专题08 磁场 带电粒子在磁场中的运动（精练）（解析版）

2023年高考物理二轮复习讲练测

专题08 磁场 带电粒子在磁场中的运动（精练）

一、单项选择题

1．如图所示，正方体放在水平地面上，空间有磁感应强度为、方向与水平面成45°角斜向上的匀强磁场。一根通电长直导线穿过正方体前后面的中心，电流的方向垂直于纸面向里。a，b，c，d分别是正方体所在边的中点。在这四点中（　　）

A．c，d两点的磁感应强度大小相等 B．a，b两点的磁感应强度大小相等

C．b点磁感应强度的值最大 D．c点磁感应强度的值最小

【答案】D

【详解】a，b，c，d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加，如图所示

由图可知，a点磁感应强度大小为Ba=B0+B，b点和d点磁感应强度大小为。c点的磁感应强度大小为Bc=B0-B故ABC不符合题意，D符合题意。故选D。

2．由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通有大小为I的电流，如图甲所示，则环心O处的磁感应强度大小，其中μ0是真空磁导率．若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且距O点的距离是x，如图乙所示．请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的是(　　)

A．BP＝·

B．BP＝·

C．BP＝·

D．BP＝·

【答案】A

【详解】本题没有公式可以直接计算P点的磁感应强度，只能采取其他方法处理。

方法一：从单位角度来排除选项：根据题中O点磁感应强度公式，可知P点的磁感应强度表达式的单位应与上式相同，可以看出只有A中表达式的单位与上式一致，BCD中不同，故BCD错误，A正确。

方法二：应用极限思维法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小，只有A项结果符合，故BCD错误，A正确。故选A。

3．如图所示，一倾角为的粗糙斜面静止于水平地面上，质量为的物块A置于斜面上，另有一质量为m，长度为L的导体棒C，通过细线跨过光滑轻质定滑轮与A相连，A到滑轮的细线与斜面平行，C到滑轮的细线竖直，C与斜面无接触，在斜面右侧存在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。开始时，C中未通电，A、C保持静止。现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到的电流，（供电回路题中未画出，对导体棒的受力影响可忽略）可观察到导体棒缓慢运动，直到绳与水平面成角时保持静止（如图虚线所示），此过程中棒始终保持水平，滑块A与斜面始终保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．滑块A受到的摩擦力可能先减小后增大 B．地面对斜面的支持力一直在减小

C．绳受到的拉力最大值为 D．导体棒中电流的值为

【答案】D

【详解】C．电流为零时，设绳子上的拉力，对导体棒C受力分析如图所示

对物块A受力分析可知=mg可知此时物块A此时不受摩擦力。设绳与水平面成角时，绳子上的拉力，物块A受到的摩擦力为，物块A和导体棒C受力分析如图所示

对导体棒C受力分析可知对物块A受力分析可知导体棒缓慢运动过程中，导体棒C一直处于动态平衡，设绳子上的拉力为，则随着电流的增大，绳子上的拉力F逐渐增大。因此当绳与水平面成角时，绳子上的力最大且等于。C错误；

A．导体棒缓慢运动过程中，对物块A受力分析可知滑块A受到的摩擦力随F增大而增大。A错误；

D．绳与水平面成角时，对导体棒C受力分析可知得，D正确；

B．对斜面和导体棒构成的整体，受力分析可知地面对斜面的支持力一直不变。B错误。

故选D。

4．如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域（阴影部分）可能的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】离子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示

粒子源最左端发射的粒子落在A点，最右端发射的粒子落在B点，故选C。

5．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，，，一束粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知氕核的质量为m，电荷量为q。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（　　）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g，O为粒子做圆周运动轨迹的圆心，当最大时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知当c点与g点重合时，粒子运动时间最长，如图所示

设运动半径为R，则有可得已知氕核的质量为m，电荷量为q，其为氢的同位素，写法为，则的相对原子质量为的3倍，则粒子的质量为3m，且可知电荷量为的2倍，即2q，则有可得故选D。

6．实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动，将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，P能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射入板间，已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m（电子重力及相互间作用力忽略不计），以下说法中错误的是（　　）

