（通用版）2017高考物理二轮复习 第1部分 核心突破 专题3 电场和磁场（课件+试题）（打包9套）.zip

1第 1 讲 电场及带电粒子在电场中的运动1．(2015·安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为 ，σ2ε 0其中 σ 为平面上单位面积所带的电荷量， ε 0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为 S，其间为真空，带电荷量为 Q.不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( D )A． 和 B． 和Qε 0S Q2ε 0S Q2ε 0S Q2ε 0SC． 和 D． 和Q2ε 0S Q22ε 0S Qε 0S Q22ε 0S解析：由公式 E＝ ， σ ＝ 正负极板都有场强，由场强的叠加可得 E＝ ，电场σ2ε 0 QS Qε 0S力 F＝ ·Q，故选 D.Q2ε 0S2．(2016·辽宁协作体联考)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在 P 点，如图所示，以 C 表示电容器的电容、 E 表示两板间的场强、φ 表示 P 点的电势、 W 表示正电荷在 P 点的电势能．若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离 l0的过程中，各物理量与负极板移动距离 x 的关系图像中正确的是( C )解析：由平行板电容器的电容 C＝ 可知，A 错误．ε rS4π kd在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝ ， E＝ ＝ ， E 与 d 无关，B 错误．QC Ud 4π kQε rS在负极板接地的情况下，φ ＝ φ 0－ Ex，C 正确．正电荷在 P 点的电势能 W＝ qφ ＝ q(φ 0－ Ex)，D 错误．23．(多选)(2015·广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球 M 和 N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后， M、 N 保持静止，不计重力，则( BD )A． M 的带电量比 N 的大 B． M 带负电荷、 N 带正电荷C．静止时 M 受到的合力比 N 的大 D．移动过程中匀强电场对 M 做负功解析：对小球受力分析可得，两小球在电场力和库仑力的作用下处于平衡状态，又因其库仑力大小相等，故所受电场力大小相等，即 qME＝ qNE，所以 M、 N 带的电荷量相等，A错误； M 带负电，受到向左的电场力与向右的库仑力平衡，B 正确；静止时，受的合力都为零，C 错误；M 沿电场线方向有位移，电场力做负功，D 正确．4．(2016·厦门一模)空间有一沿 x 轴对称分布的电场，其电场强度 E 随 x 变化的图像如图所示， x1和－ x1为 x 轴上对称的两点．下列说法正确的是( B )A． x1处场强大于－ x1处场强B．若电子从 x1处由静止释放后向 x 轴负方向运动，到达－ x1点时速度为零C．电子在 x1处的电势能大于在－ x1处的电势能D． x1点的电势比－ x1点的电势高解析：从图象可以看出， x1处场强与－ x1处场强等大、反向，故 A 错误；由于 x1和－ x1两点关于 O 点对称，且电场强度的大小也相等，故从 O 点到 x1和从 O 点到－ x1电势降落相等，故 x1和－ x1两点的电势相等，D 错误；电子从 x1处由静止释放后，若向 O 点运动，O 点的电势最高，电子在 O 点电势能最小，动能最大，速度最大，由于 x1处与－ x1点处电势相同，故电子到达－ x1点时速度还为零，B 正确； x1和－ x1两点的电势相等，电子在 x1处的电势能等于在－ x1处的电势能，C 错误．5．(2016 浙江江山实验中学模拟)(多选)某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为 L、宽为 b、高为 d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为 U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为 v0，当碰到下极后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( AB )3A．只增大电压 U B．只增大长度 LC．只增大高度 d D．只增大尘埃被吸入水平速度 v0解析：增大除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场力的方向上的位移 y＝ ( )2，由此可知，增大 U、增大 L、减Uq2dmLv0小 d 或减小 v0均可增大除尘率，所以 AB 正确，CD 错误．6．(多选)(2015·山东卷)如图甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示． t＝0 时刻，质量为 m 的带电微粒以初速度 v0沿中线射入两板间，0～ 时间内T3微粒匀速运动， T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为 g.关于微粒在 0～ T 时间内运动的描述，正确的是( BC )A．末速度大小为 v0 B．末速度沿水平方向2C．重力势能减少了 mgd D．克服电场力做功为 mgd12解析：因 0～ 内微粒匀速运动，故 E0q＝ mg；在 ～ 时间内，粒子只受重力作用，做T3 T3 2T3平抛运动，在 t＝ 时刻的竖直速度为 vy1＝ ，水平速度为 v0；在 ～ T 时间内，由牛顿2T3 gT3 2T3第二定律 2E0q－ mg＝ ma，解得 a＝ g，方向向上，则在 t＝ T 时刻， vy2＝ vy1－ g· ＝0 粒子T3的竖直速度减小到零，水平速度为 v0，选项 A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p＝ mg· ＝ mgd，选项 C 正确；从射入到射出，由动能定理可知， mgd－ W 电 ＝0，可知d2 12 12克服电场力做功为 mgd，选项 D 错误，故选 B、C．127．(2016·四川绵阳市二诊)如图所示，桌面上有一轻质弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端 B 点位于桌面右侧边缘．水平桌面右侧有一竖直放置、半径 R＝0.3 m 的光滑半圆轨道 MNP，桌面与轨道相切于 M 点．在以 MP 为直径的右侧和水平半径 ON 的下方部分4有水平向右的匀强电场，场强的大小 E＝ .现用质量 m0＝0.4 kg 的小物块 a 将弹簧缓慢mgq压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点．用同种材料、质量 m＝0.2 kg、带＋ q 的绝缘小物块 b 将弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后，小物块 b 离开桌面由 M 点沿半圆轨道运动，恰好能通过轨道的最高点 P.(g 取 10 m/s2)求：(1)小物块 b 经过桌面右侧边缘 B 点时的速度大小；(2)释放后，小物块 b 在运动过程中克服摩擦力做的功；(3)小物块 b 在半圆轨道中运动最大速度的大小解析：(1)在 P 点， mg＝ m ，v2pR由 B 到 P 由动能定理得qER－2 mgR＝ mv － mv ，12 2p 12 2B解得 vB＝3 m/s.(2)由 C 到 B，对物块 a 由能量守恒定律得 Ep＝ μm 0gxCB，由 C 到 B，对物块 b 由能量守恒定律得Ep＝ μmgx CB＋ mv ，12 2B摩擦力做功 Wf＝ μmgx CB，解得 Wf＝0.9 J(3)物块 b 与圆心连线与竖直方向的夹角为 45°位置时(设为 D)，速度最大， B→ D，由动能定理得qERsin 45°－ mgR(1－cos 45°)＝ mv － mv ，12 2D 12 2B解得 vD＝ m/s.3＋ 62答案：见解析1第 1讲 电场及带电粒子在电场中的运动1．(2016·天津十二区县联考一)如图所示，两个相同的小球带电量分别为＋4 Q和＋ Q，被固定在光滑、绝缘水平面上的 A、 B两点， O是 AB的中点， C、 D分别是 AO和 OB的中点．一带电量为＋ q的小球从 C点由静止释放，仅在电场力作用下向右运动，则小球从C点运动到 D点的过程中( C )A．速度一直增大 B．加速度一直减小C．电场力先做正功后做负功 D．电势能先增大后减小解析：设 AB连线上场强为 0的点 O′与 A点的距离为 x，由库仑定律有 k ＝ kQAx2，解得 x＝ LAB，即场强为 0的点 O′在 OD之间．故 AO′之间的场强方向向右，QB LAB－ x 2 23场强逐渐减小； O′ B之间的场强方向向左，场强逐渐增大；故带电量为＋ q的小球从 C点由静止释放后，由 C向 B运动过程中，小球的速度向右先增大再减小，加速度先向右减小再向左增大，电场力先做正功再做负功，小球的电势能先减小再增大，选项 ABD错误，C正确．2．(2016·湖南长郡中学月考二)如图所示， N(N5)个小球均匀分布在半径为 R的圆周上，圆周上 P点的一个小球所带电荷量为－2 q，其余小球带电量均为 q，圆心处的电场强度大小为 E.若仅撤去 P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为( C )A． E B．E2C． D．E3 E4解析： P点有一个电荷量为－2 q的小球，等效于在 P点有带电量－3 q和 q的两个小球，那么所有小球在圆心 O处的电场强度为 E＝ ， P点没有小球，等效于在 P点有－ q和 q3qkr2的两个小球，那么所有小球产生的电场为 E′＝ ＝ ，选项 C正确．kqr2 E33．(2016·广东深圳调研二)如图所示是某空间部分电场线分布图，在电场中取一点O，以 O为圆心的圆周上有 M、 Q、 N三个点，连线 MON与直电场线重合，连线 OQ垂直于MON.下列说法正确的是( AC )A． M点的场强大于 N点的场强B． O点的电势等于 Q点的电势C．将一负点电荷由 M点移到 Q点，电荷的电势能增加2D．一正点电荷只受电场力作用能从 Q点沿圆周运动至 N点解析：根据电场线分布的疏密程度可以表示该区域场强的大小可知， M点的场强大于N点的场强，选项 A正确；根据电场线与等势线互相垂直，画出经过 O点和 Q点的等势面，再根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知， O点的电势大于 Q点的电势，选项 B错误；由于 M点的电势大于 Q点的电势，故将一负点电荷由 M点移到 Q点的过程中，电场力做负功，电荷的电势能增加，选项 C正确；一正点电荷只受电场力作用，由于电场力始终沿着电场线的切线方向，不能始终指向圆心、故正点电荷不会做圆周运动，选项 D错误．4．(2016·福州质检)三个间距相等，带电量分别为－ qA、－ qB、 qC的点电荷A、 B、 C，产生的电场线分布如图所示，具有对称性．图中 a、 b两点处的场强大小分别为Ea、 Eb，将某正检验电荷从电场 a点移到 b点电场力做功为 W，其在 a、 b两点时的电势能分别为 Epa、 Epb，则下列判断正确的是( D )A． Ea0 D． Epa0)的粒子；在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为－ q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l的平面．若两粒子相互作用力可忽略，不计重力，则 M∶ m为( A )25A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1解析：设电场强度为 E，两粒子的运动时间相同，对 M有 a＝ ， l＝ t2；对 m有EqM 25 12EqMa′＝ ， l＝ t2，联立解得 ＝ ，A 项正确．Eqm 35 12Eqm Mm 327．(2016·济南质检)平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在 P点，如图所示，以 E表示两极板间的电场强度， U表示电容器两极间的电压； W表示正电荷在 P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( AC )A． U变小， E不变 B． E变大， W变大C． U变小， W不变 D． U不变， W不变解析：由极板间距离减小，知电容 C增大；由充电后与电源断开，知带电量 Q不变；由 U＝ 可得极板间电压 U减小，根据 C＝ 和 U＝ 得 U＝ .再由 E＝ 得 E＝QC ε rS4kπ d QC 4π kdQε rS Ud即 E由 决定．而 Q及 S都不变，所以 E不变．(由上面的等式可以看出，在板间电介4π kQε rS QS质不变的情况下， E由 (正对面积上的电荷密度)决定，这个结论虽是由考纲外的公式推导Qs出来的，但熟悉这个结论能对解决有关平行板电容器的问题带来方便．)因为 E不变， P点4与负极板间的距离不变，所以可知 P与负极板间的电压不变，即 P点的电势 φ P不变，那么正电荷的电势能 W＝ qφ P就不变．8．(2016·湖北黄冈模拟)(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器充电后断开电源，一带电粒子沿着上板水平射入电场，恰好沿下板边缘飞出，粒子电势能变化为 ΔE 1.若保持上板不动，将下板上移，小球仍以相同的速度从原板射入电场，粒子电势能变化为ΔE 2，下列分析正确的是( CD )A．两板间电压不变 B．两板间场强变大C．