第1章 习题课1 带电粒子在磁场、复合场中的运动（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

习题课1　带电粒子在磁场、 复合场中的运动 选择性必修第二册 综合提能(一) 带电粒子在不同边界磁场中的运动 综合提能(二)带电粒子在有界匀强 磁场中运动的多解问题 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 05 综合提能(三)　　 带电粒子在组合场中的运动 03 综合提能(四)　　 带电粒子在叠加场中的运动 04 综合提能(一) 带电粒子在不同边界磁场中的运动 1.磁场边界的类型和特点 (1)直线边界：进出磁场具有对称性，如图所示。 融通知能 (2)平行边界：存在临界条件，如图所示。 (3)圆形边界：沿径向射入必沿径向射出，如图所示。 2.与磁场边界的关系 (1)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。 (2)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (3)当速率v变化时，圆心角越大，运动的时间越长。 [典例]　如图所示，在纸面内有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，等边三角形ABC为两磁场的理想边界。已知三角形ABC边长为l，三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场。一电荷量为+q、质量为m的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边射入三角形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力。 (1)要使粒子从P点射出后在最短时间内通过B点，则从P点射出时的速度v0为多大? [答案]　　 [解析]　当粒子运动半个圆周到达B点时所用时间最短，此时粒子做圆周运动的半径r=， 根据洛伦兹力提供向心力可得r=， 解得v0=。 (2)满足(1)问的粒子通过B后第三次通过磁场边界时到B点的距离是多少? [答案]　 [解析]　粒子做圆周运动的半径r=，设过B点 后第三次通过磁场边界时到B点的距离为s，粒子 运动轨迹如图所示，由几何关系可得 s=3r=。 (3)满足(1)问的粒子从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为多少?画出粒子的轨迹并计算。 [答案]　　见解析图 [解析]　粒子在磁场中运动的周期T=，由 图可知从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最 短时间为tmin=T=。 /方法技巧/ 带电粒子在有界磁场中运动问题的三步解题法 (1)画轨迹：即确定圆心，利用几何方法画出半径及运动轨迹。 (2)找联系：半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。 (3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式。 1.如图所示，正方形abcd区域(含边界)存在垂直 于纸面向里的匀强磁场，M、N两个粒子以相同的速 率均从d点沿纸面da方向射入磁场区域，经磁场偏转 后粒子M从b点离开磁场，粒子N从dc边的中点离开 磁场，不计粒子重力以及粒子之间的相互作用，则粒子M与粒子N的比荷之比为 (　 ) A.1∶8　　　　　　　　　 B.1∶5 C.1∶4 D.2∶5 针对训练 √ 解析：设正方形边长为L，粒子沿da方向射入磁场区域，粒子N从dc边的中点离开磁场，则粒子N的轨迹半径rN=L，粒子M从b点离开磁场，由题图可知rM=L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得粒子的比荷=，所以粒子M与粒子N的比荷之比为==，故选C。 2.(2024·湖北高考)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是 (　 ) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 √ 解析：在圆形匀强磁场区域内，沿着半径方向射入的粒子，总是沿着半径方向射出，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；若粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域用时最短，则根据对称性可知粒子运动轨迹如图甲所示， 则最短时间t=2T=，故C错误；若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则粒子运动轨迹如图乙所示， 设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r=，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得v=，故D正确。 综合提能(二)带电粒子在有界 匀强磁场中运动的多解问题 1.带电粒子电性不确定形成多解。如图甲中做匀速圆周运动的粒子可能带正电，也可能带负电，由于带电性质不确定带来多解。 2.磁场方向不确定带来多解。如描述的磁场垂直于纸面，需分垂直纸面向外、垂直纸面向里两种情况进行讨论。 融通知能 3.临界状态不唯一形成多解。如图乙中带负电粒子不打在下极板上，粒子的速度有两种情况：v≤v1或v≥v2。 4.运动的周期性带来多解。如带负电粒子在图丙所示电磁组合场中会做周期性运动，从而带来多解。 [典例]　如图所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量的绝对值为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置。 [答案]　若粒子带正电：　 若粒子带负电：　 [解析]　根据题意可知，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，有qv0B=m=mR 解得R=，T= 当粒子带正电时，轨迹如图中OAC所示，由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为240°，故粒子在磁场中运动的时间t1=T= 粒子在C点离开磁场，OC=2Rsin 60°= 故离开磁场的位置为 当粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为120°，故粒子在磁场中的运动时间t2=T= 粒子在E点离开磁场，OE=2Rsin 60°= 故离开磁场时的位置为。 1.(多选)如图所示，A点的离子源在纸面内沿垂直 OQ的方向向上射出一束负离子，离子重力忽略不计。 为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面 的匀强磁场。已知O、A间的距离为s，负离子的比荷为、速率为v，OP与OQ间夹角为30°。则所加磁场的磁感应强度B应满足(　 ) A.垂直纸面向里，B> B.垂直纸面向里，B> C.垂直纸面向外，B> D.