2016版三年模拟精选 专题九磁场要点

A 组 基础训练一、选择题1．(2015·中原名校、豫南九校联考)如图所示,三根彼此绝缘的无限长直导线的一 部分ab 、cd 、ef 构成一个等边三角形，O 为三角形的中心，M 、N 分别为O 关于导线ab 、cd 的对称点,当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电 流时,M 点磁感应强度的大小为B 1，O 点磁感应强度大小为B 2，若将导线ab 中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N 点磁感应强度的大小为( )A ．B 1＋B 2B ．B 1－B 2 C.12(B 1＋B 2)D.12(3B 2－B 1)解析 导体中的电流相同，则每个导体在距离导体相同的点产生的磁场的磁 感应强度大小相同,设三个导体在O 点产生的磁感应强度大小为B ，则ab 在 M 点，cd 在N 点产生的磁感应强度大小也为B ，ab 在N 点，cd 在M 点，ef 在M 、N 点产生的磁感应强度大小也相同，设为B ′，由安培定则和矢量叠加 可知,B 1＝B ＋2B ′、B 2＝B ，撤去ab 中的电流后，N 点的磁感应强度为B N ＝ B －B ′，解以上三式得B N ＝12(3B 2－B 1)，D 项正确．答案 D2．(2015·河北邢台摸底考试)如图所示,在边长为L 的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D 点以v 0的速度沿DB 方向射入磁场，恰好从A 点射出，已知电荷的质量为m ，带电荷量为q ，不计电荷的重力，则下列说法正确的是( )A ．匀强磁场的磁感应强度为m v 0qL B ．电荷在磁场中运动的时间为πLv 0C ．若减小电荷的入射速度,使电荷从CD 边界射出，电荷在磁场中运动的时间会减小D ．若电荷的入射速度变为2v 0，则粒子会从AB 边的中点射出解析 由粒子从D 到A 的运动轨迹和几何知识知，粒子的轨道半经为R ＝L ，转过的圆心角为α＝π2，由q v 0B ＝m v 20R 得B ＝m v 0qL ，A 项正确；运动时间t ＝2πR 4v0 ＝πL2v 0,B 项错误；若粒子从CD 边界射出，粒子在磁场中转过的圆心角为π，电荷在磁场中运动的时间会变长,C 项错误；若电荷的入射速度变为2v 0，则 粒子的轨道半径为2L ，由几何知识知粒子会从AB 边的中点右侧某位置射出， D 项错误．答案 A3. (2015·河南八市联考)(多选)如图所示,一粒子发射源P 位于足够大绝缘板AB 的 上方d 处,能够在纸面内向各个方向发射速率为v 、电荷量为q 、质量为m 的 带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d ，则( )A ．能打在板上的区域长度是2dB ．能打在板上的区域长度是(3＋1)dC ．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为7πd6vD ．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为πqd6m v解析 因粒子运动的轨道半径R ＝d ,根据题意画出粒子运动轨迹的草图，则 打在极板上粒子轨迹的临界状态如图甲所示，根据几何关系知，带电粒子能 到达板上的长度L ＝R ＋3R ＝(3＋1)d ，选项B 正确，A 错误；在磁场中运 动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图乙所示，由几何关系知，最长时 间t 1＝34T ，最短时间t 2＝16T ，同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差Δt ＝t 1－t 2，又T ＝2πd v ，联立解得Δt ＝7πd6v ，选项C 正确，D 错误．答案 BC4．(2014·广东湛江一模)(多选)如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域，磁 场方向垂直纸面向外，一个不计重力的带正电的粒子以某一速率v 垂直磁场 方向从O 点进入磁场区域，电子进入磁场时速度方向与边界夹角为θ，下列有关说法正确的是( )A ．若θ一定，速度v 越大，粒子在磁场中运动时间越长B ．粒子在磁场中运动时间与速度v 有关，与角θ大小无关C ．若速度v 一定，θ越大，粒子在磁场中运动时间越短D ．粒子在磁场中运动时间与角度θ有关，与速度v 无关解析粒子在磁场中的运动轨迹如图，由几何知识知，粒子离开磁场时转过的圆心角一定为2π－2θ，若θ一定，则t＝2π－2θ2πT＝π－θπ×2πmqB＝2m（π－θ）qB，可见粒子在磁场中运动的时间与v无关,与角度θ有关，即若θ一定，粒子在磁场中运动的时间是相同的，故A、B错误,D正确；由上式可知θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C正确．答案CD5．(2014·北京丰台区模拟)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合.两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子(不计重力)以速度v水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是()A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D．若增大带电粒子带电荷量，粒子将向b板偏转解析将滑片P向上滑动，电阻R两端的电压减小．因电容器与电阻并联，故两板间的电势差减小,根据E＝Ud知两板间的电场强度减小，粒子所受电场力减小，因带负电，电场力向上，所以粒子将向b板偏转，A错误；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E＝Ud可知，板间电场强度减小,粒子所受电场力向上变小，洛伦兹力向下，则粒子将向b 板偏转，故B错误；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，C正确；若增大带电粒子带电荷量，所受电场力增大，所受洛伦兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误．