A．沿直线穿过速度选择器的电子的速率为

B．只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过A、B板的时间变长

C．若时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则可能正好从O2点水平飞出

D．若时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则（n=1，2，3……）

【答案】B

【详解】A．电子受电场力和洛伦兹力的作用，沿中轴线运动，则电子受力平衡，满足解得

A正确，不符合题意；

B．若只增大速度选择器中的电场强度E，由可知，能沿直线通过速度选择器的电子速率较大，则在A、B板长度不变的情况下，电子穿过A、B板的时间变短，B错误，符合题意；

C．时刻进入A、B板间的电子，若刚好经历一个周期T恰好飞出电场，则在竖直方向先加速上升再减速上升，然后加速下降再减速下降，由对称性可知，恰好到达O2处且竖直方向速度为零，故能正好从O2点水平飞出，C正确，不符合题意；

D．若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出电场，结合C解析可知，竖直方向的末速度应该为零，则在电场中的运动时间为t=nT(n=1，2，3……)可得此时电子的速度为联立A解析中的结论可得

(n=1，2，3……)，D正确，不符合题意。故选B。

7．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22两种离子（不考虑离子的重力及离子间的相互作用），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（离子的初速度可视为零），沿竖直线S1S2（S2为小孔）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，这两种离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．

【答案】C

【详解】粒子在电场中加速在磁场中做圆周运动解得

氖20最大半径氖22最小半径两轨迹不发生交叠，有

解得故选C。

8．磁流体发电机的原理如左图所示，燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离成高温等离子体。等离子体经喷管提速后以速度v进入矩形发电通道，发电通道中有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，简化后的原理图如右图所示。已知磁感应强度大小为B，发电通道长为l，宽为b，高为a，高温等离子体的电阻率，外部电路的总电阻为R。当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）

A．发电机产生的电动势

B．回路电流

C．发电机的输出功率

D．为维持等离子匀速流动，矩形发电通道左右端的压强差

【答案】C

【详解】A．由左手定则可知，发电通道的上极板为电源的正极，下极板为负极，稳定时，洛伦兹力等于电场力，即所以发电机产生的电动势为故A错误；

B．根据闭合电路欧姆定律可得回路中的电流为故B错误；

C．发电机的输出功率为故C正确；

D．矩形发电通道左右端的压强为故D错误。故选C。

9．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

【详解】A．根据左手定则，正离子往N板偏，负离子往M板偏，最终M板带负电，N板带正电，M板电势比N板电势低，故A正确，不符合题意；

BCD．最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，可得污水的流量Q=vbc

则MN两端间的电势差为污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大；增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增大；电势差与污水中的离子浓度无关，故B错误，符合题意、CD正确，不符合题意。

故选B。

10．在磁极间的真空室内有两个半径为的半圆形金属扁盒（形盒）隔开相对放置，形盒间加频率为的高频率交流电，其间隙处产生交变电场。置于中心的粒子源产生质量为，电荷量为的粒子射出来（初速度视为零），受到电场加速，在形盒内不受电场力，仅受磁极间磁感应强度为的磁场的洛伦兹力，在垂直磁场平面做圆周运动。经过很多次加速，粒子沿螺旋形轨道从形盒边缘引出，能量可达几十兆电子伏特（）。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（　　）

A．粒子第一次和第二次经过型盒间狭缝后轨道半径之比为

B．加速电压越大粒子获得的最大动能就越大

C．粒子获得的最大动能为

D．保持交流电频率和磁场磁感应强度不变可以加速比荷不同的粒子

【答案】C

【详解】A．粒子通过狭缝经电场加速有进入D型盒，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动有联立可得则粒子第一次和第二次经过型盒间狭缝后轨道半径之比为，故A错误；

B．根据可得可知，当粒子做圆周运动半径等于D型盒半径时最大，速度最大，动能最大，则最大动能由形盒的半径确定，故B错误；

C．由B分析可知，粒子获得的最大动能为故C正确；

D．粒子在D型盒中做圆周运动的周期要和交流电源的周期相等，才能被加速，则则保持交流电频率和磁场磁感应强度，只有比荷相同才能被加速，故D错误。故选C。

11．如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从点由静止释放，沿图中轨迹依次经过、两点，且点离虚线最远。已知磁感应强度为，电场强度为，电子质量为、电荷量为，点为零电势点，电子重力不计，则（　　）

A．电子在点的速率为 B．点离虚线的距离为

C．电子在点的电势能为 D．、两点的距离为

【答案】B

【详解】AB．设电子在运动过程中的任意一点Q的速度为v，则该速度可以分解为水平速度vx和竖直速度vy，M点到Q点的竖直距离为d，我们选水平向左为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，对电子从M点到Q点用动能定理有 对电子从M点到Q点水平方向用动量定理有