垂直纸面向外，B> 针对训练 √ √ 解析：当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则可知，负离子向右偏转，负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(大圆弧)，由几何知识可知r2=OBsin 30°=OB，而OB=s+r2，故r2=s，所以当离子运动轨迹的半径小于s时满足约束条件，可得qvB>，解得B>，A错误，B正确； 当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则可知，负离子向左偏转，负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(小圆弧)，由几何知识知r1=，所以当离子运动轨迹的半径小于时满足约束条件，可得qvB>，解得B>，C正确，D错误。 2.如图所示，长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，板间的距离也为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)，从极板间左边中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，则v需要满足什么条件。 答案：v≥或v≤ 解析：设粒子恰好从极板右边缘射出时的速度为v1，轨迹半径为r1，如图所示，此时圆心在O1点，由几何关系有=L2+，由牛顿第二定律得qv1B=m，联立两式得v1=； 设粒子恰好从极板左边缘射出时的速度为v2，轨迹半径为r2，如图所示，此时圆心在O2点，由几何关系有r2=，而qv2B=m，联立可得v2=。因此，当粒子的速度满足v≥或v≤时，粒子不会打在极板上。 综合提能(三) 带电粒子在组合场中的运动 1.什么是组合场 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现。 2.分阶段运动 带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。 融通知能 3.“电偏转”和“磁偏转”的比较   垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 情景图 受力 FB=qv0B，大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力 FE=qE，FE大小、方向不变，为恒力   垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 运动规律 匀速圆周运动r=，T= 类平抛运动vx=v0，vy=t，x=v0t，y=t2 运动时间 t=T= t= 动能 不变 变化 [典例]　(2024·福建高考)如图， 直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在 垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ 象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限，经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过N时的速度大小； [答案]　　 [解析]　粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有qU=m，解得vN=。 (2)粒子经过P时速度方向与y轴正方向的夹角； [答案]　45°　 [解析]　设粒子经过P时速度与y轴正方向的夹角为θ，粒子从N运动到P的过程中，根据牛顿第二定律有=ma 根据匀变速直线运动规律有d=at2，vy=at 又tan θ=，解得θ=45°。 (3)磁场的磁感应强度大小。 [答案]　 [解析]　粒子在P处时的速度大小为vP= 在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有 qvPB= 由几何关系可知，粒子的运动轨迹半径为R=d 解得B=。 /方法技巧/ 带电粒子在组合场中运动问题的分析方法 1.(2025·四川高考)(多选)如图所示，Ⅰ区有 垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形； Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界 为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆 形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小 比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°=0.6。则带电粒子 (　 ) 针对训练 A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 √ 解析：设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，Ⅱ区的磁感应强度大小为B2，则有B1∶B2=4∶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，有qvB=m，解得粒子做匀速圆周运动的半径为r=，则该带电粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为==，故B错误； √ 依据题意，结合该带电粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的临界运动轨迹如图所示，可知该带电粒子在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确， 该带电粒子在Ⅱ区运动的两段圆弧轨迹对应的圆心角相等，设为θ，由几何关系可知cos θ==0.8，解得θ=37°，由几何知识可知β=53°，则该带电粒子在Ⅰ区的轨迹长度为s1=×2πr1=×2πr1，在Ⅱ区的轨迹长度为s2=2××2πr2=×2πr2，解得s1∶s2=127∶148，该带电粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比等于在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比，即在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为t1∶t2=127∶148，故D正确，C错误。 2.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电荷离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点为2d(AG⊥AC)。不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求： (1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r； 答案：d　 解析：离子运动轨迹如图所示。 由几何知识可知圆周运动半径r满足d=r+rcos 60° 解得r=d。 (2)离子从D处运动到G处所需时间； 答案：　 解析：设离子在磁场中的运动速度为v0， 则有qv0B=m，因为r=d，代入解得v0=， 离子做圆周运动的周期T== 由图知离子在磁场中做圆周运动的时间 t1=T= 离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间 t2== 故离子从D处运动到G处的总时间 t=t1+t2=。 (3)离子到达G处时的动能。 答案： 解析：设电场强度为E，则有qE=ma，d=a 由动能定理得qEd=EkG-m 解得EkG=。 综合提能(四)　　 带电粒子在叠加场中的运动 1.什么是叠加场 电场、磁场、重力场叠加，或其中某两场叠加。 2.是否考虑粒子重力 (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静电力或洛伦兹力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。 (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。 (3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。 融通知能 3.带电粒子在叠加场中的常见运动 静止或匀速 直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态 匀速圆周运动 当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动 较复杂的 曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线 [典例]　如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=1 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5 T。有一带电微粒，质量m=1×10-7 kg、电荷量q=+1×10-6 C，从t=0时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取g=10 m/s2。 (1)求微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向； [答案]　2 m/s，方向斜向右上与x轴正方向成45°角　 [解析]　微粒做匀速直线运动时，受力如图甲所示， 其所受的三个力在同一平面内，合力为零， 则有Bqv= 代入数据解得v=2 m/s 速度v的方向与x轴正方向之间的夹角满足tan θ= 解得θ=45° 即速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角。 (2)若在t=0.4 s时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标； [答案]　(0，1.6 m)　 [解析]　经过t=0.4 s后，微粒运动到A点， 位移为OA=vt=0.8 m 即A点坐标为，此时将电场 逆时针旋转90°后，有Eq=mg 分析可知，运动到A点后微粒做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，有Bqv= 解得r==0.4 m 分析可得微粒运动轨迹如图乙所示 设微粒第一次经过y轴的交点为Q，则由几何 关系可知==2r 则==1.6 m 即微粒第一次经过y轴时的坐标为(0，1.6 m)。 (3)若在某一时刻撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能Ek。 [答案]　8×10-7 J [解析]　设微粒运动到P点时速度恰好平行于x轴正方向，在P点速度大小为vP， 刚撤去磁场时，沿y轴正方向速度分量为vy=vsin θ=2 m/s 设运动到P点所用的时间为t'，则t'==0.2 s 刚撤去磁场时，沿x轴正方向速度分量为 vx=vcos θ=2 m/s 沿x轴正方向加速度大小为ax==10 m/s2 微粒到达P点时速度大小为vP=vx+axt'=4 m/s 微粒在P点处的动能为Ek=m=8×10-7 J。 /方法技巧/ 带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法 1.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和 匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。 已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场 的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。不计空气阻 力，设重力加速度为g，则 (　 ) A.液滴带正电荷 B.液滴比荷= C.液滴沿顺时针方向运动 D.液滴运动速度大小v= 针对训练 √ 解析：液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE=mg，得=，B错误；液滴所受的静电力竖直向上，则液滴带负电荷，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，C正确；对液滴有qE=mg，qvB=m，解得v=，D错误。 2.一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　 ) A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 √ 解析：带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，当电场水平向左、磁场垂直纸面向里时，α粒子受到水平向左的电场力和洛伦兹力，电子受到水平向右的电场力和洛伦兹力，均不能满足受力平衡打到a点，A错误；同理可知，D错误。电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时，此时如果α粒子打在a点，则受到水平向左的电场力和水平向右的洛伦兹力平衡，qE=qvB，则电子受到水平向左的洛伦兹力大于水平向右的电场力，向左偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子受到水平向左的电场力大于水平向右的洛伦兹力，向左偏转，均不会打在b点，B错误；同理可知，C正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1.如图所示，在两水平极板间存在匀强电场和 匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸 面向里，一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变 (　 ) A.粒子速度的大小 B.粒子所带的电荷量 C.电场强度 D.磁感应强度 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 解析：带电粒子在电场和磁场中做匀速直线运动，由平衡条件知qE=qvB，可以看出带电粒子在电场和磁场中运动时，电场强度、磁感应强度以及带电粒子速度的大小均能影响粒子的运动轨迹，而粒子所带的电荷量不影响运动轨迹，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的匀强电场、匀强磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的 (　 ) A.速率 B.质量 C.电荷量 D.