中，金属杆受力如图甲所示，由平衡条件得 mgsin θ＝BI1L，‎ 解得B＝。‎ ‎(2)金属杆受力如图乙所示，由平衡条件得mgsin θ＝BI2Lcos θ I2＝ 又B＝ 解得R＝－r。‎ 答案：(1)　(2)－r ‎11．(2015·全国Ⅰ卷)如图，一长为10 cm 的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为 2 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。‎ 解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。‎ 开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2kΔl1＝mg 式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。‎ 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F＝BIL 式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，‎ 由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F 由欧姆定律有 E＝IR 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。‎ 解得m＝0.01 kg。‎ 答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg 第51课时　磁场对运动电荷的作用(重点突破课)‎ ‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．洛伦兹力的大小 ‎(1)v∥B时，F＝0。‎ ‎(2)v⊥B时，F＝qvB。‎ ‎(3)v与B夹角为θ时，F＝qvBsin_θ。‎ ‎2．洛伦兹力的方向(左手定则)‎ 如图，①表示正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向，②表示磁感线的方向，③表示洛伦兹力的方向。‎ ‎3．带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎(1)若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。(如图甲)‎ ‎(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动。(如图乙、丙)‎ ‎①向心力公式：qvB＝m。‎ ‎②轨道半径公式：r＝。‎ ‎③周期公式：T＝＝。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1．如图所示为电视显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，一束沿着管颈(中心圆心)射向纸内的电子将(　　)‎ A．向上偏转 B．向下偏转 C．向右偏转 D．向左偏转 解析：选C　由题图中电流的方向以及线圈的环绕方向，可判断出两侧线圈的上方均为N极，故中心圆心处的磁场方向是竖直向下的，又由于电子束射向纸内，故电流方向垂直于纸面向外，根据左手定则可判断出电子束所受洛伦兹力方向向右，故C正确。‎ ‎2．在下列图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(　　)‎ 解析：选B　根据左手定则，A中F方向向上，B中F方向向下，选项A错误，B正确；C、D中都是v与B的方向平行，F＝0，选项C、D错误。‎ ‎3．两个质量和电荷量均相同的带电粒子a、b分别以速度v和2v垂直射入一匀强磁场，其轨道半径分别为ra和rb，运动的周期分别为Ta和Tb，不计粒子重力，则(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．ra>rb B．raTb D．TaF2，a1＝a2 B．F1F2，a1>a2 D．F1F1，故B项正确。‎ 重难点(二)　半径公式和周期公式的理解及应用 ‎　　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式为r＝，周期公式为T＝。高考常围绕这两个公式考查各物理量对半径、周期的影响。‎ ‎[典例]　(2018·楚雄检测)如图所示，平行金属板P、Q间有磁感应强度为B的匀强磁场，静止的电子在O点经加速电压U作用后由P板上的小孔垂直进入磁场，打在Q板上的A点。现使磁感应强度大小B加倍，要使电子的运动轨迹不发生变化，仍打在Q板上的A点，应该使U变为原来的(　　)‎ A．4倍 B．2倍 C.倍 D．倍 ‎[解析]　要使电子在磁场中仍打在A点，则电子的运动半径不变，由Bqv＝m可知R＝；B加倍，而R不变，速度v一定也要加倍；对加速过程分析可知，Uq＝mv2，解得v＝ ‎，要使速度加倍，U应变为原来的4倍，故A正确。‎ ‎[答案]　A ‎(1)由公式r＝可知，半径r与比荷成反比与速度v成正比，与磁感应强度B成反比。‎ ‎(2)由公式T＝可知，周期T与速度v、半径r无关，与比荷成反比，与磁感应强度B成反比。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2015·全国Ⅰ卷)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)‎ A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 解析：选D　分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小。选项D正确。‎ ‎2．“月球勘探者号”空间探测器运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在研究月球磁场分布方面取得了新的成果。月球上的磁场极其微弱，探测器通过测量电子在月球磁场中的轨迹来推算磁场强弱的分布，图中是探测器通过月球A、B、C、D四个位置时，电子运动的轨迹照片。设电子速率相同，且与磁场方向垂直，其中磁场最强的位置是(　　)‎ 解析：选A　由电子在磁场中运动的轨迹半径公式r＝可知，电子速率相同时，磁场越强的地方，电子运动的轨迹半径越小。故A正确。‎ 重难点(三)　带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎　　1.两种方法定圆心 ‎(1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心。如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点。‎ ‎(2)已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心。如图乙所示，P为入射点，M为出射点。‎ ‎　　2.几何知识求半径 ‎(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。‎ ‎(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)。‎ ‎(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)。‎ 考法1　直线边界的磁场　‎ ‎[例1]　(2018·江西师大附中检测)在xOy坐标系的Ⅰ、Ⅳ象限有垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上A点(L,0)同时以相同速率v沿不同方向发出a、b两个相同带电粒子(粒子重力不计)，其中a沿平行＋y轴方向发射。经磁场偏转后，两粒子均先后到达y轴上的B点(0，L)，则两个粒子到达B点的时间差为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　作出a、b两个粒子的运动的轨迹如图，对于a的运动轨迹，由几何关系得：R2＝(R－L)2＋(L)2，解得R＝2L，a的偏转角sin θ＝＝，所以θ＝π，同理可得b的偏转角β＝π，a 在磁场中运动的时间tA＝＝＝，b在磁场中运动的时间：tB＝＝＝，它们到达B点的时间差：Δt＝tB－tA＝－＝，D正确。‎ ‎[答案]　D 考法2　平行边界的磁场　‎ ‎[例2]　如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成θ＝60°角方向射出的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知a＝Rsin 30°，即R＝2a。设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运动的时间为t＝T，即α越大，粒子在磁场中运动的时间越长，α最大时粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，由几何关系可知，此时圆心角αm为120°，即最长运动时间为，而T＝＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C正确。‎ ‎[答案]　C 考法3　圆形边界的磁场　‎ ‎[例3]　(2017·全国 Ⅱ 卷)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，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为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相互作用。则v2∶v1为(　　)‎ A.∶2 B．∶1‎ C.∶1 D．3∶ ‎[解析]　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。‎ ‎[答案]　C 考法4　正方形边界的磁场　‎ ‎[例4]　(多选)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则(　　)‎ A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出 B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出 C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度B增大为原来的二倍，也将从d点射出 D．只改变粒子的速度，使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用的时间最短 ‎[解析]　由r＝可知，如果粒子的速度增大为原来的二倍，粒子在磁场内运动时的轨道半径增大到原来的二倍，粒子将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，假设磁场区域足够大，粒子会通过ad延长线上的g点，且dg＝ae，可知粒子将从d、f之间的某确定点射出，选项B错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，粒子将从ae的中点射出，选项C错误；粒子从e、d点射出时转过的角度相等，所用时间相等，从f点射出时转过的角度最小，所用的时间最短，选项D正确。‎ ‎[答案]　AD 考法5　三角形边界的磁场　‎ ‎[例5]　(多选)(2018·甘肃检测)如图所示，在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)‎ A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ C．若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ D．该粒子以不同大小的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为 ‎[解析]　若粒子的入射速度为v＝，根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv＝m，解得：r＝l；根据几何关系可知，粒子一定从距C点为l的位置离开磁场，故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大。根据几何关系可知，若要使粒子从CD边射出，粒子轨迹与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径满足(rm＋l)2＝rm2＋rm2，解得rm＝(＋1)l。则若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝，故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大轨迹半径为l，因此最大速度应为v＝，故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转对应的最大圆心角为180°，故最长时间为，故D正确。‎ ‎[答案]　ACD 考法6　其他形状边界的磁场　‎ ‎[例6]　(2016·四川高考)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则(　　)‎ A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1‎ B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2‎ C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1‎ D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2‎ ‎[解析]　如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝。由T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故选项A正确，B、C、D错误。‎ ‎[答案]　A ‎[通法归纳]‎ ‎(1)带电粒子在有界磁场中的运动，一般先要根据不同的磁场边界画出粒子运动的轨迹，然后利用几何知识计算粒子半径。‎ ‎(2)根据r＝，T＝，已知m、v、q、B可计算半径、周期；已知半径、周期也可计算磁感应强度、比荷、电荷量等。‎ ‎(3)计算粒子在磁场中运动的时间，需要知道周期和圆心角，常根据t＝·T计算。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则电子将(　　)‎ A．向上偏转 B．向下偏转 C．向纸里偏转 D．向纸外偏转 解析：选B　由题图可知，直导线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直于纸面向里，而电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电荷，四指要指向电子运动方向的反方向)，电子将向下偏转，故B选项正确。‎ ‎2．如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将(　　)‎ A．沿路径a运动，轨迹是圆 B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大 C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小 D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小 解析：选B　由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲。离导线越远，B越小，又由r＝知，r越来越大，故电子将沿路径a运动，且轨迹半径越来越大，选项B正确。‎ ‎3．如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c，以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的运动轨迹。已知O是PQ的中点，不计粒子重力。下列说法中正确的是(　　)‎ A．粒子a带负电，粒子b、c带正电 B．射入磁场时粒子a的速率最小 C．射出磁场时粒子b的动能最小 D．粒子c在磁场中运动的时间最长 解析：选D　若a、b、c均带正电，根据运动电荷所受洛伦兹力方向即可判断出a、b、c均应向左偏转，b、c偏转方向与假设相反，因此粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即Bvq＝m，解得r＝，由此可知，粒子速度越大时，轨迹半径越大，易知射入磁场时粒子c的速率最小，动能最小，又洛伦兹力不做功，故B、C错误；粒子运动的周期为T＝，故粒子在磁场中的偏转角越大，运动时间越长，故D正确。‎ ‎4．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律得，qv0B＝m，解得r＝。由图中几何关系可得：tan 30°＝。联立解得该磁场的磁感应强度B＝，选项A正确。‎ ‎5．(2016·全国Ⅲ卷)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R。由几何关系知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．如图所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度，从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以与磁场边界夹角为30°和60°的方向射入磁场，两粒子恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是 B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是 C．A、B两粒子的之比是 D．A、B两粒子的之比是 解析：选BD　带电粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqv＝m，得r＝，由几何关系可得，对B粒子有rBcos 60°＋rB＝d，对A粒子有rAcos 30°＋rA＝d，联立解得＝，A错误，B正确；再根据r＝，可得A、B两粒子的之比是，C错误，D正确。‎ ‎7．(2018·南通调研)如图所示，有一垂直于纸面向里的有界匀强磁场，A、B为边界上两点。一带电粒子从A点以初速度v0、与边界成角度θ(θ＜90°)沿纸面射入磁场，经过一段时间后从B点射出。现撤去磁场，加一垂直于边界、沿纸面向上的匀强电场，其他条件不变，粒子仍从B点射出。粒子重力忽略不计，则粒子(　　)‎ A．带负电 B．在磁场中和电场中的运动轨迹相同 C．从磁场中离开时速度方向与从电场中离开时速度方向相同 D．从磁场中离开时速度大小与从电场中离开时速度大小相同 解析：选ACD　根据粒子运动的方向，由左手定则可以判断出该粒子带负电，A项正确；在磁场中，粒子的运动轨迹是一段圆弧，则其离开磁场时速度与边界的夹角仍为θ ‎，速度大小不变；在电场中，粒子做类斜抛运动，运动轨迹是抛物线，运动轨迹与在磁场中不同，粒子的运动可以分解为竖直方向的匀变速运动和水平方向的匀速运动，粒子到达与A点同一高度的B点，其竖直方向的速度大小不变，方向向下，水平方向速度不变，故粒子在B点的速度大小仍等于v0，方向与边界的夹角为θ，B项错误，C、D项正确。‎ ‎8．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是(　　)‎ A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 解析：选BD　由于粒子比荷相同，由R＝ 可知速度相同的粒子轨迹半径相同，运动轨迹也必相同，B正确；入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T＝知所有粒子在磁场运动的周期都相同，A、C错误；再由t＝T＝可知，D正确。‎ ‎9．(2018·江苏清江中学模拟)如图，虚线MN上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1，带电粒子从边界MN上的A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B点射出，若粒子经过的区域PQ上方再叠加方 向垂直纸面向里的匀强磁场B2，让该粒子仍以速度v0从A处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B′点射出(图中未标出)，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．B′点在B点的左侧 B．粒子从B′点射出的速度大于从B点射出的速度 C．粒子从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向 D．粒子从A到B′的时间等于从A到B的时间 解析：‎ 选AC　粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力对运动电荷不做功，所以粒子的速度大小不变，故B错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得r＝，所以叠加磁场B2后带电粒子在PQ上方做圆周运动的半径变小，根据如图所示的运动轨迹图结合几何知识，粒子从PQ上方穿出时的速度方向不变，因此B′点在B点的左侧，从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向，故A、C正确；两种情况下粒子在PQ上方转过的角度相同，由T＝＝可知，叠加磁场B2后粒子在PQ上方的运动时间变短，而P点之前和Q点之后的运动时间不变，所以从A到B′的时间小于从A到B的时间，故D错误。‎ 第52课时　匀强磁场中的临界极值和多解问题(题型研究课)‎ ‎(一)　临界极值问题 ‎1．临界条件的挖掘 ‎(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。‎ ‎(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大(前提条件是劣弧)，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。‎ ‎(3)当速率v变化时，轨迹圆心角越大，运动时间越长。‎ ‎(4)当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，则以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的偏转角最大。‎ ‎2．不同边界磁场中临界条件的分析 ‎(1)平行边界：常见的临界情景和几何关系如图所示。‎ ‎(2)矩形边界：如图所示，可能会涉及与边界相切、相交等临界问题。‎ ‎(3)三角形边界：如图所示是正△ABC区域内某正粒子垂直AB方向进入磁场的粒子临界轨迹示意图。粒子能从AB间射出的临界轨迹如图甲所示，粒子能从AC间射出的临界轨迹如图乙所示。‎ ‎[典例]　如图所示，磁感应强度大小为B＝0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R＝0.10 m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向以不同的速度射出带正电的粒子流，粒子的重力不计，比荷＝1.0×108 C/kg。‎ ‎(1)请判断当粒子分别以v1＝1.5×106 m/s和v2＝0.5×106 m/s的速度射入磁场时，能否打到荧光屏上；‎ ‎(2)要使粒子能打在荧光屏上，求粒子的速度v0的大小应满足的条件；‎ ‎(3)若粒子的速度v0＝3.0×106 m/s，且以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求此过程中粒子打在荧光屏上离A的最远距离。‎ ‎[解析]　(1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹如图甲所示，由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r>R时，粒子沿图中①方向射出磁场能打到屏上，当粒子做圆周运动的半径r≤R时，将沿图中②③方向射出磁场，不能打到屏上。‎ 当粒子速度为v1时，由洛伦兹力提供向心力，得qv1B＝m，‎ 解得r1＝R>R，故能打到屏上；‎ 同理，当粒子的速度为v2时，‎ 解得r2＝R1.5×106 m/s时，粒子能打到荧光屏上。‎ ‎(3)设速度v0＝v4＝3.0×106 m/s 时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4，‎ 由洛伦兹力提供向心力，得qv4B＝m，解得r4＝2R。‎ 如图乙所示，粒子在磁场中运动的轨迹是以E点为圆心，以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动，故磁场边界变为以O为圆心，以2R为半径的圆弧ABE，当A点恰转至B点，此时粒子的出射点为B，偏角α最大为60°，射到荧光屏上P点离A点最远。‎ 由几何知识得AP＝CA·tan α＝(2R－r4tan 30°)·tan 60°＝ m≈0.15 m。‎ ‎[答案]　(1)速度为v1时，能　速度为v2时，不能 ‎(2)v0>1.5×106 m/s　(3)0.15 m ‎(1)根据边界条件，通过画动态图的方法，找出符合临界条件的粒子轨迹，如图所示。‎ ‎(2)运用几何关系，求得粒子的运动半径。‎ ‎(3)根据洛伦兹力提供向心力建立方程。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2018·湖南常德模拟)如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点。大量质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径为2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则(　　)‎ A．粒子射入磁场的速率为v＝ B．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝ C．不可能有粒子从C点射出磁场 D．若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A点水平射出 解析：选ABD　粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，解得：r＝，根据题意知r＝2R，解得：v＝，故A正确；当粒子以圆形区域直径2R 为运动轨迹对应的弦时，运动时间最长，由几何关系可知圆心角为60°，粒子运动的周期为：T＝，由此可知粒子在磁场中运动的最长时间为：t＝＝，故B正确；粒子的轨道半径为2R，磁场的半径为R，PC间的距离为R，易知粒子可能从C点射出，故C错误；由几何关系易知，当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射入的粒子可以从A点水平射出，且速度满足：v＝，故D正确。‎ ‎2．