则当Q点为N点时，有联立以上数据解得 ， 故A错误。故B正确。

C．由以上分析得电子在N点的动能为 从M到N对电子用能量守恒定律得

则得N点电子的电势能为 故C错误；

D．如下图设P、M中间点为O点，对电子从M点到O点竖直方向用动量定理有

由图得电子的运动具有周期性，也可认为电子的运动为一个竖直平面的匀速圆周运动和一个竖直方向的匀变速直线运动的合运动。对于匀速圆周运动有 得运动周期为 即电子从M点到O点的运动时间为 所以 由周期性得、两点的距离为故D错误。

故选B。

二、多项选择题

12．如图，空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。边长为L的正方形导线框abcd可绕过ad边的固定水平轴转动，其中ab、cd和da边的质量均忽略不计，bc边的质量为m，在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，线框自竖直位置由静止释放，线框摆动到最大幅度时，线框与竖直平面成角（），重力加速度为g，不计转轴及空气阻力。则下列说法正确的是（    ）

A．bc边受到安培力大小为BIL，沿方向观测，安培力方向水平向右

B．题目中物理量满足

C．题目中物理量满足

D．如果，bc边的最大速度可表示为

【答案】AC

【详解】A．bc边与磁场垂直，则安培力大小为根据左手定则，沿方向观测，安培力水平向右，A正确；

B．线框摆动到最高点时，与竖直平面成角，bc边受力如图所示

由于此时bc受力不平衡，所以，B错误；

C．线框由竖直摆动到最大幅度的过程，根据动能定理得可得

故C正确；

D．由C项结果可知，当时，重力和电场力大小相等，两力的合力大小为方向与重力成角向下，可知当摆角为时，bc速度最大，根据动能定理解得

D错误。故选AC。

13．2022年10月20日，世界首个电磁驱动地面超高速试验设施——“电磁橇”在我国济南阶段性建成并成功运行，电磁橇可以将吨级及以上物体最高加速到1030公里的时速，创造了大质量超高速电磁推进技术的世界最高速度纪录。电磁橇运用了电磁弹射的原理，图甲是一种线圈形电磁弹射装置的原理图，开关S先拨向1，直流电源向电容器充电，待电容器充好电后在时刻将开关S拨向2，发射线圈被弹射出去，如图乙所示，电路中电流在时刻达到峰值后减小。假设发射线圈由粗细均匀的同种金属导线绕制而成，发射导管材质绝缘，管内光滑，下列说法正确的是（　　）

A．在时间内，发射线圈的加速度不断增大

B．在时间内，发射线圈中的电流不断减小

C．增加发射线圈的匝数，发射线圈加速度不变

D．发射导管越长，发射线圈的出射速度越大

【答案】BC

【详解】AB. 在时间内，驱动线圈中的电流逐渐变大，但是电流的变化率逐渐减小，则穿过发射线圈的磁通量的变化率逐渐减小，则发射线圈中产生的电流不断减小，驱动线圈产生的磁场逐渐增强，根据F=BIL可知，发射线圈所受的安培力不一定增大，则发射线圈的加速度不一定增大，选项A错误，B正确；

C. 根据 设单匝线圈的电阻为r0，质量为m0，线圈的半径为r，则电流安培力

加速度则增加发射线圈的匝数，发射线圈加速度不变，选项C正确；

D. 对发射线圈根据动量定理 而则安培力的冲量一定，发射线圈的出射速度一定，与发射导管长度无关，选项D错误。故选BC。

14．如图所示，纸面内O为圆心、半径为R的圆形区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB为一条直径，半径AO与PO的夹角为30°。质量为m、带电荷量为＋q的粒子1从P点沿平行于AO方向以大小为的速度射入磁场，其离开磁场时，速度方向恰好改变了180°；质量为2m、带电荷量为＋q的粒子2从B点沿平行于OP方向以大小为的速度射入磁场。不计粒子的重力和两粒子间的相互作用。下列说法中正确的是（    ）

A．磁场的磁感应强度大小为

B．粒子2在磁场中运动的时间为

C．将粒子2在B点的速度逆时针旋转60°后，粒子将经过O点

D．将粒子2在B点的速度逆时针旋转90°后，粒子将从A点射出

【答案】BC

【详解】A．粒子1离开磁场时，速度方向恰好改变了180°，表明粒子在磁场中转动了半周，其运动轨迹如下图所示

由几何关系可得根据牛顿第二定律可得解得故A错误；

B．粒子2进入磁场，根据牛顿第二定律可得解得运动轨迹如A选项中图所示，根据几何知识可知，将粒子2的入射点B、出射点Q、轨迹圆心与磁场圆心O连接后构成的四边形是菱形，粒子2射出磁场的速度方向垂直于AB，粒子2在磁场中的偏转角度为60°，故粒子2在磁场中运动的时间为