动能 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE=qvB，v=，它们具有相同的速率，A正确；进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r=知，因v、B相同，只能是比荷相同，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 3.(多选)金属板放在垂直于纸面的磁场中， 当有电流通过时会产生霍尔效应。如图所示，宽为d的金属板放入匀强磁场中，磁场方向与金属板垂直，磁感应强度为B。当金属板通入如图所示的电流时，电子定向移动速度为v。下列说法正确的是 (　 ) A.a、b两点的电势相等 B.达到稳定状态时，a、b两点之间的电势差为Bdv C.导体上表面聚集电子，a点电势高于b点电势 D.导体下表面聚集电子，a点电势低于b点电势 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：电流的方向水平向右，电子定向移动的方向水平向左，由左手定则可以判断电子向上偏转，a点电势比b点高，C正确，A、D错误；由e=Bve，可得：Uab=Bdv，B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 4.如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正粒子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域，结果发现有些粒子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转的粒子进入另一匀强磁场中，发现这些粒子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的粒子，可以得出结论 (　 ) A.它们的动能一定各不相同 B.它们的电荷量一定各不相同 C.它们的质量一定各不相同 D.它们的电荷量和质量之比一定各不相同 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受静电力和洛伦兹力平衡，可得qvB=qE，解得相应的粒子速度为：v=，所以进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB'=m，解得：r=，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径r不同，根据r=可知，分裂成几束的粒子的不同，而质量m、电荷量q可能相同也可能不同，动能也可能相同，D正确，A、B、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 5.比荷为的电子以速度v0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，如图所示。为使电子从BC边穿出磁场，磁感应强度B的取值范围为(　 ) A.B> B.B< C.B> D.B< √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：根据洛伦兹力提供向心力，有Bev0=m， 解得：B=，磁感应强度越小，半径越大；电子恰 好从BC边飞出时，运动轨迹与BC边相切，其轨迹如 图所示，根据几何关系，得到半径为R=a，故B=，电子从BC边穿出时，半径更大，故B<时，电子从BC边穿出，故选项B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 6.如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知该粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　 ) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示。因P到ab距离为，可知α=30°。因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角为2θ=60°。由图中几何关系有tan θ=Rcos α，解得r=R。再由Bqv=m可得v=，故B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 7.如图，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场下边界OM和荧光屏ON之间的夹角为30°。OM上的P点处有一粒子源，沿与OM垂直的方向以不同的速率持续向磁场发射质量为m、电荷量为+q的粒子。已知P点到O点的距离为d，荧光屏上被打亮区域的长度为 (　 ) A.　　　 B.　　　 C.d　　　 D.2d √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：根据题意，若粒子的速率足够大，粒子无限接近沿直线打到荧光屏的A点，如图1所示，由几何关系可得AO==d；若粒子的速率较小，打到荧光屏上B点为临界点，如图2所示，设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可得=sin 30°，OB=cos 30°，解得OB=d，则荧光屏上被打亮区域的长度为L=OA-OB=d，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 8.(多选)如图所示，在x轴上方且x>0的区域有电场强度大小为E、垂直x轴向上的匀强电场，在x轴下方且x>0的区域有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，M点在x轴上，OM的长度为L。现把电子(质量为m、电荷量为e)在某位置(x>0)无初速释放，要求能通过M点，则电子释放时的坐标x、y应满足的关系为 (　 ) A.x=L，y<0 B.x=L，y>0 C.y=(n=1，2，3，…) D.0<x<L，y=(n=1，2，3，…) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：画出满足题中条件的可能情况如图所示，Q、 C之间还有整数个半圆未画出。电子最初坐标为(x， y)，若电子最初位置在AM右侧，即x>L，不能经过 M点；若电子最初位置在AM上，只需y>0即可经过M点；若电子最初位置在AM左侧，即0<x<L，根据题意有L-x=2nR(n=1，2，3，…)，即R=(n=1，2，3，…)，电子由静止释放至运动到x轴，根据动能定理，有eEy=m，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径R=，解得y=(n=1，2，3，…)。B、D正确，A、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 9.(多选)如图所示，匀强电场和匀强磁场相互垂直，宽度为d，竖直方向足够长。今有一束α粒子以不同的速率沿图示方向射入场区，设α粒子的带电荷量为q，不计重力，那么飞出复合场区的α粒子的动能变化量可能为 (　 ) A.　　 B.0　　 C.qEd　　 D. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：由题意可知，α粒子可能从右边飞出，也可能从左边飞出，由于静电力对α粒子做功，洛伦兹力不做功，由动能定理可得，当α粒子从右边飞出时，动能变化量为qEd，当α粒子从左边飞出时，动能变化量为0，B、C正确，A、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 10.