2021高考物理人教版一轮考评训练：《磁场》检测题 19页

《磁场》检测题 (本试卷满分 100 分) 一、单项选择题(本题包括 8 小题，每小题 3 分，共 24 分) 1．下列说法正确的是(　　) A．将通电直导线放在某处，若通电直导线所受安培力为零，则该 处的磁感应强度为零 B．某点的磁场方向，与放在该点的极短的通电导线所受安培力的 方向可以成任意夹角 C．某点的磁场方向，与放在该点的小磁针北极受到的磁场力的方 向相同 D．给两平行直导线通以方向相反的电流时，两通电导线通过磁场 相互吸引 2. [2019·贵州遵义模拟]有四条垂直于纸面的长直固定导线，电流方 向如图所示，其中 a、b、c 三条导线到 d 导线的距离相等，三条导线 与 d 的连线互成 120°角．四条导线的电流大小都为 I，其中 a 导线对 d 导线的安培力大小为 F.现突然把 c 导线的电流方向改为垂直于纸面向 外，电流大小不变．此时 d 导线所受安培力的合力大小为(　　) A．0 B．F C. 3F D．2F 3. 如图所示是早期发明的一种电流计，它是根据奥斯特实验现象中 小磁针的偏转来计量电流的，缺点是精确度不高、易受外界干扰．接 通电流前，位于环形导线中央的小磁针仅在地磁场的作用下处于静止 状态，调整电流计的方位，使环形导线与小磁针共面．当给环形导线 通以恒定电流 I 后，小磁针偏转 α 角；当给环形导线通以恒定电流 kI 时，小磁针偏转 β 角．若已知环形电流圆心处的磁感应强度与通电电 流成正比，则关于这种电流计，下列说法正确的是(　　) A．该电流计的测量结果与地磁场的竖直分量有关 B．该电流计在地球上不同位置使用时，所标刻度均相同 C．小磁针偏转角满足关系式 sin β＝ksin α D．小磁针偏转角满足关系式 tan β＝ktan α 4．如图甲所示，一条形磁铁 P 固定在水平桌面上，以 P 的右端点 为原点，中轴线为 x 轴建立一维坐标系．将一灵敏的小磁针 Q 放置在 x 轴上的不同位置，设 Q 与 x 轴之间的夹角为 θ.实验测得 sin θ 与 x 之间 的关系如图乙所示．已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为 B0. 下列说法正确的是(　　) A．P 的右端为 S 极 B．P 的中轴线与地磁场方向平行 C．P 在 x0 处产生的磁感应强度大小为 B0 D．x0 处合磁场的磁感应强度大小为 2B0 5．两种不计重力的带电粒子 M 和 N，以相同的速率经小孔 S 垂直 进入匀强磁场，运动半周后飞出磁场，其半圆轨迹如图中虚线所示， 下列表述正确的是(　　) A．M 带正电荷，N 带负电荷 B．洛伦兹力对 M、N 做正功 C．M 的比荷小于 N 的比荷 D．M 在磁场中的运动时间小于 N 在磁场中的运动时间 6．如图所示，一质量为 m、长度为 L 的导体棒 AC 静止于两平行 的水平导轨上且与两导轨垂直，通过 AC 的电流为 I，匀强磁场的磁感 应强度为 B，方向与导轨平面成 θ 角斜向下且垂直于 AC，下列说法正 确的是(　　) A．AC 受到的安培力大小为 BILsin θ B．AC 可能不受摩擦力作用 C．AC 受到的安培力与摩擦力平衡 D．AC 所受的支持力大小为 BILcos θ＋mg，摩擦力大小为 BILsin θ 7．如图所示，将长度为 L 的直导线放置在 y 轴上，当导线内通以 大小为 I，沿 y 轴负方向的电流时，测得其受到的安培力大小为 F，方 向沿 x 轴正方向，则匀强磁场的磁感应强度可能为(　　) A．沿 z 轴正方向，大小为2F IL B．平行于 xOy 平面方向，大小为2F IL C．平行于 xOy 平面方向，大小为F IL D．平行于 zOy 平面方向，大小为4F IL 8．如图所示，圆形区域半径为 R，区域内有一垂直纸面的匀强磁 场．磁感应强度的大小为 B，P 为磁场边界上的最低点．大量质量均为 m，电荷量绝对值均为 q 的带负电粒子，以相同的速率 v 从 P 点沿各个 方向射入磁场区域．粒子的轨道半径 r＝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，则下列说法不正确的 是(　　) A．粒子射入磁场的速率为 v＝2qBR m B．