答案 C二、非选择题6．(2015·河北“五个一名校联盟”联考)如图,边长L＝0.2 m的正方形abcd区域(含边界)内，存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场，磁感应强度B＝5.0×10－2T.带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E(不考虑金属板在其它区域形成的电场)，MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF.EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l＝0.1 m．在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q＝3.2×10－19 C，质量均为m＝6.4×10－26 kg.不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板后的反弹．(1)当电场强度E＝104 N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率；(2)电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围．解析(1)穿过孔O的离子在金属板间需满足q v0B＝Eq代入数值得v 0＝2.0×105 m/s(2)穿过孔O 的离子在金属板间仍需满足q v B ＝Eq 离子穿过孔O 后在磁场中做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2r由以上两式子得E ＝qB 2rm从bc 边射出的离子,其临界轨迹如图①，对应的轨迹半径最大，对应的电场 强度最大，由几何关系可得r 1＝l ＝0.1 m 由此可得E 1＝1.25×103 N/C从bc 边射出的离子,轨迹半径最小时，其临界轨迹如图②，对应的电场强度 最小，由几何关系可得2r 2＋l2＝L 所以r 2＝0.075 m由此可得E 2＝9.375×102 N/C 所以满足条件的电场强度的范围为 9．375×102 N/C<E <1.25×103 N/C答案 (1)2.0×105 m/s (2)9.375×102 N/C<E <1.25×103 N/C7．(2015·河北“名校联盟”质量监测)如图所示,有3块水平放置的长薄金属板a 、 b 和c ，a 、b 之间相距为L .紧贴b 板下表面竖直放置半径为R 的半圆形塑料 细管，两管口正好位于小孔M 、N 处.板a 与b 、b 与c 之间接有电压可调的 直流电源，板b 与c 间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．当体积为V 0、 密度为ρ、电荷量为q 的带负电油滴，等间隔地以速率v 0从a 板上的小孔竖 直向下射入，调节板间电压U ba 和U bc ,当U ba ＝U 1、U bc ＝U 2时，油滴穿过b 板M 孔进入细管，恰能与细管无接触地从N 孔射出.忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)油滴进入M 孔时的速度v 1；(2)b 、c 两板间的电场强度E 和磁感应强度B 的值；(3)当油滴从细管的N 孔射出瞬间，将U ba 和B 立即调整到U ba ′和B ′，使油 滴恰好不碰到a 板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M 孔，请给出U ba ′ 和B ′的结果．解析 (1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M 点时的速度为v 1， 由动能定理得12m v 21－12m v 20＝mgL ＋qU 1 考虑到m ＝ρV 0 得v 1＝v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0(2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N 孔射出，须电场力 与重力平衡，有mg ＝qE 得E ＝ρV 0g q油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，有 q v 1B ＝m v 21R 得B ＝m v 1qR ＝ρV 0qRv 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0(3)若油滴恰不能撞到a 板，且再返回并穿过M 点，由动能定理得 0－12m v 21＝－mgL －qU ba ′ 得U ba ′＝U 1＋ρV 0v 202q考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M 孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即B ′＝－B .答案 (1)v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0(2)ρV 0g qρV 0qRv 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0(3)U 1＋ρV 0v 202q ，－B8．(2015·邢台高三摸底)如图所示,在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何形状完 全相同的平行金属板P 、Q 和M 、N ，P 、Q 与M 、N 四块金属板相互平行地 竖直地放置，已知P 、Q 之间以及M 、N 之间的距离都是d ＝0.2 m ，极板本 身的厚度不计，极板长均为L ＝0.2 m ，板间电压都是U ＝6 V 且P 板电势高．