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 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 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 解析：电子在电场中加速运动，静电力的方向和运动方向相同，而电子所受静电力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r=知其在磁场中的轨迹半径增大，P点将右移，B错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，P点将左移，D正确。 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 11.如图所示，X1、X2、Y1、Y2、Z1、Z2分别表示导体板左、右、上、下、前、后六个侧面，将其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍尔电压UH。已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv。实验中导体板尺寸、电流I和磁感应强度B保持不变，下列说法正确的是 (　 ) A.导体内自由电子只受洛伦兹力作用 B.UH存在于导体的Z1、Z2两面之间 C.单位体积内的自由电子数n越大，UH越小 D.通过测量UH，可用R=求得导体X1、X2两面间的电阻 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了匀强电场和电势差UH，故电子也受静电力，A、B错误；电子在静电力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有qvB=qE，E=(d为Y1、Y2平面之间的距离)，根据题意知，有I=neSv，联立得到UH=Bvd=Bd∝，故单位体积内的自由电子数n越大，UH越小，C正确；由于UH=Bd与导体电阻无关，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 12.(10分)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=0.5 m，磁场方向垂直纸面 向里。在y>R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场， 电场强度为E=1.0×105 V/m。在M点(坐标原点)有一带 正电的粒子以速率v=1.0×106 m/s 沿x轴正方向射入磁 场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为=1.0×107 C/kg，不计粒子重力。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；(4分) 答案：0.2 T　 解析：沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后， 速度减小到0，粒子一定是从图所示的P点射入电场， 逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的 轨道半径r=R=0.5 m根据洛伦兹力提供向心力有Bqv =，解得B=，代入数据得B=0.2 T。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)沿x轴正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。(6分) 答案：(0.5π+1)m 解析：粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1=πr 设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得 Eq=mv2，解得s2=，总路程s=s1+s2=πr+，代入数据得s=(0.5π+1)m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 13.(10分)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda'b'c'd'内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为+q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add'a'的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb'a'中心垂直飞出磁场区域。忽略粒子受到的重力。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (1)粒子进入磁场区域时的速率。(4分) 答案： 　 解析：粒子在电场中加速，有动能定理可知： qU=mv2-m，解得：v= 。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)磁感应强度的大小。(6分) 答案： 解析：根据题意从正方形add'a'的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb'a'中心垂直飞出磁场区域，分析可得粒子在磁场中运动的轨道半径R=L 在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力， qBv=m，解得：B=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 14.(12分)如图所示，空间存在磁感应强度大小 为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻， 一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第 一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生 正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；(5分) 答案：　 解析：由题意知，粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲运动半径r=a，根据qv甲0B=m，解得v甲0=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。(7分) 答案：m　 解析：由题意知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲=2T乙， 根据T=，有=，则m乙=m。 在粒子甲、乙碰撞过程中，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 mv甲0+m乙v乙0=mv甲1+m乙v乙1 m+m乙=m+m乙 解得v乙0=-5v甲0，v乙1=3v甲0， 则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为v乙1=。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $