选择题13 《复合场中的带电粒子》-解码高考2021物理一轮复习题型突破

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命题点一 复合场中的动力学问题
命题点二 复合场⇒速度选择器、电磁流量计
命题点三 复合场⇒磁流体发电机、霍尔效应
命题点四 复合场⇒质谱仪、回旋加速器
命题点五 复合场⇒分阶段运动、复杂曲线运动
【高考解码】
命题点一 复合场中的动力学问题
1．（单选）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
【答案】B
【解析】设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则mag=qE；b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg=qE+qvB；c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg+qvB=qE；比较可得：mb>ma>mc，选项B正确。
2．（多选）1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体（载流子为电子），主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．超导体的内部产生了热能
B．超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力
C．超导体表面上a、b两点的电势关系为φaEB，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误。
2．（多选）如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源的两极上，使a、b两板间产生匀强电场（场强大小为E），右边有一块挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。从两板左侧中点c处射入一束正离子（不计重力），这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成三束，则下列判断正确的是（ ）
A．这三束正离子的速度一定不相同
B．这三束正离子的比荷一定不相同
C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向b
D．若这三束离子改为带负电而其他条件不变，则仍能从d孔射出
【答案】BCD
【解析】因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动的，电场力等于洛伦兹力，可以判断三束正离子的速度一定相同，且电场方向一定由a指向b，A错误，C正确；在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同，可知这三束正离子的比荷一定不相同，B正确；若将这三束离子改为带负电，而其他条件不变的情况下分析受力可知，三束离子在两板间仍做匀速直线运动，仍能从d孔射出，D正确。
3．（多选）如图所示，含有​11H、​12H、​24He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P两点。则（ ）
A．沿直线O1O2运动的粒子速度相等
B．打在P点的粒子是​12H和​24He
C．O2P的长度是O2P1长度的2倍
D．粒子​11H在偏转磁场中运动的时间最长
【答案】ABC
【解析】带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，所以有：qE=qvB1，得v=EB1，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，即选项A正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB2=mv2r，r=mvqB2=mq·vB2，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是​11H，打在P点的粒子是​12H和​24He，选项B正确；由题中的数据可得，​11H的比荷是​12H和​24He的比荷的2倍，所以​11H的轨道的半径是​12H和​24He的半径的12，即O2P的长度是O2P1长度的2倍，选项C正确；粒子运动的周期：T=2πrv=2πmqB2，三种粒子中，​11H的比荷最大，所以粒子​11H在偏转磁场中运动的周期最小，而三种粒子运动时间都为半个周期，所以粒子​11H在偏转磁场中运动的时间最短，选项D错误。
4．（单选）为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图2所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（ ）
A．M端的电势比N端的高
B．电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关
C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比
D．若污水中正、负离子数相同，则电压表的示数为0
【答案】C
【解析】根据左手定则知，正离子所受的洛伦兹力方向向里，则向里偏转，N端带正电，M端带负电，则M端的电势比N端电势低，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUb，解得U=vBb，电压表的示数U与b成正比，与污水中正、负离子数无关，故B、D错误；因v=UBb，则流量Q=vbc=UcB，因此U=BQc，所以电压表的示数U与污水流量Q成正比，故C正确。
5．（单选）为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M、N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况．下列说法中错误的是（ ）
A．M板比N板电势低
B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小
C．污水流量越大，则电流表的示数越大
D．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大
【答案】B
【解析】污水从左向右流动时，根据左手定则，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N板和M板偏转，故N板带正电，M板带负电，A正确。稳定时带电离子在两板间受力平衡，可得qvB=qUb，此时U=Bbv，又因流速v=QS=Qbc，故U=BbQbc=BQc，式中Q是流量，可见当污水流量越大、磁感应强度越强时，M、N间的电压越大，电流表的示数越大，而与污水中离子浓度无关，B错误，C、D正确。
命题点三 复合场⇒磁流体发电机、霍尔效应
1．（单选）（2019·浙江选考）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）
A．上板为正极，电流I=BdvabRab+ρd
B．上板为负极，电流I=Bvad2Rab+ρb
C．下板为正极，电流I=BdvabRab+ρd
D．下板为负极，电流I=Bvad2Rab+ρb
【答案】C
【解析】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，稳定时，离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析，根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有qvB=qEd，解得稳定时电源的电动势E=Bdv，则流过R的电流为I=ER+r，而r=ρdS，S=ab，则得电流大小为I=BdvabRab+ρd，C正确。
2．（多选）如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是（ ）
A．Q板的电势高于P板的电势
B．R中有由a向b方向的电流
C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变
D．若只增大粒子入射速度，R中电流增大
【答案】BD
【解析】等离子体进入磁场，根据左手定则，正离子向上偏，打在上极板上，负离子向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻R的电流方向由a到b，故A错误，B正确；依据电场力等于洛伦兹力，即为qUd=qvB，则有U=Bdv，再由闭合电路欧姆定律I=UR+r=BdvR+r，电流与磁感应强度成正比，故C错误；由上分析可知，若只增大粒子的入射速度，R中电流会增大，故D正确。
3．（单选）（2019·天津卷）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa
【答案】D
