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高考物理冲刺抢分选择题综合专练(全国乙卷)2023年高考好题高三物理试卷分项汇编【第01辑】专题11磁场(含复合场和组合场)(江苏专用)(原卷版+解析)
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这是一份高考物理冲刺抢分选择题综合专练(全国乙卷)2023年高考好题高三物理试卷分项汇编【第01辑】专题11磁场(含复合场和组合场)(江苏专用)(原卷版+解析)，共129页。
专题11 磁场（含复合场和组合场）
【结束】一、单选题
【结束】1．（2022·江苏·德才教育模拟预测）两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一粗细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小变为2I，则其中一个弹簧秤的示数为F2.下列说法正确的是（ ）
A．直导线ab的质量B．直导线ab的质量
C．匀强磁场的磁感应强度D．匀强磁场的磁感应强度
【答案】 C
【解析】由左手定则，安培力方向竖直向上，由共点力平衡
由安培力公式
当电流反向时，由左手定则，安培力方向竖直向下，由共点力平衡
由安培力公式
联立解得
故选C。
【结束】2．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，水平桌面上有一正三角形线框abc，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，则线框受到的摩擦力大小为（ ）
A．B．C．D．2BIL
【答案】 C
【解析】根据题意可知abc边的电流为
正三角形框架接入电路后，受安培力的等效长度为L，总电流为
所受安培力大小为
故选C。
【结束】3．（2022·江苏省昆山中学模拟预测）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中错误的是（ ）
A．图乙中霍尔元件的载流子带负电
B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小
C．若传感器的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2变大
D．若自行车的车速越大，则霍尔电势差U2越大
【答案】 D
【解析】A．由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故A正确，不符合题意；
B．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故B正确，不符合题意；
D．根据题意，由平衡条件有
可得
由电流的微观定义式，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压U2与车速大小无关，故D错误，符合题意；
C．由公式
若传感器的电源输出电压U1变大，那么电流I变大，则霍尔电势差U2将变大，故C正确，不符合题意。
故选D。
【结束】4．（2022·江苏省海头高级中学二模）一段导线弯成互成直角的两段，放在光滑桌面上，导线中通有2A的电流，处于磁感应强度大小为0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中。要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为（ ）
A．0.1NB．C．D．
【答案】 B
【解析】导线的等效长度为
则安培力
要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为
故选B。
【结束】5．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30°，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子、粒子质量为m、电量大小为q，下列说法正确的是（ ）
A．从边界bc射出的粒子速度方向各不相同
B．粒子离开磁场时到b点的最短距离为
C．垂直边界ab射出的粒子的速度大小为
D．垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为
【答案】 B
【解析】A．粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，故方向均相同，A错误；
B．当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得
离b点的最短距离为
联立解得
B正确；
C．垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为
由洛伦兹力作为向心力可得
解得粒子的速度大小为
C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为
垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为
D错误。
故选B。
【结束】6．（2022·江苏省太仓高级中学高二期中）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。则下面说法错误的是（ ）
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】 B
【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B。
【结束】7．（2022·江苏·模拟预测）如图为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1（沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（ ）
A．半径之比为B．半径之比为
C．时间之比为D．时间之比为
【答案】 A
【解析】AB．设圆柱形区域为R，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知
轨道半径之比
故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中做圆周运动的周期
由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角
粒子在磁场中的运动时间
粒子的运动时间之比
故CD错误。
故选A。
【结束】8．（2022·江苏连云港·模拟预测）现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈通交变电流，电子在半径不变的轨道上做加速圆周运动。上图为侧视图，如图为真空室的俯视图。从上向下看，如果电子沿逆时针方向运动，则（ ）
A．电子加速时受到的洛伦兹力大小可能不变
B．在交变电流的一个周期内，电子可以一直加速
C．电子每运动一周，动能的增加量一定相同
D．当线圈电流与图示方向一致，电流变大，电子加速
【答案】 D
【解析】A．电子加速时，磁感应强度增大、电子速度增大，根据，则洛伦兹力变大，故A错误；
B．当交变电流减小时，此时感生电场方向与之前的相反，此时电子受到的电场力方向与之前的相反，则会减速，故B错误；
C．电子每运动一周，动能的增加量是否一定相同，取决于电流随时间的变化关系，如果电流随时间不是均匀变化，则不相同，故C错误；
D．当线圈电流与图示方向一致，根据右手定则可知磁场方向向上，电流变大，则磁感应强度变大，产生的感生电场为顺时针方向，电子受到的电场力为逆时针方向，电子会逆时针加速运动，故D正确。
故选D。
【结束】9．（2022·江苏·模拟预测）如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好。图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I。若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．两杆所受安培力的方向相同
B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C．在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为
D．在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt
【答案】 D
【解析】AB．图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得
I1=
金属杆受到的安培力
F1=BI1L=
方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力
F2=BIL
方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为
故选项AB错误；
CD．在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功
E电=F1vΔt=
图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即
E机=F2vΔt=BILvΔt
选项C错误，D正确。
故选D。
【结束】10．（2022·江苏常州·模拟预测）如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A．电场力对每个氖20和氖22做的功不等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【答案】 D
【解析】A．根据电场力做功公式，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，故A错误；
B．在加速电场中，根据动能定理有
由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，故B错误；
C．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得
解得
根据动能和动量的关系有
综上可判断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，故C错误；
D．在加速电场中，根据动能定理有
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得
联立可得
对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，故D正确。
故选D。
【结束】11．（2022·江苏·模拟预测）回旋加速器是高能物理研究中常用的仪器，它的工作原理如图所示，如果将加速的粒子由换成，不考虑相对论的影响，下列说法正确的是（ ）
A．两粒子的最大动能之比为1:2
B．两粒子加速次数之比为2:1
C．两粒子加速次数之比为1:2
D．两粒子在回旋加速器中的加速周期相等
【答案】 B
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动的最大半径相等，设D形盒半径为R，洛伦兹力提供向心力，有
粒子获得的最大动能
所以两粒子最大动能之比为1:1，选项A错误；
BC．两粒子的加速次数满足
可得加速次数之比
选项B正确，C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为，由于两粒子的比荷不相等，所以两粒子的运动周期不相等，所以加速周期（等于磁场中圆周运动周期）不相等，选项D错误。
故选B。
【结束】12．（2022·江苏无锡·高三期末）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）
A．两板间电压的最大值
B．能打到N板上的粒子的最大动能为
C．粒子在磁场中运动的最长时间
D．CD板上可能被粒子打中区域的长度
【答案】 A
【解析】A．如图
当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，在加速电场中，根据动能定理
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得轨迹半径为
解得
故A正确；
D．设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系
解得
被粒子打中区域的长度为
解得
故D错误；
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
粒子在磁场中运动的周期为
解得
故C错误；
B．当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，粒子半径
即粒子半径最大动能为
解得
故B错误。
故选A。
【结束】13．（2022·江苏省太仓高级中学高二期中）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
【答案】 B
【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足
由欧姆定律和安培力公式可得
再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得
则
金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。
故选B。
【结束】14．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有（ ）
A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定等于v0
C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于
D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于
【答案】 C
【解析】A．当粒子垂直于MN入射时，经过MN时离O点最远，此时有
OA=2R0
若粒子的速度大于v0，则粒子的半径将变大，但是粒子如果速度方向与MN成一定角度入射，则仍可以到达A点左侧，选项A错误；
B．若粒子落在A点的右侧，则说明粒子运动的圆半径大于R0，则其速度一定大于v0，选项B错误；
C．当粒子从O点垂直MN入射，落在A点左侧相距为d的位置时，有
则
即
解得
则若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于，选项C正确；
D．当粒子从O点垂直MN入射，落在A点右侧相距为d的位置时，有
则
即
解得
则若粒子大于v，但不是垂直MN入射，粒子同样可以落在A点左右两侧d的范围内，选项D错误。
故选C。
【结束】15．（2022·江苏·模拟预测）如图甲，一带电物块无初速度地放在传送带底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端运动至皮带轮顶端的过程中，其图像如图乙所示，物块全程运动的时间为，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
A．该物块带负电
B．传送带的传动速度大小一定为1m/s
C．若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移
D．在内，物块与传送带仍可能有相对运动
【答案】 D
【解析】A．由题图乙可知，物块先做加速度减小的加速运动再做匀速运动，物块的最大速度是1m/s．对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向有
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，可知一定是逐渐减小，即洛伦兹力的方向与相同．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A错误；
BD．由
可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度1m/s后受力平衡，与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能等于1m/s，也可能大于1m/s，物块最终可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误，D正确；
C．由以上的分析可知，传送带的速度不能确定，所以不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移，故C错误。
故选D。
【结束】16．（2022·江苏·模拟预测）两完全相同的通电圆线圈1、2平行放置，两圆线圈的圆心O1、O2的连线与圆面垂直，O为O1、O2的连线的中点，如图所示。当两圆线圈中通以方向、大小均相同的恒定电流时，O1点的磁感应强度的大小为B1；若保持线圈1中的电流以及线圈2中的电流大小不变，仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为B2。则线圈1中的电流在O2点和O点产生的磁场的磁感应强度大小B3、B4一定有（ ）
A．B3=，B4=B．B3=，B4＜
C．B3=，B4＜D．B3=，B4＜
【答案】 D
【解析】当两圆环中电流方向相同时（设俯视逆时针方向的电流），则设两圆环在O1点产生的磁场方向相同均向上，设大小分别为B11和B21，则O1点的磁感应强度的大小为
①
仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为
②
①②两式相减解得
而线圈1中的电流在O2点产生的磁场的磁感应强度大小
由①②两式相加可得
因线圈1中的电流在O1点的磁感应强度B11一定大于在O点的磁感应强度B4，则
故选D。
【结束】17．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，、、、是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是（ ）
A．沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最短B．沿径迹、运动的粒子均为正电子
C．沿径迹、运动的粒子速率比值为D．沿径迹、运动的时间之比为9：8
【答案】 C
【解析】A．由于正电子和负电子的电量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
可知四种粒子的周期相等，而沿径迹运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由
可知沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最长，A项错误：
B．由左手定则可判断沿径迹，运动的粒子均带负电，B项错误；
C．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹，运动的粒子轨道半径分别为，，根据
可得
C项正确：
D．由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比所以
D项错误。
故选C。
【结束】18．（2022·江苏苏州·高三期末）如图所示，圆形硬质金属导线M-a-N-b-M固定于水平桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧MaN的长度为圆周长的，触头M、N与直流电源两端相接。已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，则圆弧导线MbN因为安培力作用而受到的附加张力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】 A
【解析】圆弧MaN的长度为圆周长的，则圆弧导线MbN长度为圆周长的，圆弧导线MbN的电阻是圆弧MaN的3倍，两端圆弧并联连接，故通过的电流与电阻成反比，导线MbN与圆弧MaN的受安培力的等效长度相同，根据安培力的表达式
已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，可知导线MbN受到的安培力大小为。
受力分析，导线MbN受到两端的附加张力与安培力平衡，如图所示
根据平衡条件可得
BCD错误，A正确。
故选A。
【结束】二、解答题
【结束】19．（2022·江苏南通·高三开学考试）空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。时刻，一带电粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度为v，第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不考虑粒子的重力。求：
（1）Q到O的距离d；
（2）粒子两次经过P点的时间间隔；
（3）粒子经过y轴的时刻t。
【答案】 （1）；（2）；（3）或
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力
解得
Q、O的距离
解得
（2）粒子再次经过P，经过N个周期
匀速圆周运动
绕一周的时间
两次经过P点的时间间隔
解得
（3）粒子经过y轴的时刻
或
解得
或
【结束】20．（2022·江苏常州·三模）如图甲所示的竖直平面坐标系xOy内，存在正交的匀强电场和匀强磁场，已知电场强度E=2.010-3N/C，方向竖直向上；磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B大小为0.5T，方向随时间按图乙所示规律变化（开始时刻，磁场方向垂直纸面向里）。t=0时刻，有一带正电的微粒以v0=1.0103m/s的速度从坐标原点O沿x轴正向进入场区，恰做匀速圆周运动，g取10m/s2。试求：
（1）带电微粒的比荷；
（2）带电微粒从开始时刻起经多长时间到达x轴，到达x轴上何处；
（3）带电微粒能否返回坐标原点？如果可以，则经多长时间返回原点？
【答案】 （1）；（2）先逆时针偏转，再顺时针偏转，后逆时针偏转，到达x轴上P点；（3）微粒能返回坐标原， t总=2.410-3πs
【解析】（1）带电微粒在场区做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由
Eq=mg
可得
（2）微粒做圆周运动时，由
可得
R=0.4m
又
微粒先逆时针偏转，再顺时针偏转， 后逆时针偏转，到达x轴上P点
（3）微粒能返回坐标原点，如图所示，则
t总=3T=2.410-3πs
【结束】21．（2022·江苏省海头高级中学二模）如图所示，在用阴极射线管测量阴极射线的比荷时，当给平行金属板a、b加上U的电压后，沿a、b中线OO'以一定速度运动的电子，恰好能从a板的边缘射出并打到荧光屏上。已知a、b的长度为L、两板间距为L，极板与荧光屏的距离也为L，P点是OO'延长线与荧光屏的交点。为了抵消阴极射线的偏转，在a、b间再加上垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，射线恰好打到P点。将a、b间视为匀强电场，不考虑重力的影响。
（1）求阴极射线的比荷。
（2）若撤去电场只保留磁场，荧光屏上是否会出现亮点？若有说明位置，没有说明原因。
【答案】 （1）；（2）粒子将打在b板上，荧光屏上不会出现亮点，原因见解析
【解析】（1）粒子在电场中运动时，做类平抛运动，板间场强
根据牛顿第二定律
根据类平抛运动规律
加上磁场后，粒子做直线运动，洛伦兹力与电场平衡
qE=qv0B
联立解得
（2）若撤去电场只保留磁场，根据洛伦兹力提供向心力
解得
假设电子射到b板上，到达b板的位置与b板右端的距离为x，则有
解得
假设成立，荧光屏上不会出现亮点。
【结束】22．（2022·江苏镇江·高三开学考试）如图，两个定值电阻、阻值均为，直流电源的电动势为，内阻，平行板电容器两极板水平放置，板间距离，板长，空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，一质量为，带正电的小球以速度沿水平方向从电容器下板右侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，恰好从上板左侧边缘射出。重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）求电阻两端的电压U；
（2）求小球在两极板间运动的时间t；
（3）若在虚线的左侧加上一匀强电场，恰使射出电容器的小球做直线运动，求所加电场的场强大小和方向。
【答案】 （1）1V；（2）；（3），方向与水平方向夹角30°斜向左上方
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律
电阻两端的电压
联立解得
（2）设小球在板间的轨迹半径为R，根据几何关系
解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得