故B正确；

C．将粒子2在B点的速度逆时针旋转60°后，运动轨迹如A选项中图所示，根据几何知识可知，粒子将经过O点后沿垂直于AB的方向射出，故C正确；

D．将粒子2在B点的速度逆时针旋转90°，运动轨迹如A选项中图所示，根据几何知识可知，粒子将从P点沿垂直于AB的方向射出，故D错误。故选BC。

15．如图，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B。光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，OM之间的距离为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（　　）

A．粒子的最大速率为

B．荧光屏上的发光长度

C．打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为

D．打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为

【答案】AC

【详解】AC．速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，轨迹如图所示

设轨道半径为r1，即OO1=r1；O1O2=2r1可知圆心角∠OO1K=60°故可解得r1=2a

由向心力公式可得联立可解得此过程，在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹圆心角60°，右侧轨迹圆心角150°，周期公式为故总时间为故AC正确；

BD．当粒子的轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时最长。如图所示

由几何关系得两边轨迹合起来恰好是一个圆周，故最长时间垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度，即

故BD错误。故选AC。

16．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，粒子重力以及粒子之间的相互作用忽略不计，所有粒子均能穿过磁场到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚时间，则（　　）

A．粒子到达y轴的位置一定各不相同

B．磁场区域半径R应满足

C．从x轴入射的粒子最先到达y轴

D．，其中角的弧度值

【答案】BD

【详解】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示

的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转

A．由图可知，发生偏转的粒子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到达y轴的位置不是各不相同的，故A错误；

B．以沿x轴射入的粒子为例则粒子不能达到y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求

所有粒子才能穿过磁场到达y轴，故B正确；

C．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，而y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，故C错误；

D．从x轴入射的粒子运动时间为，的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短 所以其中角度为从x轴入射的粒子运动的圆心角，根据几何关系有

则有故D正确。故选BD。

17．如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏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的带正电粒子，不计粒子的重力，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．粒子从发射到达到绝缘板上的最长时间为 D．同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差

【答案】BD

【详解】A．打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示：

根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度为：，A错误；

B．由运动轨迹图可知，能打到板上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：又

解得：，B正确；

CD．设此时粒子出射速度的大小为v，在磁场中运动时间最长（优弧1）和最短（劣弧2）的粒子运动轨迹示意图如下：

粒子做整个圆周运动的周期，由几何关系可知：最短时间：；最长时间：

根据题意得同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差：解得：，C错误，D正确。

故选BD。

18．如图所示，在边长为L的等边三角形区域ABC内存在着垂直纸面的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为，大量质量为m、带电荷量为q的粒子从BC边中点O沿不同的方向垂直于磁场以速率v0射入该磁场区域，不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）

A．所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为

B．所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为

C．对于从AB和AC边射出的粒子，在磁场中运动的最长时间为

D．对于从AB和AC边射出的粒子，在磁场中运动的最短时间为

【答案】BC

【详解】A．所有粒子的初速度大小相等，它们在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为

故A错误；

B．粒子做圆周运动的周期为故B正确；

C．当粒子运动轨迹对应的弦最长时，圆心角最大，粒子运动时间最长，当粒子运动轨迹对应的弦长最短时，对应的圆心角最小，粒子运动时间最短。对于从AB和AC边射出的粒子在磁场中的运动，可知最长的弦为，恰好等于轨迹半径，对应的圆心角为60°，因此最长运动时间故C正确；

D．过O点作AC边的垂线，垂足为D，可知为最短的弦之一，由几何知识可知，对应的圆心角小于30°，因此粒子最短运动时间小于故D错误。故选BC。

19．如图，坐标原点有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为、电量为的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在，半径为的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为。磁场右侧有一长度为，平行于轴的光屏，其中心位于。已知初速度沿轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（   ）

