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高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力3 带电粒子在匀强磁场中的运动课后作业题
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人教版（2019）选择性必修第二册《1.3 带电粒子在匀强磁场中的运动》2022年同步练习卷（2）
一 、多选题（本大题共6小题，共36分）
1.（6分）如图所示，直角三角形ABC内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于ΔABC平面向里的匀强磁场，O点为AB边的中点，θ=30°.一对正、负电子(不计重力)自O点沿ABC平面垂直AB边射入磁场，结果均从AB边射出磁场且均恰好不从两直角边射出磁场。下列说法正确的是( )
A. 正电子从AB边的O、A两点间射出磁场
B. 正、负电子在磁场中运动的时间相等
C. 正电子在磁场中运动的轨道半径较大
D. 正、负电子在磁场中运动的速率之比为(3+23)：9
2.（6分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置。它的核心部分是两个相距很近的D形金属盒，其两端与高频交流电源相连，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的匀强电场，且两盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中。若用此装置分别对氘核(12H)和氚核(13H)加速，则下列说法正确的是()
A. 回旋加速器加速的次数越多，原子核获得的最大动能越大
B. D形盒间的交变电压越大，原子核获得的最大动能越大
C. 加速氘核和氚核的交流电源周期之比为2：3
D. 氘核和氚核获得的最大动能之比为3：2
3.（6分）正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图所示(俯视图)，位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆运动的“容器”，经过加速器加速后，质量均为m的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率v，他们沿着管道向相反的方向运动．在管道控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图甲中的A1、A2、A3…An共有n个，均匀分布在整个圆环上，每组电磁铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场，并且方向竖直向下，磁场区域的直径为d(如图乙)，改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度．经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，如图乙所示．若电子的重力可不计，则下列相关说法正确的是( )
A. 负电子在管道内沿顺时针方向运动
B. 电子经过每个电磁铁，偏转的角度是θ=πn
C. 碰撞点为过入射点所在直径的另一端
D. 电子在电磁铁内做圆周运动的半径为R=d2sinπn
4.（6分）如图所示，宽d=2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内．现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=5cm，则( )
A. 右边界：−4cm
C. 左边界：y>8cm的范围内有粒子射出
D. 左边界：0
A. 使粒子的速度v5BqL4m
C. 使粒子的速度v>BqLm D. 使粒子速度BqL4m
A. 运动时间相同
B. 运动轨道的半径相同
C. 重新回到边界时速度的大小相等、方向相反
D. 重新回到边界的位置与O点距离相等
二 、单选题（本大题共6小题，共36分）
7.（6分）质子和α粒子在同一匀强磁场中作半径相同的圆周运动．由此可知质子的动能E1和α粒子的动能E2之比E1：E2等于( )
A. 4：1 B. 1：1 C. 1：2 D. 2：1
8.（6分）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的足够宽的匀强磁场，磁感应强度为B。在xoy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计).则下列说法正确的是
A. 若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B. 若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远
C. 若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D. 若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
9.（6分）如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动。已知电场强度为E，磁感应强度为B，则液滴的质量和环绕速度分别为( )
A. qEg BgRE B. B2qRE EB C. qEg EB D. BqRg qgR
10.（6分）如图，足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场，方向竖直向下(与纸面平行)；下方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里。一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动，第一次穿过MN时的位置记为P点，第二次穿过MN时的位置记为Q点，PQ两点间的距离记为d，从P点运动到Q点的时间记为t。不计粒子的重力，若增大v0，则
A. t不变，d不变 B. t不变，d变小
C. t变小，d变小 D. t变小，d不变
11.（6分）如图所示，圆形磁场区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，PQ为圆形磁场的直径，O为圆心磁场的圆心，OA为圆形磁场的水平半径，圆形磁场的半径为R，处于磁场边界P点的粒子源不断沿各个方向将速率v0的同种带电粒子垂直磁场方向射入磁场。当磁感应强度为B=B0时，PQ左侧圆弧恰全部有带电粒子射出，下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带负电 B. 粒子出磁场时速度方向一定垂直PQ
C. 粒子的比荷为RB0v0 D. 若B=2B0，PA圆弧上均有粒子射出
12.（6分）如图所示，仅在xOy坐标系第一象限内有方向垂直纸面向里的匀强磁场。某离子从y轴上A点沿与y轴正方向成θ=30°射入磁场，经过时间t后垂直x轴射出磁场。若该离子从A点沿x轴正方向以同样的速度射入磁场，则该离子在磁场中运动的时间为( )
A. 2t5 B. 3t5 C. 2t3 D. 4t5
三 、计算题（本大题共5小题，共60分）
13.（12分）如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P为屏上的一小孔，PC与MN垂直．一群质量为m､带电荷量为−q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内．求在屏MN上被粒子打中的区域的长度为多少？
14.（12分）如图所示，一个带正电的粒子在加速电场中由静止开始加速，加速后从水平放置的两块平行金属板M、N的中线射入，M板带正电、N板带负电，两板间还存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，且粒子沿直线通过金属板。已知粒子的电荷量为q、质量为m，加速电场电压为U.平行金属板M、N间距为L，电压也为U.粒子穿出金属板后通过d点垂直于ab进入如图所示的bac区域，该区域内仅存在垂直纸面向里的匀强磁场，ad间的距离为32L，θ=30°，不计粒子重力。