小球在板间运动对应的圆心角满足
解得
则小球在两极板间运动的时间
（3）射出极板间后瞬间，速度方向与水平方向夹角恰为，受到的洛伦兹力垂直速度方向向上，重力竖直向下，因为小球做直线运动，则速度必然不变（否则洛伦兹力改变，合力方向改变），根据几何关系可知重力与洛伦兹力之间夹角为120°且
故两力的合力沿速度的反方向且大小等于重力，则电场力大小等于重力，方向与速度方向相同，小球带正电，则电场强度
方向与水平方向夹角30°斜向左上方。
【结束】23．（2022·江苏南通·模拟预测）如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
（1）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
（2）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0（未知）时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点（图中未画出），求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值csα；
（3）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为r1，如答图1．则
设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如答图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为
r0=3a
设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如答图2，其运动半径仍为r0，根据几何关系有
解得
（3）由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点．当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如答图3．
由几何关系得
根据余弦定理有
则
当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A′，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D′，圆心为O2′，如答图4．
由几何关系得
根据余弦定理有
则
可知点A与点A′重合，点A（A′）即为粒子打在荧光屏上最左侧的点．则粒子能到达屏幕的最大区间长度为
【结束】24．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）一台质谱仪工作原理如图甲所示，带电离子从孔沿速度选择器的中轴线进入正交电磁场中，已知磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，MN板电压，板间距为d，板间电场为匀强电场。离子从射出后进入垂直纸面向里，大小为的匀强磁场，经磁场偏转打在荧光屏,PQ垂直，不考虑离子间相互作用和重力的影响。
（1）离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，求穿出时粒子的速度；
（2）质量m、电荷量q、速度v的离子进入速度选择器时不满足匀速直线运动的条件（v略微大于匀速直线运动速度），离子的运动可视为一个沿的匀速直线运动和一个垂直磁场做匀速圆周运动的合运动，为使得离子沿初速度方向通过孔，间距离L为多少？
（3）如图乙所示，大量一价氦离子从孔垂直磁场射出，射出离子的发散角为，且左右对称。若射出离子的速度v大小为（为已知量），氦离子包括氦3和氦4离子，电荷量都是e，质量分别是和，要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，两组亮线区域的最短间距应不小于其中氦3亮线宽度区域的十分之一，则应该满足什么条件？
【答案】 （1）； (2)；（3）
【解析】（1）M、N两板间电场强度大小为
①
离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，根据平衡条件有
②
联立①②解得
③
（2）当v略微大于匀速直线运动速度时，可以将v分解为两个同向的分速度，其中一个分速度大小v0，对应离子的匀速直线分运动，所以离子从O1到O2的运动时间为
④
根据牛顿第二定律有
⑤
可得离子的圆周分运动的周期为
⑥
根据圆周运动的周期性可知
⑦
联立③④⑥⑦解得
⑧
（3）设离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
⑨
解得
⑩
根据⑩式可推知氦3离子运动的最大和最小半径分别为
⑪
⑫
所以氦3离子所能达到荧光屏上的最远位置到O2的距离为
⑬
氦3离子所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
⑭
氦3亮线宽度为
⑮
同理可知氦4所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
⑯
由题意可知要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，则
⑰
联立⑬~⑰式解得
⑱
【结束】25．（2022·江苏南京·模拟预测）空间存在间距都为d的，磁场感应强度为、……的匀强磁场。一群电量为，质量m，重力不计的粒子从坐标原点O以等大速度进入磁场，入射方向与x正方向成角，且均匀的分布在0~180°内，其中有75%的粒子能通过边界1。求：
（1）粒子速度v的大小；
（2）调整入射速度的大小与方向，若粒子恰好能穿过边界2，此时入射角度与v的关系；
（3）当粒子垂直于边界射入磁场，且入射速度满足，求运动过程中的最大值，以及粒子出射磁场的位置与O的距离。
【答案】 （1）；（2）；（3），
【解析】（1）带电粒子在磁场中的运动的半径
因为75%的粒子能通过界面，即与x轴正方向成45°内的粒子都不能通过，临界状态为45°恰好与1边界相切。
由图可知
解得
（2）穿越一个磁场带时，其高度差皆为d。则
同理，恰好穿越第二个磁场时，
解得
（说明，将粒子射入分为与时，其结果一样的。
即
亦即
穿越第二个磁场时，也为
两种情况的结果是一样的）
（3）由动量定理
所以
因此
又因为
只能完整的穿过2个d后，在第三个磁场层达到y的最大距离，此处磁感应强度为，所以
因此
其中是在最低时粒子的水平速度即为v，因此
因洛伦兹力不做功，物体动能保持不变，所以
因此
根据
可知
利用对称性可知，粒子将从点右侧的x点射出
【结束】26．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏P1、P2拼接成半径为R的半圆形粒子接收器，直径沿SO方向放置，圆心位于O点，SO长度为2R。电子电荷量为e，质量为m。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。
（1）为使电子能打到接收屏P1或P2上，求电子枪加速电压U的调节范围；
（2）求能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；
（3）若接收屏P1损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上，至少需要调节多少次加速电压?（可能用到的数据：lg2≈0.301，lg5≈0.699，lg6≈0.778）
【答案】 （1）；（2）；（3）至少需要调节2次加速电压
【解析】（1）电子在电场中加速，由动能定理
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
联立可得
为使电子能打到接收屏P1或P2上，由几何关系可知，电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P1左侧相切时，电子轨道半径最小
故加速电压最小值为
电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P2右侧相切时，电子轨道半径最大
故加速电压最大值为
故电子枪加速电压U的调节范围。
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为
故当电子轨迹恰好与接收屏相切时，能打到接收屏P1或P2上的电子运动的时间最长，此时电子恰好转动半个周期，则
运动轨迹所对应的圆心角越小，运动时间越短。如图，设轨迹与接收屏P1、P2交点为E，当SE与水平方向夹角最大，即SE与接收屏相切时，运动时间最短
由几何关系可知，在中，故轨迹对应的圆心角为，所以运动时间为
所以能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围为
（3）当粒子打到P2接收屏最高点M点时
由几何关系可得
解得
故加速电压为
由（1）分析可知，由题意可知，第一次调节电压增量为，使原来半径为的粒子打到M点，此时电压的增量
使原来半径为r1、加速电压为U1的粒子打到B点，有
解得
第二次调节电压增量为，使原来半径为r1，电压为U1的粒子打到M点，则有
使原来半径为r2，电压为U2的粒子打到B点，有
解得
故至少需要调节2次加速电压，就可以使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上。
【结束】27．（2022·江苏·模拟预测）如图1所示平面内，y轴与间存在匀强交变磁场，图像如图1所示（垂直于纸面向里为正方向）。直线（x轴坐标：）右侧存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小。O点的粒子源在时刻向y轴右侧各方向发射速度均为 的带正电粒子，其中沿x轴正方向发射的粒子经过时速度方向仍沿x轴正方向。已知粒子比荷：；不计带电粒子的重力，取。求：
（1）粒子在磁场中作圆周运动的半径r和周期T；
（2）沿x轴正方向飞离磁场的粒子在时的速度大小v；
（3）可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中运动时满足
且
解得
（2）沿x轴正方向发射的粒子轨迹如图
时粒子飞离磁场，进入电场后粒子做类平抛运动
则粒子的速度
（3）为使粒子可经过，则粒子不能飞至y轴左侧。向第四象限发射的粒子中，若粒子初速度沿y轴负方向，经一个周期后恰与y轴相切，不可能飞至。其他方向均可。
向第一象限发射的粒子中，恰经过y轴的粒子轨迹如图
设速度与水平方向的夹角为，由几何关系可知
解得
，
综上：可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围
【结束】28．（2022·江苏·二模）如图，在竖直面内建立坐标系，第一、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，平行板、如图放置，两板间距为，板长均为，板带正电，右端位于y轴上的点，板在负半轴上且带负电，右端位于坐标轴点，板正中间有一小孔，一质量为m，电量为的带电粒子从板左边沿向轴正方向以速度水平射入平行板间，穿过小孔、经第三、第四、第一象限，再次进入平行板内。不计粒子的重力，求：
（1）粒子从轴上进入第四象限的速度大小；
（2）第一、四象限内磁感应强度大小应满足的条件；
（3）现将第四象限内磁感应强度大小改为，方向不变，将第一象限内磁场撤除，同时在第一象限内加上平行纸面的匀强电场。仍将粒子从板左边沿向轴正方向以向右水平射入平行板间，最终粒子垂直于轴从点再次进入平行板内，求匀强电场的大小和方向（方向用与轴夹角的正切表示）。
【答案】 （1）；（2）；（3），方向与y轴负方向夹角正切值为6
【解析】（1）带电粒子进入孔，沿平行板方向有
垂直于平行板方向
解得
粒子进入第四象限时的速度为
（2）如图所示
假设粒子离开孔时速度于方向夹角为，则有
可得
若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
综合可知磁感应强度大小范围为
（3）当，由
可得粒子在第四象限半径为
如图所示
故粒子以垂直于轴进入第一象限，沿轴正方向做初速度为匀减速运动，直到速度减为，沿轴正方向有
解得
且
解得
粒子沿负半轴做初速度为的匀加速直线运动，由几何关系可得
解得
故电场强度大小为
电场与轴负方向夹角正切值为
【结束】29．（2022·江苏连云港·模拟预测）如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿x轴放置一块长为10d的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d，且与y轴重合。第一象限内绝缘板的上方存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度，方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，竖直方向边界未知。一带电量为q、质量为m的绝缘小球A（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量也为m的不带电的小球B以初速度v0（未知）向左运动，与A球发生弹性正碰。
（1）若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少多大？
（2）若场区边界y1=d，A球通过最高点后能与B球再次发生弹性正碰，并且使B球恰能通过最高点，则磁感应强度为多大？
（3）若场区边界，A球以通过最高点后恰好从坐标为（4d，d）的P点水平射出场区，则磁感应强度应满足什么条件？
【答案】 （1）；（2）；（3）详见解析
【解析】（1）由动量守恒得
由能量守恒得
已知，联立解得
由动能定理得
解得
（2）由于，A球在复合场区做圆周运动，所以
由题意得
带入解得
（3）设小球第一次从M点进入场中，入射速度为vM，与水平边界夹角为θ。由平抛运动得，水平位移
竖直位移
解得
则速度与水平方向夹角为；
由A球轨迹图（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动）：轨迹与y轴相切时，有
解得
粒子水平打在P点应满足
解得
n=1，2，3…
由于，所以
解得
由题意得：，即
解得
当n=7时
当n=8时
当n=9时
【结束】30．（2022·江苏泰州·高三期末）如图甲所示，M、N为水平放置长为L的平行金属板，两板相距也为L。一束带正电、比荷为的粒子流（重力不计），以初速度沿两板正中间水平射入两板间。粒子恰好由N板下边缘A点射出，以A点为坐标原点建立直角坐标系。
（1）求粒子经过A点时速度大小和方向；
（2）若y轴右侧有一方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，x轴下方磁感应强度大小为，x轴上方磁感应强度大小为，要使粒子进入磁场后恰好不离开磁场。求：；
（3）仅撤去（2）中的磁场，在y轴右侧加上如图乙所示足够大的周期性变化的磁场（已知），设磁场方向垂直于纸面向里为正。求：时刻从A点进入磁场的粒子经过x轴时的坐标值。
【答案】 （1）、速度方向与水平成45°斜向下；（2）；（3）见解析
【解析】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
解得
粒子经过A点时的速度大小
即速度方向与水平成45°斜向下；
（2）设x轴下方磁场中轨道半径为，x轴上方磁场中轨道半径为，运动轨迹如图
由几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
联立解得
（3）粒子在时刻进入磁场，如图
一个磁场变化周期中粒子沿x轴前进的距离
其中
可能：①经过x轴时的坐标值
，，1，2，3…
可能：②经过x轴时的坐标值
，，1，2，3…
【结束】31．（2022·江苏省海头高级中学高三期末）如图所示，平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在X轴下方以及开口向上的二次函数抛物线以内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；电场分布在二次函数抛物线及线以外和X轴之间所夹的空间，电场强度为大小E，方向沿Y轴负方向．二次函数方程为，现有带正电粒子（重力不计）从抛物线上左侧的处无初速释放，且带电粒子的比荷数值上满足关系（E，B已知），则
（1）求该粒子第一次从电场进入磁场时的速度大小以及从开始到此时刻经历的时间；
（2）该粒子第一次在磁场中运动的半径多少？求第一次从磁场到电场经过两场交界点的坐标以及此之前在磁场中的运动时间；
（3）同样的粒子从抛物线上各处静止出发，第一次进磁场至再次在电场中的过程，粒子做什么运动及运动轨迹是怎样？（不用写出计算过程）
【答案】 （1）；；（2）；；；（3）见解析
【解析】（1）设所求速度为v，时间为t，带电粒子在电场中匀加速，由动能定理
①
及关系式
得
由动量定理
得
（2）设在磁场中的半径为r，洛伦兹力提供向心力
得
得
由于
故从坐标原点沿Y轴向上进入二次函数内磁场区域继续圆周运动，圆心坐标为，圆周轨迹方程为
二次函数方程为
求得
或
故经过两场交界点的坐标为
由几何图形，在磁场中刚好经过个圆周，则
（3）若在磁场中做圆周运动，都经过原点，再次回到电场中做类平抛或斜抛运动；
若在磁场中均做半圆周的圆周运动，再次回到电场中先做末速为零的匀减速直线运动再做逆过程匀加速直线运动；
若由
故都经过原点，进入抛物线内磁场区域，继续圆周运动，再进入电场。
【结束】32．（2022·江苏·泰兴市第一高级中学高三开学考试）质谱仪是一种检测和分离同位素的仪器。氕（）、氘（）两种带电粒子从容器A下方的狭缝S1飘入电势差为U0的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过狭缝S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知带电粒子从狭缝S3进入磁场时与垂直磁场边界方向存在一个很小的散射角θ，所有粒子均打在底片区域内，最远点M到狭缝S3的距离为d。氘的质量为m，忽略带电粒子的重力及相互间作用力，且未知。
（1）打到M点的是氘粒子，求其电量q；
（2）若某些氘粒子进入磁场后，形成等效电流为I的粒子束，最终打在照相底片MN上的P点（图中未画出）形成一个曝光点，粒子均被吸收。求氘粒子束单位时间内对P点的冲击力大小F；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0）到（U0+）之间变化，要使氕、氘两种粒子在底片上没有重叠，求应满足的条件。
【答案】 （1）；（2）BId；（3）ΔU≤U0
【解析】（1）打在底片上的最远点M，氘粒子在磁场中偏转了半个圆周，根据几何关系可得
在加速电场中，根据动能定理有
在偏转磁场中，有
联立解得
（2）设t时间内打到P点的氘粒子个数为N，则（以单位时间为研究对象也给分）
N=
根据动量定理
根据动能定理有
联立解得
（3）要使氕、氘两种粒子在底片上没有重叠，即氕粒子打在底片上距离狭缝S3的最小距离比氘粒子打在底片上距离狭缝S3的最大距离大，根据几何关系有
，
联立解得
U0
【结束】33．（2022·江苏南通·三模）如图所示，在平面直角坐标系中x轴上方有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小。位于O点处的粒子源能沿y轴正方向发射初动能不同的同种带正电粒子，粒子的质量、电荷量。在第一象限内有一组平行于x轴的薄挡板、、（其中位于x轴上），粒子击中挡板后会反弹，反弹前后粒子速度方向与挡板平面的夹角大小不变，反弹速率与撞击前速率的比值，且反弹后的粒子不会再碰到其他挡板。已知击中挡板、、的粒子最小初动能分别为、，。不考虑粒子间的相互作用和重力影响，粒子电荷量保持不变。
（1）写出粒子在磁场中运动的半径r与出能动的关系式（用q、m、B表示）；
（2）求板左端的坐标x1，同时要使得初动能在与之间的粒子最终全部被收集，求板长度的最小值L；
（3）分别求挡板与、与间距离的最小值、。
【答案】 （1）；（2）1.6m；（3）0.24m，0.216m
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力
结合动能公式可得
（2）击中挡板时粒子最小动能对应的圆周半径为
由几何关系知
解得
m
打到的最大动能的临界是，其对应的半径m，第一次在上的落点到粒子源的距离
m
反弹的粒子不断地向右以半圆的轨迹运动，半径按k倍减小，经无穷多次碰撞后，粒子到粒子源的距离
m
的板长至少为
m
（3）如图所示，粒子在板中碰撞后反弹，到达最大高度
和板的最短距离
m
打在板上速度最大的粒子，恰好经过板左边缘，如图所示，其半径m，打在板上反射后，其半径变为
m
相似三角形关系
解得
m
【结束】34．（2022·江苏扬州·高三期末）如图1所示，在直角坐标系第一象限内，以x轴和y轴为边界存在足够大匀强磁场。磁感应强度B随时间t作周期性变化的图像如图2所示，B0已知，垂直纸面向外为B的正方向，一粒子源可持续均匀发射速度为v0的粒子，粒子质量和电荷量分别为m和+q，不计重力；t=0时刻，打开粒子源，粒子从坐标原点O沿y轴正方向发射，在t=时刻进入磁场的粒子恰好在t=时刻离开磁场，求：
（1）磁场变化的周期T0；
（2）粒子从x轴射出的区域宽度d以及从第一象限射出的粒子在磁场中运动的最长时间；
（3）若在时刻关闭粒子源，求从x轴和y轴射出的粒子数之比。
【答案】 （1）；（2），；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中圆周运动的周期为
在到时间内磁场不变，如图1所示，粒子做匀速圆周运动从x轴离开磁场，则
解得
（2）粒子在磁场中圆周运动的半径为
如图2所示，某时刻进入磁场的粒子恰好从x轴上F点离开磁场区域，为粒子从x轴射出区域范围
解得
因为
所以粒子在磁场变化的半个周期内圆周运动的圆心角为。比较图2和图3可知：从第一象限射出的粒子在磁场中运动时间最长的应该是从y轴上D点射出的粒子，解得
（3）若磁场无限大且不变，时间内射出的粒子在时刻均匀分布在圆心角为的圆周上。
由于磁场变化，范围内的粒子从x轴射出。范围内的粒子从y轴射出，所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为。
另解：
图2中，恰从F点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻之前发射的粒子从x轴射出，时长
图3中，拾从D点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻至时刻发射的粒子从y轴射出，时长
所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为
【结束】35．（2022·江苏泰州·模拟预测）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xy，第一象限内有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场；第三、四象限有磁感应强度大小为，方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。t=0时刻，质量为m、带电量为+q的绝缘小球，从x轴的O点，沿x轴正方向以速度v0射入第一象限，在第一象限做匀速圆周运动；小球过一段时间进入第三象限的磁场区域。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）在磁场B2内，小球离x轴最远距离及对应的速度大小；
（3）小球进入磁场B2的时刻。
【答案】 （1）；（2），；（3）（n取正整数，且，）
【解析】（1）在第一象限内作匀速圆周运动，则
得
（2）第一象限，根据洛伦兹力等于向心力
得
消去运动半周，时间为
第二象限做做平抛运动，则
得
则
则
与x轴负方向夹角的正切值为
设最远距离为y，此时对应的速度为vx
由动能定理
水平方向由动量定理
即
取向右为正方向，则
小球离x轴最远距离及对应的速度大小分别为
，
（3）在磁场中，创设向左、向右的速度，且使
则
则
则
小球可看的匀速圆周运动及以水平向右的匀速运动的合运动，当粒子第二次进入B1时，速度方向与x轴夹角为，则在B2中运动时间为
在B1中运动时间为
则粒子进入B2的时刻为
得
（n取正整数）
【结束】36．（2022·江苏苏州·三模）如图所示,xOy坐标系在y>0空间存在场强为E，方向沿y轴正向的匀强电场，在y<0的空间存在磁感应强度为B，垂直于xy平面向里的匀强磁场。P点位于y轴上，距离原点O的距离为OP=h。一质量为m，带电量为－q（q>0）的带电粒子，从P点以垂直于y轴的初速度向右射出，粒子重力和空气阻力忽略不计。
（1）若初速度为v0，求带电粒子刚进入磁场时的位置到O的距离x；
（2）若带电粒子从P点飞出后经过x轴上的D点，进入磁场后仍能回到P点，求D到 O的距离d；
（3）若带电粒子经过电场和磁场，能通过x轴上与O相距为L的点，求初速度。
【答案】 （1） ；（2） ；（3）①在电场区击中点，,②在磁场区击中点，
【解析】（1）粒子在电场中运动时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，竖直方向上，有