粒子将打在下板上 D． ΔE 1ΔE 2解析：据题意，当电容器充电后断开电源，电容器所带的电荷量 Q保持不变，将下极板上移后，据 E＝ ＝ ＝ 可知电容器内电场强度不变，Ud QCd 4π kQε rS据 U＝ Ed可知两板间电压减小，故 AB选项错误；据 y＝ at2＝ 可知当下极板上移后 y减小，12 12qEmx2v2则水平位移 x减小，带电粒子将打在下极板上，故 C选项正确；电场力做功为 W＝ qEy，电场强度 E不变，沿电场方向位移 y减小，则电场力做功减小，据带电粒子电势能变化等于电场力做功，故有 ΔE 1＞ ΔE 2，则 D选项正确．9．(2016·东北三省三校联考二)如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度 v0射入水平放置、距离为 d的两平行金属板，射入方向沿两极板的中心线．当极板所加电压为 U1时，粒子落在 A块上的 P点．如果将带电粒子的初速度变为 2v0，同时将 A板向上移动 后，d2使粒子由原入射点射入后仍落在 P点，则极板间所加电压 U2为( D )A． U2＝3 U1 B． U2＝6 U1 C． U2＝8 U1 D． U2＝12 U1解析：粒子在匀强电场中做类平抛运动，以速度 v0射入时，水平方向 x＝ v0t1，竖直方向 d＝ a1t ＝ ；12 12 21 qU1x22dmv20以速度 2v0射入时，水平方向 x＝2 v0t2，竖直方向d＝ a2t ＝ ＝ ，12 2 qU2x22·32dm 2v0 2 qU2x212dmv20联立解得 U2＝12 U1，选项 D正确．510．(2016·陕西咸阳一模)如图所示， a、 b、 c、 d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点 ab＝ cd＝ L， ad＝ bc＝2 L，电场线与矩形所在平面平行．已知a、 b、 d点的电势分别为 20 V,24 V和 12 V，一个质子以速度 v0经过 b点，速度方向与 bc成 45°角，经过一段时间质子经过 c点，不计质子的重力，则( AC )A． c点的电势低于 a点电势B．场强方向由 b指向 dC．质子从 b点运动到 c点，电场力做功 8 eVD．质子从 b点运动到 c点，电场力做功 10 eV解析：如图， e为 ad的中点， f为 bc的中点，连接af、 ce、 bd.af、 ce是两条等势线，电势分别为 20 V和 16 V，A 对；bd与 af、 ce并不垂直，所以场强方向不沿 bd方向，B 错； b、 c之间的电势差为 8 V，质子从 b点运动到 c点，电场力做功为 8 eV，C 对，D 错．11．(2016·贵阳适应性监测二)在如图所示的空间中，水平面 MN的下方存在竖直向下的匀强电场．质量为 m的带电小球由 MN的上方的 A点以一定的初速度水平抛出，从 B点进入电场，到达 C点时速度方向恰好水平． A、 B、 C三点在同一直线上，且 AB＝2 BC，不计空气阻力，重力加速度为 g.可知( B )A．小球带正电B．电场力大小为 3mgC．小球从 A到 B与从 B到 C的运动时间相等D．小球从 A到 B与从 B到 C的速度变化量大小不等解析：由小球轨迹可知，进入电场后小球在竖直方向上做减速运动，因此，电场力竖直向上且大于重力，小球带负电；由于小球未受水平方向的外力，水平方向的运动是匀速运动，则 ＝ ＝2；对小球在竖直方向上的运动，由匀变速直线运动速度公式有tABtBC ABBCgtAB＝ atBC， Δv AB＝ gtAB、 Δv BC＝－ atBC，对进入电场后的运动由牛顿第二定律有F－ mg＝ ma，解得 F＝3 mg， Δv AB＝－ Δv BC，选项 ACD错误；B 正确．12．(2016·南昌模拟二)真空中有两个点电荷 q1和 q2放置在 x轴上， q2在坐标原点，q1在 q2的左边，在 x轴正半轴的电势 φ 随 x变化的关系如图所示．当 x＝ x0时，电势为零，当 x＝ x1时电势有最小值， φ min＝－ φ 0.点电荷产生的电势公式为 φ ＝ (式中 q是点电荷kqr的电量， r是离点电荷的距离．)则下列说法正确的有( CD )6A． q1与 q2为同种电荷B． x＝ x0处的电场强度 E＝0C．将一正点电荷以 x0处沿 x轴正半轴移动，电场力先做正功后做负功D． q1与 q2电荷量大小之比 ＝q1q2  x1－ x0 2x20解析：如果 q1和 q2为同种电荷，两个电荷周围的电势不可能有的位置大于零，有的位置小于零，所以 q1和 q2带异种电荷，选项 A错误； φ － x图线的斜率表示场强， x＝ x0处，电势为零，场强不为零，选项 B错误；从 x0处向右，电势先变小后变大，正电荷的电势能先变小后变大，沿 x轴正半轴移动正电荷，电场力先做正功，后做负功，选项 C正确；设q1距原点的距离为 x2，则由 φ x0＝0 有 ＝ ，kq2x0 kq1x0＋ x2在 x＝ x1处场强为零，有 ＝ ，kq2x21 kq1 x2＋ x1 2解得 ＝ ，选项 D正确．q1q2  x1－ x0 2x2013．(2016·南昌调研)如图甲所示，倾角 θ ＝30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q＝2×10 －4 C的正点电荷，将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与 Q未接触)静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量 R随位移 s的变化图象如图乙所示，其中线 1为重力势能随位移变化图象，线 2为动能随位移变化图象．( g＝10 m/s2，静电力常量k＝9×10 9 N·m2/C2)(1)求小球的质量 m；(2)小球向上滑行多远时其加速度为零？小球所带的电量为多少？解析：(1)由线 1可得EP＝ mgh＝ mgssin θ因斜率 k＝20＝ mgsin 30°所以 m＝4 kg(2)当达到最大速度时带电小球受力平衡，其加速度为零由图可知： s0＝1 m，小球加速度为零．7mgsin θ ＝kqQs20解得 q＝ ＝1.11×10 －5 Cmgs20sin θkQ答案：(1)4 kg (2)1 m 1.11×10 －5 C14．(2016·东北三省四市联考二)如图所示，在直角坐标系 xOy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为 4E0，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与 x轴的交点为 A， A点坐标为( L、0)，虚线与 x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为 E0.M(－ L、 L)和 N(－ L,0)两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为 m，电荷量均为 q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．