A．粒子速度大小为

B．所有粒子均能垂直射在光屏上

C．能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为

D．能射在光屏上的粒子初速度方向与轴夹角满足

【答案】AC

【详解】A．由题意，初速度沿轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有；

解得 ，A正确；

B．由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直高度最大值为，并不会垂直打在光屛上，B错误；

C．如图，由几何关系可得，运动时间最长的粒子，对应轨迹的圆心角为

根据周期公式可得，C正确；

D．粒子初速度方向与轴夹角为 时，若能打在光屛下端，如图

由几何关系可得圆心角即初速度与轴夹角为同理，粒子打在光屛上端时（图同B），初速度与轴夹角为，D错误。故选AC。

20．如图所示，在平面内，以P点为圆心，半径为a的圆形磁场区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域外范围内存在水平方向、电场强度为E的匀强电场（图中未画出）。有很多质量为m、带电量为的粒子，从坐标原点O以相同速率v沿不同方向平行于平面射入第一象限。已知所有粒子均能从Q点离开磁场，不计粒子重力及其间的相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．电场方向水平向左 B．磁感应强度B大小为

C．所有粒子在电场中运动的时间均为 D．所有粒子在磁场中运动的时间均为

【答案】BD

【详解】由于电场仅在圆形区域外范围内存在，根据磁汇聚和磁发散规律，可知粒子先在磁场中偏转，第一次离开磁场后进入电场时速度方向均沿x正方向，在电场中先做匀减速直线运动，速度减小到零后做反向的匀加速直线运动再次进入磁场，然后偏转到Q。粒子沿某一方向入射时，轨迹如图所示

A．根据粒子运动轨迹，可知在电场中受到电场力方向向左，所以电场方向向右，A错误；

B．当粒子初速度竖直向上时，恰好从(a，0)离开，由几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆半径等于a，有得所以B正确；

C．粒子在电场中运动，由牛顿第二定律，有又有得所以C错误；

D．粒子在磁场中发生的两段运动过程的总路程恰好等于半圆轨迹长度，有得所以D正确。

故选BD。

【点睛】磁汇聚与磁发散原理是是圆形磁场区域中一个特殊的运动现象，这两种模型的互逆。

磁发散：带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上某点射入磁场，如果圆形匀强磁场的半径与粒子运动的圆轨迹半径相等，则粒子的出射速度方向与圆形磁场上入射点的切线方向平行。

磁汇聚：平行射入圆形有界匀强磁场的相同带电粒子，如圆形匀强磁场的半径与粒子运动的圆轨迹半径相等，则所有粒子都从磁场边界上的同一点射出，并且出射点的切线与入射速度方向平行。

21．利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压UH。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，UH为0，将该点作为位移的零点。在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表。下列说法中正确的是（   ）

A．该仪表的刻度线是均匀的

B．若霍尔元件是金属导体，下表面电势高时，说明∆z > 0

C．测量某一位移时，只减小霍尔元件在y轴方向的尺寸，测量结果将偏大

D．测量某一位移时，只增大通过霍尔元件的电流I，测量结果将偏大

【答案】AD

【详解】A．设载流子的电荷量为q，沿电流方向定向运动的平均速率为v，单位体积内自由移动的载流子数为n，导体板横截面积为S，霍尔元件沿z轴厚度为a，霍尔元件沿y轴厚度为b，则电流的微观表达式为

I = nqSv = nqabv载流子在磁场中受到洛伦兹力F洛 = qvB载流子在洛伦兹力作用向上或向下移动，上下表面出现电势差，则载流子受到的电场力为当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，联立得出

由于磁感应强度B的大小和坐标z成正比，所以UH与B成正比，故UH与坐标z成正比，故刻度是均匀的，A正确；

B．在∆z > 0区域，B方向沿z轴负方向，用左手定则可判断电流受力方向沿y轴正方向，而霍尔元件是金属导体，故上表面电势高，下表面电势低，B错误；

C．设霍尔元件沿y轴方向的厚度为b，载流子定向移动的速率为v，则根据平衡条件有解得

UH = bvB保持其他条件不变，仅减小b，则UH变小，电压表读数变小，同时还会导致读数误差增大，C错误；

D．由电流I越大，霍尔电压UH越大，D正确。故选AD。

22．如图所示，质量M=1kg、足够长的绝缘木板以v0=2m/s的速度沿光滑水平面向左运动，某时刻在其左端轻轻放置一质量m=1kg、电荷量q=+10C的滑块，系统处在垂直纸面向外、磁感应强度B=1T的匀强磁场中。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2.则（　　）