联立以上各式得
（2）如图所示
带电粒子在电场中做类平抛运动，以速度经过D点，与x轴的夹角为。进入磁场区后，沿半径为R的圆弧运动到另一点，又从进入电场做类斜上抛运动，只要与D关于O对称，即
粒子就能回到P点，根据几何关系
由洛伦兹力提供向心力
由速度分解矢量关系
在电场中运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式
联立以上各式得
（3）①从P点飞出后，经磁场回转，又斜向上飞入电场区，如此循环，历经磁场n次，最终在电场区击中点，如图所示
满足
又
代入得
②在磁场区击中点，如图所示
满足
又
代入得
【结束】
备战2023年高考各校及地市好题高三物理试卷分项汇编【第01辑】
（江苏专用）
专题11 磁场（含复合场和组合场）
一、单选题
1．（2022·江苏·德才教育模拟预测）两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一粗细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小变为2I，则其中一个弹簧秤的示数为F2.下列说法正确的是（ ）
A．直导线ab的质量B．直导线ab的质量
C．匀强磁场的磁感应强度D．匀强磁场的磁感应强度
【答案】 C
【解析】由左手定则，安培力方向竖直向上，由共点力平衡
由安培力公式
当电流反向时，由左手定则，安培力方向竖直向下，由共点力平衡
由安培力公式
联立解得
故选C。
2．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，水平桌面上有一正三角形线框abc，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，则线框受到的摩擦力大小为（ ）
A．B．C．D．2BIL
【答案】 C
【解析】根据题意可知abc边的电流为
正三角形框架接入电路后，受安培力的等效长度为L，总电流为
所受安培力大小为
故选C。
3．（2022·江苏省昆山中学模拟预测）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中错误的是（ ）
A．图乙中霍尔元件的载流子带负电
B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小
C．若传感器的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2变大
D．若自行车的车速越大，则霍尔电势差U2越大
【答案】 D
【解析】A．由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故A正确，不符合题意；
B．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故B正确，不符合题意；
D．根据题意，由平衡条件有
可得
由电流的微观定义式，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压U2与车速大小无关，故D错误，符合题意；
C．由公式
若传感器的电源输出电压U1变大，那么电流I变大，则霍尔电势差U2将变大，故C正确，不符合题意。
故选D。
4．（2022·江苏省海头高级中学二模）一段导线弯成互成直角的两段，放在光滑桌面上，导线中通有2A的电流，处于磁感应强度大小为0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中。要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为（ ）
A．0.1NB．C．D．
【答案】 B
【解析】导线的等效长度为
则安培力
要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为
故选B。
5．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30°，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子、粒子质量为m、电量大小为q，下列说法正确的是（ ）
A．从边界bc射出的粒子速度方向各不相同
B．粒子离开磁场时到b点的最短距离为
C．垂直边界ab射出的粒子的速度大小为
D．垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为
【答案】 B
【解析】A．粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，故方向均相同，A错误；
B．当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得
离b点的最短距离为
联立解得
B正确；
C．垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为
由洛伦兹力作为向心力可得
解得粒子的速度大小为
C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为
垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为
D错误。
故选B。
6．（2022·江苏省太仓高级中学高二期中）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。则下面说法错误的是（ ）
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】 B
【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B。
7．（2022·江苏·模拟预测）如图为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1（沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（ ）
A．半径之比为B．半径之比为
C．时间之比为D．时间之比为
【答案】 A
【解析】AB．设圆柱形区域为R，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知
轨道半径之比
故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中做圆周运动的周期
由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角
粒子在磁场中的运动时间
粒子的运动时间之比
故CD错误。
故选A。
8．（2022·江苏连云港·模拟预测）现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈通交变电流，电子在半径不变的轨道上做加速圆周运动。上图为侧视图，如图为真空室的俯视图。从上向下看，如果电子沿逆时针方向运动，则（ ）
A．电子加速时受到的洛伦兹力大小可能不变
B．在交变电流的一个周期内，电子可以一直加速
C．电子每运动一周，动能的增加量一定相同
D．当线圈电流与图示方向一致，电流变大，电子加速
【答案】 D
【解析】A．电子加速时，磁感应强度增大、电子速度增大，根据，则洛伦兹力变大，故A错误；
B．当交变电流减小时，此时感生电场方向与之前的相反，此时电子受到的电场力方向与之前的相反，则会减速，故B错误；
C．电子每运动一周，动能的增加量是否一定相同，取决于电流随时间的变化关系，如果电流随时间不是均匀变化，则不相同，故C错误；
D．当线圈电流与图示方向一致，根据右手定则可知磁场方向向上，电流变大，则磁感应强度变大，产生的感生电场为顺时针方向，电子受到的电场力为逆时针方向，电子会逆时针加速运动，故D正确。
故选D。
9．（2022·江苏·模拟预测）如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好。图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I。若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．两杆所受安培力的方向相同
B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C．在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为
D．在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt
【答案】 D
【解析】AB．图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得
I1=
金属杆受到的安培力
F1=BI1L=
方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力
F2=BIL
方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为
故选项AB错误；
CD．在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功
E电=F1vΔt=
图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即
E机=F2vΔt=BILvΔt
选项C错误，D正确。
故选D。
10．（2022·江苏常州·模拟预测）如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A．电场力对每个氖20和氖22做的功不等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【答案】 D
【解析】A．根据电场力做功公式，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，故A错误；
B．在加速电场中，根据动能定理有
由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，故B错误；
C．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得
解得
根据动能和动量的关系有
综上可判断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，故C错误；
D．在加速电场中，根据动能定理有
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得
联立可得
对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，故D正确。
故选D。
11．（2022·江苏·模拟预测）回旋加速器是高能物理研究中常用的仪器，它的工作原理如图所示，如果将加速的粒子由换成，不考虑相对论的影响，下列说法正确的是（ ）
A．两粒子的最大动能之比为1:2
B．两粒子加速次数之比为2:1
C．两粒子加速次数之比为1:2
D．两粒子在回旋加速器中的加速周期相等
【答案】 B
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动的最大半径相等，设D形盒半径为R，洛伦兹力提供向心力，有
粒子获得的最大动能
所以两粒子最大动能之比为1:1，选项A错误；
BC．两粒子的加速次数满足
可得加速次数之比
选项B正确，C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为，由于两粒子的比荷不相等，所以两粒子的运动周期不相等，所以加速周期（等于磁场中圆周运动周期）不相等，选项D错误。
故选B。
12．（2022·江苏无锡·高三期末）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）
A．两板间电压的最大值
B．能打到N板上的粒子的最大动能为
C．粒子在磁场中运动的最长时间
D．CD板上可能被粒子打中区域的长度
【答案】 A
【解析】A．如图
当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，在加速电场中，根据动能定理
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得轨迹半径为
解得
故A正确；
D．设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系
解得
被粒子打中区域的长度为
解得
故D错误；
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
粒子在磁场中运动的周期为
解得
故C错误；
B．当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，粒子半径
即粒子半径最大动能为
解得
故B错误。
故选A。
13．（2022·江苏省太仓高级中学高二期中）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
【答案】 B
【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足
由欧姆定律和安培力公式可得
再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得
则
金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。
故选B。
14．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有（ ）
A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定等于v0
C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于
D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于
【答案】 C
【解析】A．当粒子垂直于MN入射时，经过MN时离O点最远，此时有
OA=2R0
若粒子的速度大于v0，则粒子的半径将变大，但是粒子如果速度方向与MN成一定角度入射，则仍可以到达A点左侧，选项A错误；
B．若粒子落在A点的右侧，则说明粒子运动的圆半径大于R0，则其速度一定大于v0，选项B错误；
C．当粒子从O点垂直MN入射，落在A点左侧相距为d的位置时，有
则
即
解得
则若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于，选项C正确；
D．当粒子从O点垂直MN入射，落在A点右侧相距为d的位置时，有
则
即
解得
则若粒子大于v，但不是垂直MN入射，粒子同样可以落在A点左右两侧d的范围内，选项D错误。
故选C。
15．（2022·江苏·模拟预测）如图甲，一带电物块无初速度地放在传送带底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端运动至皮带轮顶端的过程中，其图像如图乙所示，物块全程运动的时间为，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
A．该物块带负电
B．传送带的传动速度大小一定为1m/s
C．若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移
D．在内，物块与传送带仍可能有相对运动
【答案】 D
【解析】A．由题图乙可知，物块先做加速度减小的加速运动再做匀速运动，物块的最大速度是1m/s．对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向有
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，可知一定是逐渐减小，即洛伦兹力的方向与相同．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A错误；
BD．由
可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度1m/s后受力平衡，与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能等于1m/s，也可能大于1m/s，物块最终可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误，D正确；
C．由以上的分析可知，传送带的速度不能确定，所以不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移，故C错误。
故选D。
16．（2022·江苏·模拟预测）两完全相同的通电圆线圈1、2平行放置，两圆线圈的圆心O1、O2的连线与圆面垂直，O为O1、O2的连线的中点，如图所示。当两圆线圈中通以方向、大小均相同的恒定电流时，O1点的磁感应强度的大小为B1；若保持线圈1中的电流以及线圈2中的电流大小不变，仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为B2。则线圈1中的电流在O2点和O点产生的磁场的磁感应强度大小B3、B4一定有（ ）
A．B3=，B4=B．B3=，B4＜
C．B3=，B4＜D．B3=，B4＜
【答案】 D
【解析】当两圆环中电流方向相同时（设俯视逆时针方向的电流），则设两圆环在O1点产生的磁场方向相同均向上，设大小分别为B11和B21，则O1点的磁感应强度的大小为
①
仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为
②
①②两式相减解得
而线圈1中的电流在O2点产生的磁场的磁感应强度大小
由①②两式相加可得
因线圈1中的电流在O1点的磁感应强度B11一定大于在O点的磁感应强度B4，则
故选D。
17．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，、、、是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是（ ）
A．沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最短B．沿径迹、运动的粒子均为正电子
C．沿径迹、运动的粒子速率比值为D．沿径迹、运动的时间之比为9：8
【答案】 C
【解析】A．由于正电子和负电子的电量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
可知四种粒子的周期相等，而沿径迹运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由
可知沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最长，A项错误：
B．由左手定则可判断沿径迹，运动的粒子均带负电，B项错误；
C．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹，运动的粒子轨道半径分别为，，根据
可得
C项正确：
D．由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比所以
D项错误。
故选C。
18．（2022·江苏苏州·高三期末）如图所示，圆形硬质金属导线M-a-N-b-M固定于水平桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧MaN的长度为圆周长的，触头M、N与直流电源两端相接。已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，则圆弧导线MbN因为安培力作用而受到的附加张力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】 A
【解析】圆弧MaN的长度为圆周长的，则圆弧导线MbN长度为圆周长的，圆弧导线MbN的电阻是圆弧MaN的3倍，两端圆弧并联连接，故通过的电流与电阻成反比，导线MbN与圆弧MaN的受安培力的等效长度相同，根据安培力的表达式
已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，可知导线MbN受到的安培力大小为。
受力分析，导线MbN受到两端的附加张力与安培力平衡，如图所示
根据平衡条件可得
BCD错误，A正确。
故选A。
二、解答题
19．（2022·江苏南通·高三开学考试）空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。时刻，一带电粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度为v，第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不考虑粒子的重力。求：
（1）Q到O的距离d；
（2）粒子两次经过P点的时间间隔；
（3）粒子经过y轴的时刻t。
【答案】 （1）；（2）；（3）或
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力
解得
Q、O的距离
解得
（2）粒子再次经过P，经过N个周期
匀速圆周运动
绕一周的时间
两次经过P点的时间间隔
解得
（3）粒子经过y轴的时刻
或
解得
或
20．（2022·江苏常州·三模）如图甲所示的竖直平面坐标系xOy内，存在正交的匀强电场和匀强磁场，已知电场强度E=2.010-3N/C，方向竖直向上；磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B大小为0.5T，方向随时间按图乙所示规律变化（开始时刻，磁场方向垂直纸面向里）。t=0时刻，有一带正电的微粒以v0=1.0103m/s的速度从坐标原点O沿x轴正向进入场区，恰做匀速圆周运动，g取10m/s2。试求：
（1）带电微粒的比荷；
（2）带电微粒从开始时刻起经多长时间到达x轴，到达x轴上何处；
（3）带电微粒能否返回坐标原点？如果可以，则经多长时间返回原点？
【答案】 （1）；（2）先逆时针偏转，再顺时针偏转，后逆时针偏转，到达x轴上P点；（3）微粒能返回坐标原， t总=2.410-3πs
【解析】（1）带电微粒在场区做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由
Eq=mg
可得
（2）微粒做圆周运动时，由
可得
R=0.4m
又
微粒先逆时针偏转，再顺时针偏转， 后逆时针偏转，到达x轴上P点
（3）微粒能返回坐标原点，如图所示，则
t总=3T=2.410-3πs
21．（2022·江苏省海头高级中学二模）如图所示，在用阴极射线管测量阴极射线的比荷时，当给平行金属板a、b加上U的电压后，沿a、b中线OO'以一定速度运动的电子，恰好能从a板的边缘射出并打到荧光屏上。已知a、b的长度为L、两板间距为L，极板与荧光屏的距离也为L，P点是OO'延长线与荧光屏的交点。为了抵消阴极射线的偏转，在a、b间再加上垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，射线恰好打到P点。将a、b间视为匀强电场，不考虑重力的影响。
（1）求阴极射线的比荷。
（2）若撤去电场只保留磁场，荧光屏上是否会出现亮点？若有说明位置，没有说明原因。
【答案】 （1）；（2）粒子将打在b板上，荧光屏上不会出现亮点，原因见解析
【解析】（1）粒子在电场中运动时，做类平抛运动，板间场强
根据牛顿第二定律
根据类平抛运动规律
加上磁场后，粒子做直线运动，洛伦兹力与电场平衡
qE=qv0B
联立解得
（2）若撤去电场只保留磁场，根据洛伦兹力提供向心力
解得
假设电子射到b板上，到达b板的位置与b板右端的距离为x，则有
解得
假设成立，荧光屏上不会出现亮点。
22．（2022·江苏镇江·高三开学考试）如图，两个定值电阻、阻值均为，直流电源的电动势为，内阻，平行板电容器两极板水平放置，板间距离，板长，空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，一质量为，带正电的小球以速度沿水平方向从电容器下板右侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，恰好从上板左侧边缘射出。重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）求电阻两端的电压U；
（2）求小球在两极板间运动的时间t；
（3）若在虚线的左侧加上一匀强电场，恰使射出电容器的小球做直线运动，求所加电场的场强大小和方向。
【答案】 （1）1V；（2）；（3），方向与水平方向夹角30°斜向左上方
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律
电阻两端的电压
联立解得
（2）设小球在板间的轨迹半径为R，根据几何关系
解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得