(1)求平行金属板间的磁感应强度B的大小；
(2)若要使粒子不从ac边界射出，求bac区域内磁感应强度的最小值B1；
(3)若bac区域内的磁感应强度大小为B2=83LmU2q，粒子在该磁场中的运动时间是多少？
15.（12分）改装后的回旋加速器如图所示(D形盒)，两平行等长金属栅极板MN和PQ，长度均为20mv07qB。板MN位于x轴上，M点位于坐标原点O，板PQ在它正下方。两极板间匀强电场方向竖直向上，空间(除两极板间和两虚线之间的区域)存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。板MN上有一沿x轴可移动的粒子发射源，可沿y轴负方向射出质量为m、电荷量为q的正粒子。t=0时刻，粒子源在MN板上坐标为(10mv07qB,0)的A点发射一速度为v0的正粒子，粒子经过电场区域后进入磁场区域，两虚线之间的区域无电场和磁场存在。有一足够长的粒子探测板位于y轴处，能探测到打在上面的带电粒子。忽略相对论效应和粒子所受的重力及阻力，粒子在磁场以外区域的运动时间忽略不计。
(1)若正粒子经过t1=πmqB恰能运动到Q点，求两极板之间的电压U大小；
(2)两极板间的电压大小满足(1)问，磁感应强度减小为0.5B。求t2=6πmqB时，粒子位置的坐标；
(3)两极板之间的电压大小满足(1)问，磁感应强度减小为0.5B。若粒子源位于MN板上坐标为(12mv07qB,0)的C点，求y轴处探测板上粒子打击位置的坐标。
16.（12分）如图所示，y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限内磁场垂直纸面向外、第四象限内磁场垂直纸面向里，且第四象限磁场磁感应强度是第一象限的2倍；y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场。第一象限内距离y轴L处，垂直x轴放置感应屏。电荷量为q、质量为m的粒子，从A(−L,32L)点以初速度v0沿x轴正方向射出，从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中感应屏，粒子重力不计，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)第一象限磁场磁感应强度的最小值；
(3)粒子击中感应屏时纵坐标的可能值。
17.（12分）虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10−11kg、电荷量为q=+1.0×10−5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计。求：
(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；
(2)水平匀强电场的场强大小；
(3)ab两点间的电势差。
答案和解析
1.【答案】BD;
【解析】解：A、根据左手定则知，正电子在O点所受的洛伦兹力方向指向B，则正电子从AB边的O、B两点间射出磁场，故A错误；
B、正负电子在磁场中均运动半圈，做圆周运动的周期：T=2πmeB，两电子周期相同，则在磁场中运动的时间相等，故B正确；
C、设AB长度为2a，正电子的轨道半径为r1，根据几何关系有：r1+r1sin30∘=a，解得：r1=13a，设负电子的轨道半径为r2，根据几何关系有：r2+r2sin60∘=a，解得：r2=33+23a，可知正电子的半径较小，故C错误；
D、电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2r，解得：v=eBrm，粒子速率：v1v2=r1r2=3+239，故D正确；
故选：BD。
根据左手定则判断出正电子所受洛伦兹力的方向，从而确定偏转方向；根据周期公式比较出两电子的周期大小，通过偏转的角度比较电子在磁场中运动的时间；根据几何关系求出两电子的半径，结合半径公式得出运动速率之比。
此题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出粒子的轨迹图，抓住几何关系，结合半径和周期公式综合求解。
2.【答案】CD;
【解析】解：AB、根据qvB=mv2R，可知质子被加速后的最大速度为v=qBRm，质子被加速后的最大动能与加速电场的电压和加速的次数无关，故AB错误；
C、粒子在磁场中运动的周期与交变电源的周期相同，根据T=2πmqB可知，氘核和氚核的周期之比为2：3，所以加速氘核和氚核的交流电源周期之比为2：3，故C正确；
D、粒子获得的最大动能为：Ek=12mv2=q2B2R22m，则氘核和氚核获得的最大动能之比为3：2，故D正确；
故选：CD。
根据qvB=mv2R，可知质子被加速后的最大速度为v=qBRm，得出最大动能的相关物理量，以及氘核和氚核的最大动能之比；粒子在磁场中运动的周期与交变电源的周期相同。
此题主要考查了回旋加速器的原理，明确D形盒的半径与最大速度有关，与加速电场的电压无关，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电压无关，比荷不同，运动时间不同。
3.【答案】ACD;
【解析】解：A、电子在运动的过程中受力的方向指向圆心，根据左手定则可知，电子在管道内沿顺时针方向运动．故A正确；
B、电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是2π，经过每个电磁铁，偏转的角度是θ=2πn.故B错误；
C、由题意，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，所以碰撞点为过入射点所在直径的另一端．故C正确；
D、由B的分析知电子经过每个电磁铁，偏转的角度是θ=2πn.所以：d2R=sinθ2
得：R=d2sinπn.故D正确．
故选：ACD
(1)根据左手定则即可判断出电子运动的方向；
(2)电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是2π，根据几何关系即可确定电子在电磁铁内做圆周运动的半径为R．
(3)碰撞点为过入射点所对直径的另一端．
本题题目描述很繁杂，看上去难度很大，但是越是这样的往往越简单，因为它描述的多已知量相应就多，过程相应就比较详尽，这有助于我们解题，所以遇见这样看似很难的题目不要慌张，仔细读完，梳理出题目的各个过程，各个量的关系，然后建立起物理模型，然后选择相应的物理规律，定律，定理，一般都能解决．
4.【答案】AD;
【解析】解：A、B当粒子的轨迹恰好与x轴方向的右边界相切时，如图，根据几何知识得到
y1=r2−(r−l)2=52−(5−2)2cm=4cm
当粒子沿−y轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，则有
y2=−r2−(r−l)2=−52−(5−2)2cm=−4cm
所以右边界：−4cm
所以左边界：0
粒子垂直进入磁场后做匀速圆周运动，当粒子的轨迹恰好与x轴方向的右边界相切时，y值正值达到最大；当粒子沿−y轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，y的负值达到最大，根据几何知识求解．
本题是磁场中边界问题，关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解．
5.【答案】AB;
【解析】解：如图所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R
粒子不从左边射出，则：mvqB
可得粒子圆周运动的最大半径：R=5L4
又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则：mvqB>5L4
即：v>5qBL4m
故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足v5qBL4m，故AB正确，CD错误；
故选：AB。
带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力据此可以求得粒子做圆周运动的半径和速度的关系，再根据几何关系粒子射出磁场，就是粒子做圆周运动的半径小于L4(从左侧射出)，或大于5L4(从右侧射出)从而求出粒子速度的范围。