A．木板和滑块始终做匀加速运动

B．滑块开始做加速度减小的加速直线运动，最终做匀速直线运动

C．木板对地面的压力的最小值为20N

D．滑块和木板最终均做匀速直线运动，速度均为1m/s

【答案】BD

【详解】A．当滑块放在木板上时由于摩擦力作用，滑块向左加速，考虑到受洛伦兹力向上，压力不断变化，摩擦力不断变化，则加速度也不断变化，A项错误；

D．滑块开始受到水平向左的摩擦力作用，由于压力减小，摩擦力减小，加速度减小，即滑块开始做加速度减小的变加速直线运动，木板做减速运动，由于系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律，有Mv0=(M+m）v解得v=1 m/s，D项正确；

B．当共速时，滑块受到的洛伦兹力大小f=qvB=10 N方向竖直向上，恰好与重力相等，且滑块将脱离木板，摩擦力消失，木板和滑块均做匀速运动，B项正确；

C．最终滑块脱离木板时，木板对地面的压力的最小值FN=Mg=10 N，C项错误。故选BD。

三、计算题

23．如图甲所示，正方形荧光屏abcd与正方形金属板相距水平平行放置，二者的边长均为L。金属板的中心开有小孔，小孔正下方有一通电金属丝可持续发射热电子，金属丝与金属板之间加有恒定电压U。以金属板中心小孔为坐标原点，沿平行于金属板两边和垂直金属板方向建立x、y和z坐标轴，电子从金属丝发射经小孔沿z轴正方向射入磁场区域，测得电子经电场加速后经过小孔时的速度大小介于v与之间。z轴与荧光屏的交点为s，金属板与荧光屏之间存在磁场（图中未画出），其磁感应强度沿z轴方向的分量始终为零，沿x轴和y轴方向的分量和随时间周期性变化规律如图乙所示，图中。已知电子的质量为m、电荷量大小为e，忽略电子间的相互作用，且电子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，可认为电子在磁场运动过程中磁感应强度不变。求：

（1）从金属丝发射的电子的初速度大小范围；

（2）时以速度进入磁场的电子打在荧光屏上的位置坐标；

（3）时以v与速度进入磁场的两个电子打在荧光屏上时的时间差；

（4）请在荧光屏的俯视图丙中定性画出电子在荧光屏上出现的位置。（不要求计算过程）

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）见解析

【详解】（1）令电子加速过程始末速度分别为，，则有

根据题意，在v与之间，解得

（2）电子在磁感应强度作用下有解得根据图乙可知，在时以速度进入磁场的电子，磁感应强度沿x轴和y轴方向的分量和均为，根据左手定则可知，此时的使得电子沿y轴负向偏转，使得电子沿x轴正向偏转，由于可知，电子能够打在荧光屏上，z轴坐标；x轴坐标；y轴坐标则电子打在荧光屏上的位置坐标为。

（3）电子在磁场中圆周运动的周期；时，等于0，为，根据左手定则可知，此时的使得电子沿y轴正向偏转，电子速度为v时解得根据上述，结合几何关系可知，电子度为v时，打在荧光屏之前的轨迹对应的圆心角为，电子度为时，打在荧光屏之前的轨迹对应的圆心角为，则两个电子打在荧光屏上时的时间差为解得

（4）定性画出电子在荧光屏上出现的位置如图中正方形内部实线所示

24．如图甲所示，在平面直角坐标系中存在周期性变化的匀强电场和匀强磁场，变化规律如图乙所示，其中电场强度方向沿y轴负方问，磁场方向垂直xOy平面向里．带正电粒子以速度从原点沿x轴正方向射出。已知粒子比荷，不考虑电场、磁场突然变化带来的影响，忽略粒子重力，求：

（1）粒子通过x轴的时刻和坐标；

（2）粒子通过x轴后到y轴的最小距离。

【答案】（1），；（2）

【详解】（1）在0～0.2s内粒子做类平抛运动，则且

沿轴方向速度此时速度在时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有得圆心恰好在轴上，粒子在磁场中做圆周运动周期粒子运动时间即粒子运动半个周期后又进入电场，作出粒子运动示意图如图所示，粒子第一次通过轴，粒子恰好在磁场中转过135°，对应时刻

坐标

（2）在时间内，粒子做类斜向上抛运动到最高点，此时速度大小为零，时刻，粒子的坐标；此后粒子又做半个圆周运动，其轨道半径粒子距离轴最近距离

25．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图甲所示是离子注入工作原理示意图，一质量为m，电量为q的正离子经电场由静止加速后沿水平虚线射入和射出速度选择器，然后通过磁场区域、电场区域偏转后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器和磁场区域中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和电场区域中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和水平方向（沿x轴）。电场区域是一边长为L的正方形，其底边与晶圆所在水平面平行，间距也为L（）。当电场区域不加电场时，离子恰好通过电场区域上边界中点竖直注入到晶圆上x轴的O点。整个系统置于真空中，不计离子重力。求：