小球在板间运动对应的圆心角满足
解得
则小球在两极板间运动的时间
（3）射出极板间后瞬间，速度方向与水平方向夹角恰为，受到的洛伦兹力垂直速度方向向上，重力竖直向下，因为小球做直线运动，则速度必然不变（否则洛伦兹力改变，合力方向改变），根据几何关系可知重力与洛伦兹力之间夹角为120°且
故两力的合力沿速度的反方向且大小等于重力，则电场力大小等于重力，方向与速度方向相同，小球带正电，则电场强度
方向与水平方向夹角30°斜向左上方。
23．（2022·江苏南通·模拟预测）如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
（1）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
（2）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0（未知）时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点（图中未画出），求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值csα；
（3）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为r1，如答图1．则
设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如答图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为
r0=3a
设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如答图2，其运动半径仍为r0，根据几何关系有
解得
（3）由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点．当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如答图3．
由几何关系得
根据余弦定理有
则
当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A′，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D′，圆心为O2′，如答图4．
由几何关系得
根据余弦定理有
则
可知点A与点A′重合，点A（A′）即为粒子打在荧光屏上最左侧的点．则粒子能到达屏幕的最大区间长度为
24．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）一台质谱仪工作原理如图甲所示，带电离子从孔沿速度选择器的中轴线进入正交电磁场中，已知磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，MN板电压，板间距为d，板间电场为匀强电场。离子从射出后进入垂直纸面向里，大小为的匀强磁场，经磁场偏转打在荧光屏,PQ垂直，不考虑离子间相互作用和重力的影响。
（1）离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，求穿出时粒子的速度；
（2）质量m、电荷量q、速度v的离子进入速度选择器时不满足匀速直线运动的条件（v略微大于匀速直线运动速度），离子的运动可视为一个沿的匀速直线运动和一个垂直磁场做匀速圆周运动的合运动，为使得离子沿初速度方向通过孔，间距离L为多少？
（3）如图乙所示，大量一价氦离子从孔垂直磁场射出，射出离子的发散角为，且左右对称。若射出离子的速度v大小为（为已知量），氦离子包括氦3和氦4离子，电荷量都是e，质量分别是和，要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，两组亮线区域的最短间距应不小于其中氦3亮线宽度区域的十分之一，则应该满足什么条件？
【答案】 （1）； (2)；（3）
【解析】（1）M、N两板间电场强度大小为
①
离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，根据平衡条件有
②
联立①②解得
③
（2）当v略微大于匀速直线运动速度时，可以将v分解为两个同向的分速度，其中一个分速度大小v0，对应离子的匀速直线分运动，所以离子从O1到O2的运动时间为
④
根据牛顿第二定律有
⑤
可得离子的圆周分运动的周期为
⑥
根据圆周运动的周期性可知
⑦
联立③④⑥⑦解得
⑧
（3）设离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
⑨
解得
⑩
根据⑩式可推知氦3离子运动的最大和最小半径分别为
⑪
⑫
所以氦3离子所能达到荧光屏上的最远位置到O2的距离为
⑬
氦3离子所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
⑭
氦3亮线宽度为
⑮
同理可知氦4所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
⑯
由题意可知要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，则
⑰
联立⑬~⑰式解得
⑱
25．（2022·江苏南京·模拟预测）空间存在间距都为d的，磁场感应强度为、……的匀强磁场。一群电量为，质量m，重力不计的粒子从坐标原点O以等大速度进入磁场，入射方向与x正方向成角，且均匀的分布在0~180°内，其中有75%的粒子能通过边界1。求：
（1）粒子速度v的大小；
（2）调整入射速度的大小与方向，若粒子恰好能穿过边界2，此时入射角度与v的关系；
（3）当粒子垂直于边界射入磁场，且入射速度满足，求运动过程中的最大值，以及粒子出射磁场的位置与O的距离。
【答案】 （1）；（2）；（3），
【解析】（1）带电粒子在磁场中的运动的半径
因为75%的粒子能通过界面，即与x轴正方向成45°内的粒子都不能通过，临界状态为45°恰好与1边界相切。
由图可知
解得
（2）穿越一个磁场带时，其高度差皆为d。则
同理，恰好穿越第二个磁场时，
解得
（说明，将粒子射入分为与时，其结果一样的。
即
亦即
穿越第二个磁场时，也为
两种情况的结果是一样的）
（3）由动量定理
所以
因此
又因为
只能完整的穿过2个d后，在第三个磁场层达到y的最大距离，此处磁感应强度为，所以
因此
其中是在最低时粒子的水平速度即为v，因此
因洛伦兹力不做功，物体动能保持不变，所以
因此
根据
可知
利用对称性可知，粒子将从点右侧的x点射出
26．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏P1、P2拼接成半径为R的半圆形粒子接收器，直径沿SO方向放置，圆心位于O点，SO长度为2R。电子电荷量为e，质量为m。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。
（1）为使电子能打到接收屏P1或P2上，求电子枪加速电压U的调节范围；
（2）求能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；
（3）若接收屏P1损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上，至少需要调节多少次加速电压?（可能用到的数据：lg2≈0.301，lg5≈0.699，lg6≈0.778）
【答案】 （1）；（2）；（3）至少需要调节2次加速电压
【解析】（1）电子在电场中加速，由动能定理
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
联立可得
为使电子能打到接收屏P1或P2上，由几何关系可知，电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P1左侧相切时，电子轨道半径最小
故加速电压最小值为
电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P2右侧相切时，电子轨道半径最大
故加速电压最大值为
故电子枪加速电压U的调节范围。
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为
故当电子轨迹恰好与接收屏相切时，能打到接收屏P1或P2上的电子运动的时间最长，此时电子恰好转动半个周期，则
运动轨迹所对应的圆心角越小，运动时间越短。如图，设轨迹与接收屏P1、P2交点为E，当SE与水平方向夹角最大，即SE与接收屏相切时，运动时间最短
由几何关系可知，在中，故轨迹对应的圆心角为，所以运动时间为
所以能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围为
（3）当粒子打到P2接收屏最高点M点时
由几何关系可得
解得
故加速电压为
由（1）分析可知，由题意可知，第一次调节电压增量为，使原来半径为的粒子打到M点，此时电压的增量
使原来半径为r1、加速电压为U1的粒子打到B点，有
解得
第二次调节电压增量为，使原来半径为r1，电压为U1的粒子打到M点，则有
使原来半径为r2，电压为U2的粒子打到B点，有
解得
故至少需要调节2次加速电压，就可以使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上。
27．（2022·江苏·模拟预测）如图1所示平面内，y轴与间存在匀强交变磁场，图像如图1所示（垂直于纸面向里为正方向）。直线（x轴坐标：）右侧存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小。O点的粒子源在时刻向y轴右侧各方向发射速度均为 的带正电粒子，其中沿x轴正方向发射的粒子经过时速度方向仍沿x轴正方向。已知粒子比荷：；不计带电粒子的重力，取。求：
（1）粒子在磁场中作圆周运动的半径r和周期T；
（2）沿x轴正方向飞离磁场的粒子在时的速度大小v；
（3）可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中运动时满足
且
解得
（2）沿x轴正方向发射的粒子轨迹如图
时粒子飞离磁场，进入电场后粒子做类平抛运动
则粒子的速度
（3）为使粒子可经过，则粒子不能飞至y轴左侧。向第四象限发射的粒子中，若粒子初速度沿y轴负方向，经一个周期后恰与y轴相切，不可能飞至。其他方向均可。
向第一象限发射的粒子中，恰经过y轴的粒子轨迹如图
设速度与水平方向的夹角为，由几何关系可知
解得
，
综上：可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围
28．（2022·江苏·二模）如图，在竖直面内建立坐标系，第一、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，平行板、如图放置，两板间距为，板长均为，板带正电，右端位于y轴上的点，板在负半轴上且带负电，右端位于坐标轴点，板正中间有一小孔，一质量为m，电量为的带电粒子从板左边沿向轴正方向以速度水平射入平行板间，穿过小孔、经第三、第四、第一象限，再次进入平行板内。不计粒子的重力，求：
（1）粒子从轴上进入第四象限的速度大小；
（2）第一、四象限内磁感应强度大小应满足的条件；
（3）现将第四象限内磁感应强度大小改为，方向不变，将第一象限内磁场撤除，同时在第一象限内加上平行纸面的匀强电场。仍将粒子从板左边沿向轴正方向以向右水平射入平行板间，最终粒子垂直于轴从点再次进入平行板内，求匀强电场的大小和方向（方向用与轴夹角的正切表示）。
【答案】 （1）；（2）；（3），方向与y轴负方向夹角正切值为6
【解析】（1）带电粒子进入孔，沿平行板方向有
垂直于平行板方向
解得
粒子进入第四象限时的速度为
（2）如图所示
假设粒子离开孔时速度于方向夹角为，则有
可得
若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
综合可知磁感应强度大小范围为
（3）当，由
可得粒子在第四象限半径为
如图所示
故粒子以垂直于轴进入第一象限，沿轴正方向做初速度为匀减速运动，直到速度减为，沿轴正方向有
解得
且
解得
粒子沿负半轴做初速度为的匀加速直线运动，由几何关系可得
解得
故电场强度大小为
电场与轴负方向夹角正切值为
29．（2022·江苏连云港·模拟预测）如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿x轴放置一块长为10d的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d，且与y轴重合。第一象限内绝缘板的上方存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度，方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，竖直方向边界未知。一带电量为q、质量为m的绝缘小球A（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量也为m的不带电的小球B以初速度v0（未知）向左运动，与A球发生弹性正碰。
（1）若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少多大？
（2）若场区边界y1=d，A球通过最高点后能与B球再次发生弹性正碰，并且使B球恰能通过最高点，则磁感应强度为多大？
（3）若场区边界，A球以通过最高点后恰好从坐标为（4d，d）的P点水平射出场区，则磁感应强度应满足什么条件？
【答案】 （1）；（2）；（3）详见解析
【解析】（1）由动量守恒得
由能量守恒得
已知，联立解得
由动能定理得
解得
（2）由于，A球在复合场区做圆周运动，所以
由题意得
带入解得
（3）设小球第一次从M点进入场中，入射速度为vM，与水平边界夹角为θ。由平抛运动得，水平位移
竖直位移
解得
则速度与水平方向夹角为；
由A球轨迹图（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动）：轨迹与y轴相切时，有
解得
粒子水平打在P点应满足
解得
n=1，2，3…
由于，所以
解得
由题意得：，即
解得
当n=7时
当n=8时
当n=9时
30．（2022·江苏泰州·高三期末）如图甲所示，M、N为水平放置长为L的平行金属板，两板相距也为L。一束带正电、比荷为的粒子流（重力不计），以初速度沿两板正中间水平射入两板间。粒子恰好由N板下边缘A点射出，以A点为坐标原点建立直角坐标系。
（1）求粒子经过A点时速度大小和方向；
（2）若y轴右侧有一方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，x轴下方磁感应强度大小为，x轴上方磁感应强度大小为，要使粒子进入磁场后恰好不离开磁场。求：；
（3）仅撤去（2）中的磁场，在y轴右侧加上如图乙所示足够大的周期性变化的磁场（已知），设磁场方向垂直于纸面向里为正。求：时刻从A点进入磁场的粒子经过x轴时的坐标值。
【答案】 （1）、速度方向与水平成45°斜向下；（2）；（3）见解析
【解析】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
解得
粒子经过A点时的速度大小
即速度方向与水平成45°斜向下；
（2）设x轴下方磁场中轨道半径为，x轴上方磁场中轨道半径为，运动轨迹如图
由几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
联立解得
（3）粒子在时刻进入磁场，如图
一个磁场变化周期中粒子沿x轴前进的距离
其中
可能：①经过x轴时的坐标值
，，1，2，3…
可能：②经过x轴时的坐标值
，，1，2，3…
31．（2022·江苏省海头高级中学高三期末）如图所示，平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在X轴下方以及开口向上的二次函数抛物线以内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；电场分布在二次函数抛物线及线以外和X轴之间所夹的空间，电场强度为大小E，方向沿Y轴负方向．二次函数方程为，现有带正电粒子（重力不计）从抛物线上左侧的处无初速释放，且带电粒子的比荷数值上满足关系（E，B已知），则
（1）求该粒子第一次从电场进入磁场时的速度大小以及从开始到此时刻经历的时间；
（2）该粒子第一次在磁场中运动的半径多少？求第一次从磁场到电场经过两场交界点的坐标以及此之前在磁场中的运动时间；
（3）同样的粒子从抛物线上各处静止出发，第一次进磁场至再次在电场中的过程，粒子做什么运动及运动轨迹是怎样？（不用写出计算过程）
【答案】 （1）；；（2）；；；（3）见解析
【解析】（1）设所求速度为v，时间为t，带电粒子在电场中匀加速，由动能定理
①
及关系式
得
由动量定理
得
（2）设在磁场中的半径为r，洛伦兹力提供向心力
得
得
由于
故从坐标原点沿Y轴向上进入二次函数内磁场区域继续圆周运动，圆心坐标为，圆周轨迹方程为
二次函数方程为
求得
或
故经过两场交界点的坐标为
由几何图形，在磁场中刚好经过个圆周，则
（3）若在磁场中做圆周运动，都经过原点，再次回到电场中做类平抛或斜抛运动；
若在磁场中均做半圆周的圆周运动，再次回到电场中先做末速为零的匀减速直线运动再做逆过程匀加速直线运动；
若由
故都经过原点，进入抛物线内磁场区域，继续圆周运动，再进入电场。
32．（2022·江苏·泰兴市第一高级中学高三开学考试）质谱仪是一种检测和分离同位素的仪器。氕（）、氘（）两种带电粒子从容器A下方的狭缝S1飘入电势差为U0的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过狭缝S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知带电粒子从狭缝S3进入磁场时与垂直磁场边界方向存在一个很小的散射角θ，所有粒子均打在底片区域内，最远点M到狭缝S3的距离为d。氘的质量为m，忽略带电粒子的重力及相互间作用力，且未知。
（1）打到M点的是氘粒子，求其电量q；
（2）若某些氘粒子进入磁场后，形成等效电流为I的粒子束，最终打在照相底片MN上的P点（图中未画出）形成一个曝光点，粒子均被吸收。求氘粒子束单位时间内对P点的冲击力大小F；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0）到（U0+）之间变化，要使氕、氘两种粒子在底片上没有重叠，求应满足的条件。
【答案】 （1）；（2）BId；（3）ΔU≤U0
【解析】（1）打在底片上的最远点M，氘粒子在磁场中偏转了半个圆周，根据几何关系可得
在加速电场中，根据动能定理有
在偏转磁场中，有
联立解得
（2）设t时间内打到P点的氘粒子个数为N，则（以单位时间为研究对象也给分）
N=
根据动量定理
根据动能定理有
联立解得
（3）要使氕、氘两种粒子在底片上没有重叠，即氕粒子打在底片上距离狭缝S3的最小距离比氘粒子打在底片上距离狭缝S3的最大距离大，根据几何关系有
，
联立解得
U0
33．（2022·江苏南通·三模）如图所示，在平面直角坐标系中x轴上方有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小。位于O点处的粒子源能沿y轴正方向发射初动能不同的同种带正电粒子，粒子的质量、电荷量。在第一象限内有一组平行于x轴的薄挡板、、（其中位于x轴上），粒子击中挡板后会反弹，反弹前后粒子速度方向与挡板平面的夹角大小不变，反弹速率与撞击前速率的比值，且反弹后的粒子不会再碰到其他挡板。已知击中挡板、、的粒子最小初动能分别为、，。不考虑粒子间的相互作用和重力影响，粒子电荷量保持不变。
（1）写出粒子在磁场中运动的半径r与出能动的关系式（用q、m、B表示）；
（2）求板左端的坐标x1，同时要使得初动能在与之间的粒子最终全部被收集，求板长度的最小值L；
（3）分别求挡板与、与间距离的最小值、。
【答案】 （1）；（2）1.6m；（3）0.24m，0.216m
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力
结合动能公式可得
（2）击中挡板时粒子最小动能对应的圆周半径为
由几何关系知
解得
m
打到的最大动能的临界是，其对应的半径m，第一次在上的落点到粒子源的距离
m
反弹的粒子不断地向右以半圆的轨迹运动，半径按k倍减小，经无穷多次碰撞后，粒子到粒子源的距离
m
的板长至少为
m
（3）如图所示，粒子在板中碰撞后反弹，到达最大高度
和板的最短距离
m
打在板上速度最大的粒子，恰好经过板左边缘，如图所示，其半径m，打在板上反射后，其半径变为
m
相似三角形关系
解得
m
34．（2022·江苏扬州·高三期末）如图1所示，在直角坐标系第一象限内，以x轴和y轴为边界存在足够大匀强磁场。磁感应强度B随时间t作周期性变化的图像如图2所示，B0已知，垂直纸面向外为B的正方向，一粒子源可持续均匀发射速度为v0的粒子，粒子质量和电荷量分别为m和+q，不计重力；t=0时刻，打开粒子源，粒子从坐标原点O沿y轴正方向发射，在t=时刻进入磁场的粒子恰好在t=时刻离开磁场，求：
（1）磁场变化的周期T0；
（2）粒子从x轴射出的区域宽度d以及从第一象限射出的粒子在磁场中运动的最长时间；
（3）若在时刻关闭粒子源，求从x轴和y轴射出的粒子数之比。
【答案】 （1）；（2），；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中圆周运动的周期为
在到时间内磁场不变，如图1所示，粒子做匀速圆周运动从x轴离开磁场，则
解得
（2）粒子在磁场中圆周运动的半径为
如图2所示，某时刻进入磁场的粒子恰好从x轴上F点离开磁场区域，为粒子从x轴射出区域范围
解得
因为
所以粒子在磁场变化的半个周期内圆周运动的圆心角为。比较图2和图3可知：从第一象限射出的粒子在磁场中运动时间最长的应该是从y轴上D点射出的粒子，解得
（3）若磁场无限大且不变，时间内射出的粒子在时刻均匀分布在圆心角为的圆周上。
由于磁场变化，范围内的粒子从x轴射出。范围内的粒子从y轴射出，所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为。
另解：
图2中，恰从F点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻之前发射的粒子从x轴射出，时长
图3中，拾从D点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻至时刻发射的粒子从y轴射出，时长
所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为
35．（2022·江苏泰州·模拟预测）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xy，第一象限内有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场；第三、四象限有磁感应强度大小为，方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。t=0时刻，质量为m、带电量为+q的绝缘小球，从x轴的O点，沿x轴正方向以速度v0射入第一象限，在第一象限做匀速圆周运动；小球过一段时间进入第三象限的磁场区域。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）在磁场B2内，小球离x轴最远距离及对应的速度大小；
（3）小球进入磁场B2的时刻。
【答案】 （1）；（2），；（3）（n取正整数，且，）
【解析】（1）在第一象限内作匀速圆周运动，则
得
（2）第一象限，根据洛伦兹力等于向心力
得
消去运动半周，时间为
第二象限做做平抛运动，则
得
则
则
与x轴负方向夹角的正切值为
设最远距离为y，此时对应的速度为vx
由动能定理
水平方向由动量定理
即
取向右为正方向，则
小球离x轴最远距离及对应的速度大小分别为
，
（3）在磁场中，创设向左、向右的速度，且使
则
则
则
小球可看的匀速圆周运动及以水平向右的匀速运动的合运动，当粒子第二次进入B1时，速度方向与x轴夹角为，则在B2中运动时间为
在B1中运动时间为
则粒子进入B2的时刻为
得
（n取正整数）
36．（2022·江苏苏州·三模）如图所示,xOy坐标系在y>0空间存在场强为E，方向沿y轴正向的匀强电场，在y<0的空间存在磁感应强度为B，垂直于xy平面向里的匀强磁场。P点位于y轴上，距离原点O的距离为OP=h。一质量为m，带电量为－q（q>0）的带电粒子，从P点以垂直于y轴的初速度向右射出，粒子重力和空气阻力忽略不计。
（1）若初速度为v0，求带电粒子刚进入磁场时的位置到O的距离x；
（2）若带电粒子从P点飞出后经过x轴上的D点，进入磁场后仍能回到P点，求D到 O的距离d；
（3）若带电粒子经过电场和磁场，能通过x轴上与O相距为L的点，求初速度。
【答案】 （1） ；（2） ；（3）①在电场区击中点，,②在磁场区击中点，
【解析】（1）粒子在电场中运动时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，竖直方向上，有
联立以上各式得
（2）如图所示