该题考查了有界磁场的问题，利用几何关系求出轨迹半径是解答该题的关键。能根据沦洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系，并能根据几何关系求出粒子不射出磁场的半径条件。
6.【答案】BD;
【解析】
由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．
根据题意画出草图，可根据几何关系求出回到边界时离O点的距离；利用对称关系判断回到边界时速度的方向；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题求运动时间，可用关系式有t=θ2πT=sv=θω，θ是轨迹的圆心角，S弧长，ω是角速度，v是线速度．而且轨迹的圆心角等于速度的偏转角．
A.根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π−2θ，轨迹的圆心角也为2π−2θ，运动时间t=2π−2θ2πT.同理，负离子运动时间t=2θ2πT，显然时间不等，故A错误；
B.根据牛顿第二定律得：qvB=mv2r得：r=mvqB，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；
C.正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C错误；
D.根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同，故D正确。
故选：BD。
7.【答案】B;
【解析】解：质子和α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式为：r=mvBq，
得：v=Bqrm
动能为：Ek=12mv2=q2B2r22m
由题知半径r相同，则得到：Ek1：Ek2=qp2mp：qα2mα
而qp：qα=1：2，mp：mα=1：4，
解得Ek1：Ek2=1：1；故B正确，ACD错误。
故选：B。
质子和α粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，其半径公式为r=mvBq，得到速度v与半径r的关系，求得动能Ek的表达式，即可求出它们的动能之比．
本题只要掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式及两个粒子的质量、电荷量的关系，从而确定动能的表达式，从而求解．
8.【答案】A;
【解析】
试题分析：粒子在磁场中运动的轨迹如图，轨迹的圆心角，运动时间
，则知运动时间与无关，与有关，越大，运动时间越短，所以A正确，C、D错误；当一定时，由知，一定，当从变至的过程中，越大，粒子离开磁场的位置距离O越远；当大于时，越大，粒子离开磁场的位置距离O越近，所以B错误。
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；圆周运动。
9.【答案】A;
【解析】解：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带正电。
磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为逆时针；由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：
mg=qE…①
得：m=qEg
液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：
R=mvqB…②
联立①②得：v=BgRE
故选：A。
液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的质量并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性。根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向。结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度。
此题主要考查了液滴在复合场中的运动。复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场。液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要。该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况。
10.【答案】D;
【解析】解：粒子在电场中做类平抛运动，设第一次到达P点竖直速度v1(大小不变)，则粒子进入磁场的速度v=v02+v12，速度方向与MN的夹角tanθ=v1v0，
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径R=mvqB
第二次经过MN上的Q点时由几何关系可得：d=2Rsinθ；
又sinθ=tanθ1+tan2θ=v1v02+v12，
联立解得：d=2mv1qB，即当增大v0时d不变；
运动的时间t=θ2π.2πmqB=θmqB，则当增大v0时，tanθ减小，θ减小，t减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
粒子在电场中做类平抛运动，到达MN的竖直速度不变，根据类平抛运动的规律求解进入磁场的入射角和速度，在再根据在磁场中做圆周运动的周期和半径求解d和t的表达式即可讨论。
此题主要考查了粒子在电场中的类平抛运动、在磁场中的匀速圆周运动，找到联系两种运动的物理量是求解的关键。
11.【答案】B;
【解析】
根据粒子做匀速圆周运动射出磁场的范围得到粒子轨道半径，即可由几何关系得到出射速度方向，再根据洛伦兹力做向心力求得粒子的比荷；若B=2B0，粒子运动轨迹的轨道半径为12R，画图可知粒子从PA圆弧射出的范围。
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的难点：根据几何关系由已知条件求得轨道半径。
粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故由粒子射出磁场边界恰好占整个边界的一半可得：粒子运动轨迹的轨道半径为R；
A、由左手定则知粒子带正电，故A错误；
B、由粒子做匀速圆周运动，轨道半径为R，根据几何关系可得：粒子离开磁场时的径向平行于PQ，故粒子离开磁场时速度方向垂直PQ连线，故B正确；
C、根据洛伦兹力做向心力可得：qv0B=mv02R，故粒子的比荷qm=v0B0R，故C错误；
D、若B=2B0，粒子运动轨迹的轨道半径为R2，改变初速度方向，粒子从PA圆弧射出，最远从如图的M点射出，PM=R，故D错误；
故选：B。
12.【答案】A;
【解析】解：设OA=L，离子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r=Lsin30∘=2L，转过的圆心角：β=150°，
离子从A点沿x轴正方向以同样的速度射入磁场时运动轨迹如图所示：
由几何知识得：rcosα=r−L，解得：α=60°，
离子在磁场中的运动时间：t=β360∘T，t'=α360∘T，
解得：t'=25t，故A正确，BCD错误；
故选：A。
离子在磁场中做圆周运动，根据题意作出离子运动轨迹，求出离子做圆周运动的轨道半径与转过的圆心角，然后求出离子在磁场中的运动时间。
离子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出离子运动轨迹是解题的前提与关键，根据几何知识求出离子的轨道半径与转过的圆心角，求出离子运动时间即可解题。
13.【答案】解：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得
qvB=mv2R
则得，粒子的轨迹半径为R=mvqB
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如上面左图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；
粒子沿着左侧边界射入，轨迹如上面右图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；
粒子垂直边界MN射入，轨迹如上面中间图，此时出射点最远，与边界交点与P间距为：2r；