【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有F洛=evB，F电=eE=eUa，故F洛=eUa，故D正确，由evB=eUa，则电压U=avB，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。
4．（多选）利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，当元件中通入图示方向的电流I时，C、D两侧面会形成一定的电势差U。下列说法中正确的是（ ）
A．若C侧面电势高于D侧面，则元件中形成电流的载流子带负电
B．若C侧面电势高于D侧面，则元件中形成电流的载流子带正电
C．在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U最大
D．在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U最大
【答案】AD
【解析】若元件的载流子带负电，由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏，则C侧面的电势高于D侧面的电势，故A正确；若元件的载流子带正电，由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力方向向D侧面偏，则D侧面的电势高于C侧面的电势，故B错误；在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，因磁场方向竖直，则元件的工作面保持水平时U最大，故C错误；地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，当与地球经线垂直时U最大，故D正确。
5．（单选）（2019·江西南昌三校联考）中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示，厚度为h、宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是（ ）
A．上表面的电势高于下表面的电势
B．仅增大h时，上下表面的电势差增大
C．仅增大d时，上下表面的电势差减小
D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小
【答案】C
【解析】因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，A选项错误。当电子达到平衡时，电场力等于洛伦兹力，即qUh=qvB，又I=nqvhd（n为导体单位体积内的自由电子数），得U=IBnqd，则仅增大h时，上下表面的电势差不变；仅增大d时，上下表面的电势差减小；仅增大I时，上下表面的电势差增大，故C正确，B、D错误。
命题点四 复合场⇒质谱仪、回旋加速器
1．（单选）现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（ ）
A．11
B．12
C．121
D．144
【答案】D
【解析】由qU=12mv2得带电粒子进入磁场的速度为v=2qUm，结合带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R=mvqB，联立得到R=1B2mUq，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的轨道半径和电荷量，故离子和质子的质量之比m离子m质子=144，故选D。
2．（多选）如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EB
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
【答案】ABC
【解析】质谱仪是分析同位素的重要工具，A正确；带电粒子在速度选择器中沿直线运动时，所受电场力和洛伦兹力应等大反向，结合左手定则可知B正确；由qE=qvB可得v=EB，C正确；粒子在平板S下方的匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB0=mv2R得R=mvqB0，所以qm=vB0R，故粒子越靠近狭缝P，粒子的比荷越大，D错误。
3．（多选）如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器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。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速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．极板M比极板N的电势高
B．加速电场的电压U=ER
C．直径PQ=2BqmER
D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
【答案】AD
【解析】粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N的电势高，选项A正确；由qU=12mv2和qE=mv2R可得U=ER2，选项B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB=mv2r，即r=mvqB，直径PQ=2r=2mvqB=2mERqB2，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项C错误，D正确。
4．（多选）（2019·山东德州检测）如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核（​12H）和氦核（​24He），下列说法中正确的是（ ）
A．它们的最大速度相同
B．它们的最大动能相同
C．两次所接高频电源的频率相同
D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
【答案】AC
【解析】由R=mvqB得最大速度v=qBRm，两粒子的qm相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能Ek=12mv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；高频电源的频率f=qB2πm，因为qm相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误。
5．（多选）劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则正确的是（ ）
A．质子被加速后的最大速度与D形盒半径R有关
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与交流电频率f成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2:1
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，经该回旋加速器加速的各种粒子的最大动能不变
【答案】AC
【解析】质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm=2πRT=2πRf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm=12mvm2=12m×4π2R2f2=2mπ2R2f2，故B错误；根据qvB=mv2r，qU=12mv12，2qU=12mv22，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2:1，故C正确；因经回旋加速器加速的粒子最大动能Ekm=2mπ2R2f2与m、R、f均有关，故D错误。
命题点五 复合场⇒分阶段运动、复杂曲线运动
1．（单选）（2020·全国高考课标3卷）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（ ）
A．3mv2ae
B．mvae
C．3mv4ae
D．3mv5ae
【答案】C
【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，evB=mv2r，则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为B=mver，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为rmax，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示：
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，AB⊥OB，△ABO为直角三角形，则由几何关系可得：3a-rmax2=rmax2+a2，解得：rmax=43a，解得磁场的磁感应强度最小值：Bmin=mvermax=3mv4ae，故选C。