带电粒子在电场中做类平抛运动，以速度经过D点，与x轴的夹角为。进入磁场区后，沿半径为R的圆弧运动到另一点，又从进入电场做类斜上抛运动，只要与D关于O对称，即
粒子就能回到P点，根据几何关系
由洛伦兹力提供向心力
由速度分解矢量关系
在电场中运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式
联立以上各式得
（3）①从P点飞出后，经磁场回转，又斜向上飞入电场区，如此循环，历经磁场n次，最终在电场区击中点，如图所示
满足
又
代入得
②在磁场区击中点，如图所示
满足
又
代入得
专题11 磁场（含复合场和组合场）
【结束】一、单选题
【结束】1．（2022·江苏·德才教育模拟预测）两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一粗细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小变为2I，则其中一个弹簧秤的示数为F2.下列说法正确的是（ ）
A．直导线ab的质量B．直导线ab的质量
C．匀强磁场的磁感应强度D．匀强磁场的磁感应强度
【答案】 C
【解析】由左手定则，安培力方向竖直向上，由共点力平衡
由安培力公式
当电流反向时，由左手定则，安培力方向竖直向下，由共点力平衡
由安培力公式
联立解得
故选C。
【结束】2．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，水平桌面上有一正三角形线框abc，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，则线框受到的摩擦力大小为（ ）
A．B．C．D．2BIL
【答案】 C
【解析】根据题意可知abc边的电流为
正三角形框架接入电路后，受安培力的等效长度为L，总电流为
所受安培力大小为
故选C。
【结束】3．（2022·江苏省昆山中学模拟预测）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中错误的是（ ）
A．图乙中霍尔元件的载流子带负电
B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小
C．若传感器的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2变大
D．若自行车的车速越大，则霍尔电势差U2越大
【答案】 D
【解析】A．由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故A正确，不符合题意；
B．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故B正确，不符合题意；
D．根据题意，由平衡条件有
可得
由电流的微观定义式，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压U2与车速大小无关，故D错误，符合题意；
C．由公式
若传感器的电源输出电压U1变大，那么电流I变大，则霍尔电势差U2将变大，故C正确，不符合题意。
故选D。
【结束】4．（2022·江苏省海头高级中学二模）一段导线弯成互成直角的两段，放在光滑桌面上，导线中通有2A的电流，处于磁感应强度大小为0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中。要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为（ ）
A．0.1NB．C．D．
【答案】 B
【解析】导线的等效长度为
则安培力
要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为
故选B。
【结束】5．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30°，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子、粒子质量为m、电量大小为q，下列说法正确的是（ ）
A．从边界bc射出的粒子速度方向各不相同
B．粒子离开磁场时到b点的最短距离为
C．垂直边界ab射出的粒子的速度大小为
D．垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为
【答案】 B
【解析】A．粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，故方向均相同，A错误；
B．当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得
离b点的最短距离为
联立解得
B正确；
C．垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为
由洛伦兹力作为向心力可得
解得粒子的速度大小为
C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为
垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为
D错误。
故选B。
【结束】6．（2022·江苏省太仓高级中学高二期中）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。则下面说法错误的是（ ）
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】 B
【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B。
【结束】7．（2022·江苏·模拟预测）如图为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1（沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（ ）
A．半径之比为B．半径之比为
C．时间之比为D．时间之比为
【答案】 A
【解析】AB．设圆柱形区域为R，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知
轨道半径之比
故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中做圆周运动的周期
由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角
粒子在磁场中的运动时间
粒子的运动时间之比
故CD错误。
故选A。
【结束】8．（2022·江苏连云港·模拟预测）现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈通交变电流，电子在半径不变的轨道上做加速圆周运动。上图为侧视图，如图为真空室的俯视图。从上向下看，如果电子沿逆时针方向运动，则（ ）
A．电子加速时受到的洛伦兹力大小可能不变
B．在交变电流的一个周期内，电子可以一直加速
C．电子每运动一周，动能的增加量一定相同
D．当线圈电流与图示方向一致，电流变大，电子加速
【答案】 D
【解析】A．电子加速时，磁感应强度增大、电子速度增大，根据，则洛伦兹力变大，故A错误；
B．当交变电流减小时，此时感生电场方向与之前的相反，此时电子受到的电场力方向与之前的相反，则会减速，故B错误；
C．电子每运动一周，动能的增加量是否一定相同，取决于电流随时间的变化关系，如果电流随时间不是均匀变化，则不相同，故C错误；
D．当线圈电流与图示方向一致，根据右手定则可知磁场方向向上，电流变大，则磁感应强度变大，产生的感生电场为顺时针方向，电子受到的电场力为逆时针方向，电子会逆时针加速运动，故D正确。
故选D。
【结束】9．（2022·江苏·模拟预测）如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好。图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I。若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．两杆所受安培力的方向相同
B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C．在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为
D．在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt
【答案】 D
【解析】AB．图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得
I1=
金属杆受到的安培力
F1=BI1L=
方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力
F2=BIL
方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为
故选项AB错误；
CD．在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功
E电=F1vΔt=
图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即
E机=F2vΔt=BILvΔt
选项C错误，D正确。
故选D。
【结束】10．（2022·江苏常州·模拟预测）如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A．电场力对每个氖20和氖22做的功不等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【答案】 D
【解析】A．根据电场力做功公式，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，故A错误；
B．在加速电场中，根据动能定理有
由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，故B错误；
C．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得
解得
根据动能和动量的关系有
综上可判断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，故C错误；
D．在加速电场中，根据动能定理有
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得
联立可得
对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，故D正确。
故选D。
【结束】11．（2022·江苏·模拟预测）回旋加速器是高能物理研究中常用的仪器，它的工作原理如图所示，如果将加速的粒子由换成，不考虑相对论的影响，下列说法正确的是（ ）
A．两粒子的最大动能之比为1:2
B．两粒子加速次数之比为2:1
C．两粒子加速次数之比为1:2
D．两粒子在回旋加速器中的加速周期相等
【答案】 B
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动的最大半径相等，设D形盒半径为R，洛伦兹力提供向心力，有
粒子获得的最大动能
所以两粒子最大动能之比为1:1，选项A错误；
BC．两粒子的加速次数满足
可得加速次数之比
选项B正确，C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为，由于两粒子的比荷不相等，所以两粒子的运动周期不相等，所以加速周期（等于磁场中圆周运动周期）不相等，选项D错误。
故选B。
【结束】12．（2022·江苏无锡·高三期末）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）
A．两板间电压的最大值
B．能打到N板上的粒子的最大动能为
C．粒子在磁场中运动的最长时间
D．CD板上可能被粒子打中区域的长度
【答案】 A
【解析】A．如图
当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，在加速电场中，根据动能定理
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得轨迹半径为
解得
故A正确；
D．设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系
解得
被粒子打中区域的长度为
解得
故D错误；
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
粒子在磁场中运动的周期为
解得
故C错误；
B．当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，粒子半径
即粒子半径最大动能为
解得
故B错误。
故选A。
【结束】13．（2022·江苏省太仓高级中学高二期中）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
【答案】 B
【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足
由欧姆定律和安培力公式可得
再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得
则
金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。
故选B。
【结束】14．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有（ ）
A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定等于v0
C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于
D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于
【答案】 C
【解析】A．当粒子垂直于MN入射时，经过MN时离O点最远，此时有
OA=2R0
若粒子的速度大于v0，则粒子的半径将变大，但是粒子如果速度方向与MN成一定角度入射，则仍可以到达A点左侧，选项A错误；
B．若粒子落在A点的右侧，则说明粒子运动的圆半径大于R0，则其速度一定大于v0，选项B错误；
C．当粒子从O点垂直MN入射，落在A点左侧相距为d的位置时，有
则
即
解得
则若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于，选项C正确；
D．当粒子从O点垂直MN入射，落在A点右侧相距为d的位置时，有
则
即
解得
则若粒子大于v，但不是垂直MN入射，粒子同样可以落在A点左右两侧d的范围内，选项D错误。
故选C。
【结束】15．（2022·江苏·模拟预测）如图甲，一带电物块无初速度地放在传送带底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端运动至皮带轮顶端的过程中，其图像如图乙所示，物块全程运动的时间为，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
A．该物块带负电
B．传送带的传动速度大小一定为1m/s
C．若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移
D．在内，物块与传送带仍可能有相对运动
【答案】 D
【解析】A．由题图乙可知，物块先做加速度减小的加速运动再做匀速运动，物块的最大速度是1m/s．对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向有
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，可知一定是逐渐减小，即洛伦兹力的方向与相同．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A错误；
BD．由
可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度1m/s后受力平衡，与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能等于1m/s，也可能大于1m/s，物块最终可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误，D正确；
C．由以上的分析可知，传送带的速度不能确定，所以不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移，故C错误。
故选D。
【结束】16．（2022·江苏·模拟预测）两完全相同的通电圆线圈1、2平行放置，两圆线圈的圆心O1、O2的连线与圆面垂直，O为O1、O2的连线的中点，如图所示。当两圆线圈中通以方向、大小均相同的恒定电流时，O1点的磁感应强度的大小为B1；若保持线圈1中的电流以及线圈2中的电流大小不变，仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为B2。则线圈1中的电流在O2点和O点产生的磁场的磁感应强度大小B3、B4一定有（ ）
A．B3=，B4=B．B3=，B4＜
C．B3=，B4＜D．B3=，B4＜
【答案】 D
【解析】当两圆环中电流方向相同时（设俯视逆时针方向的电流），则设两圆环在O1点产生的磁场方向相同均向上，设大小分别为B11和B21，则O1点的磁感应强度的大小为
①
仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为
②
①②两式相减解得
而线圈1中的电流在O2点产生的磁场的磁感应强度大小
由①②两式相加可得
因线圈1中的电流在O1点的磁感应强度B11一定大于在O点的磁感应强度B4，则
故选D。
【结束】17．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，、、、是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是（ ）
A．沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最短B．沿径迹、运动的粒子均为正电子
C．沿径迹、运动的粒子速率比值为D．沿径迹、运动的时间之比为9：8
【答案】 C
【解析】A．由于正电子和负电子的电量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
可知四种粒子的周期相等，而沿径迹运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由
可知沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最长，A项错误：
B．由左手定则可判断沿径迹，运动的粒子均带负电，B项错误；
C．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹，运动的粒子轨道半径分别为，，根据
可得
C项正确：
D．由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比所以
D项错误。
故选C。
【结束】18．（2022·江苏苏州·高三期末）如图所示，圆形硬质金属导线M-a-N-b-M固定于水平桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧MaN的长度为圆周长的，触头M、N与直流电源两端相接。已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，则圆弧导线MbN因为安培力作用而受到的附加张力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】 A
【解析】圆弧MaN的长度为圆周长的，则圆弧导线MbN长度为圆周长的，圆弧导线MbN的电阻是圆弧MaN的3倍，两端圆弧并联连接，故通过的电流与电阻成反比，导线MbN与圆弧MaN的受安培力的等效长度相同，根据安培力的表达式
已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，可知导线MbN受到的安培力大小为。
受力分析，导线MbN受到两端的附加张力与安培力平衡，如图所示
根据平衡条件可得
BCD错误，A正确。
故选A。
【结束】二、解答题
【结束】19．（2022·江苏南通·高三开学考试）空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。时刻，一带电粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度为v，第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不考虑粒子的重力。求：
（1）Q到O的距离d；
（2）粒子两次经过P点的时间间隔；
（3）粒子经过y轴的时刻t。
【答案】 （1）；（2）；（3）或
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力
解得
Q、O的距离
解得
（2）粒子再次经过P，经过N个周期
匀速圆周运动
绕一周的时间
两次经过P点的时间间隔
解得
（3）粒子经过y轴的时刻
或
解得
或
【结束】20．（2022·江苏常州·三模）如图甲所示的竖直平面坐标系xOy内，存在正交的匀强电场和匀强磁场，已知电场强度E=2.010-3N/C，方向竖直向上；磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B大小为0.5T，方向随时间按图乙所示规律变化（开始时刻，磁场方向垂直纸面向里）。t=0时刻，有一带正电的微粒以v0=1.0103m/s的速度从坐标原点O沿x轴正向进入场区，恰做匀速圆周运动，g取10m/s2。试求：
（1）带电微粒的比荷；
（2）带电微粒从开始时刻起经多长时间到达x轴，到达x轴上何处；
（3）带电微粒能否返回坐标原点？如果可以，则经多长时间返回原点？
【答案】 （1）；（2）先逆时针偏转，再顺时针偏转，后逆时针偏转，到达x轴上P点；（3）微粒能返回坐标原， t总=2.410-3πs
【解析】（1）带电微粒在场区做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由
Eq=mg
可得
（2）微粒做圆周运动时，由
可得
R=0.4m
又
微粒先逆时针偏转，再顺时针偏转， 后逆时针偏转，到达x轴上P点
（3）微粒能返回坐标原点，如图所示，则
t总=3T=2.410-3πs
【结束】21．（2022·江苏省海头高级中学二模）如图所示，在用阴极射线管测量阴极射线的比荷时，当给平行金属板a、b加上U的电压后，沿a、b中线OO'以一定速度运动的电子，恰好能从a板的边缘射出并打到荧光屏上。已知a、b的长度为L、两板间距为L，极板与荧光屏的距离也为L，P点是OO'延长线与荧光屏的交点。为了抵消阴极射线的偏转，在a、b间再加上垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，射线恰好打到P点。将a、b间视为匀强电场，不考虑重力的影响。
（1）求阴极射线的比荷。
（2）若撤去电场只保留磁场，荧光屏上是否会出现亮点？若有说明位置，没有说明原因。
【答案】 （1）；（2）粒子将打在b板上，荧光屏上不会出现亮点，原因见解析
【解析】（1）粒子在电场中运动时，做类平抛运动，板间场强
根据牛顿第二定律
根据类平抛运动规律
加上磁场后，粒子做直线运动，洛伦兹力与电场平衡
qE=qv0B
联立解得
（2）若撤去电场只保留磁场，根据洛伦兹力提供向心力
解得
假设电子射到b板上，到达b板的位置与b板右端的距离为x，则有
解得
假设成立，荧光屏上不会出现亮点。
【结束】22．（2022·江苏镇江·高三开学考试）如图，两个定值电阻、阻值均为，直流电源的电动势为，内阻，平行板电容器两极板水平放置，板间距离，板长，空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，一质量为，带正电的小球以速度沿水平方向从电容器下板右侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，恰好从上板左侧边缘射出。重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）求电阻两端的电压U；
（2）求小球在两极板间运动的时间t；
（3）若在虚线的左侧加上一匀强电场，恰使射出电容器的小球做直线运动，求所加电场的场强大小和方向。
【答案】 （1）1V；（2）；（3），方向与水平方向夹角30°斜向左上方
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律
电阻两端的电压
联立解得
（2）设小球在板间的轨迹半径为R，根据几何关系
解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得