故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为：2r-2rcosθ=2r（1-cosθ）=2mv(1−cosθ)qB．
答：在屏MN上被粒子打中的区域的长度为2mv(1−cosθ)qB．;
【解析】
粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，分析找出粒子的一般轨迹后，得到在屏MN上被粒子打中的区域的长度．
本题关键通过作图分析粒子可能出现的运动轨迹，然后综合考虑在荧光屏上的落点，得到长度的范围．
14.【答案】解：(1)在加速电场中，由动能定理得：
qU=12mv2−0
在两极板间粒子做直线运动，由平衡条件得：
qUL=qvB
由①②得：B=1LmU2q
(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何关系得：
(3L2−r)sinθ=r
对粒子由牛顿第二定律得：
qvB1=mv2r
由③④⑤得B1=4LmU2q
(3)由牛顿第二定律得：
qvB2=mv2r'
解得：r'=34L
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得：θ=60°
粒子在bac区域运动的时间为：
t=16×2πmqB2
解得：t=πL82mqU
答：(1)平行金属板间的磁感应强度B的大小为1LmU2q；
(2)若要使粒子不从ac边界射出，求bac区域内磁感应强度的最小值B1为4LmU2q；
(3)若bac区域内的磁感应强度大小为B2=83LmU2q，粒子在该磁场中的运动时间是πL82mqU。;
【解析】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
(1)在加速电场中，由动能定理得速度v，在两极板间粒子做直线运动，由平衡条件得平行金属板间的磁感应强度B的大小；
(2)粒子运动轨迹In图所示，由几何关系得半径，对粒子由牛顿第二定律得bac区域内磁感应强度的最小值B1；
(3)由牛顿第二定律得半径，由几何关系得偏转角度，粒子在bac区域运动的时间t=16×2πmqB2。
15.【答案】解：（1）粒子源在MN板上坐标为（10mv07qB，0），恰能运动到Q点，
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径：R1=L4=5mv07qB，
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子进入磁场时的速度为v1，由牛顿第二定律得：
Bqv1=mv12R1
解得：v1=57v0
带电粒子在电场中运动过程，由动能定理得：
-qU=12mv12−12mv02
解得：U=12mv0249q
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T'=2πmq×0.5B=4πmqB，
则：t2=6πmqB=32T'
设粒子在电场中第二次减速后的速度为v2，粒子在电场中第二次减速过程，由动能定理得：
-qU=12mv22−12mv12
解得：v2=17v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qv2•0.5B=mv22R2
解得：R2=mv2q×0.5B=2mv07qB
则t2=6πmqB时粒子位置的横坐标：x=10mv07qB+2R2
解得：x=2mv0qB，则离子位置的坐标（2mv0qB，0）
（3）粒子经过1.5个周期后位于x'=16mv07qB，加速后v3=v1，R3=R1=10mv07qB
设离打击位置y0，由几何关系：y02=R32−(x'−R3)2
解得：y0=8mv07qB
答：（1）若正粒子经过t1=πmqB恰能运动到Q点，两极板之间的电压U大小是12mv0249q；
（2）t2=6πmqB时，粒子位置的坐标是（2mv0qB，0）；
（3）y轴处探测板上粒子打击位置的坐标是8mv07qB。;
【解析】
(1)根据题意求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子进入磁场时的速度，应用动能定理求出两极板之间的电压大小。
(2)应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，然后求出粒子在t2时粒子的位置坐标。
(3)分析清楚粒子运动过程，根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径应用几何知识求出y轴处探测板上粒子打击位置的坐标。
此题主要考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚带电粒子运动过程与运动性质是解题的前提；要掌握处理带电粒子在磁场中运动问题的一般步骤：根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式分析答题。
16.【答案】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，
x轴方向：L=v0t
y轴方向：32L=12qEmt2
解得：E=3mv02qL；
（2）设粒子到达O点时的速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为θ，
粒子到达O点时速度大小：v=v02+vy2，
粒子在O点沿y轴的分速度：vy=qEmt，
其中：tanθ=vyv0，
粒子由第四象限进入第一象限时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角也是θ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2R，
解得：R=mvqB，B越小R越大，
设粒子在第四象限内做圆周运动的轨道半径为R1，在第一象限内的轨道半径为R2，则R2=2R1，
粒子垂直击中感应屏需要满足的条件是：2R1sinθ+R2sinθ=L
解得：Bmin=23mv0qL；
（3）粒子多次经过x轴最终垂直击中感应屏应满足；
（3n+2）R2sinθ=L （n=0、1、2……）
则粒子击中感应屏时纵坐标：y=R2（1-cosθ）
解得：y=33(3n+2)L （n=0、1、2……）
答：（1）匀强电场的电场强度大小为3mv02qL；
（2）第一象限磁场磁感应强度的最小值为23mv0qL；
（3）粒子击中感应屏时纵坐标的可能值为：y=33(3n+2)L （n=0、1、2……）。;
【解析】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后求出磁感应强度的最小值。
(3)粒子最终垂直达到感应屏上，根据粒子打在感应屏上需要满足的条件求出粒子打在感应屏上的纵坐标。
该题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题。
17.【答案】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=12mv12，
代入数据解得：v1=1×104m/s；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，
沿初速度方向：d=v1t，
沿电场方向：vy=at，
由题意可知：tan30°=v1vy，
由牛顿第二定律得：qE=ma，
解得：E=3×103N/C；
（3）由动能定理得：qUab=12(v12+vy2)-0，
代入数据解得：Uab=400V；
答：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1为1×104m/s；
（2）水平匀强电场的场强大小为3×103N/C；
（3）ab两点间的电势差为400V。;
【解析】
(1)带电粒子在加速电场中，电场力做正功为qU，运用动能定理求解速率v1。
(2)粒子进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，将粒子在b的速度进行分解，运用运动学公式和牛顿第二定律求解场强的大小。
(3)对于粒子在匀强电场的过程，运用动能定理列式求解ab两点间的电势差。
