高考物理二轮复习讲义+分层训练专题10 磁场（解析版）

这是一份高考物理二轮复习讲义+分层训练专题10 磁场（解析版），共70页。

解密10 磁场

核心考点
考纲要求
磁场、磁感应强度、磁感线
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
安培力、安培力的方向
匀强磁场中的安培力
洛伦兹力、洛伦兹力的方向
洛伦兹力公式
带电粒子在匀强磁场中的运动
质谱仪和回旋加速器
Ⅰ
Ⅰ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅱ
Ⅰ



考点1 带电粒子在磁场中的运动

1．带电粒子垂直磁场方向射入磁场时，粒子只受洛伦兹力时，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知，粒子运动的半径为；粒子运动的周期为。粒子所受洛伦兹力的方向用左手定则来判断（若是负电荷，则四指指运动的反方向）。
2．“三步法”分析带电粒子在磁场中的运动问题
（1）画轨迹：也就是确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹。作带电粒子运动轨迹时需注意的问题：
①四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。
②六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线。
③三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
（2）找联系：
①轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动半径常用的方法有物理方法和几何方法两种。物理方法也就是应用公式确定；几何方法一般根据数学知识（直角三角形知识、三角函数等）通过计算确定。
②速度偏转角φ与回旋角（转过的圆心角）α、运动时间t相联系。如图所示，粒子的速度偏向角φ等于回旋角α，等于弦切角θ的2倍，且有φ=α=2θ=ωt=t或，（其中s为运动的圆弧长度）。

（3）用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特别是周期公式和半径公式，列方程求解。

（2020·黑龙江香坊区·哈尔滨市第六中学校高三月考）长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是(　　)

A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度 【答案】D
【详解】
如图所示


带电粒子刚好打在极板右边缘时，根据几何关系有

在磁场中，由洛伦兹力提供向心力

解得
v1＝
粒子刚好打在极板左边缘时，根据几休何关系有

解得
v2＝
综合上述分析可知，粒子的速度范围为 故选D。

1．（2020·湖北蔡甸区·汉阳一中高二月考）如图所示，在xOy平面的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。两个相同的带电粒子，先后从y轴上的P点（0，a）和Q点（纵坐标b未知），以相同的速度v0沿x轴正方向射入磁场，在x轴上的M点（c，0）相遇。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，由题中信息不能确定的（　　）

A．Q点的纵坐标b B．带电粒子的电荷量
C．两个带电粒子在磁场中运动的半径 D．两个带电粒子在磁场中运动的时间
【答案】B
【详解】
粒子从P、Q两点进行磁场的轨迹如图所示，由几何关系可知


解得，两个带电粒子在磁场中运动的半径为

Q点的纵坐标b

洛伦兹力提供向心力，由向心力公式可知

可以求出粒子的比荷

比荷可以求出，因为不知道粒子的质量，所以粒子的电荷量不能求出。
粒子在磁场中运动的周期

周期可以求出，由几何关系可求出两个带电粒子在磁场中运动的圆心角，故可以求出两个带电粒子在磁场中运动的时间。
由题中信息不能确定的是带电粒子的电荷量，其余都可以求出，故B正确，ACD错误。
故选B。

2．如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则(　　)[来源:Zxxk.Com]

A．该粒子带正电
B．A点与x轴的距离为
C．粒子由O到A经历时间t＝
D．运动过程中粒子的速度不变
【答案】BC
【解析】由左手定则可判断该粒子带负电，选项A错误；根据粒子运动轨迹，A点离x轴的距离为r(1－cos θ)＝·(1－cos 60°)＝，选项B正确；t＝T＝，选项C正确；运动过程中粒子速度大小不变，方向时刻改变，选项D错误．


3．（2020·盐城市第一中学高二月考）如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t。若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的（　　）

①带电粒子的比荷
②带电粒子在磁场中运动的周期
③带电粒子的初速度
④带电粒子在磁场中运动的半径
A．①② B．①③ C．②③ D．①④
【答案】A
【详解】
由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，由几何关系得磁场宽度

由于未加磁场时：d=vt，解得

①正确；已经求出比荷，由 ，②正确；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：
，
根据向右条件无法求出粒子的初速度，也无法求出粒子轨道半径③④错误
故选A
考点2 带电粒子在磁场中运动的临界、多解问题