金 属板右侧边界以外存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝5 T ，磁场区域 足够大.现有一质量m ＝1×10－4kg ，电荷量q ＝－2×10－4 C 的小球在水平面上以初速度v 0＝4 m/s ，从平行板PQ 间左侧中点O 1沿极板中线O 1O 1′射入．(1)试求小球刚穿出平行金属板PQ 的速度；(2)若要小球穿出平行金属板PQ 后，经磁场偏转射入平行金属板MN 中，且 在不与极板相碰的前提下，最终从极板MN 的左侧中点O 2沿中线O 2O 2′射 出，则金属板Q 、M 间距离是多少？解析 (1)小球在PQ 金属板中做类平抛运动，小球所受电场力 F ＝qE ＝qUd 小球的加速度a ＝Fm解得a ＝qU dm ＝6×2×10－40.2×1×10－4m/s 2＝60 m/s 2 小球在板间运动时间t ＝L v 0＝0.24 s ＝0.05 s小球在垂直板方向上的速度v y ＝at ＝60×0.05 m/s ＝3 m/s则小球离开PQ 板时的速度v-t ＝v 20＋v 2y ＝42＋32m/s ＝5 m/sv-t 与中轴线的夹角为tan θ＝v y v 0＝34，所以θ＝37°(2)俯视图如图所示,在PQ 极板间，若P 板电势比Q 板高，则小球向P 板偏 离，进入右侧磁场后做圆周运动，由运动的对称性，则必须N 板电势高于M板电势，其运动轨迹如图所示小球进入磁场后做圆周运动，设运动半径为R ，由洛伦兹力提供向心力：q v-t B ＝m v 2t R得R ＝m v tqB ＝0.5 m在PQ 极板间，小球向P 板偏离,设小球射入与射出磁场的两点间的距离为h ， 由图中几何关系得h ＝2R cos θ＝2×0. 5×45m ＝0.8 m小球偏离中轴线的位移Y 偏＝12at 2＝12×60×(0.05)2 m ＝7.5×10－2 m 当小球向P 偏转时，根据对称性可得，QM 极板间的距离为 d 1＝h －2(d2＋Y 偏)＝h －d －2Y 偏＝0.45 m答案 (1)5 m/s ，方向与中轴线的夹角为37° (2)0.45 m9．(2014·山西太原一模)如图所示,在xOy 坐标系中的第一象限内存在沿x 轴正方 向的匀强电场；第二象限内存在大小为B 、方向垂直坐标平面向外的有界圆 形匀强磁场(图中未画出).一粒子源固定在x 轴上M (L ，0)点，沿Y 轴正方向 释放出速度大小均为v 0的电子,电子经电场后恰好从y 轴上的N 点进入第二 象限．进入第二象限后，电子经磁场偏转后通过x 轴时，与x 轴的夹角为75°. 已知电子的质量为m 、电荷量为e ，电场强度E ＝m v 202eL ，不考虑电子的重力和其间的相互作用，求：(1)N 点的坐标；(2)圆形磁场的最小面积．解析 (1)从M 到N 的过程中，电子做类平抛运动，有 L ＝12 eEm t 2，y N ＝v 0t 解得：y N ＝2L则N 点的坐标为(0，2L )(2)设电子到达N 点的速度大小为v ，方向与y 轴正方向的夹角为θ，由动能 定理有12m v 2－12m v 20＝eEL cos θ＝v 0v ＝22解得：v ＝2v 0，θ＝45°设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r e v B ＝m v 2r①当电子与x 轴负方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转120°后垂直于O 1Q 射出，则磁场最小半径R min ＝PQ2＝r sin 60°解得S min ＝3πm 2v 202e 2B 2②当电子与x 轴正方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转150°后垂直于O 2Q ′射出，则磁场最小半径R min ′＝P ′Q ′2＝r sin 75° 解得S min ′＝（2＋3）πm 2v 202e 2B 2答案 (1)(0，2L ) (2)见解析B 组 能力提升一、选择题1．(2015·河北“名校联盟”模拟)(多选)如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘 物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸 面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F 拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中( )A ．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B ．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C ．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D ．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小解析 设甲、乙向上作匀加速运动的加速度为a ,隔离甲：由牛顿第二定律得 F f 甲－m 甲g sin θ＝m 甲a ，则甲、乙两物块间摩擦力F f 甲＝m 甲g sin θ＋m 甲a 不变，A 、C 项错误，B 项正确;选甲、乙物块整体为研究对象，乙与斜面之间的摩擦力为F f 乙＝μF N ，且F N ＝(m 甲＋m 乙)g cos θ－q v B ，由于v 增大，则 F N 减小，F f 乙不断减小，D 项正确．答案 BD2. (2015·辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直纸面 向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场边界上A 点一粒子源，源源不 断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子 (重力不计),已知粒子的比荷为k ,速度大小为2kBr .则粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.πkBB.π2kBC.π3kBD.π4kB解析 粒子在磁场中运动的半径为:R ＝m v qB ＝2kBrBk ＝2r ；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆 的直径2r ，故t ＝T 6＝πm3qB ＝π3kB ，故选C.答案 C3．(2015·湖北六校调考)(多选)如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直 纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝 缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比 荷大小为qm ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处 小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回，且 碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A．3 m/s B．3.75 m/s C．4.5 m/s D．5 m/s解析由题意可知小球运动的圆心一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3 m,而ON＝9 m≤3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，且碰撞后第二个圆心的位置在O点的上方；也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．由q v B＝m v2r，得v＝qm·Br，第一种情况：若小球与挡板ON碰撞一次,则轨迹可能如图甲，设OO′＝s，由几何关系得r2＝OM2＋s2＝9＋s2和3r－9＝s，联立求得r1＝3 m，r2＝3.75 m，分别代入v＝qm ·Br得v1＝3 m/s，v2＝3.75 m/s；第二种情况:若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图乙，设OO′＝x，由几何关系得r23＝OM2＋x2＝9＋x2和x＝9－r3，联立求得r3＝5 m，代入v＝qm·Br得v3＝5 m/s.答案ABD4．(2014·浙江温州一模)(多选)日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素131被更多的人所了解．利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均为＋q 的碘131和碘127质量分别为m 1和m 2，它们从容器A 下方的小孔 S 1进入电压为U 的加速电场(入场速度忽略不计)，经电场加速后从S 2小孔射 出，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．下列说法正确的是( )A ．磁场的方向垂直于纸面向里B ．碘131进入磁场时的速率为2qUm 1C ．碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为2π（m 1－m 2）qBD ．打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为2B (2m 1Uq －2m 2U q )解析 粒子带正电，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，A 错误； 由动能定理知,粒子在电场中得到的动能等于电场力对它所做的功，即qU ＝ 12m v 21,解得：v 1＝2qUm ，B 正确；粒子在磁场中运动的时间t 为周期的一半，根据周期公式T ＝2πm qB ，在磁场中运动的时间差值Δt ＝π（m 1－m 2）qB ，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R ＝m v qB ＝1B2mUq ，则它们的距离之差Δd ＝2R 1－2R 2＝2B (2m 1U q －2m 2Uq )，故D 正确．答案 BD二、非选择题5．(2015·河南八校联考)如下图所示，以O (0，0)为圆心，半径为r 的圆形区域内 存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里，在磁场 右侧区域内，有一沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，一质量为m ， 电荷量为＋q 的粒子从A (0，r )点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿y 轴负方向时，粒子恰好从B (r ，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)粒子射入磁场时的速度大小v ；(2)求速度方向与y 轴负方向为θ角时，粒子从射入磁场到最终离开磁场的时 间t .解析 (1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动 由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2r ，v ＝qBr m(2)粒子沿与y 轴负方向为θ角射入磁场后，经一段圆周后进入电场做可返回 的匀减速直线运动，再次进入磁场又经一段圆周后离开磁场，在磁场中的周期为T ＝2πm qB在磁场中运动的时间为t 1＝12T ＝πm qB在电场中做匀变速直线运动a ＝qEm所以t 2＝2v a ＝2×qBr m qE m ＝2BrE所以t ＝t 1＋t 2＝πm qB ＋2BrE答案 (1)qBrm (2)πm qB ＋2Br E6．