加速电场中运用动能定理、类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路，关键要能熟练运用，对于类平抛运动，涉及速度的问题，可以由运动学公式求解，也可能根据动能定理研究。
人教版（2019）选择性必修第二册《1.3 带电粒子在匀强磁场中的运动》2022年同步练习卷（2）
一 、多选题（本大题共6小题，共36分）
1.（6分）如图所示，直角三角形ABC内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于ΔABC平面向里的匀强磁场，O点为AB边的中点，θ=30°.一对正、负电子(不计重力)自O点沿ABC平面垂直AB边射入磁场，结果均从AB边射出磁场且均恰好不从两直角边射出磁场。下列说法正确的是( )
A. 正电子从AB边的O、A两点间射出磁场
B. 正、负电子在磁场中运动的时间相等
C. 正电子在磁场中运动的轨道半径较大
D. 正、负电子在磁场中运动的速率之比为(3+23)：9
2.（6分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置。它的核心部分是两个相距很近的D形金属盒，其两端与高频交流电源相连，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的匀强电场，且两盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中。若用此装置分别对氘核(12H)和氚核(13H)加速，则下列说法正确的是()
A. 回旋加速器加速的次数越多，原子核获得的最大动能越大
B. D形盒间的交变电压越大，原子核获得的最大动能越大
C. 加速氘核和氚核的交流电源周期之比为2：3
D. 氘核和氚核获得的最大动能之比为3：2
3.（6分）正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图所示(俯视图)，位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆运动的“容器”，经过加速器加速后，质量均为m的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率v，他们沿着管道向相反的方向运动．在管道控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图甲中的A1、A2、A3…An共有n个，均匀分布在整个圆环上，每组电磁铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场，并且方向竖直向下，磁场区域的直径为d(如图乙)，改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度．经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，如图乙所示．若电子的重力可不计，则下列相关说法正确的是( )
A. 负电子在管道内沿顺时针方向运动
B. 电子经过每个电磁铁，偏转的角度是θ=πn
C. 碰撞点为过入射点所在直径的另一端
D. 电子在电磁铁内做圆周运动的半径为R=d2sinπn
4.（6分）如图所示，宽d=2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内．现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=5cm，则( )
A. 右边界：−4cm
C. 左边界：y>8cm的范围内有粒子射出
D. 左边界：0
A. 使粒子的速度v
C. 使粒子的速度v>BqLm D. 使粒子速度BqL4m
A. 运动时间相同
B. 运动轨道的半径相同
C. 重新回到边界时速度的大小相等、方向相反
D. 重新回到边界的位置与O点距离相等
二 、单选题（本大题共6小题，共36分）
7.（6分）质子和α粒子在同一匀强磁场中作半径相同的圆周运动．由此可知质子的动能E1和α粒子的动能E2之比E1：E2等于( )
A. 4：1 B. 1：1 C. 1：2 D. 2：1
8.（6分）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的足够宽的匀强磁场，磁感应强度为B。在xoy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计).则下列说法正确的是
A. 若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B. 若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远
C. 若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D. 若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
9.（6分）如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动。已知电场强度为E，磁感应强度为B，则液滴的质量和环绕速度分别为( )
A. qEg BgRE B. B2qRE EB C. qEg EB D. BqRg qgR
10.（6分）如图，足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场，方向竖直向下(与纸面平行)；下方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里。一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动，第一次穿过MN时的位置记为P点，第二次穿过MN时的位置记为Q点，PQ两点间的距离记为d，从P点运动到Q点的时间记为t。不计粒子的重力，若增大v0，则
A. t不变，d不变 B. t不变，d变小
C. t变小，d变小 D. t变小，d不变
11.（6分）如图所示，圆形磁场区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，PQ为圆形磁场的直径，O为圆心磁场的圆心，OA为圆形磁场的水平半径，圆形磁场的半径为R，处于磁场边界P点的粒子源不断沿各个方向将速率v0的同种带电粒子垂直磁场方向射入磁场。当磁感应强度为B=B0时，PQ左侧圆弧恰全部有带电粒子射出，下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带负电 B. 粒子出磁场时速度方向一定垂直PQ
C. 粒子的比荷为RB0v0 D. 若B=2B0，PA圆弧上均有粒子射出
12.（6分）如图所示，仅在xOy坐标系第一象限内有方向垂直纸面向里的匀强磁场。某离子从y轴上A点沿与y轴正方向成θ=30°射入磁场，经过时间t后垂直x轴射出磁场。若该离子从A点沿x轴正方向以同样的速度射入磁场，则该离子在磁场中运动的时间为( )
A. 2t5 B. 3t5 C. 2t3 D. 4t5
三 、计算题（本大题共5小题，共60分）
13.（12分）如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P为屏上的一小孔，PC与MN垂直．一群质量为m､带电荷量为−q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内．求在屏MN上被粒子打中的区域的长度为多少？
14.（12分）如图所示，一个带正电的粒子在加速电场中由静止开始加速，加速后从水平放置的两块平行金属板M、N的中线射入，M板带正电、N板带负电，两板间还存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，且粒子沿直线通过金属板。已知粒子的电荷量为q、质量为m，加速电场电压为U.平行金属板M、N间距为L，电压也为U.粒子穿出金属板后通过d点垂直于ab进入如图所示的bac区域，该区域内仅存在垂直纸面向里的匀强磁场，ad间的距离为32L，θ=30°，不计粒子重力。
(1)求平行金属板间的磁感应强度B的大小；
(2)若要使粒子不从ac边界射出，求bac区域内磁感应强度的最小值B1；
(3)若bac区域内的磁感应强度大小为B2=83LmU2q，粒子在该磁场中的运动时间是多少？