小球在板间运动对应的圆心角满足
解得
则小球在两极板间运动的时间
（3）射出极板间后瞬间，速度方向与水平方向夹角恰为，受到的洛伦兹力垂直速度方向向上，重力竖直向下，因为小球做直线运动，则速度必然不变（否则洛伦兹力改变，合力方向改变），根据几何关系可知重力与洛伦兹力之间夹角为120°且
故两力的合力沿速度的反方向且大小等于重力，则电场力大小等于重力，方向与速度方向相同，小球带正电，则电场强度
方向与水平方向夹角30°斜向左上方。
【结束】23．（2022·江苏南通·模拟预测）如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
（1）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
（2）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0（未知）时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点（图中未画出），求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值csα；
（3）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为r1，如答图1．则
设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如答图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为
r0=3a
设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如答图2，其运动半径仍为r0，根据几何关系有
解得
（3）由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点．当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如答图3．
由几何关系得
根据余弦定理有
则
当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A′，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D′，圆心为O2′，如答图4．
由几何关系得
根据余弦定理有
则
可知点A与点A′重合，点A（A′）即为粒子打在荧光屏上最左侧的点．则粒子能到达屏幕的最大区间长度为
【结束】24．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）一台质谱仪工作原理如图甲所示，带电离子从孔沿速度选择器的中轴线进入正交电磁场中，已知磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，MN板电压，板间距为d，板间电场为匀强电场。离子从射出后进入垂直纸面向里，大小为的匀强磁场，经磁场偏转打在荧光屏,PQ垂直，不考虑离子间相互作用和重力的影响。
（1）离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，求穿出时粒子的速度；
（2）质量m、电荷量q、速度v的离子进入速度选择器时不满足匀速直线运动的条件（v略微大于匀速直线运动速度），离子的运动可视为一个沿的匀速直线运动和一个垂直磁场做匀速圆周运动的合运动，为使得离子沿初速度方向通过孔，间距离L为多少？
（3）如图乙所示，大量一价氦离子从孔垂直磁场射出，射出离子的发散角为，且左右对称。若射出离子的速度v大小为（为已知量），氦离子包括氦3和氦4离子，电荷量都是e，质量分别是和，要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，两组亮线区域的最短间距应不小于其中氦3亮线宽度区域的十分之一，则应该满足什么条件？
【答案】 （1）； (2)；（3）
【解析】（1）M、N两板间电场强度大小为
①
离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，根据平衡条件有
②
联立①②解得
③
（2）当v略微大于匀速直线运动速度时，可以将v分解为两个同向的分速度，其中一个分速度大小v0，对应离子的匀速直线分运动，所以离子从O1到O2的运动时间为
④
根据牛顿第二定律有
⑤
可得离子的圆周分运动的周期为
⑥
根据圆周运动的周期性可知
⑦
联立③④⑥⑦解得
⑧
（3）设离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
⑨
解得
⑩
根据⑩式可推知氦3离子运动的最大和最小半径分别为
⑪
⑫
所以氦3离子所能达到荧光屏上的最远位置到O2的距离为
⑬
氦3离子所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
⑭
氦3亮线宽度为
⑮
同理可知氦4所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
⑯
由题意可知要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，则
⑰
联立⑬~⑰式解得
⑱
【结束】25．（2022·江苏南京·模拟预测）空间存在间距都为d的，磁场感应强度为、……的匀强磁场。一群电量为，质量m，重力不计的粒子从坐标原点O以等大速度进入磁场，入射方向与x正方向成角，且均匀的分布在0~180°内，其中有75%的粒子能通过边界1。求：
（1）粒子速度v的大小；
（2）调整入射速度的大小与方向，若粒子恰好能穿过边界2，此时入射角度与v的关系；
（3）当粒子垂直于边界射入磁场，且入射速度满足，求运动过程中的最大值，以及粒子出射磁场的位置与O的距离。
【答案】 （1）；（2）；（3），
【解析】（1）带电粒子在磁场中的运动的半径
因为75%的粒子能通过界面，即与x轴正方向成45°内的粒子都不能通过，临界状态为45°恰好与1边界相切。
由图可知
解得
（2）穿越一个磁场带时，其高度差皆为d。则
同理，恰好穿越第二个磁场时，
解得
（说明，将粒子射入分为与时，其结果一样的。
即
亦即
穿越第二个磁场时，也为
两种情况的结果是一样的）
（3）由动量定理
所以
因此
又因为
只能完整的穿过2个d后，在第三个磁场层达到y的最大距离，此处磁感应强度为，所以
因此
其中是在最低时粒子的水平速度即为v，因此
因洛伦兹力不做功，物体动能保持不变，所以
因此
根据
可知
利用对称性可知，粒子将从点右侧的x点射出
【结束】26．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏P1、P2拼接成半径为R的半圆形粒子接收器，直径沿SO方向放置，圆心位于O点，SO长度为2R。电子电荷量为e，质量为m。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。
（1）为使电子能打到接收屏P1或P2上，求电子枪加速电压U的调节范围；
（2）求能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；
（3）若接收屏P1损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上，至少需要调节多少次加速电压?（可能用到的数据：lg2≈0.301，lg5≈0.699，lg6≈0.778）
【答案】 （1）；（2）；（3）至少需要调节2次加速电压
【解析】（1）电子在电场中加速，由动能定理
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
联立可得
为使电子能打到接收屏P1或P2上，由几何关系可知，电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P1左侧相切时，电子轨道半径最小
故加速电压最小值为
电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P2右侧相切时，电子轨道半径最大
故加速电压最大值为
故电子枪加速电压U的调节范围。
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为
故当电子轨迹恰好与接收屏相切时，能打到接收屏P1或P2上的电子运动的时间最长，此时电子恰好转动半个周期，则
运动轨迹所对应的圆心角越小，运动时间越短。如图，设轨迹与接收屏P1、P2交点为E，当SE与水平方向夹角最大，即SE与接收屏相切时，运动时间最短
由几何关系可知，在中，故轨迹对应的圆心角为，所以运动时间为
所以能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围为
（3）当粒子打到P2接收屏最高点M点时
由几何关系可得
解得
故加速电压为
由（1）分析可知，由题意可知，第一次调节电压增量为，使原来半径为的粒子打到M点，此时电压的增量
使原来半径为r1、加速电压为U1的粒子打到B点，有
解得
第二次调节电压增量为，使原来半径为r1，电压为U1的粒子打到M点，则有
使原来半径为r2，电压为U2的粒子打到B点，有
解得
故至少需要调节2次加速电压，就可以使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上。
【结束】27．（2022·江苏·模拟预测）如图1所示平面内，y轴与间存在匀强交变磁场，图像如图1所示（垂直于纸面向里为正方向）。直线（x轴坐标：）右侧存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小。O点的粒子源在时刻向y轴右侧各方向发射速度均为 的带正电粒子，其中沿x轴正方向发射的粒子经过时速度方向仍沿x轴正方向。已知粒子比荷：；不计带电粒子的重力，取。求：
（1）粒子在磁场中作圆周运动的半径r和周期T；
（2）沿x轴正方向飞离磁场的粒子在时的速度大小v；
（3）可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中运动时满足
且
解得
（2）沿x轴正方向发射的粒子轨迹如图
时粒子飞离磁场，进入电场后粒子做类平抛运动
则粒子的速度
（3）为使粒子可经过，则粒子不能飞至y轴左侧。向第四象限发射的粒子中，若粒子初速度沿y轴负方向，经一个周期后恰与y轴相切，不可能飞至。其他方向均可。
向第一象限发射的粒子中，恰经过y轴的粒子轨迹如图
设速度与水平方向的夹角为，由几何关系可知
解得
，
综上：可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围
【结束】28．（2022·江苏·二模）如图，在竖直面内建立坐标系，第一、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，平行板、如图放置，两板间距为，板长均为，板带正电，右端位于y轴上的点，板在负半轴上且带负电，右端位于坐标轴点，板正中间有一小孔，一质量为m，电量为的带电粒子从板左边沿向轴正方向以速度水平射入平行板间，穿过小孔、经第三、第四、第一象限，再次进入平行板内。不计粒子的重力，求：
（1）粒子从轴上进入第四象限的速度大小；
（2）第一、四象限内磁感应强度大小应满足的条件；
（3）现将第四象限内磁感应强度大小改为，方向不变，将第一象限内磁场撤除，同时在第一象限内加上平行纸面的匀强电场。仍将粒子从板左边沿向轴正方向以向右水平射入平行板间，最终粒子垂直于轴从点再次进入平行板内，求匀强电场的大小和方向（方向用与轴夹角的正切表示）。
【答案】 （1）；（2）；（3），方向与y轴负方向夹角正切值为6
【解析】（1）带电粒子进入孔，沿平行板方向有
垂直于平行板方向
解得
粒子进入第四象限时的速度为
（2）如图所示
假设粒子离开孔时速度于方向夹角为，则有
可得
若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
综合可知磁感应强度大小范围为
（3）当，由
可得粒子在第四象限半径为
如图所示
故粒子以垂直于轴进入第一象限，沿轴正方向做初速度为匀减速运动，直到速度减为，沿轴正方向有
解得
且
解得
粒子沿负半轴做初速度为的匀加速直线运动，由几何关系可得
解得
故电场强度大小为
电场与轴负方向夹角正切值为
【结束】29．（2022·江苏连云港·模拟预测）如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿x轴放置一块长为10d的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d，且与y轴重合。第一象限内绝缘板的上方存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度，方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，竖直方向边界未知。一带电量为q、质量为m的绝缘小球A（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量也为m的不带电的小球B以初速度v0（未知）向左运动，与A球发生弹性正碰。
（1）若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少多大？
（2）若场区边界y1=d，A球通过最高点后能与B球再次发生弹性正碰，并且使B球恰能通过最高点，则磁感应强度为多大？
（3）若场区边界，A球以通过最高点后恰好从坐标为（4d，d）的P点水平射出场区，则磁感应强度应满足什么条件？
【答案】 （1）；（2）；（3）详见解析
【解析】（1）由动量守恒得
由能量守恒得
已知，联立解得
由动能定理得
解得
（2）由于，A球在复合场区做圆周运动，所以
由题意得
带入解得
（3）设小球第一次从M点进入场中，入射速度为vM，与水平边界夹角为θ。由平抛运动得，水平位移
竖直位移
解得
则速度与水平方向夹角为；
由A球轨迹图（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动）：轨迹与y轴相切时，有
解得
粒子水平打在P点应满足
解得
n=1，2，3…
由于，所以
解得
由题意得：，即
解得
当n=7时
当n=8时
当n=9时
【结束】30．（2022·江苏泰州·高三期末）如图甲所示，M、N为水平放置长为L的平行金属板，两板相距也为L。一束带正电、比荷为的粒子流（重力不计），以初速度沿两板正中间水平射入两板间。粒子恰好由N板下边缘A点射出，以A点为坐标原点建立直角坐标系。
（1）求粒子经过A点时速度大小和方向；
（2）若y轴右侧有一方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，x轴下方磁感应强度大小为，x轴上方磁感应强度大小为，要使粒子进入磁场后恰好不离开磁场。求：；
（3）仅撤去（2）中的磁场，在y轴右侧加上如图乙所示足够大的周期性变化的磁场（已知），设磁场方向垂直于纸面向里为正。求：时刻从A点进入磁场的粒子经过x轴时的坐标值。
【答案】 （1）、速度方向与水平成45°斜向下；（2）；（3）见解析
【解析】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
解得
粒子经过A点时的速度大小
即速度方向与水平成45°斜向下；
（2）设x轴下方磁场中轨道半径为，x轴上方磁场中轨道半径为，运动轨迹如图
由几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
联立解得
（3）粒子在时刻进入磁场，如图
一个磁场变化周期中粒子沿x轴前进的距离
其中
可能：①经过x轴时的坐标值
，，1，2，3…
可能：②经过x轴时的坐标值
，，1，2，3…
【结束】31．（2022·江苏省海头高级中学高三期末）如图所示，平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在X轴下方以及开口向上的二次函数抛物线以内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；电场分布在二次函数抛物线及线以外和X轴之间所夹的空间，电场强度为大小E，方向沿Y轴负方向．二次函数方程为，现有带正电粒子（重力不计）从抛物线上左侧的处无初速释放，且带电粒子的比荷数值上满足关系（E，B已知），则
（1）求该粒子第一次从电场进入磁场时的速度大小以及从开始到此时刻经历的时间；
（2）该粒子第一次在磁场中运动的半径多少？求第一次从磁场到电场经过两场交界点的坐标以及此之前在磁场中的运动时间；
（3）同样的粒子从抛物线上各处静止出发，第一次进磁场至再次在电场中的过程，粒子做什么运动及运动轨迹是怎样？（不用写出计算过程）
【答案】 （1）；；（2）；；；（3）见解析
【解析】（1）设所求速度为v，时间为t，带电粒子在电场中匀加速，由动能定理
①
及关系式
得
由动量定理
得
（2）设在磁场中的半径为r，洛伦兹力提供向心力
得
得
由于
故从坐标原点沿Y轴向上进入二次函数内磁场区域继续圆周运动，圆心坐标为，圆周轨迹方程为
二次函数方程为
求得
或
故经过两场交界点的坐标为
由几何图形，在磁场中刚好经过个圆周，则
（3）若在磁场中做圆周运动，都经过原点，再次回到电场中做类平抛或斜抛运动；
若在磁场中均做半圆周的圆周运动，再次回到电场中先做末速为零的匀减速直线运动再做逆过程匀加速直线运动；
若由
故都经过原点，进入抛物线内磁场区域，继续圆周运动，再进入电场。
【结束】32．（2022·江苏·泰兴市第一高级中学高三开学考试）质谱仪是一种检测和分离同位素的仪器。氕（）、氘（）两种带电粒子从容器A下方的狭缝S1飘入电势差为U0的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过狭缝S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知带电粒子从狭缝S3进入磁场时与垂直磁场边界方向存在一个很小的散射角θ，所有粒子均打在底片区域内，最远点M到狭缝S3的距离为d。氘的质量为m，忽略带电粒子的重力及相互间作用力，且未知。
（1）打到M点的是氘粒子，求其电量q；
（2）若某些氘粒子进入磁场后，形成等效电流为I的粒子束，最终打在照相底片MN上的P点（图中未画出）形成一个曝光点，粒子均被吸收。求氘粒子束单位时间内对P点的冲击力大小F；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0）到（U0+）之间变化，要使氕、氘两种粒子在底片上没有重叠，求应满足的条件。
【答案】 （1）；（2）BId；（3）ΔU≤U0
【解析】（1）打在底片上的最远点M，氘粒子在磁场中偏转了半个圆周，根据几何关系可得
在加速电场中，根据动能定理有
在偏转磁场中，有
联立解得
（2）设t时间内打到P点的氘粒子个数为N，则（以单位时间为研究对象也给分）
N=
根据动量定理
根据动能定理有
联立解得
（3）要使氕、氘两种粒子在底片上没有重叠，即氕粒子打在底片上距离狭缝S3的最小距离比氘粒子打在底片上距离狭缝S3的最大距离大，根据几何关系有
，
联立解得
U0
【结束】33．（2022·江苏南通·三模）如图所示，在平面直角坐标系中x轴上方有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小。位于O点处的粒子源能沿y轴正方向发射初动能不同的同种带正电粒子，粒子的质量、电荷量。在第一象限内有一组平行于x轴的薄挡板、、（其中位于x轴上），粒子击中挡板后会反弹，反弹前后粒子速度方向与挡板平面的夹角大小不变，反弹速率与撞击前速率的比值，且反弹后的粒子不会再碰到其他挡板。已知击中挡板、、的粒子最小初动能分别为、，。不考虑粒子间的相互作用和重力影响，粒子电荷量保持不变。
（1）写出粒子在磁场中运动的半径r与出能动的关系式（用q、m、B表示）；
（2）求板左端的坐标x1，同时要使得初动能在与之间的粒子最终全部被收集，求板长度的最小值L；
（3）分别求挡板与、与间距离的最小值、。
【答案】 （1）；（2）1.6m；（3）0.24m，0.216m
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力
结合动能公式可得
（2）击中挡板时粒子最小动能对应的圆周半径为
由几何关系知
解得
m
打到的最大动能的临界是，其对应的半径m，第一次在上的落点到粒子源的距离
m
反弹的粒子不断地向右以半圆的轨迹运动，半径按k倍减小，经无穷多次碰撞后，粒子到粒子源的距离
m
的板长至少为
m
（3）如图所示，粒子在板中碰撞后反弹，到达最大高度
和板的最短距离
m
打在板上速度最大的粒子，恰好经过板左边缘，如图所示，其半径m，打在板上反射后，其半径变为
m
相似三角形关系
解得
m
【结束】34．（2022·江苏扬州·高三期末）如图1所示，在直角坐标系第一象限内，以x轴和y轴为边界存在足够大匀强磁场。磁感应强度B随时间t作周期性变化的图像如图2所示，B0已知，垂直纸面向外为B的正方向，一粒子源可持续均匀发射速度为v0的粒子，粒子质量和电荷量分别为m和+q，不计重力；t=0时刻，打开粒子源，粒子从坐标原点O沿y轴正方向发射，在t=时刻进入磁场的粒子恰好在t=时刻离开磁场，求：
（1）磁场变化的周期T0；
（2）粒子从x轴射出的区域宽度d以及从第一象限射出的粒子在磁场中运动的最长时间；
（3）若在时刻关闭粒子源，求从x轴和y轴射出的粒子数之比。
【答案】 （1）；（2），；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中圆周运动的周期为
在到时间内磁场不变，如图1所示，粒子做匀速圆周运动从x轴离开磁场，则
解得
（2）粒子在磁场中圆周运动的半径为
如图2所示，某时刻进入磁场的粒子恰好从x轴上F点离开磁场区域，为粒子从x轴射出区域范围
解得
因为
所以粒子在磁场变化的半个周期内圆周运动的圆心角为。比较图2和图3可知：从第一象限射出的粒子在磁场中运动时间最长的应该是从y轴上D点射出的粒子，解得
（3）若磁场无限大且不变，时间内射出的粒子在时刻均匀分布在圆心角为的圆周上。
由于磁场变化，范围内的粒子从x轴射出。范围内的粒子从y轴射出，所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为。
另解：
图2中，恰从F点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻之前发射的粒子从x轴射出，时长
图3中，拾从D点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻至时刻发射的粒子从y轴射出，时长
所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为
【结束】35．（2022·江苏泰州·模拟预测）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xy，第一象限内有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场；第三、四象限有磁感应强度大小为，方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。t=0时刻，质量为m、带电量为+q的绝缘小球，从x轴的O点，沿x轴正方向以速度v0射入第一象限，在第一象限做匀速圆周运动；小球过一段时间进入第三象限的磁场区域。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）在磁场B2内，小球离x轴最远距离及对应的速度大小；
（3）小球进入磁场B2的时刻。
【答案】 （1）；（2），；（3）（n取正整数，且，）
【解析】（1）在第一象限内作匀速圆周运动，则
得
（2）第一象限，根据洛伦兹力等于向心力
得
消去运动半周，时间为
第二象限做做平抛运动，则
得
则
则
与x轴负方向夹角的正切值为
设最远距离为y，此时对应的速度为vx
由动能定理
水平方向由动量定理
即
取向右为正方向，则
小球离x轴最远距离及对应的速度大小分别为
，
（3）在磁场中，创设向左、向右的速度，且使
则
则
则
小球可看的匀速圆周运动及以水平向右的匀速运动的合运动，当粒子第二次进入B1时，速度方向与x轴夹角为，则在B2中运动时间为
在B1中运动时间为
则粒子进入B2的时刻为
得
（n取正整数）
【结束】36．（2022·江苏苏州·三模）如图所示,xOy坐标系在y>0空间存在场强为E，方向沿y轴正向的匀强电场，在y<0的空间存在磁感应强度为B，垂直于xy平面向里的匀强磁场。P点位于y轴上，距离原点O的距离为OP=h。一质量为m，带电量为－q（q>0）的带电粒子，从P点以垂直于y轴的初速度向右射出，粒子重力和空气阻力忽略不计。
（1）若初速度为v0，求带电粒子刚进入磁场时的位置到O的距离x；
（2）若带电粒子从P点飞出后经过x轴上的D点，进入磁场后仍能回到P点，求D到 O的距离d；
（3）若带电粒子经过电场和磁场，能通过x轴上与O相距为L的点，求初速度。
【答案】 （1） ；（2） ；（3）①在电场区击中点，,②在磁场区击中点，
【解析】（1）粒子在电场中运动时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，竖直方向上，有
联立以上各式得