粒子在磁场中运动的最长时间为 t＝ πm 3qB 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 二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分) 9．如图所示，纸面内 A、B 两点之间连接有四段导线分别为 ACB、 ADB、AEB 和 AFB，四段导线的粗细、材料均相同，匀强磁场垂直于 纸面向里．现给 A、B 两端加上恒定电压，则下列说法正确的是(　　) A．四段导线受到的安培力的方向相同 B．四段导线受到的安培力的大小相等 C．ADB 段导线受到的安培力最大 D．AEB 段导线受到的安培力最小 10．[2019·山西太原五中模拟]图中直流电源电动势为 E＝1 V，电 容器的电容为 C＝1 F．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距 为 l＝1 m，电阻不计．一质量为 m＝1 kg、电阻为 R＝1 Ω 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关 S 接 1，使电容器完全充电．然后将 S 接至 2，MN 开始向右加速运动， 导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B＝1 T 的匀强磁场(图 中未画出)．当 MN 达到最大速度时离开导轨，则(　　) A．磁感应强度垂直纸面向外 B．MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量为 0.5 C C．MN 的最大速度为 1 m/s D．MN 刚开始运动时加速度大小为 1 m/s2 11. [2019·广东湛江模拟]如图所示，在空间有一坐标系 xOy，直线 OP 与 x 轴正方向的夹角为 30°，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 30°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(　　) A．质子在区域Ⅰ中运动的时间为2πm 3qB B．质子在区域Ⅰ中运动的时间为 πm 3qB C．质子在区域Ⅱ中运动的时间为 πm 2qB D．质子在区域Ⅱ中运动的时间为 πm 4qB 12．在 xOy 平面上以 O 为圆心、半径为 r 的圆形区域内，存在磁 感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 平面．一个质量为 m、 电荷量为 q 的带电粒子，从原点 O 以初速度 v 沿 y 轴正方向开始运动， 经时间 t 后经过 x 轴上的 P 点，此时速度与 x 轴正方向成 θ 角，如图所 示．不计重力的影响，则下列关系一定成立的是(　　) A．若 r<2mv qB ，则 0°<θ<90° B．若 r≥2mv qB ，则 t≥πm qB C．若 t＝πm qB ，则 r＝2mv qB D．若 r＝2mv qB ，则 t＝πm qB 三、非选择题(本题包括 6 小题，共 60 分) 13．(8 分) 如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强 磁场，其边界 AB 与 CD 之间的宽度为 d，在左边界的 Q 点处有一质量 为 m、带电荷量为－q 的粒子沿与左边界夹角为 30°的方向射入磁场， 粒子重力不计． (1)求带电粒子能从 AB 边界飞出的最大速度； (2)若带电粒子能垂直 CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示 的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，求极板间电压及整个过程中 粒子在磁场中运动的时间； (3)若带电粒子的速度是(2)中的 3倍，并可以从 Q 点沿纸面各个 方向射入磁场，求粒子从出发点到打到 CD 边界的最高点位置之间的 距离． 14.(10 分)如图 1 所示，宽度为 d 的竖直狭长区域内(边界为 L 1、 L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场 (如图 2 所示)，电场强度的大小为 E0，E>0 表示电场方向竖直向上．t＝ 0 时，一带正电、质量为 m 的微粒从左边界上的 N1 点以水平速度 v 射 入该区域，沿直线运动到 Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线 运动到右边界上的 N2 点．Q 为线段 N1N2 的中点，重力加速度为 g.上述 d、E0、m、v、g 为已知量． (1)求微粒所带电荷量 q 和磁感应强度 B 的大小； (2)求电场变化的周期 T； (3)改变宽度 d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域， 求 T 的最小值． 15．(8 分)如图所示，金属平板 MN 垂直于纸面放置，MN 板中央 有小孔 O，以 O 为原点在纸面内建立 xOy 直角坐标系，x 轴与 MN 板 重合．O 点下方的热阴极 K 通电后能持续放出初速度近似为零的电子， 在 K 与 MN 板间加一电压，从 O 点射出的电子速度大小都是 v0，方向 在纸面内，且关于 y 轴对称，发射角为 2θ(弧度)．已知电子电荷量为 e，质量为 m，不计电子间的相互作用及重力的影响． (1)求 K 与 MN 间的电压的大小 U0. (2)若 x 轴上方存在范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，电子 打到 x 轴上落点范围长度为 Δx，求该磁场的磁感应强度大小 B1 和电子 从 O 点射出后再回到 x 轴的最短时间 t. 16．(11 分)[2019·吉林松原第四次调研]如图所示，在直角坐标系 xOy 中，第一象限内有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E，第四 象限内有垂直 xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.现有一 带正电的粒子从 y 轴上坐标为(0，h)的 P 点，沿 x 轴正方向射入第一象 限，能通过 x 轴上坐标为(7h,0)的 Q 点．已知粒子的比荷满足关系：q m ＝ 2E B2h ，不计粒子重力，求粒子在 P 点入射速度的所有可能值(用 E，B 表 示)． 17．(11 分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的 匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长度为 L 的 平行金属极板 MN 和 PQ，两极板中心各有一小孔分别为 S1、S2，两极 板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为 U0，周期为 T0. 在 t＝0 时刻将一个质量为 m、电荷量为－q(q>0)的粒子从 S1 处由静止 释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在 t＝T0 2 时刻通过 S2，且垂直 于边界进入右侧磁场区域．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场) (1)求粒子到达 S2 时的速度大小 v. (2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度大小应满足的条件． (3)若磁感应强度大小 B＝8πm 7qT0 ，在已保证粒子未与极板相撞的情 况下，求粒子再次到达 S2 所需要的时间和再次到达 S2 时的速度． 18．(12 分)如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的第一象限中，有 沿 y 轴负方向的匀强电场，第二象限有一半径为 r＝L 的圆形匀强磁场 区域Ⅰ，与坐标轴分别相切于 P 点和 M 点，在第三、四象限存在着另 一匀强磁场区域Ⅱ.在 P 点有比荷均为 k、速率均为 v0 的同种粒子 a、 b，分别从与 x 轴正方向成 90°角和 120°角的方向进入圆形匀强磁场区 域Ⅰ，已知粒子 a 恰好垂直于 y 轴经 M 点进入电场，经坐标为( 2L,0) 的 N 点进入第四象限后恰能到达坐标原点，不计粒子重力，求： (1)圆形匀强磁场区域Ⅰ的磁感应强度大小及匀强电场的电场强度 的大小； (2)粒子 a 由 P 点开始运动到第一次离开磁场区域Ⅱ所用的时间； (3)粒子 b 第一次离开磁场区域Ⅱ时的位置的横坐标 x. 《磁场》检测题 1．