第11讲 磁场-最新高考物理二轮复习直击高考热点难点

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第11讲磁场

带电体在复合场中的运动
1．题型特点：重力不能忽略，电场、磁场两两叠加，或者单独存在。
2．解题思路
(1)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，包括场力、弹力和摩擦力。
(2)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动。
(3)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系。
例题1如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为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。

【答案】 (1)20 m/s，与电场方向夹角为60°　(2)3.5 s

【解析】(1)小球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)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
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＝0 ⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s。 ⑦
磁聚焦与磁发散
磁聚焦与磁发
散
成立条件：区域圆的半径等于轨迹圆半径R＝
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行

磁聚焦
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行

磁发散

例题2如图甲，为除尘装置的截面示意图，水平放置的金属极板M、N间距离为d，大量均匀分布的带负电尘埃以相同速度进入两板间，速度方向与板平行，大小为v0，每颗尘埃的质量均为m，带电荷量均为q.如图乙，在原有两极板M、N的截面内，建立平面直角坐标系xOy，y轴垂直于金属板并过板的右端，x轴与两板中轴线共线；在P(2.5d，－2d)处放置开口向上且大小不计的尘埃收集容器．撤去两板间电场，然后只需在y轴右侧的某圆形区域内施加一垂直于纸面向里的匀强磁场，就可以把所有尘埃全部收集到容器中．尘埃颗粒重力、颗粒间作用力、尘埃颗粒对板间电场影响均不计．要把所有尘埃全部收集到容器中，则在圆形区域内所施加匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件．

【答案】　≤B≤
【解析】
设圆形磁场区域的半径为R1，尘埃在磁场中做圆周运动的半径为R2，要使所有尘埃都能到达P点，必须满足R2＝R1，另有qv0B＝m
当圆形区域过P点且与M板的延长线相切时，R2最小，B最大，如图，由几何关系得

R2min＝d，解得B2max＝；
当圆形区域过P点且在M板右端点与y轴相切时，R2最大，B最小，如图，由几何关系得

R2max＝d
解得B2min＝，所以圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小应满足的条件为≤B≤.


磁场的基本性质　安培力
1．磁场的产生与叠加

2．安培力的分析与计算
方向
左手定则
大小
直导线
F＝BILsin θ
θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
导线为曲线时

等效为ac直线电流
受力分析


根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程
二级结论
同向电流相互吸引，反向电流相互排斥

例题3两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　　)

A．B、0 B．0、2B
C．2B、2B D．B、B
【答案】B
【解析】根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。

安培力作用下的平衡
例题4如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d＝10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．导体棒通入4 A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍．若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)

A．0.25 T B．0.5 T
C．0.75 T D．0.83 T
【答案】B
【解析】
　未通电时，两弹簧的弹力之和与导体棒的重力大小相等，根据平衡条件可知mg＝2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，联立两式得＝＝，解得B＝0.5 T，故B正确．

带电粒子在匀强磁场中的运动
分析带电粒子在磁场中运动的方法
基本思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系．
(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．
基本公式
qvB＝m
重要结论
r＝，T＝，T＝
圆心的确定
(1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心，如图(a)；
(2)轨迹上入射点速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)；
(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)

半径的确定
方法一：由物理公式求．由于Bqv＝，所以半径r＝；
方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定．
时间的求解
方法一：由圆心角求．t＝·T；
方法二：由弧长求．t＝.
轨迹圆的几个基本特点
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角．(如图甲，θ1＝θ2＝θ3)
(2)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角．(如图甲，α1＝α2)
(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙．(两侧关于两圆心连线对称)

临界问题
(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．
多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解；
(2)带电粒子电性不确定形成多解；
(3)速度不确定形成多解；
(4)运动的周期性形成多解.


例题5如图所示，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。

(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
【答案】(1)磁场方向垂直纸面向里　　(2)　(2－)h
【解析】(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
qv0B＝m ①
由此可得
R＝ ②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足
R≤h ③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得
Bm＝。 ④
(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
R′＝2h ⑤

粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系
sin α＝＝ ⑥
则α＝ ⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cos α) ⑧
联立⑦⑧式得
y＝(2－)h。 ⑨


临界和极值问题

例题6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6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(　　)

图6
A. B.
C. D.