(2018·珠海模拟)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，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电量为q＝＋1.0×10－6 C的带电粒子，从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ ‎(1)粒子到达P点时速度v的大小；‎ ‎(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；‎ ‎(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。‎ 解析：(1)对粒子的加速过程，‎ 由动能定理qU0＝mv2‎ 代入数据得：v＝20 m/s。‎ ‎(2)粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：‎ qvB＝得R＝ 代入数据得：R＝0.50 m 而＝R＝0.50 m 由几何关系知，粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。由几何关系可知：‎ OQ＝R＋Rcos 37°，故OQ＝0.90 m。‎ ‎(3)若粒子恰好不从x轴射出，如图乙所示，由几何关系得：‎ OP>R′＋R′sin 37°‎ R′＝ 联立以上两式并代入数据得：‎ B′> T≈5.33 T(取“≥”也可)。‎ 答案：(1)20 m/s　(2)0.90 m ‎(3)B′>5.33 T(取“≥”也可)‎ ‎(二)　匀强磁场中的多解问题 造成带电粒子在匀强磁场中运动多解的原因很多，列举以下几种情形：‎ ‎1．带电粒子电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，由于电性不同，当速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。‎ 如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。‎ ‎2．磁场方向不确定形成多解 有些题目只知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。‎ 如图乙所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a；若B垂直纸面向外，其轨迹为b。‎ ‎3．临界状态不唯一形成多解 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图丙所示。‎ ‎4．运动的周期性形成多解 带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示。‎ ‎[典例]　(2018·衡阳联考)“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化为如图所示示意图，辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径R1＝2 m，电势φ1＝50 V，内圆的半径R2＝1 m，电势φ2＝0，内圆里有磁感应强度大小B＝5×10－3 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板MN与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M、N与内圆间各存在一狭缝。假设太空中漂浮着质量m＝1.0×10－10 kg、电荷量q＝4×10－4‎ ‎ C的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰撞和作用。‎ ‎(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；‎ ‎(2)以收集薄板MN所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间。‎ ‎[解析]　(1)粒子在电场中被加速时，由动能定理可知 qU＝mv2－0‎ U＝φ1－φ2‎ 解得：v＝2×104 m/s。‎ ‎(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有 qvB＝ 解得r＝1 m 因为r＝R2，所以由几何关系可知，从收集薄板MN左端贴着其上表面进入磁场的粒子在磁场中运动圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速至外圆处后反向加速，并返回磁场，如此反复地做周期运动，其运动轨迹如图所示。‎ 由图易知，粒子运动一个周期内在磁场中所用时间为T。‎ T＝＝ 解得T＝π×10－4 s 在电场和磁场中做周期性运动的粒子的四个位置坐标分别为(0,2 m)，(2 m,0)，(0，－2 m)，(－2 m,0)。‎ ‎[答案]　(1)2×104 m/s　(2)(0,2 m)，(2 m, 0)，(0, －2 m)，(－2 m, 0)　π×10－4 s ‎(1)分析多解问题的关键是要全面分析各种可能性，找出题目多解形成的原因，以免造成漏解。‎ ‎(2)针对周期性多解问题，可以通过分析第一周期或前几个周期的运动规律，寻找周期运动的通解，要注意在有其他条件限制的情况下，通解可能变为有限个解或单一解。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为(　　)‎ A．2BkL B. C. D. 解析：选BD　因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图中虚线圆弧所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，由几何关系可得，质子运动半径r＝(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1,2,3，…)，选项B、D正确。‎ ‎2．(2014·江苏高考)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。‎ ‎(1)求磁场区域的宽度h；‎ ‎(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；‎ ‎(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。‎ 解析：(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r 根据题意及几何关系可得L＝3rsin 30°＋3dcos 30°‎ 且h＝r(1－cos 30°)‎ 解得h＝。‎ ‎(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′‎ m＝qvB，m＝qv′B 由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°‎ 解得Δv＝v－v′＝。‎ ‎(3)设粒子经过上下方磁场共n＋1次 由题意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30°‎ 且＝qvnB，‎ 解得vn＝(1≤n＜－1，n取整数)。‎ 答案：(1) ‎(2) ‎(3)(1≤n＜－1，n取整数)‎ ‎ 一、多项选择题 ‎1．在如图所示的两条互相垂直的虚线范围内存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，由水平线上的某点沿与水平线成30°的方向斜向右上方射入磁场，忽略粒子的重力，则(　　)‎ A．如果粒子的速度大小适当，该粒子可能经过两虚线的交点 B．粒子在磁场中运动的时间可能为 C．粒子在磁场中运动的时间可能为 D．粒子在磁场中运动的时间可能为 解析：选BC　如图所示，粒子在磁场中要想经过两虚线的交点，转过的圆心角一定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能经过两虚线的交点，A错误；由于粒子入射点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动轨迹圆弧所对的圆心角也不同，最大的圆心角为300°，运动时间为T，而粒子从两虚线的交点出发时对应的圆心角最小，即为120°，运动时间为T，而T＝，故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为，最短为，B、C正确，D错误。‎ ‎2．如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C 为三角形的3个顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝从AB边上的某点P沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，若该粒子能从BC边上某点Q射出，则(　　)‎ A．PB≤L　　　　　　 B．PB≤L C．QB≤L D．QB≤L 解析：选AD　由qvB＝，解得R＝L。粒子恰好从BC边上某点Q射出时的轨迹如图所示，PB最大时轨迹与AC边相切，由几何关系及对称性得AP＝－R，BP＝L－AP＝L，A正确，B错误；QB最大时，粒子平行于AB边从Q′点射出，此时Q′B＝＝L，C错误，D正确。‎ ‎3．如图所示是半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一定范围内的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)，不计重力，现粒子以沿正对cO中点且垂直于cO的方向射入磁场区域，发现带电粒子恰能从bd之间飞出磁场，则(　　)‎ A．从b点飞出的带电粒子的速度最大 B．从d点飞出的带电粒子的速度最大 C．从d点飞出的带电粒子的运动时间最长 D．从b点飞出的带电粒子的运动时间最短 解析：选ACD　粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示。图中Ob为到达b点的轨迹的圆心，Od为到达d点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，rb>rd，到达d点转过的圆心角比到达b点的圆心角大，到达b点的半径最大，到达d点的半径最小，根据r＝可知，从b点飞出的带电粒子的速度最大，从d点飞出的带电粒子的速度最小，A正确，B错误；周期T＝，所以粒子运动的周期相等，而到达d点转过的圆心角最大，到达b点转过的圆心角最小，所以从d点飞出的带电粒子的运动时间最长，从b点飞出的带电粒子的运动时间最短，C、D正确。‎ ‎4．如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q 的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。为使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选BC　粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的运动轨迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从边界QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，由几何关系可知R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，B项正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，由几何关系可知R2＋R2cos 45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C项正确。‎ 二、计算题 ‎5．如图所示匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为L，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率v垂直射入匀强磁场，入射方向与CD夹角为θ。已知电子的质量为m，电荷量为q，为使电子从EF边界射出，求电子的速率v满足的条件。‎ 解析：电子速率不同，其轨迹半径也不同，随着速率增加，其轨迹构成如图所示的一簇动态圆，可知为使电子从EF边界射出，轨迹半径至少大于与EF边界相切的圆的半径。‎ 对于恰好相切的轨迹圆，由几何关系得：r＋rcos θ＝L，‎ 又因为Bqv＝m，‎ 所以v＝＝。‎ 为使电子从EF边界射出，‎ 其速率v>。‎ 答案：v> ‎6．(2018·常州模拟)如图所示，两竖直金属板间电压为U1，两水平金属板的间距为d。竖直金属板a上有一质量为m、电荷量为q 的微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间，并继续做直线运动。水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，求：‎ ‎(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小v0；‎ ‎(2)两水平金属板间的电压U；‎ ‎(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度D。‎ 解析：(1)在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv02‎ 解得v0＝ 。‎ ‎(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则 Bqv0＝q 解得U＝Bd 。‎ ‎(3)若微粒进入磁场偏转后轨迹恰与右边界相切，此时对应磁场的最小宽度为D，则 Bqv0＝m，由几何关系知r＝D 解得D＝ 。‎ 答案：(1) 　(2)Bd 　(3) ‎7．如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l,3l)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力。求：‎ ‎(1)粒子从P点运动到O点的最短时间；‎ ‎(2)粒子运动的速度。‎ 解析：(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝ 当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后恰从O点射出时，粒子从P点运动到O 点所用的时间最短，如图所示。‎ 根据几何关系得tan α＝＝，故α＝37°‎ 粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为 tb＝Tb，ta＝Ta 故从P点运动到O点的最短时间为 t＝ta＋tb＝。‎ ‎(2)由(1)中图及粒子运动的规律可知 n(2Racos α＋2Rbcos α)＝ 解得v＝(n＝1,2,3，…)。‎ 答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…)‎ ‎8．(2018·扬州月考)如图所示，用特殊材料制成的PQ界面垂直于x轴，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过。PQ的左右两侧有两个对称的直角三角形区域，左侧的区域分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，右侧区域内分布着竖直向上的匀强电场。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射向右侧三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电量为e，质量为m，在△OAC中，OA＝l，θ＝60°。‎ ‎(1)求能通过PQ界面的电子所具有的最大速度及其从O点入射时与y轴的夹角；‎ ‎(2)若以最大速度通过PQ界面的电子刚好被位于x轴上F处的接收器所接收，求电场强度E；‎ ‎(3)在电场强度E满足第(2)问的情况下，求所有能通过PQ界面的电子最终穿越x轴的区间宽度。‎ 解析：(1)由evB＝m得，r＝，‎ 根据如图所示电子的运动轨迹结合几何知识，‎ 当r＝＝2l时，电子具有最大速度 vm＝，‎ 可得，电子入射时与y轴的夹角为30°。‎ ‎(2)电子在匀强电场中做类平抛运动，‎ 由ltan θ＝vmt，l＝at2，a＝，‎ 解得E＝。‎ ‎(3)电子进入电场后做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动穿越x轴，设类平抛运动的水平分位移为x1，竖直分位移为y1，出电场时速度方向与水平方向的夹角为β，出电场后做匀速直线运动的水平分位移为x2，其轨迹与x轴的交点到PQ界面的距离为s。‎ 则由tan θ＝，x1＝vt，y1＝at2，a＝，‎ 可得x1＝，y1＝，tan β＝＝；‎ 由几何关系得x2＝，又r＝ 则s＝ltan θ－rsin θ＋x1＋x2＝＋2，‎ 其中0≤v≤vm，‎ 当v＝时，有smin＝，‎ 当v＝0或v＝vm时，有smax＝l，‎ 所以区间宽度为smax－smin＝。‎ 答案：(1)　30°　(2)　(3) 第53课时　带电粒子在组合场中的运动(题型研究课)‎ ‎(一)　磁场与磁场的组合 ‎[典例]　如图所示，M、N、P为很长的平行边界，M、N与M、P间距分别为l1、l2，其间分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区域，磁场Ⅰ和Ⅱ方向垂直纸面向里，B1≠B2，有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以某一初速度垂直边界N及磁场方向射入MN间的磁场区域。不计粒子的重力。求：‎ ‎(1)要使粒子能穿过磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，粒子的初速度v0至少应为多少；‎ ‎(2)若粒子进入磁场Ⅰ的初速度v1＝，则粒子第一次穿过磁场Ⅰ所用时间t1是多少；‎ ‎(3)粒子初速度v为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域。‎ ‎[解析]　(1)设粒子的初速度为v0时恰好能进入磁场Ⅱ，则进入磁场Ⅱ时速度恰好沿M边界，所以半径为r＝l1，‎ 由B1qv0＝m，解得v0＝。‎ ‎(2)粒子在磁场Ⅰ中运动，则有B1qv1＝m，‎ 解得r1＝2l1，‎ 设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动(轨迹如图甲)对应的圆心角为α，则有sin α＝＝，所以α＝，‎ 所以第一次穿过磁场Ⅰ所用时间为 t1＝T＝×＝。‎ ‎(3)设粒子速度为v时，粒子在磁场Ⅱ中的轨迹恰好与P边界相切，轨迹如图乙所示，‎ 由Bqv＝m可得R1＝，R2＝，‎ 由几何关系得sin θ＝＝，‎ 粒子在磁场Ⅱ中运动有R2－R2sin θ＝l2，‎ 解得v＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3) 关注两段圆弧轨迹的衔接点 磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2017·全国Ⅲ卷)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，此时开始计时，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点间的距离。‎ 解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qB0v0＝m ①‎ qλB0v0＝m ②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝ ③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝ ④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝1＋。 ⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝。 ⑥‎ 答案：(1)　(2) ‎2.如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°。一质量为m、电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子沿垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：‎ ‎(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹；‎ ‎(2)粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨迹半径R1和R2的比值；‎ ‎(3)Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。‎ 解析：(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示。‎ ‎(2)设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分别表示在磁场Ⅰ、Ⅱ区的磁感应强度、轨迹半径和周期。‎ 设圆形区域的半径为r，已知带电粒子过圆心且垂直于A2A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，‎ 由几何关系知，其半径 R1＝A1A2＝OA2＝r 粒子在Ⅱ区磁场中运动的轨迹半径R2＝ 即＝2∶1。‎ ‎(3)粒子在磁场中运动，则qvB1＝m qvB2＝m T1＝＝ T2＝＝ 圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝T1‎ 在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2＝T2‎ 带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2‎ 由以上各式可得 B1＝，B2＝。‎ 答案：(1)见解析图　(2)2∶1　(3)　 ‎(二)　电场与磁场的组合 考法1　先电场后磁场　‎ ‎1．带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：‎ ‎2．带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：‎ ‎[例1]　如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，从靠近M板处由静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场。求：‎ ‎(1)离子从N板小孔射出时的速率；‎ ‎(2)离子在磁场中做圆周运动的周期；‎ ‎(3)要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围。‎ ‎[解析]　(1)设离子从N板小孔射出时的速率为v，由动能定理得qU＝mv2，解得v＝ 。‎ ‎(2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB＝m，‎ 运动周期T＝，联立解得T＝。‎ ‎(3)若离子恰好不进入小圆区域，设离子轨迹与小圆相切时运动半径为R0，此时轨迹如图所示，‎ 由几何关系得R02＋(3r)2＝(R0＋r)2，解得R0＝4r，‎ 需满足的条件为R≤R0，又qvB＝m，qU＝mv2，‎ 联立解得U≤。‎ ‎[答案]　(1) 　(2)　(3)U≤ ‎(1)带电粒子在电场中加速，一般应用动能定理，即可求出加速后进入磁场前的速度。‎ ‎(2)带电粒子进入磁场，在有界磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，再结合几何关系即可求解运动半径、周期等物理量。‎ ‎(3)在有界磁场中运动时，要根据不同的边界确定临界条件，还要注意多解问题。‎ ‎[例2]　(2017·天津高考)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。‎ ‎[解析]　(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 ‎2L＝v0t　 ①‎ L＝at2　 ②‎ 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at　 ③‎ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有 tan α＝　 ④‎ 联立①②③④式得α＝45°　 ⑤‎ 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。‎ 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有 v＝　 ⑥‎ 联立①②③⑥式得v＝v0。　 ⑦‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F＝ma ⑧‎ 又F＝qE　 ⑨‎ 设磁场的磁感应强度大小为B ‎，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m　 ⑩‎ 由几何关系可知R＝L　 ⑪‎ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝。　 ⑫‎ ‎[答案]　(1)v0，与x轴正方向成45°角斜向上　(2) 考法2　先磁场后电场　‎ ‎[例3]　(2018·大庆实验中学检测)如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在－x轴上的a点以速度v0与－x轴成60°角射入磁场，从y＝L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计粒子重力。求：‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)电场强度E的大小；‎ ‎(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。‎ ‎[解析]　(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图，由几何关系可知：‎ r＋rcos 60°＝L，r＝ 又因为qv0B＝m 解得：B＝。‎ ‎(2)带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L＝v0t2‎ 沿y轴有：L＝at22，又因为qE＝ma 解得：E＝。‎ ‎(3)带电粒子在磁场中运动时间为：t1＝·＝ 带电粒子在电场中运动时间为：t2＝ 所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3) 考法3　先后多个电磁场　‎ ‎[例4]　如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m ‎、电荷量为－q，其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域Ⅱ宽也为d，粒子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，不计粒子重力。‎ ‎(1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t；‎ ‎(2)若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度大小变为2B，粒子也能回到A点，求电场强度E的大小；‎ ‎(3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间，使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度大小减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？‎ ‎[解析]　(1)因粒子从A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为r＝d 由Bqv＝m得v＝ 所以运动时间为t＝＝。‎ ‎(2)在区域Ⅱ内由动能定理得 qEd＝mv12－mv2‎ 由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为r＝d 由2Bqv1＝m得v1＝ 联立解得E＝。‎ ‎(3)改变区域Ⅰ内磁场后，粒子运动的轨迹如图所示，‎ 由Bqv＝m得R＝2d 所以OC＝＝d 粒子出射点距A点的距离为s＝r＋R－OC＝(3－)d。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3)(3－)d ‎[通法归纳]‎ ‎　　带电粒子在不同场中的运动性质一般不同，所以组合场问题才显得复杂。而联系各个场中运动的关键物理量是速度，所以分析组合场问题的突破口就是分析各个场分界处的速度，包括其大小和方向。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·南昌十所省重点中学模拟)如图所示，半径r＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1 m，磁感应强度大小B＝0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN的极板长L＝0.3 m，间距d＝0.1 m，极板间所加电压U＝6.4×102 V，其中N极板上收集粒子全部被中和吸收。一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6.0×105 m/s 的带正电粒子，经磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，若粒子重力不计、比荷＝108 C/kg，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)粒子在磁场中的运动半径；‎ ‎(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴的夹角；‎ ‎(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例。‎ 解析：(1)粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，‎ 得qvB＝m，‎ 解得R0＝0.08 m。‎ ‎(2)如图所示，设从(0,0.18 m)处出射的粒子对应入射方向与y轴夹角为θ，由几何关系可得：‎ tan θ＝，θ＝53°。‎ ‎(3)如图所示，令恰能从N板右端出射的粒子纵坐标为y，粒子在电场中做类平抛运动：y＝＝0.08 m 设此粒子发射时与x轴夹角为α，‎ 则有y＝rsin α＋R0－R0cos α 可知tan α＝，即α＝53°‎ N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例 η＝×100%≈29%。‎ 答案：(1)0.08 m　(2)53°　(3)29%‎ ‎2．(2018·合肥质检)如图所示，在一底边长为2L，底角θ＝45°的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AD进入磁场，不计重力与空气阻力的影响。‎ ‎(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度；‎ ‎(2)若要使进入磁场的粒子能打到OA板上，求磁感应强度B的最小值；‎ ‎(3)设粒子与AD板碰撞后，电荷量保持不变并以与碰前相同的速率反弹。磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大。求粒子在磁场中运动的最长时间。‎ 解析：(1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，则 由qU＝mv2，得v＝ 。‎ ‎(2)欲求磁感应强度B的最小值，要使圆周轨迹半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，如图甲所示，设圆周半径为R，由图甲中几何关系得R＋＝L 由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m 解得B＝。‎ ‎(3)磁感应强度越大，粒子圆周轨迹半径r越小，最后一次打到AD板的点越靠近A端点，在磁场中运动时间越长，如图乙所示。当r为无穷小时，最后几乎打在A点，设经过n个半圆运动，有n＝ 圆周运动周期T＝，最长时间tm＝n 联立解得tm＝＝ 。‎ 答案：(1) 　(2)　(3) ‎ ‎1．如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上下两部分，上部分充满垂直于纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度皆为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°。MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力。问：‎ ‎(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？‎ ‎(2)若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最短是多少？‎ 解析：(1)设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，则由几何关系得rcos 60°＝r－，解得r＝a，‎ 又由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，‎ 解得最大速度为vm＝。‎ ‎(2)由几何关系可知，粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径R的倍，‎ 设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点，‎ 有n×R＝8a且R≈4.62，n所能取的最小自然数为5，‎ 粒子做圆周运动的周期为T＝，‎ 粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为t＝T＝，‎ 粒子到达Q点的最短时间为tmin＝5t＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎2．(2018·福州模拟)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子，从y轴上的点a(h,0)沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的点b时速度方向恰好与y轴垂直。求：‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；‎ ‎(2)匀强电场的电场强度大小E；‎ ‎(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总。‎ 解析：(1)根据题意，大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示：‎ 由几何关系得：rcos 45°＝h 解得：r＝h 由牛顿第二定律得：qBv1＝m 解得：v1＝＝。‎ ‎(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达点b时速度大小为vb，根据类平抛运动规律得：‎ vb＝v1cos 45°‎ 解得：vb＝ 设粒子进入电场经过时间t运动到点b，点b的纵坐标为－yb，由类平抛运动规律得：r＋rsin 45°＝vbt yb＝(v1sin 45°＋0)t＝h 由动能定理得：－qEyb＝mvb2－mv12‎ 解得：E＝。‎ ‎(3)粒子在磁场中运动的周期为：T＝＝ 第一次经过x轴的时间t1＝T＝T＝ 在电场中运动的时间t2＝2t＝ 从第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间 t3＝T＝T＝ 则总时间：t总＝t1＋t2＋t3＝。‎ 答案：(1)h　　(2) ‎(3) ‎3．(2018·南通一模)如图所示，足够大的荧光屏ON垂直xOy坐标平面，与x轴夹角为30°，y轴与ON间有沿＋y方向、场强为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为－q的离子从y轴上的P点以速度v0、沿＋x轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M点(图中未标出)。现撤去电场，在y轴与ON间加上垂直坐标平面向里的匀强磁场，相同的离子仍以速度v0从y轴上的Q点沿＋x轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的M点，离子的重力不计。‎ ‎(1)求离子在电场中运动的时间t1；‎ ‎(2)求P点距O点的距离y1和离子在磁场中运动的加速度大小a；‎ ‎(3)若相同的离子分别从y轴上的不同位置以速度v＝ky(y>0，k为常数)、沿＋x轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，求k应满足的条件。‎ 解析：(1)设离子垂直打到荧光屏上的M点时，沿y轴方向的分速度大小为vy，在电场中运动的加速度为a1，则 vy＝ qE＝ma1‎ vy＝a1t1‎ 解得t1＝。‎ ‎(2)两种情况下离子的运动轨迹如图所示。‎ 由几何关系可知 y1＝a1t12＋v0t1tan 30°‎ 解得y1＝ 设离子在磁场中做圆周运动半径为r，则 rcos 30°＝v0t1‎ 而a＝ 解得a＝。‎ ‎(3)如图所示，设从纵坐标为y处射入磁场的离子恰好能打到荧光屏上，对应的圆周运动半径为r0，则 r0＋＝y 而qBv＝ 其中v＝ky 为使离子能打到荧光屏上应满足r′≥r0‎ qBv0＝ma 解得k≥。‎ 答案：(1)　(2)　　(3)k≥ ‎4．(2018·南通、泰州高三一模)如图所示，竖直放置的平行金属板A、B间电压为U0，在B板右侧CDMN矩形区域存在竖直向下的匀强电场，DM边长为L，CD边长为L，紧靠电场右边界存在垂直纸面水平向里的有界匀强磁场，磁场左右边界为同心圆，圆心O在CDMN矩形区域的几何中心，磁场左边界刚好过M、N两点。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从A板由静止开始经A、B极板间电场加速后，从边界CD中点水平向右进入矩形区域的匀强电场，飞出电场后进入匀强磁场。当矩形区域中的场强取某一值时，粒子从M点进入磁场，经磁场偏转后从N点返回电场区域，且粒子在磁场中运动轨迹恰与磁场右边界相切，粒子的重力忽略不计，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。‎ ‎(1)求粒子离开B板时的速率v1；‎ ‎(2)求磁场右边界圆周的半径R；‎ ‎(3)将磁感应强度大小和矩形区域的场强大小改变为适当值时，粒子从MN间飞入磁场，经磁场偏转返回电场前，在磁场中运动的时间有最大值，求此最长时间tm。‎ 解析：(1)粒子从A到B的加速过程中，由动能定理有 qU0＝mv12－0‎ 解得v1＝ 。‎ ‎(2)如图所示，粒子刚好沿着磁场右边界到达N点 图中tan θ＝，θ＝37°‎ 由几何关系知，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径 r＝ tan θ＝L 则R＝＋r＝L。‎ ‎(3)若粒子从同一点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长，运动时间也最长；若粒子从不同点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长，且当矩形区域场强为零时，粒子进入磁场时速度最小，粒子在磁场中运动的时间最长，对应轨迹如图所示，则 tm＝× 解得tm＝ 。‎ 答案：(1) 　(2)L　(3) ‎5．如图所示，圆柱形区域的半径为R，在区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；对称放置的三个相同的电容器，极板间距为d，板间电压为U，与磁场相切的极板在切点处均有一小孔，一带电粒子，质量为m、带电荷量为＋q，自某电容器极板上的M点由静止释放，M点在小孔a的正上方，若经过一段时间后，带电粒子又恰好返回M点，不计带电粒子所受重力。求：‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；‎ ‎(2)U与B所满足的关系式；‎ ‎(3)粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间。‎ 解析：(1)由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，‎ 由几何关系解得r＝R。‎ ‎(2)设粒子加速后获得的速度为v，‎ 由动能定理得qU＝mv2－0，‎ 由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，‎ 联立解得B＝ 。‎ ‎(3)根据运动电荷在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝＝2πR ，‎ 依题意分析可知粒子在磁场中运动一次所经历的时间为T，故粒子在磁场中运动的总时间为 t1＝3×T＝πR ，‎ 而粒子在匀强电场中所做运动类似竖直上抛运动，设每次上升或下降过程经历的时间为t2，则有 d＝at22，a＝，‎ 解得t2＝d ，‎ 粒子在电场中运动的总时间为 t3＝6t2＝6d ，‎ 粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间为 t＝t1＋t3＝πR ＋6d 。‎ 答案：(1) R　(2)B＝ ‎(3)πR ＋6d 第54课时　带电粒子(带电体)在叠加场、交变场中的运动(题型研究课)‎ ‎(一)　带电粒子(带电体)在叠加场中的运动 考法1　带电粒子在叠加场中的直线运动　‎ ‎[例1]　(多选)(2018·浙江嘉兴联考)如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的(　　)‎ A．速度　　　　　　 　B．质量 C．电荷量 D．电荷量与质量之比 ‎[解析]　因为正离子束通过区域 Ⅰ 时不偏转，说明它们受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故它们的速度相等，选项A正确；又因为进入磁场Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式r＝可知，它们的电荷量与质量之比相同，选项D正确。‎ ‎[答案]　AD 考法2　带电粒子在叠加场中的偏转　‎ ‎[例2]　(2018·济宁模拟)如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围与y轴正方向成30°～150°夹角，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区。已知带电粒子电量为q、质量为m，重力不计。求：‎ ‎(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；‎ ‎(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向； ‎ ‎(3)从x轴上x＝(－1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y＝－b的点，求该粒子经过y＝－b点的速度大小。‎ ‎[解析]　(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动规律如图所示，‎ 由几何关系知，粒子运动的圆心在O点，轨迹半径 r1＝a 由牛顿第二定律得：qv1B＝m 解得：v1＝。‎ ‎(2)当粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°时，粒子在第一象限的磁场中运动的时间最长，‎ 此时运动轨迹对应的圆心角α＝150°‎ 粒子在磁场中运动的周期：T＝ 粒子的运动时间：t＝T＝×＝。‎ ‎(3)如图所示，设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，轨迹半径为R，‎ 由几何关系得：R－Rcos θ＝(－1)a Rsin θ＝a 解得：θ＝45°‎ R＝a 由牛顿第二定律得qv0B＝m 此粒子进入磁场的速度v0＝＝ 设粒子到达y轴上速度为v，‎ 根据动能定理得：qEb＝mv2－mv02‎ 解得：v＝ 。‎ ‎[答案]　(1) ‎(2)，粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°‎ ‎(3) 考法3　带电体在叠加场中的圆周运动　‎ ‎[例3]　(2018·常德高三模拟)如图所示，ABCD矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场的复合场，有一带电小球质量为m、电量大小为q，小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压为U的电场加速后，水平进入ABCD区域中，恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，且从B点射出，已知AB长度为L，AD长度为L，求：‎ ‎(1)小球带何种电荷及进入复合场时的速度大小；‎ ‎(2)小球在复合场中做圆周运动的轨道半径；‎ ‎(3)小球在复合场中运动的时间。‎ ‎[解析]　(1)小球在电场、磁场和重力场的复合场中，做匀速圆周运动，且从B点射出，根据左手定则可知小球带负电荷。‎ 小球进入复合场之前，由动能定理得：qU＝mv2，‎ 解得：v＝ 。‎ ‎(2)设小球做圆周运动的轨道半径为r，由几何关系得：‎ r2＝(r－L)2＋(L)2，‎ 解得r＝2L。‎ ‎(3)由(2)知小球在复合场中做圆周运动对应的圆心角：‎ sin θ＝，解得θ＝ 小球运动周期：T＝ 运动时间为：t＝T 联立解得：t＝。‎ ‎[答案]　(1)负电荷　　(2)2L　(3) ‎[通法归纳]‎ ‎(1)带电粒子在电场和磁场叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此常用二力平衡方法解题。‎ ‎(2)带电粒子在电场和磁场叠加场中偏转，是电场力和洛伦兹力不平衡造成的。此过程中电场力做功，洛伦兹力不做功，需根据电场力做功的正、负判断动能的变化。‎ ‎(3)带电体在叠加场中做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。‎ ‎(4)只由洛伦兹力提供向心力和带电体只在磁场中做圆周运动解题方法相同。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使微粒向下偏转，应采用的办法是(　　)‎ A．增大微粒质量 B．增大微粒电荷量 C．减小入射速度 D．增大磁感应强度 解析：选C　微粒在穿过题图所示区域时所受的力为：竖直向下的电场力Eq和竖直向上的洛伦兹力qvB，且此时Eq＝qvB。若要使微粒向下偏转，需使Eq>qvB，则减小入射速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可。故C正确。‎ ‎2．如图所示，水平的两块带电金属极板a、b平行正对放置，极板长度为l，板间距为d，板间存在方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两极板间，一质量为m、电荷量为q的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向进入极板间，恰好做匀速直线运动，不计重力及空气阻力。‎ ‎(1)求匀强磁场磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离；‎ ‎(3)若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小。‎ 解析：(1)带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛伦兹力平衡，‎ qE＝qv0B，‎ 解得磁感应强度B＝。‎ ‎(2)粒子穿过电场时做类平抛运动，沿电场方向移动的距离 y＝at2＝。‎ ‎(3)设粒子运动到下极板时的动能大小为Ek，‎ 根据动能定理 ‎2qE·d＝Ek－mv02，‎ 解得Ek＝mv02＋qEd。‎ 答案：(1)　(2)　(3)mv02＋qEd ‎3．(2018·泰州一模)在竖直面内建立直角坐标系，曲线y＝位于第一象限的部分如图所示，在曲线上不同点以初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m、带电量为＋q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域(图中未画出)，磁感应强度为B＝ T，方向垂直纸面向里，小球恰好做匀速圆周运动，并在做圆周运动的过程中都能打到y轴负半轴上(已知重力加速度g＝10 m/s2，＝102 C/kg)。求：‎ ‎(1)第三象限的电场强度大小及方向；‎ ‎(2)沿水平方向抛出小球的初速度v0；‎ ‎(3)为了使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积。‎ 解析：(1)小球在第三象限做匀速圆周运动，‎ 则：mg＝qE，即E＝，‎ 解得：E＝0.1 N/C，方向竖直向上。‎ ‎(2)设小球释放点的坐标为(x，y)，由平抛规律可知 x＝v0t，y＝gt2，‎ 由以上两式可得y＝x2‎ 又由题意可知：y＝ 联立可得：v0＝10 m/s。‎ ‎(3)设小球在进入第三象限时合速度为v，与x轴负半轴夹角为α。则有v0＝vcos α，洛伦兹力提供向心力：qvB＝，r＝，‎ 由几何关系可知，打在y轴负方向上的点与O点距离为：‎ H＝2rcos α＝，‎ 可见为使所有小球均从y轴负半轴上同一点进入第四象限，最小磁场区域为半径R＝的半圆，如图中阴影部分所示，‎ 其面积为Smin＝＝π2‎ 解得：Smin＝0.5 m2。‎ 答案：(1)0.1 N/C，方向竖直向上　(2)10 m/s　(3)0.5 m2‎ ‎(二)　带电粒子在交变电磁场中的运动 求解这类问题时首先要明确是电场做周期性变化还是磁场做周期性变化，亦或是电场、磁场都做周期性变化，一般按如下思路分析：‎ ‎[典例]　(2018·常州高三一模)如图甲所示，宽度为d的竖直区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小未知，E>0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一质量为m、带电量为＋q的微粒从左边界上的N点以水平速度垂直射入该区域，沿直线NM运动一段距离后做完整的圆周运动，再沿直线NM运动。重力加速度为g，上述d、B0、m、q、g为已知量。‎ ‎(1)当微粒入射速度为v0时能完成上述运动，求此时所加的电场强度E1和E2的大小；‎ ‎(2)若微粒入射速度v0＝时能完成上述运动，求电场变化的周期T；‎ ‎(3)若电场变化的周期T＝，且微粒能完成上述运动并从M点射出磁场，求微粒进入磁场时的初速度v0的范围。‎ ‎[解析]　(1)由题意知，电场强度为E1时，有 qv0B0＝mg＋qE1，‎ 解得E1＝ 电场强度为E2时，微粒恰好做匀速圆周运动，则 qE2＝mg，‎ 解得E2＝。‎ ‎(2)由洛伦兹力提供向心力，得qv0B0＝，‎ 解得R＝ 由题意及几何关系可得v0t1＝，t1＝ t2＝ T＝t1＋t2，解得T＝。‎ ‎(3)微粒在复合场中沿直线NM运动一段距离后做完整的圆周运动，即粒子在电场变化的一个周期里必有一段匀速直线运动和一个完整的匀速圆周运动，如图所示。‎ 匀速直线运动的时间t3＝T－t2‎ 匀速直线运动的位移 s1＝v0t3＝ 匀速圆周运动的半径R0＝ 由微粒运动轨迹的周期性可得 ns1＋≤d≤ns1＋s1(n＝1,2,3，…)‎ ≤v0≤(n＝1,2,3，…)。‎ ‎[答案]　(1)　　(2) ‎(3)≤v0≤(n＝1,2,3，…)‎ 分析带电粒子在周期性变化场中的运动时，关键是明确它在一个周期内的运动，化变为恒是思维根本，其技巧是画出轨迹示意图，结合带电粒子在电场、磁场及重力场的组合或叠加场中的运动知识列方程解答。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．如图甲所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两极板间距d＝6 cm，两极板间的电势差UAB＝100 V。一比荷为＝1×106 C/kg的带正电粒子(不计重力)，从O点沿电场中心线OO′垂直电场线以初速度v0＝2×104 m/s飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过分界线MN、PS间的无电场区域，已知两分界线MN、PS间的距离为s＝8 cm。粒子从PS上的C点进入PS右侧的区域，当粒子到达C点开始计时，PS右侧区域有磁感应强度按图乙所示规律变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)。求：‎ ‎(1)PS上的C点与中心线OO′的距离y；‎ ‎(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO′时与PS的距离x。‎ 解析：(1)粒子在电场中的加速度a＝ 粒子在电场中运动的时间t1＝ 粒子离开电场时竖直方向分速度vy＝at1‎ 粒子在MN与PS间运动时间t2＝ 粒子在电场中偏转位移y1＝at12＝＝ cm 出电场后：y2＝vyt2‎ 联立解得：y2＝ cm 所以C点与中心线OO′的距离y＝y1＋y2＝4 cm。‎ ‎(2)粒子运动轨迹如图所示，‎ 粒子进入磁场时，设速度与水平方向夹角为θ，‎ tan θ＝＝ 所以θ＝30°‎ 粒子进入磁场时的速度v＝＝×104 m/s 设粒子在磁场中运动的轨道半径为R 则qvB＝ 所以R＝4 cm 粒子在磁场中运动的周期T＝＝2π×10－6 s 在t＝×10－6 s内粒子的偏转角α＝t＝120°‎ 竖直向上偏移h1＝Rcos θ＝2 cm 在×10－6～π×10－6 s内通过OO′，由对称性可知，这段时间内竖直向上偏移 h2＝h1＝2 cm 因为h1＋h2＝y＝4 cm 则粒子在t＝×10－6 s时刚好第二次到达OO′‎ 此时，粒子距PS距离x＝2(R＋Rsin θ)＝12 cm。‎ 答案：(1)4 cm　(2)12 cm ‎2．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1。坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2＝E1，匀强磁场方向垂直纸面。处于第三象限的发射装置(图中未画出)竖直向上射出一个比荷＝102 C/kg的带正电的粒子(可视为质点)，该粒子以v0＝4 m/s的速度从x轴负方向上的A点进入第二象限，并以v1＝8 m/s的速度从y轴正方向上的C点沿水平方向进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)带电粒子运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；‎ ‎(2)x轴正方向轴上有一点D，OD＝OC，若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及磁场的变化周期T0；‎ ‎(3)要使带电粒子通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和周期T0的乘积B0T0应满足的关系。‎ 解析：(1)将粒子在第二象限内的运动分解到水平方向和竖直方向上，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动，则有 t＝＝0.4 s，得h＝t＝0.8 m，‎ ax＝＝2g，qE1＝2mg，得E1＝0.2 N/C。‎ ‎(2)qE2＝mg，所以带电粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动轨迹半径为R，周期为T，‎ 则由qv1B0＝m可得R＝，‎ 使粒子从C点运动到D点，运动轨迹如图甲所示，则有 h＝2nR＝2n，得B0＝0.2n T(n＝1,2,3，…)‎ T＝，结合题图可得 ＝，T0＝ ‎＝＝ s(n＝1,2,3，…)。‎ ‎(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作出如图乙所示运动情形，‎ 由图可知θ＝，T0≤T＝ s，‎ 得T0B0≤ kg/C。‎ 答案：(1)0.8 m　0.2 N/C　(2)B0＝0.2n T(n＝1,2，3，…)　T0＝ s(n＝1,2,3，…)　(3)T0B0≤ kg/C ‎ ‎ 一、选择题 ‎1．(2017·全国Ⅰ卷)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 解析：选B　该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。‎ ‎2．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，则(　　)‎ A．小球可能带正电 B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝ C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝ D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大 解析：选BC　小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球带负电，A错误；因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，又mg＝qE，联立可得：小球做匀速圆周运动的半径r＝ ，由T＝可以得出T＝，与电压U无关，B、C正确，D错误。‎ ‎3．(多选)(2018·江苏清江中学检测)如图所示，带等量异种电荷的平行板之间，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点为曲线最低点，不计重力，下列说法中正确的是(　　)‎ A．这个粒子带正电荷 B．A点和B点必定位于同一水平面上 C．在C点洛伦兹力大于电场力 D．粒子到达B点后将沿曲线返回A点 解析：选ABC　由于粒子是从静止开始运动的，在开始运动的一瞬间，由于速度是从零开始的，所以刚开始受到的只有电场力，即电场力向下，而电场方向是向下的，故粒子带正电，A项正确；运动过程中由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，从静止开始到静止结束，电场力做功为零，所以A点和B 点必定位于同一水平面上，B项正确；在C点以后粒子的速度改为向上，而受到的电场力方向恒向下，故要使粒子向上运动，在C点必然有洛伦兹力大于电场力，C项正确；粒子达到B点后将做如图所示的运动，故D项错误。‎ ‎4．(多选)如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动。现使小球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内(　　)‎ A．小球的重力势能可能会减小 B．小球的机械能可能不变 C．小球的电势能一定会减小 D．小球动能可能减小 解析：选AC　若小球带正电，则小球从a点滑下时，进入板间后有qvB＝qE＋mg，再从b点滑下，v减小，小球向下偏转，小球重力势能、电势能减小，动能增加，机械能增加。若小球带负电，则小球从a点滑下时，进入板间后有qE＝qvB＋mg，再从b点滑下，v减小，小球向上偏转，则小球重力势能增加，电势能减小，动能增加，机械能增加，故选项A、C正确。‎ 二、计算题 ‎5．某空间存在水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°。今有一质量m＝3.6×10－4 kg、带电荷量q＝＋9.0×10－4 C的带电小球(可视为质点)，以v0＝4.0 m/s 的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)匀强电场的场强E；‎ ‎(2)小球刚离开C点时的速度大小；‎ ‎(3)小球刚射入圆弧轨道时，轨道对小球的瞬间支持力。‎ 解析：(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图甲所示，由平衡条件得F电＝qE＝mgtan θ，‎ 解得E＝3 N/C。‎ ‎(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得 F电Rsin θ－mgR(1－cos θ)＝mv2－mv02‎ 解得v＝5 m/s。‎ ‎(3)由图甲可知F洛＝Bqv＝，解得B＝1 T，‎ 小球射入圆弧轨道瞬间竖直方向的受力情况如图乙所示，‎ 由牛顿第二定律得FN＋Bqv0－mg＝，‎ 解得FN＝3.2×10－3 N。‎ 答案：(1)3 N/C　(2)5 m/s　(3)3.2×10－3 N ‎6．(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；‎ ‎(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。‎ 解析：(1)小球做匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝ ①‎ 代入数据解得 v＝20 m/s ②‎ 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝ ③‎ 代入数据解得 tan θ＝ θ＝60°。 ④‎ ‎(2)方法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有 a＝ ⑤‎ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt ⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2 ⑦‎ a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，‎ 又tan θ＝ ⑧‎ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s。 ⑨‎ 方法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsin θ ⑤‎ 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥‎ 联立⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。 ⑦‎ 答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上　(2)3.5 s ‎7．(2018·南京学情调研)如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子，以几乎为零的初速度飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过左侧极板上的小孔沿x轴正方向由y轴上的P点进入到磁场，飞出磁场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°，此时在圆形区域加如图乙所示的周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向，电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与M点进入磁场时的速度方向相同。求：‎ ‎(1)电子刚进入磁场区域时的yP坐标；‎ ‎(2)0≤x≤L 区域内匀强磁场磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式。‎ 解析：(1)电子在矩形磁场区域做圆周运动，出磁场后做直线运动，其轨迹如图所示：‎ 由几何关系有R＝2L 由相似三角形可得 ＝ 解得OO′＝L yP＝R－OO′＝L 因此刚进入磁场区域时的yP的坐标。‎ ‎(2)由动能定理eU＝mv02‎ 可得v0＝ ，又ev0B＝ 由R＝2L 解得B＝。‎ ‎(3)由题意知，在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，运动轨迹如图，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于R。‎ 粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是2nR＝2L 电子在磁场做圆周运动的轨道半径R＝ 解得B0＝(n＝1,2,3，…)‎ 粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时在MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间条件：‎ T0＝ 又T0＝ 解得：T＝(n＝1,2,3，…)。‎ 答案：(1)　(2) ‎(3)B0＝(n＝1,2,3，…)‎ T＝(n＝1,2,3，…)‎ 第55课时　磁场应用实例(题型研究课)‎ ‎(一)　组合场的应用实例 考法1　回旋加速器　‎ ‎(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。‎ ‎(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋。由qvB＝得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。‎ ‎[例1]　(2018·绵阳南山中学检测)回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒。把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下，连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核(13H)和α粒子(24He)，比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是 (　　)‎ A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较大 B．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大 C．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小 D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较小 ‎[解析]　带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，氚核(13H)的质荷比大于α粒子(24He)，根据T＝，可知氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的交流电源的周期较大，根据qvB＝m得，最大速度v＝，则最大动能Ekm＝mv2＝，氚核的质量是α粒子的，氚核的电量是α粒子的，则氚核的最大动能是α粒子的，即氚核获得的最大动能较小。故C正确，A、B、D错误。‎ ‎[答案]　C 考法2　质谱仪　‎ ‎(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。‎ ‎(2)原理：粒子在加速电场中由静止被加速，根据动能定理：qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvB＝。‎ ‎[例2]　质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可视为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x，可以判断(　　)‎ A．若离子束是同位素，则x越小，离子质量越大 B．若离子束是同位素，则x越小，离子质量越小 C．只要x相同，则离子质量一定相同 D．x越大，则离子的比荷一定越大 ‎[解析]　由qU＝mv2，qvB＝，解得r＝ ，又x＝2r＝ ，分析各选项可知只有B正确。‎ ‎[答案]　B ‎[通法归纳]‎ ‎　　(1)回旋加速器解题要点：加速电压是交变电压，其周期和粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同；粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒最大半径R决定，而与加速电压无关。‎ ‎(2)质谱仪(根据带电粒子在磁场中偏转量的差异来区分不同粒子的仪器)解题要点：初始时粒子具有的相同、不同的参量，最后造成偏转量不同的原因。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)如图所示为用回旋加速器加速带电粒子的示意图。磁场方向垂直D形盒向下，粒子的运动方向已经在图中标出，则下列说法正确的是(　　)‎ A．从回旋加速器出口射出的粒子带正电 B．D形盒狭缝间所加电压不一定是交流电压 C．磁场对带电粒子做正功，使其动能增大 D．粒子做圆周运动的周期与交流电压的周期相等 解析：‎ 选AD　结合题图，根据左手定则，由粒子的偏转方向和磁场方向知，粒子带正电，A正确；带电粒子在磁场中做圆周运动，在狭缝间做匀加速运动，粒子在电场内运动时间极短，要使粒子每次经过狭缝间都能加速，须采用周期等于粒子做圆周运动周期的交流电压，B错误，D正确；洛伦兹力不做功，所以磁场不能使粒子的动能增大，C错误。‎ ‎2．(2018·锦州检测)质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在。如图所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的氖20和氖22两种粒子(不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿与磁场垂直的竖直线S1S2(S2为小孔)进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在水平放置的底片上。由于实际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种粒子在磁场中运动的轨迹可能发生交叠，为使它们的轨迹不发生交叠，应小于(　　)‎ A.　　B.　　C.　　D. 解析：选C　粒子在电场中加速有：qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动有：qvB＝，解得：R＝ ，氖20的最大半径为R1＝ ；氖22的最小半径为R2＝ 。为使两轨迹不发生交叠，有R1Eq；对于c粒子，qvcBvb>vc，故ma B．粒子射入的速度可能是v< C．粒子射出时的速度一定大于射入速度 D．粒子射出时的速度一定小于射入速度 解析：选B　粒子可能带正电或负电，根据题图可知，若粒子带正电，则qvB>qE，v>，电场力做负功，粒子射出时速度小于射入速度；若粒子带负电，则qvBFN2，弹簧长度将变长 B．FN1>FN2，弹簧长度将变短 C．FN1FN2，弹簧长度将变短。选项B正确。‎ ‎5．(2018·南通、泰州、扬州高三模拟)科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子。如图所示，粒子源位于纸面内一边长为a的正方形中心O处，可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子，粒子质量为m、电荷量为q、最大速度为v，忽略粒子重力及粒子间相互作用。要使粒子均不能射出正方形区域，可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度B的最小值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　要使粒子均不能射出正方形区域，则临界情况为粒子在磁场中运动的轨迹与正方形区域的边界相切，临界半径为，根据半径公式r＝，磁感应强度B的最小值为B＝，C项正确，A、B、D项错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．(2018·洛阳联考)如图是“探究影响通电导体在磁场中受力因素”的实验示意图。三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来，它们之中的任意两根可与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初细导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出。关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是(　　)‎ A．改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变 B．仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变 C．增大电流同时并改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大 D．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度减小 解析：选BD　根据左手定则判断可知，改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向不会改变，选项A错误；仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变，选项B正确；增大电流同时并改变接入导体棒上的细导线，结合题意可知，导体棒在磁场中的有效长度减小，则接通电源时，导体棒摆动幅度不一定增大，选项C错误；仅拿掉中间的磁铁，导体棒所受安培力减小，摆动幅度减小，选项D正确。‎ ‎7．(2018·湖北部分重点中学联考)‎ 物理课堂教学中的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压下发射电子，电子束通过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大 B．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变 C．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径变小 D．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变 解析：选AC　根据qU＝mv2，增大加速电压，电子进入磁场时v变大，再根据r＝，v变大，r变大，A正确；励磁线圈中的电流增大，则B增大，r减小，故C正确。‎ ‎8．利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均为＋q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔S1进入电压为U的加速电场(入场速度忽略不计)，经电场加速后从S2小孔射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。下列说法正确的是(　　)‎ A．磁场的方向垂直于纸面向里 B．碘131进入磁场时的速率为 C．碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为 D．打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为 － 解析：选BD　碘粒子带正电，结合题图，根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，A错误；由动能定理知，碘粒子在电场中得到的动能等于电场对它所做的功，则qU＝m1v12，解得v1＝ ，B正确；碘粒子在磁场中运动的时间t为圆周运动周期的一半，根据周期公式T＝，碘131与碘127在磁场中运动的时间差值Δt＝，C错误；碘粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R＝＝ ，则它们的距离之差Δd＝2R1－2R2＝，D正确。‎ ‎9．如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。有一重力不计的带电粒子(电荷量为q，质量为m)以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限。已知OP之间的距离为d，则(　　)‎ A．粒子通过y轴时的坐标为(0，d)‎ B．电场强度的大小为 C．粒子在电场和磁场中运动的总时间为 D．磁感应强度的大小为 解析：选BC　粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y轴正方向成45°角，所以沿x轴正方向的分速度vx＝v0，沿x轴正方向做匀加速运动，有d＝t，沿y轴正方向做匀速运动，有s＝v0t＝2d，则粒子通过y轴时的坐标为(0,2d)，故选项A错误；粒子在电场中沿x轴正方向做匀加速运动，根据vx＝v0＝×＝，解得E＝，故选项B正确；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知粒子在磁场中运动的半径R＝2d，圆心角θ＝135°＝π，所以在磁场中的运动时间为t1＝＝；在电场中的运动时间为t2＝，所以总时间为t＝t1＋t2＝，故选项C正确；由前述分析可知，粒子进入磁场时的速度v＝v0，又qvB＝，磁感应强度B＝＝，故选项D错误。‎ 三、计算题 ‎10．(2018·江苏清江中学模拟)以竖直向上为y轴正方向的平面直角坐标系xOy，如图所示，在第一、四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场E1，在第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场E2和垂直于xOy平面向外的匀强磁场，现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从坐标原点O以初速度v0沿与x轴正方向成45°角的方向斜向上射出，已知两电场的电场强度E1＝E2＝，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。‎ ‎(1)求小球离开O点后第一次经过y轴所用的时间；‎ ‎(2)求小球离开O点后第三次经过y轴的坐标；‎ ‎(3)若小球从O点以某一初速度沿与x轴正方向成135°角的方向斜向上射出且能再次回到O点，求该初速度的大小。‎ 解析：(1)设小球在第一象限中运动的加速度为a，由牛顿第二定律得： ＝‎ ma，‎ 解得a＝g，方向与v0的方向相反，‎ 在第一象限中小球先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，‎ 所以：t1＝＝。‎ ‎(2)小球第一次经过y轴后，在第二、三象限内由qE2＝mg，即电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动。‎ 小球的运动轨迹如图甲所示，设轨迹半径为R，‎ 有：qv0B＝m，得R＝，‎ 由几何关系知，小球第二次经过y轴的坐标 y1＝R＝，‎ 设t时间后小球第三次经过y轴，在第一、四象限内做类平抛运动，根据运动轨迹的对称性 有：2v0＝at，得t＝ 小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为 Δy＝2v0sin 45°·t＝ 小球第三次经过y轴的坐标y2＝y1－Δy＝－。‎ ‎(3)若小球沿与x轴正方向成135°射出时小球的运动轨迹如图乙所示，由几何关系有Δy′＝2R′‎ 即＝2·，得v＝。‎ 答案：(1)　(2)－　(3) ‎11．(2017·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N 的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。‎ ‎(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；‎ ‎(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；‎ ‎(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。‎ 解析：(1)甲种离子在电场中加速时，有qU0＝×2mv2‎ 设甲种离子在磁场中的运动半径为r1‎ 则有qvB＝2m，解得r1＝ 根据几何关系有x＝2r1－L，解得x＝ －L。‎ ‎(2)如图所示。‎ 最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d＝r1－ 解得d＝ －。‎ ‎(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2‎ r1的最小半径r1min＝ r2的最大半径r2max＝ 由题意知2r1min－2r2max>L 即 － >L 解得L< [2－]。‎ 答案：(1) －L　‎ ‎(2)见解析图　 － ‎(3)L< [2－]‎