15.（12分）改装后的回旋加速器如图所示(D形盒)，两平行等长金属栅极板MN和PQ，长度均为20mv07qB。板MN位于x轴上，M点位于坐标原点O，板PQ在它正下方。两极板间匀强电场方向竖直向上，空间(除两极板间和两虚线之间的区域)存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。板MN上有一沿x轴可移动的粒子发射源，可沿y轴负方向射出质量为m、电荷量为q的正粒子。t=0时刻，粒子源在MN板上坐标为(10mv07qB,0)的A点发射一速度为v0的正粒子，粒子经过电场区域后进入磁场区域，两虚线之间的区域无电场和磁场存在。有一足够长的粒子探测板位于y轴处，能探测到打在上面的带电粒子。忽略相对论效应和粒子所受的重力及阻力，粒子在磁场以外区域的运动时间忽略不计。
(1)若正粒子经过t1=πmqB恰能运动到Q点，求两极板之间的电压U大小；
(2)两极板间的电压大小满足(1)问，磁感应强度减小为0.5B。求t2=6πmqB时，粒子位置的坐标；
(3)两极板之间的电压大小满足(1)问，磁感应强度减小为0.5B。若粒子源位于MN板上坐标为(12mv07qB,0)的C点，求y轴处探测板上粒子打击位置的坐标。
16.（12分）如图所示，y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限内磁场垂直纸面向外、第四象限内磁场垂直纸面向里，且第四象限磁场磁感应强度是第一象限的2倍；y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场。第一象限内距离y轴L处，垂直x轴放置感应屏。电荷量为q、质量为m的粒子，从A(−L,32L)点以初速度v0沿x轴正方向射出，从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中感应屏，粒子重力不计，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)第一象限磁场磁感应强度的最小值；
(3)粒子击中感应屏时纵坐标的可能值。
17.（12分）虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10−11kg、电荷量为q=+1.0×10−5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计。求：
(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；
(2)水平匀强电场的场强大小；
(3)ab两点间的电势差。
答案和解析
1.【答案】BD;
【解析】解：A、根据左手定则知，正电子在O点所受的洛伦兹力方向指向B，则正电子从AB边的O、B两点间射出磁场，故A错误；
B、正负电子在磁场中均运动半圈，做圆周运动的周期：T=2πmeB，两电子周期相同，则在磁场中运动的时间相等，故B正确；
C、设AB长度为2a，正电子的轨道半径为r1，根据几何关系有：r1+r1sin30∘=a，解得：r1=13a，设负电子的轨道半径为r2，根据几何关系有：r2+r2sin60∘=a，解得：r2=33+23a，可知正电子的半径较小，故C错误；
D、电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2r，解得：v=eBrm，粒子速率：v1v2=r1r2=3+239，故D正确；
故选：BD。
根据左手定则判断出正电子所受洛伦兹力的方向，从而确定偏转方向；根据周期公式比较出两电子的周期大小，通过偏转的角度比较电子在磁场中运动的时间；根据几何关系求出两电子的半径，结合半径公式得出运动速率之比。
此题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出粒子的轨迹图，抓住几何关系，结合半径和周期公式综合求解。
2.【答案】CD;
【解析】解：AB、根据qvB=mv2R，可知质子被加速后的最大速度为v=qBRm，质子被加速后的最大动能与加速电场的电压和加速的次数无关，故AB错误；
C、粒子在磁场中运动的周期与交变电源的周期相同，根据T=2πmqB可知，氘核和氚核的周期之比为2：3，所以加速氘核和氚核的交流电源周期之比为2：3，故C正确；
D、粒子获得的最大动能为：Ek=12mv2=q2B2R22m，则氘核和氚核获得的最大动能之比为3：2，故D正确；
故选：CD。
根据qvB=mv2R，可知质子被加速后的最大速度为v=qBRm，得出最大动能的相关物理量，以及氘核和氚核的最大动能之比；粒子在磁场中运动的周期与交变电源的周期相同。
此题主要考查了回旋加速器的原理，明确D形盒的半径与最大速度有关，与加速电场的电压无关，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电压无关，比荷不同，运动时间不同。
3.【答案】ACD;
【解析】解：A、电子在运动的过程中受力的方向指向圆心，根据左手定则可知，电子在管道内沿顺时针方向运动．故A正确；
B、电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是2π，经过每个电磁铁，偏转的角度是θ=2πn.故B错误；
C、由题意，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，所以碰撞点为过入射点所在直径的另一端．故C正确；
D、由B的分析知电子经过每个电磁铁，偏转的角度是θ=2πn.所以：d2R=sinθ2
得：R=d2sinπn.故D正确．
故选：ACD
(1)根据左手定则即可判断出电子运动的方向；
(2)电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是2π，根据几何关系即可确定电子在电磁铁内做圆周运动的半径为R．
(3)碰撞点为过入射点所对直径的另一端．
本题题目描述很繁杂，看上去难度很大，但是越是这样的往往越简单，因为它描述的多已知量相应就多，过程相应就比较详尽，这有助于我们解题，所以遇见这样看似很难的题目不要慌张，仔细读完，梳理出题目的各个过程，各个量的关系，然后建立起物理模型，然后选择相应的物理规律，定律，定理，一般都能解决．
4.【答案】AD;
【解析】解：A、B当粒子的轨迹恰好与x轴方向的右边界相切时，如图，根据几何知识得到
y1=r2−(r−l)2=52−(5−2)2cm=4cm
当粒子沿−y轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，则有
y2=−r2−(r−l)2=−52−(5−2)2cm=−4cm
所以右边界：−4cm
所以左边界：0
粒子垂直进入磁场后做匀速圆周运动，当粒子的轨迹恰好与x轴方向的右边界相切时，y值正值达到最大；当粒子沿−y轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，y的负值达到最大，根据几何知识求解．
本题是磁场中边界问题，关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解．
5.【答案】AB;
【解析】解：如图所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径R
粒子不从左边射出，则：mvqB
可得粒子圆周运动的最大半径：R=5L4
又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则：mvqB>5L4
即：v>5qBL4m
故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足v
故选：AB。
带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力据此可以求得粒子做圆周运动的半径和速度的关系，再根据几何关系粒子射出磁场，就是粒子做圆周运动的半径小于L4(从左侧射出)，或大于5L4(从右侧射出)从而求出粒子速度的范围。
该题考查了有界磁场的问题，利用几何关系求出轨迹半径是解答该题的关键。能根据沦洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系，并能根据几何关系求出粒子不射出磁场的半径条件。
6.【答案】BD;
【解析】