【答案】　C

【解析】
　磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝m，联立解得B＝，故选C.


动态圆模型

放
缩圆
适用条件
粒子速度方向一定，速度大小不同
应用方法
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件．

(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)

例题7(多选)如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是(　　)

A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
【答案】BC
【解析】
由周期公式T＝知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，由t＝T知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r＝知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故A错误，B正确；若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C正确，D错误．

旋
转圆
适用条件
粒子的速度大小一定，半径一定，速度方向不同
应用方法
将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件，

(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上)
平移
圆
适用条件
粒子的速度大小、方向均一定，入射点位置不同
应用方法
将半径为R＝的圆进行平移，

(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)

例题8　(多选)如图所示，在绝缘板MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直于纸面向里．距离绝缘板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则(　　)

A．粒子能打到板上的区域长度为2d
B．能打到板上最左侧的粒子所用的时间为
C．粒子从发射到打到板上的最长时间为
D．同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为
【答案】BD
【解析】
　粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的轨迹半径R＝d，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图甲所示，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A到C距离为d，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(＋1)d，故A错误；左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，所以从S到A的时间恰好是半个周期，则t1＝＝＝，故B正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期T＝，由几何关系可知，最短时间t2＝T＝，最长时间t1＝T＝，Δt＝t1－t2＝，故C错误，D正确．





一、单选题
1．如图所示，坐标平面内有边界过P （0， L）点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域。方向垂直于坐标平面，一质量为m、电荷量为e的电子（不计重力），从P点以初速度v0平行于x铀正方向射入磁场区域，从x轴上的Q点射出磁场区域，此时速度与x铀正方向的夹角为60°。下列说法正确的是（　　）


A．磁场方向垂直于坐标平面向外 B．磁场的磁感应强度
C．圆形磁场区域的半径为2L D．带电粒子做圆周运动的半径为L
【答案】B
【解析】

A．粒子运动轨迹如图，根据左手定则，可知磁场垂直纸面向里，A错误；
BD．根据几何知识，可知粒子的轨道半径 为

又洛伦兹力提供向心力，可得

所以

D错误，B正确；
C．根据几何知识可知，，所以PQ为圆形磁场的直径，所以有

所以磁场区域的半径为

C错误。
2．如图所示，图甲两通电直导线平行放置，虚线与是两导线在同一平面内，它到两导线的距离相等且与两导线平行：图乙中在虚线两侧对称地固定两根垂直纸平面的长直导线。图甲、图乙中导线分别通有等大反向的电流I。带负电的粒子分别以初速度沿图中的虚线射入。装置均处于真空中，不计粒重力。下列说法正确的是（　　）

A．图甲中带电粒子将做匀速直线运动
B．图乙中带电粒子将做匀速圆周运动
C．图甲中带电粒子的向下偏转，且速率保持不变
D．图乙中带电粒子沿虚线直线运动，其动能将先增大后减小
【答案】C
【解析】
AC．甲图，根据右手螺旋定则得导线间磁场垂直纸面向里，根据左手定则，带负电的粒子受力向下，由于磁场不是匀强磁场，所以粒子不能做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，故粒子向下偏转，速率不变。A错误，C正确；
BD．乙图，根据右手螺旋定则得导线间磁场水平向右，与粒子运动方向平行，故粒子不受力，做匀速直线运动。BD错误。
故选C。
3．如图所示，在的区域内存在与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在时刻，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范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场右边界上点离开磁场，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
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的荷质比为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】D
【解析】
A．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示

设粒子运动的轨迹半径为r，根据几何关系有

可得粒子在磁场中做圆周运动的半径
r=2a
故A错误；
B． 根据几何关系可得

故

圆弧OP的长度

所以粒子的发射速度大小

故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力可得

联立以上分析可得带电粒子的荷质比

故C错误；
D．当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子轨迹过程图如图所示，粒子与磁场边界相切于M点，从E点射出