(1)若粒子从 M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达 A点，求这个过程中该粒子运动的时间及到达 A点的速度大小；(2)若从 MN线上 M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达 A点，求此边界线(图中虚线)方程．解析：(1)粒子在第二象限的电场中匀加速的时间L＝ · t12 E0qm 21在第一象限内 L＝ · t12 4E0qm 2得 t1＝ ， t2＝2LmE0q Lm2E0q这个过程中该粒子所用的时间t 总 ＝ t1＋ t2＝322LmE0q由动能定理 E0qL＝ mv12 204E0qL＝ mv2－ mv12 12 20v＝10LE0qm(2)设粒子从 P点坐标为(－ L、 y0)由静止开始做匀加速直线运动粒子进入第一象限做8类平抛运动，经 Q点后做匀速直线运动，设 Q点坐标为( x、 y)粒子进入第一象限的速度E0qL＝ mv12 20做类平抛运动经 Q点时，水平方向有 x＝ v0t竖直方向有 y0－ y＝ · t212 4E0qm代入得 y0－ y＝ · 2＝12 4E0qm (xv0) x2L把上面两式相除得 ＝ ＝y0－ yx 4E0qmt2v0 vy2v0QA与 x轴成 θ 角可得 tan θ ＝yL－ x由速度分解 tan θ ＝ ＝vyv0 2 y0－ yx整理得边界方程 y＝ (Lx－ x2)2L且有 0≤ x≤ L,0≤ y≤ (只写 0≤ x≤ L不扣分)L2答案：(1) 322LmE0q 10LE0qm(2)y＝ (Lx－ x2)2L15．(2016·南昌三中月考四)如图所示，竖直平面直角坐标系中，一半径为 R的绝缘光滑管道位于其中，管道圆心坐标为(0， R)，其下端点与 x轴相切于坐标原点，其上端点与 y轴交于 C点，坐标为(0,2 R)．在第二象限内，存在水平向右，范围足够大的匀强电场，场强大小为 E1＝ .在 x≥ R， y≥0 范围内，有水平向左、范围足够大的匀强电场，场强3mg3q大小为 E2＝ .现有一与 x轴正方向夹角为 45°、足够长的绝缘斜面位于第一象限的电场mgq中，斜面底端坐标为( R,0)． x轴上 0≤ x≤ R范围内是水平光滑轨道，左端与管道下端相切，右端与斜面底端平滑连接．有一质量为 m，带电量为＋ q的小球，从静止开始，由斜面上某点 A下滑，通过水平光滑轨道(不计转角处能量损失)，从管道下端点 B进入管道(小球直径略小于管道内径，不计小球的电量损失)．试求：9(1)小球至少从多高处滑下，才能到达管道上端点 C，求出此时小球出发点的坐标；(2)在此情况下，小球通过管道最高点 C受到的压力多大，方向如何．解析：(1)如图，在第二象限内，小球受到水平向右的电场力和竖直向下的重力，设两者合力的方向与 y轴夹角为 θ ，则tan θ ＝ ＝ ＝ ， θ ＝30°qE1mg 3mg3mg 33即带电小球所受重力和电场力的合力方向斜向右下方，与 y轴夹角为 30°，将重力场与电场等效为新的场，等效重力加速度 g′＝ ＝ ggcos 30°233合力作用线过管道圆心时，小球的速度最小，即 D点为管道的等效最高点，此时vD＝0从 B点到 D点由动能定理有－ mg(R＋ R)－ qE1× R＝－ mv32 12 12 2B得 v ＝ gR2B6＋ 433在第一象限的复合场中，分析可知，小球由静止开始做匀加速运动，其等效加速度为a＝ g2所以， A点纵坐标yA＝ × ＝ gR× × ＝ Rv2B2a 22 6＋ 433 122g 22 3＋ 236A点横坐标 xA＝ R＋ R＝ R3＋ 236 9＋ 236即 A点的坐标为 (9＋ 236 R， 3＋ 236 R)(2)从 B到 C点，由动能定理有－ mg×2R＝ mv － mv ，得 v ＝ gR12 2C 12 2B 2C 43－ 63小球通过最高点 C时，向心力由重力和管道压力提供，设管道对小球的作用力竖直向上，有 mg－ FN＝mv2CRFN＝ mg－ ＝ mg＞0mv2CR 9－ 43310所以，管道对小球的压力大小为 mg，方向向上．9－ 433答案：(1) (9＋ 236 R， 3＋ 236 R)(2) mg，方向向上．9－ 4331第 2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运1．(2016·西安模拟)分别置于 a、 b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示， a、 b、 c、 d在一条直线上，且 ac＝ cb＝ bd.已知 c点的磁感应强度大小为 B1， d点的磁感应强度大小为 B2.若将 b处导线的电流切断，则( A )A． c点的磁感应强度大小变为 B1， d点的磁感应强度大小变为 B1－ B212 12B． c点的磁感应强度大小变为 B1， d点的磁感应强度大小变为 B2－ B112 12C． c点的磁感应强度大小变为 B1－ B2， d点的磁感应强度大小变为 B1－ B212D． c点的磁感应强度大小变为 B1－ B2， d点的磁感应强度大小变为 B2－ B112解析： c点的磁场是分别置于 a、 b两处的长直导线中电流产生的．由安培定则可知分别置于 a、 b两处的长直导线在 c点产生的磁场方向相同， a、 b两处的长直导线在 c点产生的磁场的磁感应强度大小为 .由对称性可知， b处的长直导线在 d点产生的磁场的磁感B12应强度大小为 ，方向向下． a处的长直导线在 d点产生的磁场的磁感应强度大小为B12－ B2，方向向上．若将 b处导线的电流切断，则 c点的磁感应强度大小变为 B1， d点的B12 12磁感应强度大小变为 B1－ B2，选项 A正确．122．(2016·南昌调研)如图所示，两根平行放置、长度均为 L的直导线 a和 b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当 a导线通有电流强度为 I， b导线通有电流强度为2I，且电流方向相反时， a导线受到磁场力大小为 F1， b导线受到磁场力大小为 F2，则 a通电导线的电流在 b导线处产生的磁感应强度大小为( C )A． B．F22IL F1ILC． D．2F1－ F22IL 2F1－ F2IL解析： a、 b电流方向相反，两导线之间的磁场力为斥力，设大小为 F，对 a有F1＝ F＋ BIL，对 b有 F2＝ F＋2 BIL，解得 F＝2 F1－ F2，对导线 b， F＝2 F1－ F2＝ B′·2 IL，2解得 B′＝ ，选项 C正确．2F1－ F22IL3．(2016·全国卷甲)一圆筒处于磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径 MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω 顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔 M射入筒内，射入时的运动方向与 MN成30°角．当筒转过 90°时，该粒子恰好从小孔 N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( A )A． B．ω3B ω2BC． D．ωB 2ωB解析：解本题关键是抓住 圆周运动的时间与带电粒子在磁场中的运动的时间相等，即14t1＝ ，由题意可判断出粒子带负电，根据速度方向找出带电粒子在磁场中做圆周运动的π2ω圆心，由几何知识可得，其圆心角为 30°，因此 t2＝ T＝ ，由 t1＝ t2得， ＝ ，故112 π m6qB qm ω3BA正确．4．(多选)(2016·郑州三模)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内， O点在 cd边的中点，一个带正电的粒子从 O点沿纸面以垂直于 cd边的速度射入正方形内，仅在磁场力的作用下，经过时间 t0刚好从 c点射出磁场．现设法使该带电粒子从 O点沿纸面内与 Od成 30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是( AD )A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是 t0，则它一定从 cd边射出磁场53B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是 t0，则它一定从 ad边射出磁场12C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是 t0，则它一定从 ab边射出磁场14D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是 t0，则它一定从 bc边射出磁场3解析：粒子从 O点垂直于 cd边射出后从 c点射出磁场的过程，其运动轨迹为半个圆周，由此可知粒子在该磁场中的运动周期为 T＝2 t0，若粒子刚好能从 ad边射出磁场(即粒子轨迹与 ad边相切)，则粒子在磁场中运动速度偏转了 60°角，对应的运动时间为t3＝ ＝ ，因此粒子若从 ad边射出磁场，其运动时间应小于 ，由此可知，选项 B错T6 t03 t03误．若粒子刚好能从 ab边射出磁场(即粒子轨迹与 ab边相切)，则粒子在磁场中运动速度偏移了 150°角，对应的运动时间为 t4＝ T＝ ，从 ab边射出的粒子在磁场中的最短时512 5t06间为 ，因此粒子若从 ab射出，其运动时间一定大于 ，因此选项 C错误．若粒子刚好能t03 t04从 bc边射出磁场(即粒子轨迹与 bc边相切)，则粒子在磁场中运动速度偏转了 240°角，对应的运动时间为 t1＝ T＝ ；因此粒子若从 bc边射出，其运动时间一定小于 ，但23 4t03 4t03大于 ，因此选项 D正确．若粒子能回到 cd边，其偏转角一定是 300°角，对应的时间5t06一定为 t2＝ T＝ ，因此选项 A正确．56 5t035．(多选)(2016·西安八校第三次联考)如图所示，半径为 R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一范围内的同种带电粒子，带电粒子的质量为 m，电荷量为 q(q＞0)，不计重力．现粒子以沿正对 cO中点且垂直于 cO方向射出磁场区域，发现带电粒子恰能从bd之间飞出磁场．则( ABCD )A．从 b点飞出的带电粒子的速度最大B．从 d点飞出的带电粒子的速度最小C．从 d点飞出的带电粒子的运动时间最长D．从 b点飞出的带电粒子的运动时间最短解析：粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：图中 Ob为到达 b点的轨迹的圆心， Od为到达 d点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，rb＞ rd，到达 d点转过的圆心角比到达 b点的圆心角大，根据 r＝ 可知， b的半径最大，mvBqd的半径最小，所以从 b点飞出的带电粒子的速度最大，从 d点飞出的带电粒子的速度最4小，故 AB正确；周期 T＝ ，所以粒子运动的周期相等，而到达 d点转过的圆心角最大，2π mBq到达 b点转过的圆心角最小，所以从 d点飞出的带电粒子的运动时间最长，从 b点飞出的带电粒子的运动时间最短，故 C、D 正确．6．(多选)如图所示，在 xOy平面内的 y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B． 虚线经过 Q点(3 L,0)且与 y轴平行．圆形区域的圆心 P的坐标为(2 L,0)，半径为 L.一个质量为 m，电荷量为 q的带正电的粒子从 y轴上某点垂直 y轴进入磁场，不计粒子重力，则( AC )A．如果粒子没有经过圆形区域到达了 Q点，则粒子的入射速度为 v＝3qBLmB．如果粒子没有经过圆形区域到达了 Q点，则粒子的入射速度为 v＝3qBL2mC．粒子第一次从 P点经过了 x轴，则粒子的最小入射速度为 vmin＝3qBLmD．粒子第一次从 P点经过了 x轴，则粒子的最小入射速度为 vmin＝2qBLm解析：要使粒子不经过圆形区域到达 Q点，则粒子应恰好经过四分之一圆周到达 Q点，故半径为 3L；则由洛伦兹力充当向心力可知， qvB＝ m 解得： v＝ ，故 A正确；要使v2R 3qBLm粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心，如图所示，设粒子从 C点进入圆形区域， O′ C与 OO′夹角为 θ ，轨迹圆对应的半径为 r，如图，由几何关系得：2 L＝ rsin θ ＋ Lcos θ ，故当 θ ＝60°时，半径最小为 rm＝ L又 qvmB＝ m ，解得： vm＝ ，故3v2mrm 3qBLmC正确．7．(2016·广东深圳调研二)如图 xOy平面内有向里的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.1 T，在 y轴上有一粒子源，坐标为(0,0.2m)，粒子源可以在 xOy平面内向各个方向均匀射出5质量 m＝6.4×10 －27 kg、带电量 q＝＋3.2×10 －19 C、速度 v＝1.0×10 6 m/s的带电粒子，一足够长的薄感光板从图中较远处沿 x轴负方向向左缓慢移动，其下表面和上表面先后被粒子击中并吸收粒子，不考虑粒子间的相互作用，(取 π＝3)，求：(1)带电粒子在磁场中运动的半径及下表面被粒子击中时感光板左端点的位置；(2)在整个过程中击中感光板的粒子运动的最长时间；(3)当薄板左端运动到(－0.2 m,0)点的瞬间，击中上、下板面的粒子数之比．