1．临界问题：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由于磁场边界的存在及速度大小和方向、磁感应强度的大小和方向的不确定性，往往引起粒子运动的临界问题。
2．粒子圆周运动的多解问题：
（1）带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
（2）磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
（3）临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解。
（4）圆周运动的周期性形成多解。
3．方法技巧总结：
（1）利用极限思维法求解带电粒子在磁场中的临界问题：
极限思维法是把某个物理量推向极端（即极大和极小）的位置，并以此作出科学的推理分析，从而做出判断或导出一般结论的一种思维方法。
分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端（如极大、极小；最上、最下；最左、最右等），结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果。
（2）常见的三种几何关系：
a．刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
b．当速率v一定时，弧长（或弦长）越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
c．当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长。
（3）两种动态圆的应用方法：
a．如图所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨道半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹。

b．如图所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨道半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O为圆心、以轨道半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹。利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点。

（4）求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧：
a．分析题目特点，确定题目多解性形成原因。
b．作出粒子运动轨迹示意图（全面考虑多种可能性）。
c．若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。

（2020·河南高二期中）如图所示，矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边的中点O处垂直磁场方向向里射入一带正电粒子，其入射速度大小为、方向与ad边的夹角为。已知粒子的质量为m、电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计。欲使粒子不从ab边射出磁场，则磁场的磁感应强度大小B的范围为（　　）

A． B．
C． D．或
【答案】D
【详解】
粒子在磁场中做圆周运动，有

得

则磁场的磁感应强度越大，粒子的轨迹半径越小。如图所示

设粒子的轨迹刚好和cd边相切时，轨迹的圆心为O，则有

得

则

故当磁场的磁感应强度小于时，粒子将从cd边射出磁场；设粒子的轨迹刚好与ab边相切时，圆心为O2，则有

则

则

故当磁场的磁感应强度大于或等于时，粒子将从ad边射出磁场。
故选D。

1．（2020·长阳土家族自治县第一高级中学高二期中）质子（）和a粒子（）均垂直于磁场方向射入同一匀强磁场，图中1和2分别是质子和a粒子运动的轨迹，则关于两粒子的运动半径r，运动速率v，运动周期T，在磁场（矩形区域）内运动时间t的关系正确的有（　　）

A．r1=r2 B．v1=v2 C．T1=T2 D．t1=2t2
【答案】B
【详解】
质子p和α粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

得轨道半径

则运动周期为

根据图象可知
r1：r2=1：2
且质子和α粒子的电荷量之比是1：2，质量之比是1：4，则得
v1=v2
T1：T2=1：2
质子在磁场中运动的时间
t1＝T1
a粒子在磁场中运动的时间
t2＝T2
则
t1=t2
故B正确，ACD错误。
故选B。
2．（2020·江苏高二期中）如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场．此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°。下列说法中正确的是（　　）

A．电子在磁场中运动的半径为L
B．电子在磁场中运动的时间为
C．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为
D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为
【答案】B
【详解】
A．电子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示

电子的轨道半径为R，由几何知识，电子转过的圆心角


解得

故A错误；
B．电子在磁场中做圆周运动的周期

电子在磁场中运动时间

故B正确；
CD．设磁场区域的圆心坐标为，其中


所以磁场圆心坐标为根据几何三角函数关系可得

解得

所以电子的圆周运动的圆心坐标为，故CD错误。
故选B。
【点睛】
由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标。
3．如图所示，在xOy平面内第Ⅱ象限有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为 N/C。y轴右侧有一个边界为圆形的匀强磁场区域，圆心O′位于x轴上，半径为r=0.02 m，磁场最左边与y轴相切于O点，磁场方向垂直纸面向里。第Ⅰ象限内与x轴相距为 m处，有一平行于x轴长为l=0.04 m的屏PQ，其左端P离y轴的距离为0.04 m。一比荷为C/kg带正电的粒子，从电场中的M点以初速度m/s垂直于电场方向向右射出，粒子恰能通过y轴上的N点。已知M点到y轴的距离为s=0.01 m，N点到O点的距离为 m，不计粒子的重力。求：

（1）粒子通过N点时的速度大小与方向；
（2）要使粒子打在屏上，则圆形磁场区域内磁感应强度应满足的条件；
（3）若磁场的磁感应强度为T，且圆形磁场区域可上下移动，则粒子在磁场中运动的最长时间。
【答案】（1） m/s， （2） （3）s
【解析】（1）设粒子通过N点时的速度为v，速度与竖直方向的夹角为θ，粒子进入电场后做类平抛运动有：

，，，
又由牛顿第二定律有：
代入数据解得 m/s，
（2）由分析知粒子通过N点后将沿半径方向进入圆形磁场区域
粒子垂直进入磁场做匀速圆周运动有：
粒子刚好打在P点时，磁感应强度最强设为，此时粒子的轨迹半径为
由几何关系有：，代入数据解得
粒子刚好打在Q点时，磁感应强度最弱设为，此时粒子的轨迹半径为
由几何关系有：，代入数据解得
综合得粒子要打在屏上磁感应强度满足：
（3）粒子的轨迹半径为 m
设粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为α，弦长为，由几何关系有：


要使粒子在磁场中运动的时间最长，则，解得
设粒子在磁场中运动的周期为T有：s
粒子在磁场中运动的最长时间为： s
考点3 带电粒子在复合场中的运动问题

带电粒子在复合场中的运动问题是电磁场的综合问题，这类问题的显著特点是粒子的运动情况和轨迹较为复杂、抽象、多变，因而这部分习题最能考查学生分析问题的能力。解决这类问题与解决力学题目方法类似，不同之处是多了电场力和洛伦兹力，因此，带电粒子在复合场中的运动问题除了利用力学三大观点（动力学观点、能量观点、动量观点）来分析外，还要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直，永不做功等。
带电粒子在复合场中运动问题的分析思路
1．正确的受力分析：除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析。
2．正确分析物体的运动状态：找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程。如果出现临界状态，要分析临界条件。带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况。
（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）。
（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成。

（2020·四川成都市·树德中学高二月考）在光滑绝缘的水平面上建有如图所示的平面直角坐标系Oxy，在二、三象限的y=L和y=-L区域中，存在平行于y轴且与y轴正向相反的匀强电场；在一、四象限的正方形区域abcd内存在竖直向下的匀强磁场，正方形的边长为2L，坐标原点O为ab边的中点。一质量为m的绝缘不带电小球甲，以速度v0沿x轴正向做匀速运动，与静止在坐标原点的带正电小球乙发生弹性正碰（碰撞时间很短），乙球的质量为2m，带电量为q，碰撞前后电量保持不变，甲、乙两球均可视为质点，且m、q、L、v0均为已知，sin53°=0.8，cos53°=0.6。（　　）

A．碰撞后甲球的速度大小为
B．两球碰后，若乙球恰从d点离开磁场则乙球在磁场中的运动时间
C．要使两球再次相碰，磁感应强度必须大于
D．要使两球再次相碰，电场强度和磁感应强度大小必须满足
【答案】ACD
【详解】
A．甲与乙碰撞过程根据动量守恒有

根据机械能守恒有

解得碰撞后甲的速度为
（负号表示向左）
乙的速度为

选项A正确；
B．碰撞后，乙球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，恰从d点离开磁场，则由几何知识得：

解得

根据向心力公式得

解得磁感应强度

设圆心角为，则

即

则乙球在磁场中的运动时间

选项B错误；
CD．要使两球再次相碰，乙球应从边界离开磁场，即圆运动半径必须满足

又

解得

在磁场中运动的时间

乙球进入第二象限的电场做类平抛运动，则

对甲球，设经过时间与乙球碰撞，发生的位移为

两球再次相碰，需满足

联立以上各式解得

选项CD正确。
故选ACD。

1．（2020·浙江宁波市·效实中学高二期中）研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、釆蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈8字型运动来告诉同伴蜜源的方位。一兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的8字形运动，即在的空间中和的空间内同时存在着大小相等、方向相反的匀强电场，上、下电场以轴为分界线，在轴左侧和图中竖直虚线右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，与轴的距离为。一重力不计的负电荷从轴上的点以沿轴正方向的初速度开始运动，经过一段时间后，电子又以相同的速度回到点，下列说法正确的是（　　）

A．电场与磁场的比值为
B．电场与磁场的比值为
C．带电粒子运动一个周期的时间为
D．带电粒子运动一个周期的时间为
【答案】AC
【详解】
粒子运动轨迹如图

粒子在电场中做类似平抛运动，根据公式有


粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

结合几何知识，可得

联立，可得

又因为类平抛运动的总时间

匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，所以

故带电粒子运动一个周期的时间为

故AC正确。
故选AC。
2．（2020·广西南宁市·南宁三中高二月考）如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小也为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的是（　　）

A．微粒在ab区域的运动时间为
B．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=d
C．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为
【答案】AC
【详解】
A．将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，水平方向

竖直方向


解得


A正确；
B．粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力




联立解得r=2d，B错误；
C．由于r=2d，画出轨迹，如图。设回旋角度为α

解得
在复合场中的运动时间为





解得 ，C正确；
D．粒子在电场中运动时间为

故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为

D错误。
故选AC。

3．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场的圆心在M（L，0），磁场方向垂直于坐标平面向外。一个质量m电荷量q的带正电的粒子从第三象限中的Q（–2L，–L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场。不计粒子重力，求：
（1）电场强度E；
（2）从P点射出时速度vP的大小；
（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比。

【答案】（1） （2） （3）
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示；

（1）粒子在电场中做类平抛运动， 轴方向：， 方向：
解得，电场强度：
（2）设粒子到达坐标原点时竖直分速度为，粒子在电场中做类似平抛运动，方向：
方向：，联立得：
粒子进入磁场时的速度：
离子进入磁场做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，则：
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：
粒子在磁场中的运动时间：
粒子在磁场与电场中运动时间之比：
考点4 带电体在电磁场中的运动问题

1．注意带电体的区别
（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略。而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力。
（2）在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力。
（3）不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力。
2．带电体在电磁场中运动的处理方法
（1）正确分析带电体的受力情况及运动形式是解决问题的前提
带电体在复合场中做什么运动，取决于带电体所受的合力及其初速度，因此应把带电体的初速度情况和受力情况结合起来分析。
带电体在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器：粒子重力不计，电场力与洛伦兹力平衡）。
当带电体所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力恰好提供向心力，带电体在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，相当于带电粒子在磁场中做圆周运动。
当带电体所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，带电体做非匀变速曲线运动，这时带电体的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电体可能连续通过几个情况不同的电磁场区或单独的电场、磁场区，因此带电体的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段所组成，要注意区分。
（2）灵活选用力学规律是解决问题的关键
当带电体在电磁场中做匀速直线运动时，应画出受力图，根据平衡条件列方程求解。
当带电体在电磁场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。
当带电体在电磁场中做一般的曲线运动时，应选用动能定理求解，在找最大速度时结合牛顿运动定律处理。
当带电体在电场中做匀变速曲线运动时，应根据初速度和电场力、重力研究分运动。
当带电体不计重力，在单独磁场中运动轨迹为圆弧，宜根据圆心和轨迹，利用圆周运动的相关知识求解，在单独电场中运动轨迹为抛物线，宜利用运动的合成与分解，找分运动求解。
3．如果涉及两个带电体的碰撞问题，要根据定量守恒定律累出方程，再与其他方程联立求解。由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。

（2020·四川成都市·树德中学高二月考）如图所示，在以O为圆心的圆形区域内，有一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.1T，圆半径cm，竖直平行放置的金属板连接在如图所示的电路中，电源电动势E=120V，内阻r=5Ω，定值电阻R1=5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50Ω；两金属板上的小孔S1、S2跟O点在垂直于极板的同一直线上，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离m，现有比荷的正离子由小孔S1进入电场加速后，从小孔S2穿出，通过磁场后打在荧光屏D上，不计离子的重力和离子在小孔S1处的初速度，问：
(1)若离子能垂直打在荧光屏上，则此时滑线变阻器接入电路中的阻值R2=？
(2)调节滑动变阻器滑片P的位置不同，离子在磁场中运动的时间也不同，当离子在磁场中运动的时间最长时，求此种情况下打在荧光屏上的位置到屏中心O′点的距离x=？

【答案】(1) 10Ω；(2)20cm
【详解】
解：(1)若离子由电场射出进入磁场后垂直打在荧光屏上，则离子在磁场中速度方向偏转了90°，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图所示∶

由几何知识可知，离子在磁场中做圆
周运动的圆半径

设离子进入磁场时的速度为v1，洛伦兹力提供离子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得∶

解得

设两金属板间的电压为U，离子在电场中加速，由动能定理有

解得

解得
U1=30V
由闭合电路欧姆定律

解得
R2=10Ω
(2)两金属板间的电压越小，离子经电场加速后速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片在变阻器R2的右端时，离子在磁场中运动的时间最长。
由闭合电路欧姆定律有

两金属板间电压

由动能定理得

离子轨道半径

解得
r2=0.1m
粒子进入磁场后的径迹如图所示，O1为径迹圆的圆心。
由图可得

所以
α=60°
在△OO′A中，θ=30°，所以A、O′间距离为
x=Htanθ=20cm

1．（2020·广东茂名市·高三月考）如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙，已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的匀强磁场感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为B2的匀强磁场。
(1)请用一种方法求解铜盘产生的感应电动势大小，并说明这种求解方法的优点；
(2)若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，求射入的速度v。

【答案】(1)，优点见解析；(2)
【详解】
(1)方法一：用法拉第电磁感应定律定义式求解


故

这种求解方法的优点是：将圆盘的转动等效为单棒的转动，单棒充当等效电源，假想有一个闭合回路，根据闭合回路磁通量的变化求解。
方法二：用法拉第电磁感应定律计算式求解



故

这种求解的优点是：将圆盘的转动等效为单棒的转动，利用单棒线速度与半径的线性特点，得到中点速度等效为导体棒的线速度。
(2)小球在复合场中做匀速圆周运动，必须电场力与重力平衡，洛仑兹力提供向心力，有


带电小球恰好能从金属板间射出，如右图所示，

根据勾股定理，有

联立解得

2．（2020·江苏南通市·高三月考）一台质谱仪的工作原理如图所示。甲、乙两种比荷不同的带电粒子从容器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的MN区域内。甲粒子能打在底片上的最远点为M，乙粒子能打在底片上的最近点为N，点M、N到狭缝S3的距离分别为xM、xN。忽略带电粒子的重力及相互间作用力。
(1)求甲粒子的比荷；
(2)求乙粒子在磁场中运动的最长时间t；
(3)若考虑加速电压有波动，在（U0-）到（U0+）之间变化，要使甲、乙两种粒子在底片上没有重叠，求应满足的条件。

【答案】(1)；(2)；(3) ≤
【详解】
(1)甲粒子打在底片上的最远点M，对应甲粒子在磁场中偏转了半个圆周，即
r甲=
又
U0q甲=m甲v甲2
Bq甲v甲=
解得

(2)乙粒子打在底片上的最近点N，对应乙粒子以散射角θ进入磁场，即
2r乙cosθ=xN
又
U0q乙=m乙v乙2
Bq乙v乙=
乙粒子在磁场中偏转角为（π+2θ）时，运动的时间最长，即
r乙（π+2θ）=v乙t
解得

(3)要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，即甲粒子打在底片上距离狭缝S3的最小距离比乙粒子打在底片上距离狭缝S3的最大距离大，故
2r甲≥2r乙cosθ


，
解得

3．（2020·浙江宁波市·效实中学高二期中）如图所示，直角坐标系中，矩形区域分布有沿轴正方向的匀强电场，场强大小为，三角形区域分布有垂直纸面向外的匀强磁场，、分别为、轴上的两点，、长均为，。在边界上范围内均匀分布着大量相同的带正电粒子，质量为，电荷量为，它们持续不断地飘入电场并从静止开始加速运动，然后进入磁场。已知从轴上点（图中未画出）进入磁场的粒子刚好垂直边界离开磁场，且，不计带电粒子的重力，不考虑带电粒子之间的相互作用，试求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)带电粒子在电场和磁场中运动的最长时间；
(3)轴上有带电粒子打到的区域范围。

【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)由几何关系可知，长为， 经过点的粒子速度垂直边界，可知轨迹圆心在点，半径为

在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有

电场中，根据牛顿第二定律，有


联立,可解得

(2)从点进入的带电粒子在电场和磁场中运动的时间最长
在电场中运动的时间

粒子在磁场中做圆周运动的周期

在磁场中运动的时间

所以，带电粒子在电场和磁场中运动的最长时间为

(3)如图所示，设粒子从点进入磁场的运动轨迹的圆心为，圆心角为，经过边界上的点，然后做匀速直线运动，交轴于点，

由几何关系在中，根据正弦定理

在中，根据正弦定理

可得


由于

所以

即轴上有带电粒子通过的区域范围为


1．（2020·北京高考真题）如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（　　）


A．偏转原因是圆盘周围存在电场
B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场
C．仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变
【答案】B
【详解】
AB．小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；
C．仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误；
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误。
故选B。
2．（2020·海南高考真题）如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为（　　）

A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
【答案】B
【详解】
根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示

故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下。
故选B。
3．（2020·浙江高考真题）特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流和，。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则（　　）

A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
【答案】C
【详解】
A．通电直导线周围产生磁场方向由安培定判断，如图所示

在b点产生的磁场方向向上，在b点产生的磁场方向向下，因为

即

则在b点的磁感应强度不为零，A错误；
BCD．如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，BD错误，C正确。
故选C。
4．（2020·全国高考真题）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力

则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为

即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示


A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，， 为直角三角形，则由几何关系可得

解得


解得磁场的磁感应强度最小值

故选C。
5．（2020·全国高考真题）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（　　）

A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【详解】
A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据

可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有

可得

可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
故选D。
6．（2020·全国高考真题）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
粒子在磁场中做匀速圆周运动
，
可得粒子在磁场中的周期

粒子在磁场中运动的时间

则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，
粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。
当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。
当0.5R
粒子运动最长时间为
,
故选C。

7．（2020·浙江高考真题）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I。在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量，则（ ）


A．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动
B．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动
C．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动
D．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动
【答案】B
【详解】
先对1和3线圈进行分析，根据安培定则画出直流导线在线框中的磁场方向：

电流大小相等，线圈关于两导线对称，所以线圈中的磁通量为0，电流增大时，根据楞次定律可知线圈中无感应电流，不受安培力，所以1和3线圈静止不动；
再对2和4线圈进行分析，根据安培定则画出直流导线在线圈中的磁场方向：

电流增大，根据楞次定律判断感应电流方向（如图所示），靠近直流导线的线圈导体周围磁感应强度较大，因此受力起主要作用，根据左手定则判断安培力的方向（如图所示），根据力的合成可知2、4线圈沿着对角线向外运动，故B正确，ACD错误。
故选B．
8．（2020·海南高考真题）如图，足够长的间距的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度的匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向如图所示．一根质量，阻值的金属棒a以初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量，阻值的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ）

A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为
D．金属棒a最终停在距磁场左边界处
【答案】BD
【详解】
A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；
B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；
C．电路中产生的平均电动势为

平均电流为

金属棒a受到的安培力为

规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得

解得对金属棒第一次离开磁场时速度

金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即

联立并带入数据得

由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热

故C错误；
D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得


联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为

设金属棒a最终停在距磁场左边界处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为

平均电流为

金属棒a受到的安培力为

规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得

联立并带入数据解得

故D正确。
故选BD。
9．（2020·天津高考真题）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（ ）


A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a D．N与O点相距
【答案】AD
【详解】
A．粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；
BC．粒子运动的轨迹如图

由于速度方向与y轴正方向的夹角，根据几何关系可知
，
则粒子运动的轨道半径为

洛伦兹力提供向心力

解得

BC错误；
D．与点的距离为

D正确。
故选AD。
10．（2020·海南高考真题）如图，虚线MN左侧有一个正三角形ABC，C点在MN上，AB与MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度从AB的中点O沿OC方向射入三角形区域，偏转后从MN上的Р点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰能回到O点。已知离子的质量为m，电荷量为q，正三角形的边长为d：
(1)求三角形区域内磁场的磁感应强度；
(2)求离子从O点射入到返回O点所需要的时间；
(3)若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为，方向垂直于BC，始终在纸面内运动，到达О点时的速度方向与OC成角，求圆形磁场的磁感应强度。

【答案】(1)；(2)；(3)见解析
【详解】
(1)画出粒子运动轨迹如图

粒子在三角形ABC中运动时，有


又粒子出三角形磁场时偏转，由几何关系可知

联立解得


(2)粒子从D运动到P，由几何关系可知

运动时间

粒子在MN右侧运动的半径为

则有


运动时间

故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间

(3)若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有

解得

此时根据有

若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有

解得

此时根据有


11．（2020·江苏高考真题）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、。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔；
(3)乙的比荷可能的最小值。

【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由 得，
，
Q、O的距离为：

(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，

所以，再次经过P点的时间为

由匀速圆周运动的规律得
，
绕一周的时间为

所以，再次经过P点的时间为

两次经过P点的时间间隔为

(3)由洛伦兹力提供向心力，由 得，
，
完成一周期运动上升的距离

若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则
，
结合以上式子，n无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则
，
计算可得
（n=1，2，3……）
由于甲乙粒子比荷不同，则n=2时，乙的比荷最小，为

12．（2020·山东高考真题）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子、氚核、氦核的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。

【答案】(1)；(2)；(3)；(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置
【详解】
(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得
qU=mv2 ①
在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得
②
联立①②式得
③
由几何关系得
④
⑤
⑥
联立①②④式得
⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得
qE=ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
⑨
⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
⑫
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得
y'=vtsinα ⑬
由题意得
y=L+y' ⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
⑮
(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。
13．（2020·浙江高考真题）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板平行于水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为，探测板的宽度为，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界时与H点的距离s；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界的最大距离；
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到距离L的关系。

【答案】(1)，0.8R；(2)；(3)当时：；当时：；当时：
【详解】
(1)离子在磁场中做圆周运动

得粒子的速度大小

令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界边的Q点射出，则由几何关系可得
，



(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得


即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为、，由几何关系可得

探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界的距离最大，

则

(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量

当时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力

当时， 只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为

当时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为

14．（2020·全国高考真题）如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。

【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；
【详解】
（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
①
由此可得
②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足
③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得
④
（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，

由几何关系
⑥
即⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
⑧
联立⑦⑧式得
⑨
15．（2020·浙江高考真题）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（）的衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子。如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。
已知电子质量，中子质量，质子质量（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。
若质子的动量。
（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以为能量单位）；
（2）当，时，求计数率；
（3）若取不同的值，可通过调节的大小获得与（2）问中同样的计数率，求与的关系并给出的范围。

【答案】(1) (2) (3)
【详解】
（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒：

核反应过程中：

根据动量和动能关系：

则总动能为：

（2）质子运动半径：

如图甲所示：

打到探测板对应发射角度：

可得质子计数率为：

（3）在确保计数率为的情况下：

即：
如图乙所示：

恰能打到探测板左端的条件为：

即：

16．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为

A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
【答案】B
【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B。

17．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为

A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【解析】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，d点射出粒子半径为 ，R=，故vd= =，故B选项符合题意

18．（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】运动轨迹如图。

即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误。.
19．（2019·北京卷）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是

A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
【答案】C
【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。
20．（2019·天津卷）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ）

A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压与v无关
C．前、后表面间的电压与成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】D
【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。
21．（2018·新课标全国II卷）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。则

A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为
【答案】AC
【解析】先利用右手定则判断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠加的方式求解各个导体棒产生的磁场强度。L1在ab两点产生的磁场强度大小相等设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场强度设为B2，方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2，方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知，，可解得：，，故AC正确。
22．（2017·新课标全国Ⅱ卷）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率为，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则为

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远。则当粒子射入的速度为，如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；同理，若粒子射入的速度为，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；根据，则，故选C。

23．（2017·新课标全国Ⅰ卷）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正确，ACD错误。
24．（2018·江苏卷）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．

（1）求磁感应强度大小B；
（2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子圆周运动的半径
由题意知
解得
（2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为α
由d=rsinα，得sinα=，即α=53°
在一个矩形磁场中的运动时间，解得
直线运动的时间，解得
则
（3）将中间两磁场分别向中央移动距离x
粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα
由y≤2d，解得
则当xm=时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值
增加路程的最大值
增加时间的最大值
25．（2018·天津卷）如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。

（1）求粒子从P到M所用的时间t；
（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度的大小。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有①
设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F=qE②
设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=ma③
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at④
联立①②③④式得⑤
（2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为，由几何关系可知⑥

设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知 ⑦；
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为，由运动的合成和分解可知⑧
联立①⑥⑦⑧式得⑨
26．（2018·新课标全国III卷）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：

（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）甲、乙两种离子的比荷之比。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
②
由几何关系知
③
由①②③式得
④
（2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
⑤
⑥
由题给条件有
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
⑧
27．（2018·新课标全国I卷）如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q不计重力。求

（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
（2）磁场的磁感应强度大小；
（3）12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为。由运动学公式有

①
②
由题给条件， 进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角 。进入磁场时速度的y分量的大小为
③
联立以上各式得
④
（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有
⑤
设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有
⑥
设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
⑦
由几何关系得
⑧
联立以上各式得
⑨
（3）设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得
⑩
由牛顿第二定律有
⑪
设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与x轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为。由运动学公式有
⑫
⑬
⑭
⑮
联立以上各式得
，，⑯
设在磁场中做圆周运动的半径为，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
⑰
所以出射点在原点左侧。设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为，由几何关系有
⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
⑲