2．（多选）如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30∘角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略。则（ ）
A．粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1:2
B．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qB
C．粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为33R
D．若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少
【答案】AC
【解析】由半径公式r=mvqB知，轨迹圆半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1:2，故A正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示：
在第二象限的周期T1=2πmq·2B=πmqB，圆心角为120∘，运动时间t1=120∘360∘T1=πm3qB，在第三象限运动的周期T2=2πmqB，圆心角为120∘，运动时间t2=120∘360∘T2=2πm3qB，所以粒子完成一次周期性运动的时间t0=t1+t2=πmqB，故B错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为R2=2R，从O点入射后第一次经过x轴的距离x1=3R1=3R，第二次圆弧的弦长x2=3R2=23R，所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为x=x1+x2=33R，故C正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T=2πmqB与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中运动时间t=θ2πT不变，故D错误。
3．（多选）如图所示，在纸面内有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC为两磁场的理想边界。已知三角形ABC边长为L，虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场。一电荷量为+q、质量为m的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边以速度v0射入三角形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力，则（ ）
A．若v0=qBL4m，粒子从P点射出后到达B点时间最短
B．若v0=qBL4m，粒子第四次通过磁场边界时与B的距离是34L
C．若v0=qBL4m，粒子再次返回到P点的最短时间为25πm3qB
D．若v0=qBL4m，粒子再次返回到P点的最短时间为25πm6qB
【答案】ABC
【解析】当粒子运动半个圆周到达B点时所用时间最短，此时粒子做圆周运动半径r=L4，根据洛伦兹力提供向心力可得r=mv0qB，解得v0=qBL4m，A正确；粒子做圆周运动半径r=L4，由几何关系可知：设过B点后第四次通过磁场边界时到B点的距离为s，s=3r=34L，B正确；粒子运动轨迹如图:
粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB，由图可知从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为tmin=256T=25πm3qB，C正确。
4．（多选）如图所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P（-L，L）点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q（L，0）点进入第一象限，重力加速度为g，则（ ）
A．粒子从P点运动到O点的时间为2Lg
B．粒子从P点运动到O点的时间为Lg
C．磁感应强度的大小为2mq2gL
D．磁感应强度的大小为mqgL
【答案】AC
【解析】粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，则粒子带正，由运动学知识可得mg=qE1=qE2，2mg=ma，2L=12at2，解得t=2Lg，A正确。设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v，由动能定理可得mgL+qE1L=12mv2，解得v=2gL，方向与x轴正方向成45∘角，由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的Q（L，0）点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里，粒子做匀速圆周运动的轨迹如图：
由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R=22L，由牛顿第二定律可得qvB=mv2R，解得B=2mq2gL，C正确。
5．（多选）（2019·浙江宁波高三上学期期末十校联考）如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度E=8π×103N/C，在y轴上放置一足够大的挡板，t=0时刻，一个带正电粒子从P点以v=2×104m/s的速度沿+x方向射入磁场，已知电场边界MN到x轴的距离为π-210m，P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷qm=106C/kg，不计粒子的重力。则（ ）
A．在磁场中离x轴的最大距离为0.4m
B．连续两次通过电场边界MN所需时间为π2×10-5s
C．连续两次通过电场边界MN所需时间为4π×10-5s
D．最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离是0.42m
【答案】ABC
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mv2R，解得半径R=0.2m，粒子做匀速圆周运动的周期T=2πmqB=2π×10-5s，由图乙可知粒子运动34圆周后磁感应强度发生变化，在0∼3π2×10-5s内，粒子做匀速圆周运动的时长为t1=3π2×10-5s，由磁场变化规律可知，粒子在0∼3π2×10-5s，即0∼34T时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿-y方向做匀速直线运动直至电场边界上的C点，如图所示:
设电场边界MN到x轴的距离为y0，用时t2=R+y0v=π2×10-5s=T4。进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度：a=qEm=8π×109m/s2，粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间t3=2va=2×2×1048π×109s=π2×10-5s=T4，接下来，粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁感应强度刚好变为0.1T，粒子将在洛伦兹力的作用下从A点开始做匀速圆周运动，再经3π2×10-5s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程，因此粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym=2R=0.4m，A正确。粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2π×10-5s，粒子连续两次通过电场边界MN有两种可能情况，以图所示过程为例，第一种可能是，由C点先沿-y方向到D再返回经过C，所需时间为t=t3=π2×10-5s，B正确；第二种可能是，由C点先沿+y方向运动至A点，做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿-y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为t'=t2+32T+t2=2T=4π×10-5s，C正确；粒子每完成一次周期性的运动，将向-x方向平移2R（即图中所示从P点移到F点），OP=1.1m=5.5R，故粒子打在挡板前的前运动轨迹如图所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。由题意知，QI=OP-5R=0.1m，KQ=R-QI=0.1m=R2，则JQ=R2-KQ2=32R，J点到O的距离JO=R+32R=2+310m≈0.37m，D错误。