由题正负离子的质量与电量相同，进入同一磁场做匀速圆周运动的周期相同，根据偏向角的大小分析运动时间的长短．由牛顿第二定律研究轨道半径．根据圆的对称性，分析离子重新回到边界时速度方向关系和与O点距离．
根据题意画出草图，可根据几何关系求出回到边界时离O点的距离；利用对称关系判断回到边界时速度的方向；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题求运动时间，可用关系式有t=θ2πT=sv=θω，θ是轨迹的圆心角，S弧长，ω是角速度，v是线速度．而且轨迹的圆心角等于速度的偏转角．
A.根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π−2θ，轨迹的圆心角也为2π−2θ，运动时间t=2π−2θ2πT.同理，负离子运动时间t=2θ2πT，显然时间不等，故A错误；
B.根据牛顿第二定律得：qvB=mv2r得：r=mvqB，由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确；
C.正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C错误；
D.根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同，故D正确。
故选：BD。
7.【答案】B;
【解析】解：质子和α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式为：r=mvBq，
得：v=Bqrm
动能为：Ek=12mv2=q2B2r22m
由题知半径r相同，则得到：Ek1：Ek2=qp2mp：qα2mα
而qp：qα=1：2，mp：mα=1：4，
解得Ek1：Ek2=1：1；故B正确，ACD错误。
故选：B。
质子和α粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，其半径公式为r=mvBq，得到速度v与半径r的关系，求得动能Ek的表达式，即可求出它们的动能之比．
本题只要掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式及两个粒子的质量、电荷量的关系，从而确定动能的表达式，从而求解．
8.【答案】A;
【解析】
试题分析：粒子在磁场中运动的轨迹如图，轨迹的圆心角，运动时间
，则知运动时间与无关，与有关，越大，运动时间越短，所以A正确，C、D错误；当一定时，由知，一定，当从变至的过程中，越大，粒子离开磁场的位置距离O越远；当大于时，越大，粒子离开磁场的位置距离O越近，所以B错误。
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；圆周运动。
9.【答案】A;
【解析】解：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带正电。
磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为逆时针；由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：
mg=qE…①
得：m=qEg
液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：
R=mvqB…②
联立①②得：v=BgRE
故选：A。
液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的质量并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性。根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向。结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度。
此题主要考查了液滴在复合场中的运动。复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场。液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要。该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况。
10.【答案】D;
【解析】解：粒子在电场中做类平抛运动，设第一次到达P点竖直速度v1(大小不变)，则粒子进入磁场的速度v=v02+v12，速度方向与MN的夹角tanθ=v1v0，
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径R=mvqB
第二次经过MN上的Q点时由几何关系可得：d=2Rsinθ；
又sinθ=tanθ1+tan2θ=v1v02+v12，
联立解得：d=2mv1qB，即当增大v0时d不变；
运动的时间t=θ2π.2πmqB=θmqB，则当增大v0时，tanθ减小，θ减小，t减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
粒子在电场中做类平抛运动，到达MN的竖直速度不变，根据类平抛运动的规律求解进入磁场的入射角和速度，在再根据在磁场中做圆周运动的周期和半径求解d和t的表达式即可讨论。
此题主要考查了粒子在电场中的类平抛运动、在磁场中的匀速圆周运动，找到联系两种运动的物理量是求解的关键。
11.【答案】B;
【解析】
根据粒子做匀速圆周运动射出磁场的范围得到粒子轨道半径，即可由几何关系得到出射速度方向，再根据洛伦兹力做向心力求得粒子的比荷；若B=2B0，粒子运动轨迹的轨道半径为12R，画图可知粒子从PA圆弧射出的范围。
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的难点：根据几何关系由已知条件求得轨道半径。
粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故由粒子射出磁场边界恰好占整个边界的一半可得：粒子运动轨迹的轨道半径为R；
A、由左手定则知粒子带正电，故A错误；
B、由粒子做匀速圆周运动，轨道半径为R，根据几何关系可得：粒子离开磁场时的径向平行于PQ，故粒子离开磁场时速度方向垂直PQ连线，故B正确；
C、根据洛伦兹力做向心力可得：qv0B=mv02R，故粒子的比荷qm=v0B0R，故C错误；
D、若B=2B0，粒子运动轨迹的轨道半径为R2，改变初速度方向，粒子从PA圆弧射出，最远从如图的M点射出，PM=R，故D错误；
故选：B。
12.【答案】A;
【解析】解：设OA=L，离子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：r=Lsin30∘=2L，转过的圆心角：β=150°，
离子从A点沿x轴正方向以同样的速度射入磁场时运动轨迹如图所示：
由几何知识得：rcosα=r−L，解得：α=60°，
离子在磁场中的运动时间：t=β360∘T，t'=α360∘T，
解得：t'=25t，故A正确，BCD错误；
故选：A。
离子在磁场中做圆周运动，根据题意作出离子运动轨迹，求出离子做圆周运动的轨道半径与转过的圆心角，然后求出离子在磁场中的运动时间。
离子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出离子运动轨迹是解题的前提与关键，根据几何知识求出离子的轨道半径与转过的圆心角，求出离子运动时间即可解题。
13.【答案】解：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得
qvB=mv2R
则得，粒子的轨迹半径为R=mvqB
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如上面左图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；
粒子沿着左侧边界射入，轨迹如上面右图，此时出射点最近，与边界交点与P间距为：2rcosθ；
粒子垂直边界MN射入，轨迹如上面中间图，此时出射点最远，与边界交点与P间距为：2r；
故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为：2r-2rcosθ=2r（1-cosθ）=2mv(1−cosθ)qB．
答：在屏MN上被粒子打中的区域的长度为2mv(1−cosθ)qB．;