（1）若虚线框内存在一圆形磁场，求圆形磁场的最小面积；

（2）若电场区域加如图乙所示的电场时（电场变化的周期为，沿x轴向右为正），离子从电场区域飞出后，注入到晶圆所在水平面x轴上的总长度。

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）离子通过速度选择器时，有可得离子的圆形磁场中运动时，有

可得由几何关系可知磁场的最小半径为圆形磁场的最小面积为

（2）当离子进入电场区域时，电场刚好变为正方向，则离子做类平抛运动，有；；

联立可得离子离开电场时，延电场方向的速度为则有可得

则离子落在x轴正方向离O点的最远距离为同理，如果落在进入电场时，电场刚好变为负方向，则离子向左做类平抛运动，落在x轴负方向离O点的最远距离为离子从电场区域飞出后，注入到晶圆所在的水平面x轴上的总长度为

26．如图甲所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场存在于底面半径为R的圆柱形空间内，和是圆柱形空间上、下两个圆面的圆心，其后侧与等高处有一个长度为R的水平线状粒子发射源，图乙是俯视图，P为的中点，连线与垂直。线状粒子源能沿平行方向发射某种质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子束，带电粒子的速度大小均相等。在右侧处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏，荧光屏的边与线状粒子源垂直，且处在同一高度。过作边的垂线，交点恰好为的中点O。荧光屏的左侧存在竖直向下的匀强电场，宽度为R，电场强度大小为E。已知从射出的粒子经磁场偏转后都从F点（圆柱形空间与电场边界相切处）射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。

（1）求带电粒子的初速度大小；

（2）以边的中点O为坐标原点，沿边向里为x轴，垂直边向下为y轴建立坐标系，求从M点射出的粒子打在荧光屏上的位置坐标；

（3）求圆柱形横截面内，磁场区域的最小面积。

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）在磁场中由洛伦兹力提供向心力线状粒子源发出的粒子均从F点射出，可得

解得带电粒子的初速度大小

（2）设打在荧光屏上的横、纵坐标分别为x、y，粒子从F点离开磁场时与之间的夹角为，如图1所示

可得依题意有带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可得；；

联立解得则粒子打在荧光屏上的位置坐标为

（3）磁场区域的最小面积为图2中两条轨迹与圆相交部分的面积，

解得磁场区域的最小面积

27．范德格拉夫静电加速器由两部分组成，一部分是产生高电压的装置，叫作范德格拉夫起电机，其示意图略，加速罩（金属球壳）是半径a=0.5m的一个铝球，由宽度w=10cm、运动速度v=20m/s的一条橡胶带对它充电，从而使金属壳与大地之间形成500kV的高电压。另一部分是加速管和偏转电磁铁，再加上待加速的质子源就构成了一台质子静电加速器，如图中所示。抽成真空的加速管由20个金属环及电阻组成（图中仅画出电阻中的6个），金属环之间由玻璃隔开，各环与的电阻串联。从质子源引出的质子进入加速管加速，然后通过由电磁铁产生的一个半径b=10cm的圆形匀强磁场区域引出打击靶核。已知质子束的等效电流为，质子的比荷。

（1）若不考虑传送带和质子源的影响，求加速罩内的电场强度E和电势；

（2）要维持加速罩上500kV的稳定电压，求喷射到充电带表面上的面电荷密度；

（3）质子束进入电磁铁，并做角度的偏转，求磁感应强度B的大小；

（4）已知电量为q的点电荷在距离r处产生的电势为。若偏转后的质子向氟原子（Z=9）组成的一个靶上发射，求质子与氟原子核中心最接近的距离（假设氟保持静止，）。

【答案】（1）E=0，；（2）；（3）；（4）

【详解】（1）导体球静电平衡E=0由题意得

（2）罩通过电阻和质子束放电。通过电阻放电电流

需要供给罩的总电流这个电流被喷到橡胶带，而则

（3）加速度过程，由动能定理得在磁场中有

粒子在磁场中轨迹如下

由几何关系得联立解得

（4）由能量守恒，有解得

28．如图所示，质量的小车以的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是光滑圆弧轨道，整个轨道均由绝缘材料制成，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小，磁感应强度大小。现有一质量、带负电的电荷量的滑块，以的水平速度从小车左端A处向右冲上小车，第一次通过D点时速度的大小，滑块可视为质点，忽略运动电荷产生的磁场，g取。求：