C　即使通电直导线所在处的磁感应强度不为零，当通电直导 线中电流的方向与磁场方向平行时，磁场对通电直导线也没有安培力 作用，故 A 选项错误；通电直导线在磁场中所受的安培力方向与磁场 方向相互垂直，故 B 选项错误；给两平行直导线通以方向相反的电流 时，用安培定则确定其中一根导线周围的磁场方向，可判断另一根导 线受到远离第一根导线的安培力作用，即两通电导线相互排斥，故 D 选项错误；某点的磁场方向，与放在该点的小磁针北极受到的磁场力 方向相同．C 选项正确． 2．D　a 导线对 d 导线的安培力大小为 F，三条导线与 d 的连线互 成 120°角，因此在 c 导线的电流方向改变之前，d 导线所受安培力的合 力为零；当 c 导线的电流方向改变之后，则有：a、b 导线对 d 导线的 安培力夹角为 120°，大小为 F，因此这两个安培力的合力大小为 F， 方向指向 c 导线，而 c 导线对 d 导线的安培力大小为 F，方向指向 c 导 线，那么此时，d 导线所受安培力的合力大小为 2F，故 D 项正确． 3．D　本题通过环形电流的磁场与地磁场的叠加考查磁感应强度 的矢量合成．由于小磁针位于竖直支架上，只能在水平面内偏转，故 地磁场的竖直分量对电流计测量结果无影响，选项 A 错误．环形电流 产生的磁场 B 电与地磁场的水平分量 B 地水平叠加，会使小磁针在水平面 内偏转一定的角度 θ，分析可知，地磁场的水平分量方向与通电流前小 磁针 N 极的指向相同，恒定电流产生的磁场方向垂直于通电流前小磁 针的方向，俯视图如图所示，故有 tan θ＝ B电 B地水平∝I，由于地球上不同 位置处 B 地水平不同，故在不同位置使用时所标刻度不同，选项 B 错 误．由于tan β tan α ＝kI I ＝k，故 tan β＝ktan α，选项 C 错误，D 正确． 4．C　当 x 趋向于无穷大时，小磁针静止时 N 极所指的方向为地 磁场方向．根据题图乙可知，当 x 趋向于无穷大时，sin θ 趋向于 1， 则 θ 趋向于 90°，即小磁针的方向与 x 轴的方向垂直．当 x 非常小时， 小磁针的 N 极沿 x 轴正方向．由题图乙可知，开始时小磁针的 N 极背 离 O 点，所以 O 点处的磁极是条形磁铁 P 的 N 极，选项 A 错误．由 以上分析可知，P 的中轴线与地磁场方向垂直，选项 B 错误．由题图 乙可知，x0 处 sin θ＝ 2 2 ，即 θ＝45°，设 P 在 x0 处产生的磁感应强度 大小为 BP，tan 45°＝B0 BP ，所以 BP＝B0，选项 C 正确．x0 处合磁场的磁 感应强度大小为 B＝ B0 sin 45° ＝ 2B0，选项 D 错误． 5．C　由左手定则判断出 N 带正电荷，M 带负电荷，故 A 项错误； 因洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故 B 项错 误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝mv2 r ，则比荷 为q m ＝ v Br ，即在相同速率的情况下，轨迹半径大的粒子比荷小，故 C 项正确；粒子在磁场中运动半周，即运动时间为周期的一半，而周期 为 T＝2πr v ，由图可知，M 在磁场中的运动时间大于 N 的运动时间，故 D 项错误． 6．D　 匀强磁场的磁感应强度方向与导体棒 AC 是垂直的，故 AC 所受的 安培力大小 F 安＝BIL，A 项错误．安培力方向既垂直于导体棒也垂直 于磁场，根据左手定则判断出其方向，作出导体棒 AC 的受力示意图(从 A 看向 C 的平面图)如图所示．由于重力和支持力在竖直方向上，而安 培力有水平方向上的分力，若没有摩擦力，则这三个力无法平衡，所 以导体棒一定会受到水平向左的摩擦力，B 项错误．由图可知，安培 力的方向不在水平方向，故无法与摩擦力平衡，C 项错误．将安培力 在水平方向上和竖直方向上分解，根据平衡条件可得支持力大小 FN＝ BILcos θ＋mg，摩擦力大小 Ff＝BILsin θ，D 项正确． 7．D　已知电流沿 y 轴负方向，安培力方向沿 x 轴正方向，根据 左手定则知匀强磁场的磁感应强度方向平行于 zOy 平面内，设磁场与 导线的夹角为 α，则 0°<α≤90°，当 α＝90°时，由 F＝BILsin α 可知，B 有最小值为 Bmin＝ F IL ，当 0°<α<90°时，B> F IL ，所以 B＝2F IL 和 B＝4F IL 是 可能的，故 A、B、C 三项错误，D 项正确． 