【解析】
粒子仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，分析找出粒子的一般轨迹后，得到在屏MN上被粒子打中的区域的长度．
本题关键通过作图分析粒子可能出现的运动轨迹，然后综合考虑在荧光屏上的落点，得到长度的范围．
14.【答案】解：(1)在加速电场中，由动能定理得：
qU=12mv2−0
在两极板间粒子做直线运动，由平衡条件得：
qUL=qvB
由①②得：B=1LmU2q
(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何关系得：
(3L2−r)sinθ=r
对粒子由牛顿第二定律得：
qvB1=mv2r
由③④⑤得B1=4LmU2q
(3)由牛顿第二定律得：
qvB2=mv2r'
解得：r'=34L
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得：θ=60°
粒子在bac区域运动的时间为：
t=16×2πmqB2
解得：t=πL82mqU
答：(1)平行金属板间的磁感应强度B的大小为1LmU2q；
(2)若要使粒子不从ac边界射出，求bac区域内磁感应强度的最小值B1为4LmU2q；
(3)若bac区域内的磁感应强度大小为B2=83LmU2q，粒子在该磁场中的运动时间是πL82mqU。;
【解析】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
(1)在加速电场中，由动能定理得速度v，在两极板间粒子做直线运动，由平衡条件得平行金属板间的磁感应强度B的大小；
(2)粒子运动轨迹In图所示，由几何关系得半径，对粒子由牛顿第二定律得bac区域内磁感应强度的最小值B1；
(3)由牛顿第二定律得半径，由几何关系得偏转角度，粒子在bac区域运动的时间t=16×2πmqB2。
15.【答案】解：（1）粒子源在MN板上坐标为（10mv07qB，0），恰能运动到Q点，
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径：R1=L4=5mv07qB，
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子进入磁场时的速度为v1，由牛顿第二定律得：
Bqv1=mv12R1
解得：v1=57v0
带电粒子在电场中运动过程，由动能定理得：
-qU=12mv12−12mv02
解得：U=12mv0249q
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T'=2πmq×0.5B=4πmqB，
则：t2=6πmqB=32T'
设粒子在电场中第二次减速后的速度为v2，粒子在电场中第二次减速过程，由动能定理得：
-qU=12mv22−12mv12
解得：v2=17v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qv2•0.5B=mv22R2
解得：R2=mv2q×0.5B=2mv07qB
则t2=6πmqB时粒子位置的横坐标：x=10mv07qB+2R2
解得：x=2mv0qB，则离子位置的坐标（2mv0qB，0）
（3）粒子经过1.5个周期后位于x'=16mv07qB，加速后v3=v1，R3=R1=10mv07qB
设离打击位置y0，由几何关系：y02=R32−(x'−R3)2
解得：y0=8mv07qB
答：（1）若正粒子经过t1=πmqB恰能运动到Q点，两极板之间的电压U大小是12mv0249q；
（2）t2=6πmqB时，粒子位置的坐标是（2mv0qB，0）；
（3）y轴处探测板上粒子打击位置的坐标是8mv07qB。;
【解析】
(1)根据题意求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子进入磁场时的速度，应用动能定理求出两极板之间的电压大小。
(2)应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，然后求出粒子在t2时粒子的位置坐标。
(3)分析清楚粒子运动过程，根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径应用几何知识求出y轴处探测板上粒子打击位置的坐标。
此题主要考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚带电粒子运动过程与运动性质是解题的前提；要掌握处理带电粒子在磁场中运动问题的一般步骤：根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式分析答题。
16.【答案】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，
x轴方向：L=v0t
y轴方向：32L=12qEmt2
解得：E=3mv02qL；
（2）设粒子到达O点时的速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为θ，
粒子到达O点时速度大小：v=v02+vy2，
粒子在O点沿y轴的分速度：vy=qEmt，
其中：tanθ=vyv0，
粒子由第四象限进入第一象限时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角也是θ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2R，
解得：R=mvqB，B越小R越大，
设粒子在第四象限内做圆周运动的轨道半径为R1，在第一象限内的轨道半径为R2，则R2=2R1，
粒子垂直击中感应屏需要满足的条件是：2R1sinθ+R2sinθ=L
解得：Bmin=23mv0qL；
（3）粒子多次经过x轴最终垂直击中感应屏应满足；
（3n+2）R2sinθ=L （n=0、1、2……）
则粒子击中感应屏时纵坐标：y=R2（1-cosθ）
解得：y=33(3n+2)L （n=0、1、2……）
答：（1）匀强电场的电场强度大小为3mv02qL；
（2）第一象限磁场磁感应强度的最小值为23mv0qL；
（3）粒子击中感应屏时纵坐标的可能值为：y=33(3n+2)L （n=0、1、2……）。;
【解析】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后求出磁感应强度的最小值。
(3)粒子最终垂直达到感应屏上，根据粒子打在感应屏上需要满足的条件求出粒子打在感应屏上的纵坐标。
该题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题。
17.【答案】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=12mv12，
代入数据解得：v1=1×104m/s；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，
沿初速度方向：d=v1t，
沿电场方向：vy=at，
由题意可知：tan30°=v1vy，
由牛顿第二定律得：qE=ma，
解得：E=3×103N/C；
（3）由动能定理得：qUab=12(v12+vy2)-0，
代入数据解得：Uab=400V；
答：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1为1×104m/s；
（2）水平匀强电场的场强大小为3×103N/C；
（3）ab两点间的电势差为400V。;
【解析】
(1)带电粒子在加速电场中，电场力做正功为qU，运用动能定理求解速率v1。
(2)粒子进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，将粒子在b的速度进行分解，运用运动学公式和牛顿第二定律求解场强的大小。
(3)对于粒子在匀强电场的过程，运用动能定理列式求解ab两点间的电势差。
加速电场中运用动能定理、类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路，关键要能熟练运用，对于类平抛运动，涉及速度的问题，可以由运动学公式求解，也可能根据动能定理研究。
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