（1）求滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能；

（2）若圆弧轨道的半径，滑块刚过D点时对轨道压力的大小；

（3）当滑块通过D点时，立即撤去磁场，若滑块不能冲出圆弧轨道，求圆弧的最小半径。

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）设滑块从A到D时，小车的速度大小为，滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有解得设小车与滑块组成的系统损失的机械能为，则有

解得

（2）设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为，由牛顿第二定律可得

解得由牛顿第三定律可得滑块对轨道的压力大小为

（3）设圆弧最小半径为R，滑块沿圆弧轨道上升到最大高度R时，滑块与小车具有共同的速度，由动量守恒定律可得解得由能量守恒关系得

解得

29．如图所示，在光滑水平面上距离竖直线MN左侧较远处用弹簧锁定不带电绝缘小球A，弹性势能为0.45J，A球质量M=0.1kg，解除锁定后与静止在M点处的小球B发生弹性正碰，B球质量m=0.2kg，带电量q=+10C。MN左侧存在水平向右的匀强电场E2，MN右侧空间区域范围内存在竖直向上、场强大小E1=0.2N/C的匀强电场和方向垂直纸面向里磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场。（g=10m/s2，不计一切阻力）求：

（1）解除锁定后A球获得的速度v1；

（2）碰后瞬间B球速度v2；

（3）E2大小满足什么条件时，B球能经电场E2通过MN所在的直线。（不考虑B球与地面碰撞再次弹起的情况）

【答案】（1）3m/s，方向水平向右；（2）2m/s，方向水平向右；（3）

【详解】（1）A球和弹簧组成的系统机械能守恒，解除锁定后，弹簧的弹性势能全部转换为A球的动能，即

得即解除锁定后获得的速度大小为3m/s，方向水平向右；

（2）A、B在MN处弹性正碰，取水平向右为正方向，由动量守恒、机械能守恒可得

解得方向水平向右；

（3）B球进入MN右侧后，电场力大小为=由于电场力方向竖直向上，因此重力和电场力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即在电磁场区域运动半个圆周后速度方向垂直MN水平向左射出，设出射点距M点的距离为y，则在MN左侧的运动竖直方向为自由落体运动，水平方向类似于竖直上抛运动，设B球能返回MN，且运动时间为t，取水平向右为正方向，则在水平方向上

解得若B球能返回MN，则在竖直方向上应满足

解得

30．在竖直平面内存在如图所示的坐标系，第Ⅱ象限分布有磁感应强度为B1=1T的匀强磁场，一个质量为m=0.04kg，带电量为q=+0.03C的小球由P点静止释放，随后小球以速度v从Q点进入第Ⅲ象限，速度方向与x轴的夹角θ=37°，已知P点的位置坐标为（0，1.25），Q点的位置坐标为（-0.6，0），第Ⅲ象限分布有磁感应强度为B2=T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和电场强度为E=N/C，方向沿y轴正方向的匀强电场，第IV象限在水平方向分布着电场强度也为E=N/C、方向沿x轴负方向的匀强电场，重力加速度取g=10m/s2。求：

（1）小球经过Q点时的速度大小；

（2）小球离开第Ⅲ象限的位置坐标，小球在第Ⅲ象限运动的时间。

（3）小球是否可以再次回到x轴？若可以，写出小球经过x轴的位置；若不可以，写出小球距x轴最近时的位置坐标。

【答案】（1）5m/s；（2）（0，-0.8m）；s；（3）不能再次回到x轴；（0.75m，-0.35m）

【详解】（1）由题意知，由P运动到Q点的过程中，洛伦兹力不做功，仅有重力做功，由

可得Q点的速度为v=5m/s

（2）在第Ⅲ象限，由于故小球做匀速圆周运动，设小球从C点离开第Ⅲ象限，由

可得由几何关系可得QC=2R=1.0m；OC=0.8m故C点坐标为（0，-0.8m）；小球在做圆周运动转过的圆心角而故小球在第三象限运动的时间为

（3）小球在C点的速度大小vC=v=5m/s由几何关系知，与x轴的夹角为θ=37°在第IV象限，小球在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，当竖直方向减速为0时，有vCsin37°=gt可得t=0.3s此时竖直方向位移由于h<OC故小球不能再次回到x轴，此时y=OC-h=0.35m小球在水平方向做匀减速直线运动

qE=max所以小球的水平位移解得x=0.75m故小球距x轴最近时的位置坐标为（0.75m，-0.35m）