8．C　由洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝mv2 r ，解得 r＝mv qB ，根据 题意 r＝2R，可得 v＝2qBR m ，故选项 A 正确；当粒子以圆形区域的直 径 2R 为弦做圆周运动时，粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系 可知此时轨迹对应的圆心角为 60°，粒子运动的周期为 T＝2πm qB ，则粒 子在磁场中运动的时间为 t＝T 6 ＝ πm 3qB ，故选项 B 正确；粒子的轨道半径 为 2R，磁场的半径为 R，粒子可能从 C 点射出，故选项 C 错误；当粒 子的轨道半径为 R 时，竖直向上射出的粒子，可以从 A 点水平射出， 且速率满足 v＝qBR m ，故选项 D 正确． 9．AC　导线的粗细、材料均相同，由电阻定律 R＝ρ L S 可知，导 线越长，电阻越大，由 I＝U R 可知，ADB 段导线长度最小，则 ADB 段 导线电流最大，四段导线在磁场中的有效长度 L′都相同，由 F＝BIL′ 可知，ADB 段导线受到的安培力最大，而 AFB 段导线比 AEB 段导线长， AEB 段导线受到的安培力不是最小的，故 C 正确、D 错误；由左手定 则可知，四段导线所受安培力的方向均相同，故 A 正确、B 错误． 10．BD　电容器上极板带正电，通过 MN 的电流方向向下，由于 MN 向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于纸面向里，A 错误； 电容器完全充电后，两极板间电压为 E，当开关 S 接 2 时，电容器放 电，设刚放电时流经 MN 的电流为 I，有 I＝E R ，设 MN 受到的安培力为 F，有 F＝BIl，由牛顿第二定律有 F＝ma，联立解得 a＝BEl mR ＝1 m/s2.当 电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为 Q0，有 Q0＝CE，开关 S 接 2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值 vmax 时，设 MN 上的感应 电动势为 E′，有 E′＝Blvmax，依题意有 E′＝Q C ，设在此过程 MN 中 的平均电流为I，MN 上受到的平均安培力为F，有F＝BIl，由动量定理， 有 FΔt＝mvmax，又 IΔt＝Q0－Q，联立解得 Q＝ B2l2C2E m＋B2l2C ＝0.5 C，vmax＝ 0.5 m/s，C 错误，B、D 正确． 11. BD　质子在两个磁场中由洛伦兹力提供向心力，均做匀速圆周运 动，其轨迹如图所示．根据圆的对称性及题设可知，质子到达 OP 上的 A 点时速度方向水平向右，与 x 轴平行，质子在匀强磁场区域Ⅰ中轨迹 对应的圆心角为 60°，所以质子在匀强磁场区域Ⅰ中运动的时间为 t1＝ 1 6 T＝1 6 ×2πm qB ＝ πm 3qB ，故 A 错误，B 正确；设在区域Ⅰ中的轨迹半径为 r1，在区域Ⅱ中的轨迹半径为 r2，由几何知识知△OAO1 为等边三角形， 则 r2＝r1sin 30°，根据牛顿第二定律得 qvB＝mv2 r1 ，qvB2＝mv2 r2 ，联立解 得 B2＝2B，由题设及几何知识可得在区域Ⅱ中轨迹对应的圆心角为 90°，所以质子在区域Ⅱ中运动的时间为 t2＝1 4 T2＝1 4 ×2πm qB2 ＝ πm 4qB ，故 C 错误，D 正确． 12．AD　粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝mv2 R ， 得粒子在磁场中运动的半径 R＝mv qB ，粒子运动的周期 T＝2πR v ＝2πm qB .若 r<2R＝2mv qB ，则粒子运动的轨迹如图 1 所示，粒子从第一象限射出磁场， 射出磁场后做直线运动，所以 0°<θ<90°，选项 A 正确．若 r≥2R＝ 2mv qB ，则粒子运动的轨迹如图 2 所示，粒子一定是垂直于 x 轴经过 P 点， 所以粒子在第一象限中运动的时间是半个周期，t＝1 2 T＝πm qB ，故选项 B、C 错误，D 项正确． 13．