（2）如图所示
带电粒子在电场中做类平抛运动，以速度经过D点，与x轴的夹角为。进入磁场区后，沿半径为R的圆弧运动到另一点，又从进入电场做类斜上抛运动，只要与D关于O对称，即
粒子就能回到P点，根据几何关系
由洛伦兹力提供向心力
由速度分解矢量关系
在电场中运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式
联立以上各式得
（3）①从P点飞出后，经磁场回转，又斜向上飞入电场区，如此循环，历经磁场n次，最终在电场区击中点，如图所示
满足
又
代入得
②在磁场区击中点，如图所示
满足
又
代入得
【结束】
备战2023年高考各校及地市好题高三物理试卷分项汇编【第01辑】
（江苏专用）
专题11 磁场（含复合场和组合场）
一、单选题
1．（2022·江苏·德才教育模拟预测）两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一粗细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小变为2I，则其中一个弹簧秤的示数为F2.下列说法正确的是（ ）
A．直导线ab的质量B．直导线ab的质量
C．匀强磁场的磁感应强度D．匀强磁场的磁感应强度
【答案】 C
【解析】由左手定则，安培力方向竖直向上，由共点力平衡
由安培力公式
当电流反向时，由左手定则，安培力方向竖直向下，由共点力平衡
由安培力公式
联立解得
故选C。
2．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，水平桌面上有一正三角形线框abc，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，则线框受到的摩擦力大小为（ ）
A．B．C．D．2BIL
【答案】 C
【解析】根据题意可知abc边的电流为
正三角形框架接入电路后，受安培力的等效长度为L，总电流为
所受安培力大小为
故选C。
3．（2022·江苏省昆山中学模拟预测）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中错误的是（ ）
A．图乙中霍尔元件的载流子带负电
B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小
C．若传感器的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2变大
D．若自行车的车速越大，则霍尔电势差U2越大
【答案】 D
【解析】A．由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故A正确，不符合题意；
B．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故B正确，不符合题意；
D．根据题意，由平衡条件有
可得
由电流的微观定义式，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压U2与车速大小无关，故D错误，符合题意；
C．由公式
若传感器的电源输出电压U1变大，那么电流I变大，则霍尔电势差U2将变大，故C正确，不符合题意。
故选D。
4．（2022·江苏省海头高级中学二模）一段导线弯成互成直角的两段，放在光滑桌面上，导线中通有2A的电流，处于磁感应强度大小为0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中。要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为（ ）
A．0.1NB．C．D．
【答案】 B
【解析】导线的等效长度为
则安培力
要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为
故选B。
5．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，水平面的abc区域内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界的夹角为30°，距顶点b为L的S点有一粒子源，粒子在水平面内垂直bc边向磁场内发射速度大小不同的带负电的粒子、粒子质量为m、电量大小为q，下列说法正确的是（ ）
A．从边界bc射出的粒子速度方向各不相同
B．粒子离开磁场时到b点的最短距离为
C．垂直边界ab射出的粒子的速度大小为
D．垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为
【答案】 B
【解析】A．粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒子能从边界bc射出，粒子的速度方向一定竖直向下，故方向均相同，A错误；
B．当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得
离b点的最短距离为
联立解得
B正确；
C．垂直边界ab射出的粒子，轨道半径为
由洛伦兹力作为向心力可得
解得粒子的速度大小为
C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为
垂直边界ab射出的粒子在磁场中运动的时间为
D错误。
故选B。
6．（2022·江苏省太仓高级中学高二期中）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。则下面说法错误的是（ ）
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】 B
【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B。
7．（2022·江苏·模拟预测）如图为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1（沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（ ）
A．半径之比为B．半径之比为
C．时间之比为D．时间之比为
【答案】 A
【解析】AB．设圆柱形区域为R，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知
轨道半径之比
故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中做圆周运动的周期
由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角
粒子在磁场中的运动时间
粒子的运动时间之比
故CD错误。
故选A。
8．（2022·江苏连云港·模拟预测）现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈通交变电流，电子在半径不变的轨道上做加速圆周运动。上图为侧视图，如图为真空室的俯视图。从上向下看，如果电子沿逆时针方向运动，则（ ）
A．电子加速时受到的洛伦兹力大小可能不变
B．在交变电流的一个周期内，电子可以一直加速
C．电子每运动一周，动能的增加量一定相同
D．当线圈电流与图示方向一致，电流变大，电子加速
【答案】 D
【解析】A．电子加速时，磁感应强度增大、电子速度增大，根据，则洛伦兹力变大，故A错误；
B．当交变电流减小时，此时感生电场方向与之前的相反，此时电子受到的电场力方向与之前的相反，则会减速，故B错误；
C．电子每运动一周，动能的增加量是否一定相同，取决于电流随时间的变化关系，如果电流随时间不是均匀变化，则不相同，故C错误；
D．当线圈电流与图示方向一致，根据右手定则可知磁场方向向上，电流变大，则磁感应强度变大，产生的感生电场为顺时针方向，电子受到的电场力为逆时针方向，电子会逆时针加速运动，故D正确。
故选D。
9．（2022·江苏·模拟预测）如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好。图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I。若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．两杆所受安培力的方向相同
B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C．在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为
D．在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt
【答案】 D
【解析】AB．图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得
I1=
金属杆受到的安培力
F1=BI1L=
方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力
F2=BIL
方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为
故选项AB错误；
CD．在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功
E电=F1vΔt=
图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即
E机=F2vΔt=BILvΔt
选项C错误，D正确。
故选D。
10．（2022·江苏常州·模拟预测）如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A．电场力对每个氖20和氖22做的功不等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【答案】 D
【解析】A．根据电场力做功公式，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，故A错误；
B．在加速电场中，根据动能定理有
由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，故B错误；
C．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得
解得
根据动能和动量的关系有
综上可判断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，故C错误；
D．在加速电场中，根据动能定理有
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得
联立可得
对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，故D正确。
故选D。
11．（2022·江苏·模拟预测）回旋加速器是高能物理研究中常用的仪器，它的工作原理如图所示，如果将加速的粒子由换成，不考虑相对论的影响，下列说法正确的是（ ）
A．两粒子的最大动能之比为1:2
B．两粒子加速次数之比为2:1
C．两粒子加速次数之比为1:2
D．两粒子在回旋加速器中的加速周期相等
【答案】 B
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动的最大半径相等，设D形盒半径为R，洛伦兹力提供向心力，有
粒子获得的最大动能
所以两粒子最大动能之比为1:1，选项A错误；
BC．两粒子的加速次数满足
可得加速次数之比
选项B正确，C错误；
D．粒子在磁场中的运动周期为，由于两粒子的比荷不相等，所以两粒子的运动周期不相等，所以加速周期（等于磁场中圆周运动周期）不相等，选项D错误。
故选B。
12．（2022·江苏无锡·高三期末）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）
A．两板间电压的最大值
B．能打到N板上的粒子的最大动能为
C．粒子在磁场中运动的最长时间
D．CD板上可能被粒子打中区域的长度
【答案】 A
【解析】A．如图
当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，在加速电场中，根据动能定理
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得轨迹半径为
解得
故A正确；
D．设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系
解得
被粒子打中区域的长度为
解得
故D错误；
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
粒子在磁场中运动的周期为
解得
故C错误；
B．当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，粒子半径
即粒子半径最大动能为
解得
故B错误。
故选A。
13．（2022·江苏省太仓高级中学高二期中）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
【答案】 B
【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足
由欧姆定律和安培力公式可得
再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得
则
金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。
故选B。
14．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有（ ）
A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定等于v0
C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于
D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于
【答案】 C
【解析】A．当粒子垂直于MN入射时，经过MN时离O点最远，此时有
OA=2R0
若粒子的速度大于v0，则粒子的半径将变大，但是粒子如果速度方向与MN成一定角度入射，则仍可以到达A点左侧，选项A错误；
B．若粒子落在A点的右侧，则说明粒子运动的圆半径大于R0，则其速度一定大于v0，选项B错误；
C．当粒子从O点垂直MN入射，落在A点左侧相距为d的位置时，有
则
即
解得
则若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于，选项C正确；
D．当粒子从O点垂直MN入射，落在A点右侧相距为d的位置时，有
则
即
解得
则若粒子大于v，但不是垂直MN入射，粒子同样可以落在A点左右两侧d的范围内，选项D错误。
故选C。
15．（2022·江苏·模拟预测）如图甲，一带电物块无初速度地放在传送带底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端运动至皮带轮顶端的过程中，其图像如图乙所示，物块全程运动的时间为，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
A．该物块带负电
B．传送带的传动速度大小一定为1m/s
C．若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移
D．在内，物块与传送带仍可能有相对运动
【答案】 D
【解析】A．由题图乙可知，物块先做加速度减小的加速运动再做匀速运动，物块的最大速度是1m/s．对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向有
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，可知一定是逐渐减小，即洛伦兹力的方向与相同．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，故A错误；
BD．由
可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度1m/s后受力平衡，与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能等于1m/s，也可能大于1m/s，物块最终可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误，D正确；
C．由以上的分析可知，传送带的速度不能确定，所以不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移，故C错误。
故选D。
16．（2022·江苏·模拟预测）两完全相同的通电圆线圈1、2平行放置，两圆线圈的圆心O1、O2的连线与圆面垂直，O为O1、O2的连线的中点，如图所示。当两圆线圈中通以方向、大小均相同的恒定电流时，O1点的磁感应强度的大小为B1；若保持线圈1中的电流以及线圈2中的电流大小不变，仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为B2。则线圈1中的电流在O2点和O点产生的磁场的磁感应强度大小B3、B4一定有（ ）
A．B3=，B4=B．B3=，B4＜
C．B3=，B4＜D．B3=，B4＜
【答案】 D
【解析】当两圆环中电流方向相同时（设俯视逆时针方向的电流），则设两圆环在O1点产生的磁场方向相同均向上，设大小分别为B11和B21，则O1点的磁感应强度的大小为
①
仅将线圈2中电流方向反向，O1点的磁感应强度的大小为
②
①②两式相减解得
而线圈1中的电流在O2点产生的磁场的磁感应强度大小
由①②两式相加可得
因线圈1中的电流在O1点的磁感应强度B11一定大于在O点的磁感应强度B4，则
故选D。
17．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，、、、是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是（ ）
A．沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最短B．沿径迹、运动的粒子均为正电子
C．沿径迹、运动的粒子速率比值为D．沿径迹、运动的时间之比为9：8
【答案】 C
【解析】A．由于正电子和负电子的电量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
可知四种粒子的周期相等，而沿径迹运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由
可知沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最长，A项错误：
B．由左手定则可判断沿径迹，运动的粒子均带负电，B项错误；
C．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹，运动的粒子轨道半径分别为，，根据
可得
C项正确：
D．由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比所以
D项错误。
故选C。
18．（2022·江苏苏州·高三期末）如图所示，圆形硬质金属导线M-a-N-b-M固定于水平桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧MaN的长度为圆周长的，触头M、N与直流电源两端相接。已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，则圆弧导线MbN因为安培力作用而受到的附加张力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】 A
【解析】圆弧MaN的长度为圆周长的，则圆弧导线MbN长度为圆周长的，圆弧导线MbN的电阻是圆弧MaN的3倍，两端圆弧并联连接，故通过的电流与电阻成反比，导线MbN与圆弧MaN的受安培力的等效长度相同，根据安培力的表达式
已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，可知导线MbN受到的安培力大小为。
受力分析，导线MbN受到两端的附加张力与安培力平衡，如图所示
根据平衡条件可得
BCD错误，A正确。
故选A。
二、解答题
19．（2022·江苏南通·高三开学考试）空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。时刻，一带电粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度为v，第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不考虑粒子的重力。求：
（1）Q到O的距离d；
（2）粒子两次经过P点的时间间隔；
（3）粒子经过y轴的时刻t。
【答案】 （1）；（2）；（3）或
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力
解得
Q、O的距离
解得
（2）粒子再次经过P，经过N个周期
匀速圆周运动
绕一周的时间
两次经过P点的时间间隔
解得
（3）粒子经过y轴的时刻
或
解得
或
20．（2022·江苏常州·三模）如图甲所示的竖直平面坐标系xOy内，存在正交的匀强电场和匀强磁场，已知电场强度E=2.010-3N/C，方向竖直向上；磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B大小为0.5T，方向随时间按图乙所示规律变化（开始时刻，磁场方向垂直纸面向里）。t=0时刻，有一带正电的微粒以v0=1.0103m/s的速度从坐标原点O沿x轴正向进入场区，恰做匀速圆周运动，g取10m/s2。试求：
（1）带电微粒的比荷；
（2）带电微粒从开始时刻起经多长时间到达x轴，到达x轴上何处；
（3）带电微粒能否返回坐标原点？如果可以，则经多长时间返回原点？
【答案】 （1）；（2）先逆时针偏转，再顺时针偏转，后逆时针偏转，到达x轴上P点；（3）微粒能返回坐标原， t总=2.410-3πs
【解析】（1）带电微粒在场区做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由
Eq=mg
可得
（2）微粒做圆周运动时，由
可得
R=0.4m
又
微粒先逆时针偏转，再顺时针偏转， 后逆时针偏转，到达x轴上P点
（3）微粒能返回坐标原点，如图所示，则
t总=3T=2.410-3πs
21．（2022·江苏省海头高级中学二模）如图所示，在用阴极射线管测量阴极射线的比荷时，当给平行金属板a、b加上U的电压后，沿a、b中线OO'以一定速度运动的电子，恰好能从a板的边缘射出并打到荧光屏上。已知a、b的长度为L、两板间距为L，极板与荧光屏的距离也为L，P点是OO'延长线与荧光屏的交点。为了抵消阴极射线的偏转，在a、b间再加上垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，射线恰好打到P点。将a、b间视为匀强电场，不考虑重力的影响。
（1）求阴极射线的比荷。
（2）若撤去电场只保留磁场，荧光屏上是否会出现亮点？若有说明位置，没有说明原因。
【答案】 （1）；（2）粒子将打在b板上，荧光屏上不会出现亮点，原因见解析
【解析】（1）粒子在电场中运动时，做类平抛运动，板间场强
根据牛顿第二定律
根据类平抛运动规律
加上磁场后，粒子做直线运动，洛伦兹力与电场平衡
qE=qv0B
联立解得
（2）若撤去电场只保留磁场，根据洛伦兹力提供向心力
解得
假设电子射到b板上，到达b板的位置与b板右端的距离为x，则有
解得
假设成立，荧光屏上不会出现亮点。
22．（2022·江苏镇江·高三开学考试）如图，两个定值电阻、阻值均为，直流电源的电动势为，内阻，平行板电容器两极板水平放置，板间距离，板长，空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，一质量为，带正电的小球以速度沿水平方向从电容器下板右侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，恰好从上板左侧边缘射出。重力加速度g取，忽略空气阻力。
（1）求电阻两端的电压U；
（2）求小球在两极板间运动的时间t；
（3）若在虚线的左侧加上一匀强电场，恰使射出电容器的小球做直线运动，求所加电场的场强大小和方向。
【答案】 （1）1V；（2）；（3），方向与水平方向夹角30°斜向左上方
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律
电阻两端的电压
联立解得
（2）设小球在板间的轨迹半径为R，根据几何关系
解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得
小球在板间运动对应的圆心角满足
解得
则小球在两极板间运动的时间
（3）射出极板间后瞬间，速度方向与水平方向夹角恰为，受到的洛伦兹力垂直速度方向向上，重力竖直向下，因为小球做直线运动，则速度必然不变（否则洛伦兹力改变，合力方向改变），根据几何关系可知重力与洛伦兹力之间夹角为120°且