从P点射出的粒子转过的圆心角为（π-θ），时间为t0，根据几何关系可知，从E点射出的粒子转过的圆心角为2（π-θ），故带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0，故D正确。
故选D。
4．如图所示，圆形区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为m，电荷量为g的粒子沿平行于直径AC的方向射入磁场，射入点到直径AC的距离为磁场区域半径的一半，粒子从D点射出磁场时的速率为v，不计粒子的重力。则（　　）


A．圆形磁场区蚊的半径为 B．圆形磁场区域的半径为
C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子在髓场中运动的时间为
【答案】B
【解析】
粒子运动轨迹如图所示


由几何关系可得粒子在磁场中偏转60°，则在磁场中运动的时间为，即

由几何关系可得四边形ODO′E是菱形，则圆形区域中匀强磁场的半径R与粒子运动的轨迹半径r相等，有

解得

则磁场半径为

ACD错误，B正确。
故选B。
5．如图所示，有一边长的正三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，有一比荷的带正电粒子从边上的点垂直边进入磁场，的距离为，要使粒子能从边射出磁场，带电粒子的最大初速度为（粒子的重力不计）（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】

带电粒子以最大初速度从AC边出磁场时，轨迹与BC边相切，如图所示，由几何关系可知，此时半径为，则有

解得

故选A。
6．在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场分别射入，两带电q的粒子与x轴的夹角如图所示，二者均恰好垂直于y轴射出磁场。不计重力。根据上述信息可以判断的是（　　）


A．带电粒子①在磁场中运动的半径大
B．带电粒子②在磁场中运动的轨迹短
C．带电粒子①在磁场中运动的速度大
D．带电粒子②在磁场中运动的时间长
【答案】D
【解析】
ABC．画出粒子在磁场中的运动轨迹如图


由几何关系可知，两粒子在磁场中运动的半径相等，均为，根据

可知

可知两粒子的速率相同，带电粒子②在磁场中运动的轨迹长，选项ABC错误；
D．两粒子的周期

相同，粒子①转过的角度
θ1=45°
粒子②转过的角度
θ2=135°
根据

可知带电粒子②在磁场中运动的时间较长，选项D正确；
故选D。
7．如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x正半轴。已知，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（　　）


A．粒子带正电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．N与O点相距3d
【答案】B
【解析】
A．粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
B．粒子运动轨迹如图所示

由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得

解得

故B正确；
C．粒子在磁场中运动的周期

粒子轨迹对应的圆心角为

粒子在磁场中运动的时间为

故C错误；
D．N点到O点的距离为

故D错误。
故选B。
8．带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场如图所示，运动中经过b点，。若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
设，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即

得

如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有

得

所以

故C正确，ABD错误。
故选C。
9．如图所示，一个有理想边界、磁感应强度的矩形匀强磁场区域，对角线放一个挡板，，左边有一个宽度等于的线状粒子源，可以水平向右发射速度的粒子，粒子的质量，电荷量，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，在挡板上能打上粒子部分的长度是（　　）


A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有


代入数据解得        

粒子运动的圆周与AC相切时，能打到AC上的长度最大，设从E点射出的粒子恰好与AC边相切，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系有



ACD错误，B正确。
故选B。
10．如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线，电流方向向上。是一根水平放置的内壁光滑绝缘管，端点分别在以为轴心、半径为R的圆柱面上。现使一个小球自a端以速度射入管，小球半径略小于绝缘管半径且带正电，小球重力忽略不计，小球向b运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小球的速率始终不变
B．洛伦兹力对小球先做正功，后做负功
C．小球受到的洛伦兹力始终为零
D．管壁对小球的弹力方向先竖直向下，后竖直向上
【答案】A
【解析】
AB．如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图所示，

小球在磁场中受到洛伦兹力和弹力作用，洛伦兹力和弹力不做功，小球速率不变，B错误，A正确；
CD．当小球运动到中点时，磁感线的切线方向与小球速度方向平行，小球所受洛伦兹力为零；小球自a点到中点，所受洛伦兹力竖直向下，绝缘管壁对小球的弹力竖直向上；小球从中点至b点，所受洛伦兹力竖直向上，绝缘管壁对小球的弹力竖直向下，CD错误。
故选A。
11．如图所示，足够长粗糙绝缘倾斜木板与水平面夹角为，一个质量为的物块刚好可以沿匀速下滑。让物块带上电荷量为的正电，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中。时给物块一个沿木板向下的初速度，物块运动的图像可能是（　　）

A． B．C． D．
【答案】C
【解析】
个质量为的物块刚好可以沿匀速下滑，受力分析得

整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，受力分析得

由此可知，滑块做减速运动，随着速度的减小，加速度在减小，故C正确，ABD错误。
故选C。
12．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于、，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为。则磁感应强度方向和大小可能为（　　）
①z正向，       ②y正向，
③z负向，       ④沿悬线向上，


A．①② B．③④ C．①④ D．②③
【答案】D
【解析】
若磁感应强度方向沿z轴方向，根据左手定则，要使导线保持静止，则磁感应强度方向必沿z轴负向，故①错误；
若磁感应强度方向沿y轴正向，受力如图


根据平衡条件有

解得

故②正确；
若磁感应强度方向沿z轴负向，受力如图


根据平衡条件有

解得

故③正确；
若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，安培力垂直悬线向下，受力不可能平衡，故④错误。
故选D。
13．如图所示，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像不可能是下列选项中的（　　）


A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
根据左手定则可知圆环所受洛伦兹力的方向向上，如果

则环和杆之间无弹力，圆环也不受摩擦力，环在杆上匀速直线运动，圆环运动的速度—时间图像如A选项所示；如果

则环和杆之间有摩擦力作用，环做减速运动，根据牛顿第二定律可得

环的加速度减小，当减速到

时，环和杆之间无弹力，此后环做匀速运动，圆环运动的速度—时间图像如D选项所示；如果

则环和杆之间有摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得

环做减速运动，环的加速度增大，当速度减小到零时，环静止在杆上，圆环运动的速度—时间图像如B选项所示，所以圆环运动的速度—时间图像不可能是C，故C正确，ABD错误。
故选C。
14．如图所示，两根间距为0.5m的平行固定金属导轨处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨平面与水平面成角，导轨下端连接阻值为2Ω的定值电阻。将一质量为0.2kg的金属棒从两导轨上足够高处由静止释放，则当金属棒下滑至速度最大时，电阻R消耗的电功率为2W，已知金属棒始终与导轨垂直并接触良好，它们之间的动摩擦因数为，取重力加速度大小g=10m/s2，电路中其余电阻忽略不计，下列说法正确的是（　　）

A．金属棒中的电流方向为由b到a B．金属棒速度最大时受到的安培力大小为1.5N
C．金属棒的最大速度为4m/s D．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.4T
【答案】C
【解析】
A．由右手定则可得，金属棒中的电流方向为由a到b，故A错误；
B．当金属棒速度最大时受力平衡，有

得
F安=0.5N
故B错误；
C．金属棒克服安培力做功的功率等于电路中的电阻R产生的热功率，即
P=F安v
得金属棒速度的大小
v=4m/s
故C正确；
D．安培力F安=BIL，由闭合电路欧姆定律得
E=BLv=IR
得

故D错误。
故选C。
15．如图所示，两足够大挡板MO、NO垂直固定放置，其中MO水平，两挡板间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。挡板MO内侧P点有一放射源，能在纸面内沿各个方向连续向磁场内发射速度大小为v、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子打到挡板上后均被挡板立即吸收，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用。已知P、O两点间的距离为，则粒子在磁场中经过的区域形成的图形的面积为（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
如图所示

根据

解得

即

故取以 为半径以P为圆心画圆，即可得到粒子轨迹圆心圆，在任意选取圆心上的点为圆心，长为半径在左上方区域画弧，即得粒子在磁场中经过的区域边界，各临界情况对应的角度如图，图形 面积即为所求





则

故选B。
二、多选题
16．如图所示，大量不同的带电粒子从左边容器中的小孔进入电势差为的加速电场，其初速度几乎为，加速后经过小孔进入速度选择器，选择器中存在正交的匀强电场和匀强磁场，场强和磁感强度分别为和，粒子沿直线通过选择器，再垂直进入右边磁感应强度为的匀强磁场中，做匀速圆周运动打在底片上，则（　　）

A．打在底片上不同位置的粒子是因为粒子比荷不同
B．打在底片上不同位置的粒子是因为进入右边磁场速度不同
C．如果速度选择器平行板电量不变，板间距增大，能沿直线通过选择器的粒子速度变小
D．如果增大速度选择器中磁场的磁感应强度，能沿直线通过选择器的粒子速度变小
【答案】AD
【解析】
AB．在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有

解得

以相同的速度经过速度选择器，进入偏转磁场，根据

轨道半径

半径不同打在底片上的位置也不同，打在底片上不同位置的粒子是因为粒子比荷不同，A正确，B错误；
C．在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有

解得

速度选择器平行板电量不变，板间距增大，板间场强不变，则速度不变，故C错误；
D．如果增大速度选择器中磁场的磁感应强度，根据

速度减小，D正确。
故选AD。
17．电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下说法正确的是（　　）

A．图甲的速度选择器能使速度大小的粒子沿直线匀速通过，与粒子的电荷量无关
B．图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为
C．图丙为回旋加速器，若增大形盒狭缝之间的加速电压，则粒子射出加速器时的最大动能增大
D．图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势
【答案】AD
【解析】
A．能通过速度选择器的粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有

解得

故A正确；
B．根据左手定则，带正电的粒子向上板偏转，故上极板带正电，下极板带负电，则正常工作时电流方向为，故B错误；
C．粒子射出加速器时，满足

此时动能

最大动能与加速电压无关，故C错误；
D．若载流子带负电，载流子与电流方向相反，根据左手定则，载流子向左侧偏转，则稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势，故D正确。
故选AD。
18．边长为a的等边三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m电荷量为的带电粒子（不计重力）从边的中点沿平行边的方向以不同的速率射入磁场区域，则（　　）

A．从边射出的粒子的最大速率为
B．从边射出的粒子的最大速率为
C．能从边射出的粒子最小速率为
D．能从边射出的粒子最小速率为
【答案】AD
【解析】
AB．如图所示，当粒子恰好从C点射出时，轨道半径最大，速率最大，圆心为O1，由几何关系可知，轨道半径

由牛顿第二定律可得

联立解得

A正确，B错误；
CD．当粒子的轨迹恰好与BC相切时，半径最小，速率最小，圆心为O2，由几何关系可知，轨道半径

由牛顿第二定律可得

联立解得

C错误，D正确。
故选AD。

19．如图，一长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为+q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度v（未知）大小相同。已知初速度与夹角为发射的粒子恰好经过N点（不被挡板吸收），粒子与挡板碰撞则会被吸收，，，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。则（　　）

A．粒子在磁场中圆周运动的半径为
B．挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a
C．粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的
D．若调节初速度v大小使挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a，则v的最小值为
【答案】CD
【解析】
A．粒子轨迹如图1所示，设半径为R，由几何关系可知


解得
R=a
选项A错误；
B．当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为，由几何关系

解得

由此可得

所以，挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为，选项B错误；
C．要使粒子打到右侧，则有两个临界条件，如图轨迹1、3，夹角为60°，则比例为，选项C正确；
D．由C选项可知使挡板的右侧被击中的竖直长度为a，速度方向与ON夹角为60°，由洛伦兹力提供向心力

解得

选项D正确。
故选CD。
20．如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（　　）


A．粒子一定带正电
B．当时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为
【答案】ACD
【解析】
A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；
BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图


粒子运动的半径为

洛伦兹力提供向心力

解得粒子入射速率

若，粒子运动轨迹如图


根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误，C正确；
D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图


根据几何关系可知

解得

D正确。
故选ACD。
三、解答题
21．如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场。一电子（质量为m、电荷量为e）以v的速度从点O与MN成30°角的方向射入磁场中，求：
（1）电子在磁场中的半径多大；
（2）电子从磁场中射出时距O点多远；
（3）电子在磁场中运动的时间为多少．

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）根据牛顿第二定律得

解得

（2）根据几何关系，圆心角为60°，电子从磁场中射出时距O点的距离为

（3）电子在磁场中运动的时间为


解得


22．如图所示，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场；第二象限内存在大小为B、方向垂直坐标平面向外的有界圆形匀强磁场（图中未画出），一粒子源固定在x轴上M（L，0）点，沿y轴正方向释放出速度大小均为的电子，电子经电场后恰好从y轴上的N点进入第二象限，进入第二象限后，电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为75°，已知电子的质量为m、电荷量为e，电场强度，不考虑电子的重力和电子间的相互作用，求：
（1）N点到坐标原点的距离；
（2）电子通过N点的速度；
（3）圆形磁场的最小面积。

【答案】（1）2L；（2），方向与y轴正方向的夹角为；（3）或
【解析】
（1）从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有

yN＝v0t
解得
yN＝2L
（2）设电子到达N点的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，由动能定理有


解得
v＝v0，θ＝45°
（3）设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r

当电子与x轴负方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图


电子在磁场中偏转120°后垂直于O1Q射出，则磁场最小半径
Rmin＝＝rsin 60°
解得
Smin＝=
当电子与x轴正方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图


电子在磁场中偏转150°后垂直于O2Q′射出，则磁场最小半径

解得
=
23．如图所示，水平放置的平行金属板A和B间的距离为d，板长L=d，B板的右侧边缘恰好是倾斜挡板NM上的一个小孔K，NM与水平挡板NP成60°角，K与N间的距离。现有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从AB的中点O以平行于金属板方向OO＇的速度v0射入，不计粒子的重力。现在A、B板上加一恒定电压，则该粒子穿过金属板后恰好穿过小孔K：
（1）求A、B板上所加的恒定电压大小。
（2）求带电粒子到达K点的速度。
（3）在足够长的NM和NP两档板所夹的某一区域存在一垂直纸面向里的匀强磁场，使粒子经过磁场偏转后能垂直打到水平挡板NP上（之前与挡板没有碰撞），求该磁场的磁感应强度的最小值Bmin。

【答案】（1） ；（2） ，方向垂直MN板斜向下；（3）
【解析】
（1）带电粒子做类平抛运动，则有


由牛顿第二定律

联立解得

（2）射入的粒子，在进入K时竖直方向的分速度为vy，则

水平方向

由平抛运动规律

联立解得

则，即粒子垂直MN板斜向下入射。
（3）如图所示，粒子从K点入射后做匀速直线运动从D点开始进入磁场，粒子在进入磁场后，根据左手定则，所受的洛伦兹力斜向上，要使粒子能垂直打到水平挡板NP，则粒子需偏转300°后从E射出，做匀速直线运动垂直打到NP。粒子作圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即可得

要使B最小，则要半径r最大，临界情况是圆周运动的轨迹恰好跟两挡板相切，如图所示，根据对称性圆周运动的圆心C、交点G位于∠MNP的角平分线上，则由几何关系可得：CDKF是边长为r的正方形。则在△NCF中，有

可得

解得



24．如图所示，在xoy平面的x轴上方区域范围内存在着范围足够大的匀强磁场。在（-a，）处有一粒子源P（a为已知量），在某一时刻均匀地向平面内各个方向总共发射N个（N足够大）质量为m、电荷量为-q，速度大小恒为v0的带电粒子。其中沿+x方向发射的粒子打到x轴时速度与+x方向夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
（1）磁感应强度B及沿+x方向发射的粒子在磁场中运动的时间；
（2）x轴上能接收到粒子的区域长度L；
（3）若磁场仅限制在一个半径为a的圆形区域内，圆心在（0，）处。保持磁感应强度不变，在x轴的正半轴上铺设挡板，粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并被挡板吸收，求：这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力。

【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
(1)由几何关系可知

可得

由牛顿第二定律

得

粒子在磁场中运动的时间

(2)粒子打在x轴上的范围如图所示

最右侧

最左侧，与轴相切，由几何关系知

联立解得x轴上能接收到粒子的区域长度L为

(3)粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上

根据几何关系则有

解得

粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上的动量的变化量为

粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最短时间为

粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最长时间为

根据动量定理得

联立解得这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力为

25．原子激光制冷是一种利用激光使原子减速、降低原子温度的技术。冷原子实验中减速原子束流的塞曼减速装置如图所示：一束与准直后的原子束流反向传播的单频激光与原子发生散射，以达到使原子减速的目的。原子和光子的散射后过程可理解为原子吸收光子、随即各向同性地发射相同能量光子的过程。单位时间内一个原子散射光子的数目称为散射速率是。当原子的能级与激光频率共振时，原子散射光子的散射速率最大，减速效果最好。然而，在正常情况下，当原子速度改变（被减速）后，由于多普勒效应，原子与激光不再共振，造成减速暂停。塞曼减速装置利用原子跃迁频率会受磁场影响的特性（塞曼效应：原子的能级会受到外磁场影响，从而能级间跃迁所吸收的光的频率也会受到外磁场的影响），利用随空间变化的磁场来补偿多普勒效应的影响，使原子在减速管中处处与激光共振，直至将原子减速至接近静止。
（1）考虑被加热到的原子气体，问准直后（假设准直后原子只有一个方向的自由度）的原子的方均根速率是多少？
（2）激光与对应的原子跃迁共振时，原子对光子的散射速率为。已知用于减速原子的激光波长是，问原子做减速运动时的加速度为多少？将具有方均根速率的原子一直被激光共振减速至静止所需的距离是多少？
（3）不考虑磁场的影响，试计算激光频率应该比原子静止时的激光共振频率减小多少才能与以方均根速率（向着光源方向）运动的原子发生共振跃迁？
（4）已知在磁场的作用下，原子对应的跃迁的频率随磁感应强度变大而线性变小（塞曼效应）式中，系数。假设在准直管出口处原子以均方根速率朝激光射来的方向运动，同时假设在准直管出口处的磁感应强度为0。为了使原子在减速管中（直至原子减速至接近静止）处处被激光共振减速，需要加上随着离准直管出口处距离而变化的磁场来补偿多普勒效应的影响。试求需要加上的磁场的磁感应强度与的关系。已知普朗克常量，玻尔兹曼常量，单位原子质量。

【答案】（1）；（2），；（3）；（4）
【解析】
（1）根据能量按自由度均分定理，任一自由度的能量的平均值都是。因此准直后的原子速率平均的平均值满足
①
式中是原子的质量
②
而
③
是原子气体的温度。由①②③式与题给常量得，原子方均根速率为
   ④
（2）按照牛顿第二定律，原子做减速运动时的加速度大小满足：
   ⑤
式中是原子所受到的激光对它的作用力的大小：
⑥
这里，是原子在受到激光照射时间间隔内其动量的减少。这种减少源自原子在时间间隔内共振吸收了与原子初速度反向运动的个光子
   ⑦
式中是单个光子动量
   ⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
⑨
将初速度为的原子减速直至静止，该原子所通过的距离是
⑩
（3）设激光的频率为；当原子以速度与激光光子相向运动时它所感受到的激光的频率为，此即该原子在其静止的参考系中所接受到的激光的频率。根据多普勒效应公式
   ①
当时，可得
②
设原子的跃迁频率为。
当时，原子与激光达到共振散射时。由此得激光应该减小的频率为
   ③
式中是激光的波长。当时有
   ④
（4）在原子与激光处处共振的条件下，原子做减速运动的加速度为常值。在处的原子的速度满足
   ⑤
由此得
   ⑥
由③式可知，在处有

同理，在处有
⑦
于是
⑧
塞曼减速装置的设计目的是应用塞曼效应让原子处处与冷却激光共振，按题给条件有

注意到，上式可写为
     ⑨
与⑧式比较并利用⑨式得
   ⑩
将，以及其它量的题给数据代入⑩式得

其中，的单位是，的取值范围为；的单位是，的取值范围是（或）。