(1)见解析 (2)1.0×10 －6 s (3)1：1解析：(1)根据 Bqv＝ m 得 R＝v2R mvBq代入数据解得 R＝0.2 m可得下表面被击中的位置如图甲所示x＝ m＝0.2 m(或 0.35 m)0.42－ 0.22 3甲(2)根据 Bqv＝ m 和 T＝v2R 2π Rv得 T＝ ，代入数据解得 T＝1.2×10 －6 s2π mBq如图乙，由几何关系可得最长时间为打在坐标原点的粒子t＝ T＝1.0×10 －6 s56乙(3)如图丙，由几何关系得打到上板的粒子所对应的角度为 α ＝90°丙6打到下板的粒子所对应的角度为 β ＝90°击中上、下板面的粒子数之比 ＝ ＝NN′ 90°90°11答案：见解析1第 2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动1．(2016·湖北重点中学联考一)在匀强磁场的同一位置，先后放入长度相等的两根直导线 a和 b， a、 b导线的方向与磁场方向垂直，但两导线中的电流大小不同，如图表示导线所受安培力 F的大小与通电电流 I的关系， a、 b各自有一组 F、 I的数值，在图象中各描一个点，其中正确的是( D )解析：因安培力 F＝ BIL， F－ I图象的斜率 k＝ BL，因两根直导线 a和 b的长度相同、B相同，所以 F－ I图象是过原点的直线，选项 D正确．2．(2016·长沙一模)欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电源，具体做法是在地磁场作用下在水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为 I时，小磁针偏转了 30°，问当他发现小磁针偏转了 60°时，通过该直导线的电流为(直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)( B )A．2 I B．3 IC． I D．无法确定解析：小磁针所指的方向为磁场方向，设地磁场的磁感应强度为 B0，则有 tan 30°＝，tan 60°＝ ，联立解得 I′＝3 I，故本题答案为 B．kIB0 kI′B03．(2016·武汉 4月调研)如图所示，在匀强磁场中(磁场方向没有画出)固定一倾角为30°的光滑斜面，一根质量为 m的通电直导线垂直于纸面水平放置在斜面上，直导线恰好能保持静止，电流方向垂直于纸面向里，已知直导线受到的安培力和重力大小相等，斜面对直导线的支持力大小可能是(重力加速度大小为 g)( AD )A．0 B． mg C． mg D． mg32 32解析：设直导线受的安培力大小为 F，则 F＝ mg，若安培力的方向竖直向上，由平衡条件得，斜面对直导线的支持力为零；若安培力的方向不竖直向上，因为 F＝ mg，要使导线能保持静止，所以重力和安培力的合力与支持力等大反向，受力分析如图所示，由平衡条件及几何知识得，斜面对直导线的支持力 FN＝2 mgcos 30°＝ mg，选项 AD正确，选项 BC错误．34．(2016·山西百校联盟质检)如图所示，甲、乙是两个相同的金属圆环，一条过圆心的直线垂直于两个环面， A、 B是该直线上的两点，其中 B是圆心连线的中点， A是过圆心直线上的一点， A和 B到甲圆心的距离相等，现在甲、乙中通以大小相等的电流，结果A、 B两点的磁感应强度大小分别为 B1、 B2，且 B2B1，若将乙的电流反向，则( C )A．乙的电流反向后，两线圈中的电流同向B．乙的电流反向后， B点的磁感应强度大小为 B212C．乙的电流反向后， A点的磁感应强度大小为 B2－ B1D．乙的电流反向后， A点的磁感应强度大小为 (B2－ B1)12解析：如果两环中电流方向相反，根据安培定则可知， B点的合磁感应强度为零，因此乙中电流未反向时，甲、乙两线圈中的电流是同向的，且甲、乙中电流在 B点产生的磁感应强度大小均为 B2，乙电流反向后，两线圈中的电流反向，A 项错误；两线圈在 A处产12生的磁感应强度也同向，根据对称性可知，甲线圈在 A处产生的磁感应强度大小也为B2，则乙线圈在 A处产生的磁感应强度大小为 B1－ B2；若将乙的电流反向，则乙在 B处12 12产生的磁感应强度大小不变，方向反向，则 B处的合磁感应强度为零，B 项错误；乙在 A处产生的磁感应强度大小不变，方向发生改变，则 A处的磁感应强度大小变为B2－( B1－ B2)＝ B2－ B1，C 项正确，D 项错误．12 125．(2016·东北三省四市联考二)如图所示，虚线 PQ为一匀强磁场的边界，磁场方向垂直纸面向里．在磁场内有平行于边界的虚线 MN，在虚线 MN上同一位置，沿 MN方向发射两个带负电的粒子 a和 b，其速度分别为 vA和 vB，两粒子的质量和电量均相同，分别经过时间 tA和 tB从 A点和 B点射出磁场．则以下说法正确的是( ACD )A． tAtBB． vAvBC．粒子的发射点不可能在 A点正上方的右侧D． a粒子的半径一定小于 b粒子的半径解析：带负电粒子从下边界射出，它只能沿着 MN线向右运动，通过作图可知从 A点射出的粒子运动圆心角大，时间长，半径小，有 tA＞ tB、 vA＜ vB；根据左手定则知，粒子的3发射点不可能在 A点正上方的右侧，因为从 A点上方右侧发射，不可能从下边界 A点射出，故选 ACD.6．(2016·河南洛阳期末)如图所示，以直角三角形 AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为 B，∠ A＝60°， AO＝ a，在 O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为 ，发射速度大小都为 v0，且满足 v0＝ ，发射方向用图中的qm qBam角度 θ 表示．对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是( AD )A．粒子有可能打到 A点B．以 θ ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C．以 θ 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 ，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角R2为 60°，则粒子的速率为(不计重力)( B )A． B． qBR2m qBRmC． D．3qBR2m 2qBRm解析：根据对称性，带电粒子射入圆形区域磁场时速度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与半径的夹角相等，画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所4示，根据图找几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r＝ R，再由 qvB＝ m ，v2r得 r＝ ，解得 v＝ ，故选项 B正确．mvqB qBRm8．