故两力的合力沿速度的反方向且大小等于重力，则电场力大小等于重力，方向与速度方向相同，小球带正电，则电场强度
方向与水平方向夹角30°斜向左上方。
23．（2022·江苏南通·模拟预测）如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0（未知）时，粒子刚好打在荧光屏的中央。不计粒子的重力和粒子间相互作用，打到半圆盒上的粒子均被吸收。
（1）为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的最大值Um；
（2）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，加速电压为U0（未知）时，其中有粒子打到荧光屏N2点右侧0.8a处的Q点（图中未画出），求该粒子进入磁场时速度与SP方向夹角α的余弦值csα；
（3）由于粒子进入磁场时速度方向在纸面内偏离SP方向，求加速电压为U0（未知）时，荧光屏N2M2上有粒子到达的最大区间长度L。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为4a的半圆盒在M2点相切时，粒子在磁场中运动的半径有最大值，设为r1，如答图1．则
设粒子在磁场中运动的最大速度为v1，根据动能定理有
粒子在磁场中做圆周运动时，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）设荧光屏N2M2的中点为C，加速电压为U0时粒子在磁场中的运动轨迹如答图2所示，由题意可知该粒子的运动半径为
r0=3a
设粒子进入磁场速度方向偏离SP方向的夹角为α，粒子打在荧光屏上的Q点，轨迹圆心为O1，如答图2，其运动半径仍为r0，根据几何关系有
解得
（3）由题意，加速电压仍为U0，粒子在磁场中的运动半径不变，则沿M1N1中垂线方向射入的粒子到达屏上的C点为粒子能打到荧光屏上最右侧的点．当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为θ时，粒子打在荧光屏上的点A，其轨迹与磁场外边界相切，切点为D，圆心为O2，如答图3．
由几何关系得
根据余弦定理有
则
当粒子速度方向偏离SP方向的夹角为β时，粒子打在荧光屏上的点A′，其轨迹与磁场内边界相切，切点为D′，圆心为O2′，如答图4．
由几何关系得
根据余弦定理有
则
可知点A与点A′重合，点A（A′）即为粒子打在荧光屏上最左侧的点．则粒子能到达屏幕的最大区间长度为
24．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）一台质谱仪工作原理如图甲所示，带电离子从孔沿速度选择器的中轴线进入正交电磁场中，已知磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，MN板电压，板间距为d，板间电场为匀强电场。离子从射出后进入垂直纸面向里，大小为的匀强磁场，经磁场偏转打在荧光屏,PQ垂直，不考虑离子间相互作用和重力的影响。
（1）离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，求穿出时粒子的速度；
（2）质量m、电荷量q、速度v的离子进入速度选择器时不满足匀速直线运动的条件（v略微大于匀速直线运动速度），离子的运动可视为一个沿的匀速直线运动和一个垂直磁场做匀速圆周运动的合运动，为使得离子沿初速度方向通过孔，间距离L为多少？
（3）如图乙所示，大量一价氦离子从孔垂直磁场射出，射出离子的发散角为，且左右对称。若射出离子的速度v大小为（为已知量），氦离子包括氦3和氦4离子，电荷量都是e，质量分别是和，要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，两组亮线区域的最短间距应不小于其中氦3亮线宽度区域的十分之一，则应该满足什么条件？
【答案】 （1）； (2)；（3）
【解析】（1）M、N两板间电场强度大小为
①
离子在速度选择器中沿直线运动并通过孔，根据平衡条件有
②
联立①②解得
③
（2）当v略微大于匀速直线运动速度时，可以将v分解为两个同向的分速度，其中一个分速度大小v0，对应离子的匀速直线分运动，所以离子从O1到O2的运动时间为
④
根据牛顿第二定律有
⑤
可得离子的圆周分运动的周期为
⑥
根据圆周运动的周期性可知
⑦
联立③④⑥⑦解得
⑧
（3）设离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有
⑨
解得
⑩
根据⑩式可推知氦3离子运动的最大和最小半径分别为
⑪
⑫
所以氦3离子所能达到荧光屏上的最远位置到O2的距离为
⑬
氦3离子所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
⑭
氦3亮线宽度为
⑮
同理可知氦4所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
⑯
由题意可知要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，则
⑰
联立⑬~⑰式解得
⑱
25．（2022·江苏南京·模拟预测）空间存在间距都为d的，磁场感应强度为、……的匀强磁场。一群电量为，质量m，重力不计的粒子从坐标原点O以等大速度进入磁场，入射方向与x正方向成角，且均匀的分布在0~180°内，其中有75%的粒子能通过边界1。求：
（1）粒子速度v的大小；
（2）调整入射速度的大小与方向，若粒子恰好能穿过边界2，此时入射角度与v的关系；
（3）当粒子垂直于边界射入磁场，且入射速度满足，求运动过程中的最大值，以及粒子出射磁场的位置与O的距离。
【答案】 （1）；（2）；（3），
【解析】（1）带电粒子在磁场中的运动的半径
因为75%的粒子能通过界面，即与x轴正方向成45°内的粒子都不能通过，临界状态为45°恰好与1边界相切。
由图可知
解得
（2）穿越一个磁场带时，其高度差皆为d。则
同理，恰好穿越第二个磁场时，
解得
（说明，将粒子射入分为与时，其结果一样的。
即
亦即
穿越第二个磁场时，也为
两种情况的结果是一样的）
（3）由动量定理
所以
因此
又因为
只能完整的穿过2个d后，在第三个磁场层达到y的最大距离，此处磁感应强度为，所以
因此
其中是在最低时粒子的水平速度即为v，因此
因洛伦兹力不做功，物体动能保持不变，所以
因此
根据
可知
利用对称性可知，粒子将从点右侧的x点射出
26．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏P1、P2拼接成半径为R的半圆形粒子接收器，直径沿SO方向放置，圆心位于O点，SO长度为2R。电子电荷量为e，质量为m。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。
（1）为使电子能打到接收屏P1或P2上，求电子枪加速电压U的调节范围；
（2）求能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；
（3）若接收屏P1损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上，至少需要调节多少次加速电压?（可能用到的数据：lg2≈0.301，lg5≈0.699，lg6≈0.778）
【答案】 （1）；（2）；（3）至少需要调节2次加速电压
【解析】（1）电子在电场中加速，由动能定理
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
联立可得
为使电子能打到接收屏P1或P2上，由几何关系可知，电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P1左侧相切时，电子轨道半径最小
故加速电压最小值为
电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P2右侧相切时，电子轨道半径最大
故加速电压最大值为
故电子枪加速电压U的调节范围。
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为
故当电子轨迹恰好与接收屏相切时，能打到接收屏P1或P2上的电子运动的时间最长，此时电子恰好转动半个周期，则
运动轨迹所对应的圆心角越小，运动时间越短。如图，设轨迹与接收屏P1、P2交点为E，当SE与水平方向夹角最大，即SE与接收屏相切时，运动时间最短
由几何关系可知，在中，故轨迹对应的圆心角为，所以运动时间为
所以能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围为
（3）当粒子打到P2接收屏最高点M点时
由几何关系可得
解得
故加速电压为
由（1）分析可知，由题意可知，第一次调节电压增量为，使原来半径为的粒子打到M点，此时电压的增量
使原来半径为r1、加速电压为U1的粒子打到B点，有
解得
第二次调节电压增量为，使原来半径为r1，电压为U1的粒子打到M点，则有
使原来半径为r2，电压为U2的粒子打到B点，有
解得
故至少需要调节2次加速电压，就可以使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上。
27．（2022·江苏·模拟预测）如图1所示平面内，y轴与间存在匀强交变磁场，图像如图1所示（垂直于纸面向里为正方向）。直线（x轴坐标：）右侧存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小。O点的粒子源在时刻向y轴右侧各方向发射速度均为 的带正电粒子，其中沿x轴正方向发射的粒子经过时速度方向仍沿x轴正方向。已知粒子比荷：；不计带电粒子的重力，取。求：
（1）粒子在磁场中作圆周运动的半径r和周期T；
（2）沿x轴正方向飞离磁场的粒子在时的速度大小v；
（3）可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中运动时满足
且
解得
（2）沿x轴正方向发射的粒子轨迹如图
时粒子飞离磁场，进入电场后粒子做类平抛运动
则粒子的速度
（3）为使粒子可经过，则粒子不能飞至y轴左侧。向第四象限发射的粒子中，若粒子初速度沿y轴负方向，经一个周期后恰与y轴相切，不可能飞至。其他方向均可。
向第一象限发射的粒子中，恰经过y轴的粒子轨迹如图
设速度与水平方向的夹角为，由几何关系可知
解得
，
综上：可经过的粒子在O点速度与y轴负半轴夹角的范围
28．（2022·江苏·二模）如图，在竖直面内建立坐标系，第一、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，平行板、如图放置，两板间距为，板长均为，板带正电，右端位于y轴上的点，板在负半轴上且带负电，右端位于坐标轴点，板正中间有一小孔，一质量为m，电量为的带电粒子从板左边沿向轴正方向以速度水平射入平行板间，穿过小孔、经第三、第四、第一象限，再次进入平行板内。不计粒子的重力，求：
（1）粒子从轴上进入第四象限的速度大小；
（2）第一、四象限内磁感应强度大小应满足的条件；
（3）现将第四象限内磁感应强度大小改为，方向不变，将第一象限内磁场撤除，同时在第一象限内加上平行纸面的匀强电场。仍将粒子从板左边沿向轴正方向以向右水平射入平行板间，最终粒子垂直于轴从点再次进入平行板内，求匀强电场的大小和方向（方向用与轴夹角的正切表示）。
【答案】 （1）；（2）；（3），方向与y轴负方向夹角正切值为6
【解析】（1）带电粒子进入孔，沿平行板方向有
垂直于平行板方向
解得
粒子进入第四象限时的速度为
（2）如图所示
假设粒子离开孔时速度于方向夹角为，则有
可得
若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
若从点进入平行板内，粒子在磁场中转动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
可得
综合可知磁感应强度大小范围为
（3）当，由
可得粒子在第四象限半径为
如图所示
故粒子以垂直于轴进入第一象限，沿轴正方向做初速度为匀减速运动，直到速度减为，沿轴正方向有
解得
且
解得
粒子沿负半轴做初速度为的匀加速直线运动，由几何关系可得
解得
故电场强度大小为
电场与轴负方向夹角正切值为
29．（2022·江苏连云港·模拟预测）如图所示，沿水平和竖直方向建立直角坐标系，沿x轴放置一块长为10d的绝缘板，y轴左侧固定一内壁光滑的半圆管道（内径很小），半圆直径为d，且与y轴重合。第一象限内绝缘板的上方存在有界的匀强电场和匀强磁场，电场强度，方向竖直向上，磁场方向垂直于坐标平面向外，大小未知，竖直方向边界未知。一带电量为q、质量为m的绝缘小球A（直径略小于管道内径）静止在坐标原点O处，质量也为m的不带电的小球B以初速度v0（未知）向左运动，与A球发生弹性正碰。
（1）若碰撞后A球能过管道最高点，则v0至少多大？
（2）若场区边界y1=d，A球通过最高点后能与B球再次发生弹性正碰，并且使B球恰能通过最高点，则磁感应强度为多大？
（3）若场区边界，A球以通过最高点后恰好从坐标为（4d，d）的P点水平射出场区，则磁感应强度应满足什么条件？
【答案】 （1）；（2）；（3）详见解析
【解析】（1）由动量守恒得
由能量守恒得
已知，联立解得
由动能定理得
解得
（2）由于，A球在复合场区做圆周运动，所以
由题意得
带入解得
（3）设小球第一次从M点进入场中，入射速度为vM，与水平边界夹角为θ。由平抛运动得，水平位移
竖直位移
解得
则速度与水平方向夹角为；
由A球轨迹图（轨迹形状相同，只作一次在电磁场的运动）：轨迹与y轴相切时，有
解得
粒子水平打在P点应满足
解得
n=1，2，3…
由于，所以
解得
由题意得：，即
解得
当n=7时
当n=8时
当n=9时
30．（2022·江苏泰州·高三期末）如图甲所示，M、N为水平放置长为L的平行金属板，两板相距也为L。一束带正电、比荷为的粒子流（重力不计），以初速度沿两板正中间水平射入两板间。粒子恰好由N板下边缘A点射出，以A点为坐标原点建立直角坐标系。
（1）求粒子经过A点时速度大小和方向；
（2）若y轴右侧有一方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，x轴下方磁感应强度大小为，x轴上方磁感应强度大小为，要使粒子进入磁场后恰好不离开磁场。求：；
（3）仅撤去（2）中的磁场，在y轴右侧加上如图乙所示足够大的周期性变化的磁场（已知），设磁场方向垂直于纸面向里为正。求：时刻从A点进入磁场的粒子经过x轴时的坐标值。
【答案】 （1）、速度方向与水平成45°斜向下；（2）；（3）见解析
【解析】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
解得
粒子经过A点时的速度大小
即速度方向与水平成45°斜向下；
（2）设x轴下方磁场中轨道半径为，x轴上方磁场中轨道半径为，运动轨迹如图
由几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
联立解得
（3）粒子在时刻进入磁场，如图
一个磁场变化周期中粒子沿x轴前进的距离
其中
可能：①经过x轴时的坐标值
，，1，2，3…
可能：②经过x轴时的坐标值
，，1，2，3…
31．（2022·江苏省海头高级中学高三期末）如图所示，平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在X轴下方以及开口向上的二次函数抛物线以内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；电场分布在二次函数抛物线及线以外和X轴之间所夹的空间，电场强度为大小E，方向沿Y轴负方向．二次函数方程为，现有带正电粒子（重力不计）从抛物线上左侧的处无初速释放，且带电粒子的比荷数值上满足关系（E，B已知），则
（1）求该粒子第一次从电场进入磁场时的速度大小以及从开始到此时刻经历的时间；
（2）该粒子第一次在磁场中运动的半径多少？求第一次从磁场到电场经过两场交界点的坐标以及此之前在磁场中的运动时间；
（3）同样的粒子从抛物线上各处静止出发，第一次进磁场至再次在电场中的过程，粒子做什么运动及运动轨迹是怎样？（不用写出计算过程）
【答案】 （1）；；（2）；；；（3）见解析
【解析】（1）设所求速度为v，时间为t，带电粒子在电场中匀加速，由动能定理
①
及关系式
得
由动量定理
得
（2）设在磁场中的半径为r，洛伦兹力提供向心力
得
得
由于
故从坐标原点沿Y轴向上进入二次函数内磁场区域继续圆周运动，圆心坐标为，圆周轨迹方程为
二次函数方程为
求得
或
故经过两场交界点的坐标为
由几何图形，在磁场中刚好经过个圆周，则
（3）若在磁场中做圆周运动，都经过原点，再次回到电场中做类平抛或斜抛运动；
若在磁场中均做半圆周的圆周运动，再次回到电场中先做末速为零的匀减速直线运动再做逆过程匀加速直线运动；
若由
故都经过原点，进入抛物线内磁场区域，继续圆周运动，再进入电场。
32．（2022·江苏·泰兴市第一高级中学高三开学考试）质谱仪是一种检测和分离同位素的仪器。氕（）、氘（）两种带电粒子从容器A下方的狭缝S1飘入电势差为U0的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过狭缝S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知带电粒子从狭缝S3进入磁场时与垂直磁场边界方向存在一个很小的散射角θ，所有粒子均打在底片区域内，最远点M到狭缝S3的距离为d。氘的质量为m，忽略带电粒子的重力及相互间作用力，且未知。
（1）打到M点的是氘粒子，求其电量q；
（2）若某些氘粒子进入磁场后，形成等效电流为I的粒子束，最终打在照相底片MN上的P点（图中未画出）形成一个曝光点，粒子均被吸收。求氘粒子束单位时间内对P点的冲击力大小F；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0）到（U0+）之间变化，要使氕、氘两种粒子在底片上没有重叠，求应满足的条件。
【答案】 （1）；（2）BId；（3）ΔU≤U0
【解析】（1）打在底片上的最远点M，氘粒子在磁场中偏转了半个圆周，根据几何关系可得
在加速电场中，根据动能定理有
在偏转磁场中，有
联立解得
（2）设t时间内打到P点的氘粒子个数为N，则（以单位时间为研究对象也给分）
N=
根据动量定理
根据动能定理有
联立解得
（3）要使氕、氘两种粒子在底片上没有重叠，即氕粒子打在底片上距离狭缝S3的最小距离比氘粒子打在底片上距离狭缝S3的最大距离大，根据几何关系有
，
联立解得
U0
33．（2022·江苏南通·三模）如图所示，在平面直角坐标系中x轴上方有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小。位于O点处的粒子源能沿y轴正方向发射初动能不同的同种带正电粒子，粒子的质量、电荷量。在第一象限内有一组平行于x轴的薄挡板、、（其中位于x轴上），粒子击中挡板后会反弹，反弹前后粒子速度方向与挡板平面的夹角大小不变，反弹速率与撞击前速率的比值，且反弹后的粒子不会再碰到其他挡板。已知击中挡板、、的粒子最小初动能分别为、，。不考虑粒子间的相互作用和重力影响，粒子电荷量保持不变。
（1）写出粒子在磁场中运动的半径r与出能动的关系式（用q、m、B表示）；
（2）求板左端的坐标x1，同时要使得初动能在与之间的粒子最终全部被收集，求板长度的最小值L；
（3）分别求挡板与、与间距离的最小值、。
【答案】 （1）；（2）1.6m；（3）0.24m，0.216m
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力
结合动能公式可得
（2）击中挡板时粒子最小动能对应的圆周半径为
由几何关系知
解得
m
打到的最大动能的临界是，其对应的半径m，第一次在上的落点到粒子源的距离
m
反弹的粒子不断地向右以半圆的轨迹运动，半径按k倍减小，经无穷多次碰撞后，粒子到粒子源的距离
m
的板长至少为
m
（3）如图所示，粒子在板中碰撞后反弹，到达最大高度
和板的最短距离
m
打在板上速度最大的粒子，恰好经过板左边缘，如图所示，其半径m，打在板上反射后，其半径变为
m
相似三角形关系
解得
m
34．（2022·江苏扬州·高三期末）如图1所示，在直角坐标系第一象限内，以x轴和y轴为边界存在足够大匀强磁场。磁感应强度B随时间t作周期性变化的图像如图2所示，B0已知，垂直纸面向外为B的正方向，一粒子源可持续均匀发射速度为v0的粒子，粒子质量和电荷量分别为m和+q，不计重力；t=0时刻，打开粒子源，粒子从坐标原点O沿y轴正方向发射，在t=时刻进入磁场的粒子恰好在t=时刻离开磁场，求：
（1）磁场变化的周期T0；
（2）粒子从x轴射出的区域宽度d以及从第一象限射出的粒子在磁场中运动的最长时间；
（3）若在时刻关闭粒子源，求从x轴和y轴射出的粒子数之比。
【答案】 （1）；（2），；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中圆周运动的周期为
在到时间内磁场不变，如图1所示，粒子做匀速圆周运动从x轴离开磁场，则
解得
（2）粒子在磁场中圆周运动的半径为
如图2所示，某时刻进入磁场的粒子恰好从x轴上F点离开磁场区域，为粒子从x轴射出区域范围
解得
因为
所以粒子在磁场变化的半个周期内圆周运动的圆心角为。比较图2和图3可知：从第一象限射出的粒子在磁场中运动时间最长的应该是从y轴上D点射出的粒子，解得
（3）若磁场无限大且不变，时间内射出的粒子在时刻均匀分布在圆心角为的圆周上。
由于磁场变化，范围内的粒子从x轴射出。范围内的粒子从y轴射出，所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为。
另解：
图2中，恰从F点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻之前发射的粒子从x轴射出，时长
图3中，拾从D点射出的粒子，其射入磁场的时刻为
此时刻至时刻发射的粒子从y轴射出，时长
所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为
35．（2022·江苏泰州·模拟预测）如图所示，竖直平面内的直角坐标系xy，第一象限内有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场；第三、四象限有磁感应强度大小为，方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。t=0时刻，质量为m、带电量为+q的绝缘小球，从x轴的O点，沿x轴正方向以速度v0射入第一象限，在第一象限做匀速圆周运动；小球过一段时间进入第三象限的磁场区域。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）在磁场B2内，小球离x轴最远距离及对应的速度大小；
（3）小球进入磁场B2的时刻。
【答案】 （1）；（2），；（3）（n取正整数，且，）
【解析】（1）在第一象限内作匀速圆周运动，则
得
（2）第一象限，根据洛伦兹力等于向心力
得
消去运动半周，时间为
第二象限做做平抛运动，则
得
则
则
与x轴负方向夹角的正切值为
设最远距离为y，此时对应的速度为vx
由动能定理
水平方向由动量定理
即
取向右为正方向，则
小球离x轴最远距离及对应的速度大小分别为
，
（3）在磁场中，创设向左、向右的速度，且使
则
则
则
小球可看的匀速圆周运动及以水平向右的匀速运动的合运动，当粒子第二次进入B1时，速度方向与x轴夹角为，则在B2中运动时间为
在B1中运动时间为
则粒子进入B2的时刻为
得
（n取正整数）
36．（2022·江苏苏州·三模）如图所示,xOy坐标系在y>0空间存在场强为E，方向沿y轴正向的匀强电场，在y<0的空间存在磁感应强度为B，垂直于xy平面向里的匀强磁场。P点位于y轴上，距离原点O的距离为OP=h。一质量为m，带电量为－q（q>0）的带电粒子，从P点以垂直于y轴的初速度向右射出，粒子重力和空气阻力忽略不计。
（1）若初速度为v0，求带电粒子刚进入磁场时的位置到O的距离x；
（2）若带电粒子从P点飞出后经过x轴上的D点，进入磁场后仍能回到P点，求D到 O的距离d；
（3）若带电粒子经过电场和磁场，能通过x轴上与O相距为L的点，求初速度。
【答案】 （1） ；（2） ；（3）①在电场区击中点，,②在磁场区击中点，
【解析】（1）粒子在电场中运动时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，竖直方向上，有
联立以上各式得
（2）如图所示
带电粒子在电场中做类平抛运动，以速度经过D点，与x轴的夹角为。进入磁场区后，沿半径为R的圆弧运动到另一点，又从进入电场做类斜上抛运动，只要与D关于O对称，即
粒子就能回到P点，根据几何关系
由洛伦兹力提供向心力
由速度分解矢量关系
在电场中运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式
联立以上各式得
（3）①从P点飞出后，经磁场回转，又斜向上飞入电场区，如此循环，历经磁场n次，最终在电场区击中点，如图所示
满足
又
代入得
②在磁场区击中点，如图所示
满足
又
代入得
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