(2015·陕西五校联考)如图所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场 E 1，区域宽度为d 1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场E 2，区域 宽度为d 2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m 、带电 荷量为q 的微粒在区域Ⅰ左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动， 进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g ，求：(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E 1、E 2的大小？ (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小．(3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长？解析 (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE 1sin 45° ＝mg 解得E 1＝2mgq微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg ＝qE 2 则E 2＝mgq(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a ，离开区域Ⅰ时速度 为v ，则 a ＝qE 1cos 45°m ＝gv 2＝2ad 1在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R ，则 R sin 60°＝d 2 q v B ＝m v 2R解得B ＝mqd23gd 12(3)微粒在区域Ⅰ内作匀加速直线运动，t 1＝2d 1a ＝2d 1g在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，T ＝2πmqB则t 2＝T 6＝πd 2323gd 1 解得t ＝t 1＋t 2＝2d 1g ＋πd 2323gd 1答案 (1)E 1＝2mg q E 2＝mg q (2)mqd23gd 12(3)2d 1g ＋πd 2323gd 17．(2015·湖北六校调考)如图所示,xOy 平面为一光滑水平面，在此区域内有平行 于xOy 平面的匀强电场,场强大小E ＝100 V/m ；同时有垂直于xOy 平面的匀 强磁场．一质量m ＝2×10－6 kg 、电荷量q ＝2×10－7 C 的带负电粒子从坐标 原点O 以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P (4， 3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP 向上．此时撤去磁场， 经过一段时间该粒子经过y 轴上的M (0，6.25)点，动能变为初动能的0.625倍，求：(1)粒子从O 到P 与从P 到M 的过程中电场力做功的大小之比； (2)OP 连线上与M 点等电势的点的坐标； (3)粒子由P 点运动到M 点所需的时间．解析 (1)设粒子在P 点时的动能为E k ，则初动能为2E k ，在M 点的动能为 1.25E k .由于洛伦兹力不做功，粒子从O 点到P 点和从P 点到M 点的过程中，电场力做的功大小分别为W 1、W 2由动能定理得：－W1＝E k－2E k W2＝1.25E k－E k则W1∶W2＝4∶1(2)O点、P点及M点的电势差分别为：U OP＝E kq，U OM＝0.75E kq设OP连线上与M点电势相等的点为D,由几何关系得OP的长度为5 m，沿OP方向电势下降，则U ODU OP＝U OMU OP＝ODOP＝0.751得OD＝3.75 m，OP与X轴的夹角α，则sin α＝3 5D点的坐标为x D＝OD cos α＝3 m，y D＝OD sin α＝2.25 m即：OP连线上与M点等电势的D点的坐标为(3 m，2.25 m) (3)由于OD＝3.75 m而OM cos∠MOP＝3.75 m所以MD垂直于OP 由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O指向P带负电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP＝12·Eq m·t2又DP＝OP－OD＝1.25 m解得t＝0.5 s答案(1)4∶1(2)(3 m，2.25 m)(3)0.5 s8．(2014·广东韶关一模)如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝π10×104 N/C.现将一重力不计、比荷qm＝1×106 C/kg的正电荷从电场中的O点由静止释放,经过t0＝1×10－5 s后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场．磁场方向垂直于纸面向外,以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化．(1)求电荷进入磁场时的速度；(2)求图乙中t ＝2×10－5 s 时刻电荷与P 点的距离；(3)如果在P 点右方d ＝100 cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从 O 点出发运动到挡板所需的时间．解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则 Eq ＝ma v 0＝at 0代入数据解得v 0＝π×104 m/s(2)当B 1＝π20 T 时，电荷运动的半径r 1＝m v 0B 1q ＝0.2 m ＝20 cm周期T 1＝2πmB 1q ＝4×10－5 s当B 2＝π10 T 时，电荷运动的半径r 2＝m v 0B 2q ＝10 cm周期T 2＝2πmB 2q ＝2×10－5 s故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示：t ＝2×10－5 s 时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一周期再沿小圆轨迹运动半 个周期，恰好运动到MN 上，则与P 点的水平距离为r 1＝20 cm.(3)电荷从P 点开始，其运动的周期为T ＝T 12＋T 2＋2t 0＝6×10－5 s ，根据电荷 的运动情况可知,电荷每一个周期向右沿PN 运动的距离为40 cm ，故电荷到达挡板前运动的完整周期数为2个，然后再运动T 14，以90°角撞击到挡板上，故电荷从O点出发运动到挡板所需的总时间t总＝t0＋2T＋14T1解得t总＝1.4×10－4 s.答案(1)π×104 m/s(2)20 cm(3)1.4×10－4 s考向一考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题1．(左手定则、洛伦兹力、圆周运动)如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹．下列关于实验现象和分析正确的是()A．励磁线圈通以逆时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹B．励磁线圈通以顺时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹C．保持励磁电压不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径减小D．保持加速电压不变，增加励磁电压，电子束形成圆周的半径增大解析励磁线圈通以顺时针方向的电流，则由右手定则可知线圈内部磁场向里，由左手定则可知能形成结构示意图中的电子运动径迹，选项B正确，A 错误；保持励磁电压不变，增加加速电压，则电子的运动速度变大，根据r＝m vqB可知电子束形成圆周的半径增大,选项C错误；保持加速电压不变，增加励磁电压，则B变大，根据r＝m vqB电子束形成圆周的半径减小，选项D错误；故选B.答案 B考向二 考查带电粒子在组合场中的运动问题2．(先磁场、后电场、再磁场)如图所示,真空中有一以O 点为圆心的圆形匀强磁场区域,半径为R ，磁场垂直纸面向里．在y >R 的区域存在沿－y 方向的匀强电场，电场强度为E .在M 点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v ，沿不同方向射入第一象限.发现沿＋x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速 度减小到0后又返回磁场.已知粒子的质量为m ，电荷量为＋q .粒子重力不计．(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿＋x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；(3)沿与＋x 方向成60°角射入的粒子,最终将从磁场边缘的N 点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N 点的坐标和粒子从M 点运动到N 点的总时间．解析 (1)沿＋x 方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到0，粒子一定是从如图1的P 点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动 的半径r ＝R根据Bq v ＝m v 2rr ＝m v Bq得B ＝m v qR (2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N 点射出磁场，MN 为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s 1＝πR设在电场中的路程为s 2，根据动能定理得Eq s 22＝12m v 2s 2＝m v 2Eq 总路程s ＝πR ＋m v 2Eq(3)如图2，沿与＋x 方向成60°角射入的粒子，从C 点竖直射出、射入磁场，从D 点射入、射出电场，最后从N 点(MN 为直径)射出磁场．所以N 点坐标为(2R ，0)在磁场中，MC 段轨迹圆弧对应圆心角α＝30°，CN 段轨迹圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，即t 1＝T 2＝πR粒子在CD 段做匀速直线运动，CD ＝R 2则从C 到D ，再从D 返回到C 所用时间，t 2＝R v粒子在电场中做匀速直线运动，加速度a ＝Eq mt 3＝2v a ＝2m v Eq 总时间t ＝（π＋1）R v＋2m v Eq答案 (1)m v qR (2)πR ＋m v 2Eq (3)(2R ，0) （π＋1）R v＋2m v Eq 3．(先磁场、再电场)如图所示，在xOy 平面内,紧挨着的三个“柳叶”形有界区域①②③内(含边界上)有磁感应强度为B 的匀强磁场，它们的边界都是半径为a 的14圆，每个14圆的端点处的切线要么与x 轴平行，要么与y 轴平行．①区域的下端恰在O 点,①②区域在A 点平滑连接,②③区域在C 点平滑连接．大量质量均为m 、电荷量均为q 的带正电的粒子依次从坐标原点O 以相同的速率、各种不同的方向射入第一象限内(含沿x 轴、y 轴方向)，它们只要在磁场中运动,轨道半径就都为a .在y ≤－a 的区域，存在场强为E 的沿－x 方向的 匀强电场．整个装置在真空中，不计粒子重力和粒子之间的相互作用．求：(1)粒子从O 点出射时的速率v 0；(2)这群粒子中，从O 点射出至运动到x 轴上的最长时间；(3)这群粒子到达y 轴上的区域范围．解析 (1)由qB v 0＝m v 20R ，R ＝a ，解得v 0＝qBa m(2)这些粒子中，从O 沿＋y 轴方向射入磁场的粒子，从O 到C 耗时最长．由t max ＝s v 0，s ＝πa ，得t max ＝πa v 0＝πm qB(3)这些粒子经过①区域偏转后方向都变成与＋x 轴平行，接着沿直线匀速进入②区域，经过②区域偏转又都通过C 点，从C 点进入③区域，经过③区域 偏转，离开③区域时，所有粒子的运动方向都变成－y 方向(即垂直进入电场)。