(2015·广东肇庆三模)在正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子 a、 b从一边长中点垂直匀强方向进入磁场，则( BC )A． a带负电， b带正电B． a带正电， b带负电C． a、 b进入磁场时的速率之比为 1：2D． a、 b进入磁场中运动的时间之比为 1：1解析：磁场的方向向外，粒子运动的方向向左，由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向向上，负电荷受到的洛伦兹力的方向向下，所以 a带正电， b带负电，A 错误，B正确；由洛伦兹力提供向心力得， qvB＝ ，有mv2rr＝ ＝ · ·v，mvqB 1B mq荷质比相同的两个粒子运动的半径与速率成正比；由题图可知， ＝ ，则rarb 12＝ ＝ ，C 正确；vavb rarb 12由 T＝ ＝ ＝ · 知，2π rv 2π mqB 2πB mq荷质比相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由 t＝ ·T知， ＝ ＝ ＝ ，D 错误．θ2π tatb θ aθ b ππ2 219．(2016·广州模拟)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子，图中板5MN上方是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为 2d和 d的缝，两缝近端相距为 L.一群质量为 m、电荷量为 q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板 MN进入磁场，对于能够从宽度为 d有缝射出的粒子，下列说法正确的是( BC )A．粒子带正电B．射出的粒子的最大速度为qB 3d＋ L2mC．保持 d和 L不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持 d和 B不变，增大 L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项 A错；根据洛伦兹力提供向心力 qvB＝ m ，可得 v＝ ， r越大 v越大，由图可知 r最大值为 rmax＝ ，代v2r qBrm L＋ 3d2入 v的表达式可得 vmax＝ ，选项 B正确；又 r最小值为 rmin＝ ，将 rmax、 rminqB 3d＋ L2m L2分别代入 v的表达式后得出速度之差为 Δv ＝ ，可见选项 C正确、D 错误．3qBd2m10．(2016·大连模拟)如图所示，光滑的水平桌面处在方向竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放着一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿 y轴方向．在水平拉力 F作用下，细管沿 x轴方向匀速运动，带电小球能从管口处飞出．带电小球在离开细管前的运动过程中，关于小球运动的加速度 a、沿 y轴方向的速度 vy、拉力 F以及管壁对小球的弹力做功的功率 P随时间 t变化的图像分别如下图所示，其中正确的是( D )解析：当管匀速运动时，管内带电小球受到的合力使小球沿管做匀加速运动，其加速度不变，选项 A错误；由于沿管方向加速度不变，故 vy＝ at，选项 B错误；由于小球沿 y轴方向速度逐渐增大，小球受到的垂直于管方向的洛伦兹力逐渐增大，管壁对小球的弹力6逐渐增大，所以弹力的功率也逐渐增大，水平方向匀速运动，以管为研究对象，拉力 F也逐渐增大，选项 C错误，选项 D正确．11．(2016·太原调研)如图所示， O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在 xOy平面内．在直线 x＝ a与 x＝2 a之间存在垂直于 xOy平面向外的磁感应强度为 B的匀强磁场，与 y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．关于这些粒子的运动情况，下列说法正确的是( AC )A．粒子的速度大小为2aBqmB．粒子的速度大小为aBqmC．与 y轴正方向成 120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D．与 y轴正方向成 90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长解析：带正电粒子与 y轴正方向成 60°角射入磁场后的轨迹如图乙所示，根据几何关系可得 a＝ Rsin 30°，其中 R＝ ，联立解得 v＝ ，故选项 A正确、B 错误；带电粒子mvqB 2aqBm在匀强磁场中运动的时间 t＝ T，可见圆弧所对的圆心角 θ 越大，粒子在磁场中运动的θ2π时间越长，由图乙中的几何关系可得粒子的轨道半径 R＝2 a，因此当带电粒子与 y轴正方向成 120°角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为 120°，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图丙所示，最长时间 tm＝ T，故选项 C正确、D 错误．1312．(2016·南昌模拟二)如图，在 0≤ x≤3 a区域内存在与 xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B． 在 t＝0 时刻，一位于坐标原点的粒子源在 xOy平面内的第一象限发射出大量相同的带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与 y轴正方向的夹角分布在 0～90°范围内．已知沿 y轴正方向发射的粒子在 t＝ t0时刻刚好从磁场边界上 P(3a，7a)点离开磁场．(粒子重力不计)则下列说法正确的有( AD )3A．粒子在磁场中做圆周运动的半径 R为 2aB．粒子速度大小为 v0＝2π a3t0C．从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间为 3t0D． t＝ t0时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为 1∶3解析：根据题意作出沿 y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图甲所示，圆心为 O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为 2a，选项 A正确；沿 y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 ，运动时间 t0＝ ，解得 v0＝ ，选2π3 2π3 ×2av0 4π a3t0项 B错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，该粒子做圆周运动的圆心角为 ，在磁场中的运动时间为 2t0，选项 C错误；根据题意， t＝ t0时刻仍在磁场内4π3的粒子到 O点距离相同．