答案：(1)2(2－ 3)Bqd m 　(2)2πm 3Bq 　(3)2d 解析：(1)当粒子运动到右边界，其轨迹恰好与 CD 边相切时，所 对应的速度是能从 AB 边界飞出的最大速度，其轨迹如 图甲所示，设其轨道半径为 R，最大速度为 vmax 由几何关系得：R＋Rcos30°＝d 由洛伦兹力提供向心力得： Bqvmax＝mv 2max R 由以上两式解得：vmax＝2(2－ 3)Bqd m (2)粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系知粒子此时的轨道半 径为：R2＝ d cos30° 设这时粒子在磁场中运动的速度大小为 v2，由洛伦兹力提供向心 力得：Bqv2＝mv22 R2 粒子进入电场在电场中运动，由动能定理得： 1 2 mv22＝qU 解得极板间电压 U＝ B2qd2 2mcos230° ＝2B2qd2 3m 粒子不碰到右极板所加电压满足的条件为 U≥2B2qd2 3m 因粒子转过的圆心角为 60°，所用时间为T 6 ，而周期 T＝2πm Bq 因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间 t＝2×T 6 ＝2πm 3Bq (3)当粒子速度为(2)中的 3倍时，即 v3＝ 3v2， 根据 Bqv3＝m v23 R3 解得 R3＝2d 当粒子沿 BA 方向进入磁场时，打在 DC 边上的点为最高点，如图 丙，由几何关系可得粒子能打到 CD 边界的最高点位置与 Q 点的距离 为：l＝R3＝2d. 14．答案：(1)mg E0 　2E0 v 　(2) d 2v ＋πv g 　(3) (2π＋1)v 2g 解析：(1)微粒做直线运动时，有 mg＋qE0＝qvB　① 微粒做圆周运动时，有 mg＝qE0　② 联立①②得 q＝mg E0 　③ B＝2E0 v .　④ (2)设微粒从 N1 点运动到 Q 点的时间为 t1，做匀速圆周运动的周期 为 t2，则d 2 ＝vt1　⑤ qvB＝mv2 R 　⑥ 2πR＝vt2　⑦ 联立③④⑤⑥⑦得 t1＝ d 2v ，t2＝πv g 　⑧ 电场变化的周期 T＝t1＋t2＝ d 2v ＋πv g .　⑨ (3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d≥2R　⑩ 联立③④⑥得 R＝v2 2g 　⑪ 设 N1Q 段直线运动的最短时间为 tmin，由⑤⑩⑪得 tmin＝ v 2g 　⑫ 因 t2 不变，所以 T 的最小值为 Tmin＝tmin＋t2＝(2π＋1)v 2g . 15．答案：(1)mv20 2e 　(2)2mv0(1－cos θ) e·Δx 　 (π－2θ)·Δx 2v0(1－cos θ) 解析：(1)由动能定理有 eU0＝1 2 mv20－0 解得 U0＝mv20 2e . (2)如图甲所示，从 O 点射出的电子落在 x 轴上 PQ 间，设电子在 磁场中做圆周运动的轨迹半径为 r1，由几何关系有 Δx＝2r1－2r1cos θ 由向心力公式有 ev0B1＝mv20 r1 解得 B1＝2mv0(1－cos θ) e·Δx 最短路程为 smin＝2(π 2 －θ)r1 则有 t＝smin v0 ＝ (π－2θ)·Δx 2v0(1－cos θ). 16．答案：9E B ，7E B ，11E B ，3E B 解析：设粒子入射的速度为 v0，粒子从 P 点到达 x 轴上 a 点，历 时 t，水平位移 x1，粒子做类平抛运动，有 h＝qE 2m t2，x1＝v0t 粒子到达 a 点时竖直方向速度大小为 vy＝qE m t 粒子到达 a 点速度大小为 v＝ v20＋v2y 到达 a 点时，粒子速度 v 与 x 轴正向夹角为 θ，从 a 点经磁场做半 径为 r 的匀速圆周运动，回到 x 轴上 b 点，b、a 之间的水平距离为 x2， 如图，根据 qvB＝mv2 r ，x2＝2rsin θ 要粒子通过 x 轴上坐标为(7h,0)的 Q 点(不穿出 y 轴)，需满足 x1≥r ＋rsin θ 又 sin θ＝vy v ，q m ＝ 2E B2h 联立以上各式解得 v0≥8E 3B ①若通过 Q 点时粒子速度方向为右下，则需满足 7h＝(2n－1)x1－(n－1)x2(n＝1,2,3，…) 解得 v0＝[7＋2(n－1)]E (2n－1)B 当 n＝1 时，v0＝7E B 当 n＝2 时，v0＝3E B ②若通过 Q 点时粒子速度方向为右上，则需满足 7h＝(2n－1)x1－nx2(n＝1,2,3，…) 解得 v0＝(7＋2n)E (2n－1)B 当 n＝1 时，v0＝9E B 当 n＝2 时，v0＝11E 3B 综上所述，粒子入射速度有 4 个可能值，分别为：9E B ，7E B ，11E B ， 3E B . 