在 t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以 O点为圆心、 OP为半径的上，如图丙所示，设此时位于 P、 M两点的粒子的初速度分别为 vP、 vM，由对称性可知MNvP与 OP、 vM与 OM的夹角均为 ，设 vM与 y轴正向的夹角分别为 θ M，由几何关系有 θ M＝π3，即 t＝ t0时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为 ＝ ，选项 Dπ3π2－ π3π2 13正确．13．(2016·江西模拟)如图所示，在 xOy坐标系的第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B，在 x0轴上有一平面荧光屏，在 y轴上距坐标原点 O为 L的 S处有一粒子源，在某时刻同时发射大量质量为 m ，电荷量为 q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在 xOy平面内，与 y轴正方向的夹角分布在 0～180°范围内．观察发现：荧光屏 OP之间发光， P点右侧任何位置均无发光，在 P、 Q之间的任一位置会先后两次发光； O、 Q之间的任一位置只有一次发光，测出 O、 P间距为 L，不考虑粒子间的相3互作用和粒子所受重力，求：8(1)粒子发射时的速度大小；(2)Q点先后发光的时间间隔．解析：(1)由于洛伦兹力提供向心力，根据 qvB＝ m ，解得： r＝ .v2r mvBq所以每个粒子在匀强磁场中做圆周运动，半径相同，而 x轴的任一亮点与 S的连线为圆的弦长，由于 P点是粒子到达 x轴最远点，因此 SP的连线为圆的最大弦长，即圆的直径，则 SP＝2 r，根据几何关系 2＝ 2＋ 2，解得 r＝ L.SP OS OP由 L＝ 可知 v＝ .mvBq BLqm(2)aS连线与 SP连线垂直，在∠ aSO范围内发射的粒子运动一段劣弧可以到达 OP间的任一位置，在∠ aSy范围内发射的粒子运动一段优弧只能到达 QP间任何一位置．设粒子发射方向与 y轴成 θ 角时，运动圆轨迹恰好与 x轴的 Q点相切，如图所示．根据几何关系，L＝ r＋ rsin θ .OQ＝ rcos θ .得 θ ＝0°， OQ＝ L由于 t＝mθBq得粒子沿优弧运动到达 Q点的时间 t2＝ .3π m2qB粒子沿劣弧运动到达 Q点的时间 t1＝ ，π m2qB得 Δt ＝ t2－ t1＝ .π mqB答案：见解析14．(2016·福州模拟)如图所示，磁感应强度大于 B＝0.15 T、方向垂直纸面向里的9匀强磁场分布在半径 R＝0.10 m的圆形区域内，圆的左端跟 y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟很大的荧光屏 MN相切于 x轴上的 A点．置于原点的粒子源可沿 x轴正方向以不同的速度射出带正电的粒子流，粒子的重力不计，比荷 ＝1.0×10 8 C/kg.qm(1)请判断当粒子分别以 v1＝1.5 ×106 m/s和 v2＝0.5 ×106 m/s的速度射入磁场3 3时，其能否打到荧光屏上．(2)要使粒子能打在荧光屏上，求粒子流的速度 v0的大小应满足的条件．(3)若粒子流的速度 v0＝3.0×10 6 m/s，且以过 O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转 90°，求此过程中打在荧光屏上的粒子离 A点的最远距离．解析：(1)当粒子速度为 v1时，根据洛伦兹力提供向心力有 qv1B＝ ，解得 r1＝ Rmv21r1 3粒子在磁场中运动的圆心角为 60°，能打到荧光屏上当粒子速度为 v2时，同理解得 r2＝ R33粒子在磁场中运动的圆心角为 120°，不能打到荧光屏上．乙(2)设当速度为 v3时，粒子恰好不能打在荧光屏上，此时粒子从磁场最高点 a射出磁场，如图乙所示，粒子在磁场中的轨道半径为 r3＝ R由洛伦兹力提供向心力有qv3B＝ ，解得 v3＝1.5×10 6 m/smv23r3当 v0＞1.5×10 6 m/s时，粒子流能打到荧光屏上．(3)设速度 v4＝3.0×10 6 m/s的粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r4，由洛伦兹力提供向心力，得 qv4B＝ ，解得 r4＝2 R.mv24r410假设磁场无限大，粒子在磁场中运动的轨迹就是以 O′点为圆心，以 r4为半径的一段圆弧 ，若圆形磁场以 O为轴旋转时，当磁场的直径 OA旋转到 OD位置时，粒子从圆形磁OE场中离开并射到荧光屏上离 A点距离最远，设落点为图中的 F点，如图丙所示，根据几何知识可知△ OO′ D为等边三角形， α ＝30°.由于 OC＝ r4tan α ，则此过程中粒子打在荧光屏上离 A的最远距离d＝(2 R－ OC)tan2α ＝0.15 m.答案：(1)速度为 v1时能打到荧光屏上，速度为 v2时不能打到荧光屏上(2)v0＞1.5×10 6 m/s(3)0.15 m15．(2016·南京质检)如图所示的直角坐标系第一、二象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 B＝0.5 T，处于坐标原点 O的放射源不断地放射出比荷＝4×10 6 C/kg的正离子，不计离子的重力及离子间的相互作用．qm(1)求离子在匀强磁场中的运动周期．(2)若某时刻一群离子自原点 O以不同速率沿 x轴正方向射出，求经过 ×10－6 s时π6间这些离子所在位置构成的函数方程．(3)若离子自原点 O以相同的速率 v0＝2.0×10 6 m/s沿不同方向射入第一象限，要求这些离子穿过磁场区域后都能沿平行于 y轴且指向 y轴正方向运动，则题干中的匀强磁场区域应怎样调整(画图说明即可)，并求出调整后磁场区域的最小面积．解析：(1)根据牛顿第二定律有 qvB＝mv2R离子做圆周运动的周期T＝ ＝ ＝π×10 －6 s2π Rv 2π mqB(2)离子运动时间t＝ ×10－6 s＝ Tπ6 1611根据左手定则，离子沿逆时针方向做半径不同的圆周运动转过的角度均为θ ＝ ×2π＝16 π3这些离子所处位置均在过坐标原点的同一条直线上该直线方程 y＝ xtan ＝ x.θ2 33(3)离子自原点 O以相同的速率 v0沿不同方向射入第一象限磁场，均做逆时针方向的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 qv0B＝ m ，解得 R＝ ＝1 mv20R mv0qB如图乙所示，这些离子的轨道圆心均在第二象限的四分之一圆弧 AC上，欲使离子穿过磁场区域后都能平行于 y轴并指向 y轴正方向运动，离开磁场时的位置在以点 O′(1,0)为圆心、半径 R＝1 m的四分之一圆弧 上．由此可知，磁场区域至少为两个四分之一圆的交OB集，如图丙所示，则调整后磁场区域的最小面积Smin＝2× m2＝ m2.(π R24－ R22) π － 22答案：(1)π×10 －6 s (2) y＝ x33(3) m2π － 22