17．答案：(1)　 2qU0 m 　(2)B<4 L 2mU0 q 　(3)0 解析：本题考查粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转等知识， 意在考查考生的分析综合能力． (1)粒子由 S1 到 S2 的过程，根据动能定理得 qU0＝1 2 mv2 解得 v＝ 2qU0 m (2)设磁感应强度大小为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 为 R，由牛顿第二定律得 qvB＝mv2 R 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，应满足 2R>L 2 联立得 B<4 L 2mU0 q (3)由已知条件，t＝T0 2 时刻粒子通过 S2，且垂直于边界进入右侧磁 场区域，可得粒子在电场中加速所用时间为 t1＝T0 2 之后粒子进入右侧磁场做圆周运动，根据 T＝2πm qB ，得粒子在磁场 中运动的周期 T＝7T0 4 所以粒子在右侧磁场中运动时间为 t2＝7T0 8 之后粒子进入无场区域做匀速直线运动，根据加速时间为 t1＝T0 2 可知粒子在无场区域中运动的时间为 t3＝T0 4 之后粒子进入左侧磁场中，运动时间 t4＝t2＝7T0 8 之后粒子从 S1 进入到电场中，因 t1＋t2＋t3＋t4＝5 2 T0 之后T0 2 时间内的电场方向刚好和粒子第一次进入电场时的电场方 向相反，电压大小相等，所以粒子第二次进入电场中做与第一次加速 度大小相等的匀减速直线运动，所用时间 t5＝T0 2 ，所以粒子再次到达 S2 所用的总时间为 3T0，再次到达 S2 时粒子的速度为 0 18．答案：(1)v0 kL 　 v20 2kL 　(2) (2π＋2)L v0 　(3)0 解析：(1)由于粒子 a 的初速度方向沿 y 轴正方向且粒子 a 经过 M 点，则粒子 a 在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为 r＝L 而 qv0B＝mv20 r 联立解得 B＝mv0 qL ＝v0 kL 对于粒子 a，由题意知 L＝1 2 ×qE m t2,2L＝v0t 整理得 E＝ v20 2kL (2)设粒子 a 离开电场时的速度大小为 v，与 x 轴正方向的夹角为 α， 则 qEL＝1 2 mv2－1 2 mv20，cos α＝v0 v 设粒子在磁场区域Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为 R，则由题意知 2Rsin α＝2L，qvB′＝mv2 R 整理得 α＝π 4 ，B′＝v0 kL 粒子 α 在圆形磁场区域Ⅰ中运动的时间 t1＝T 4 ＝πL 2v0 在电场中运动的时间 t2＝2L v0 在磁场区域Ⅱ中运动的时间 t3＝3 4 × 2πm qB′ ＝3πL 2v0 故粒子 a 由 P 点开始运动到第一次离开磁场区域Ⅱ所用的总时间 为 t＝t1＋t2＋t3＝(2π＋2)L v0 (3)设粒子 b 在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的轨迹圆圆心为 O′，离 开磁场区域Ⅰ时的位置为 M′，圆形磁场区域Ⅰ的圆心为 N，如图所 示，则 PNM′O′为菱形，由于 PN 竖直，M′O′也竖直，则粒子离 开磁场时，速度方向一定沿 x 轴正方向． 由图可知粒子 b 到达 y 轴的坐标 yb＝L＋Lsin(120°－90°)＝3 2 L 设粒子 b 离开电场时的速度大小为 v′，与 x 轴正方向的夹角为 α′.则 qE×3 2 L＝1 2 mv′2－1 2 mv20，cos α′＝ v0 v′ 3 2 L＝1 2 ×qE m t′2 设粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的半径为 R′，则 qv′B′＝mv′2 R′ 粒子 b 第一次离开磁场区域Ⅱ时的位置的横坐标为 x＝v0t′－2R′sin α′ 联立解得 x＝0