【A级——夯实基础】
1．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是( )
A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到c点时，洛伦兹力最大
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小
解析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大。由于a、d两点关于新的“最高点”对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故选项A错误；由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故选项B错误；从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故选项C错误；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，选项D正确。
答案：D
2．(2022·河北衡水模拟)如图所示，在平面直角坐标系第二象限的OABC矩形区域内存在沿y轴方向的匀强电场(方向未画出)，第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于第四象限的匀强磁场(方向未画出)磁感应强度大小为B，一带电粒子从B点以速度v0沿x轴正向飞入电场恰好从坐标原点O飞入磁场，经过一段时间，粒子最终从F点飞出磁场，已知OC＝OF＝2OA＝2OD＝2L，C、F两点位于x轴上，不计粒子重力，则粒子的比荷为( )
A． B．
C． D．
解析：O点的速度反向延长线过AB边的中点，因此速度方向与x轴正向成45°角，做出粒子在磁场中的运动轨迹如图，根据几何关系可知R＝L，又qvB＝m，R＝，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系可知v＝v0，代入到半径表达式得＝，故选C。
答案：C
3．如图所示，两平行金属板水平放置，板长和板间距均为L，两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度v0＝垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。若保持a板不动，让b板向下移动0．5L，微粒从原位置以相同速度进入，恰好做匀速圆周运动，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为( )
A． B．
C． D．
解析：微粒恰好做匀速直线运动时有q＝qv0B＋mg，恰好做匀速圆周运动时有q＝mg，联立解得＝qv0B，即v0＝，由题意可知v0＝，则有＝，由公式qv0B＝m得R＝，联立解得R＝2L，微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得∠MON＝30°，所以微粒在磁场中运动的时间t＝×＝，只有选项A正确。
答案：A
4．如图所示，长方形abcd长ad＝0．6 m，宽ab＝0．3 m, e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0．25 T。一群不计重力，质量m＝3×10－7 kg，电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v0＝5×102 m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域(不考虑边界粒子)，则以下说法错误的是( )
A．从ae边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边
B．从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边
C．从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae边
D．从fc边射入的粒子，全部从d点射出
解析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝m，代入数据解得粒子轨道半径r＝0．3 m；若匀强磁场为矩形磁场，从e点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从b点射出，所以从e点垂直射入的粒子出射点落在bf边上；从ae边垂直射入的粒子，从圆弧af上射出，出射点分布在ab边和bf边；从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边，故A、B正确。
若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，所以从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ad边，从fc边射入的粒子，全部从d点射出，故C错误，D正确。
答案：C
5．(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，在xOy坐标系中，以(r，0)为圆心、r为半径的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。在xOy平面内，从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r。不计质子所受重力及质子间的相互作用力，则质子( )
A．在电场中运动的路程均不相等
B．最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向
C．在磁场中运动的总时间均相等
D．从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等
解析：当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A点射出磁场，如图所示，
其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心。由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，则有
∠O2＝90°－θ
所以质子第一次在磁场中运动的时间t1＝T
此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场。如图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴。由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与θ无关。所以OO2O3C为平行四边形，则∠O3＝90°＋θ
质子第二次在磁场中运动的时间t2＝T
则质子在磁场中运动的总时间t＝t1＋t2＝＝
质子进入电场的速度和方向相同，故在电场中的运动路程相同，故A错误。最终离开磁场时的速度方向与O3C垂直，故不一定沿x轴正方向，故B错误。在磁场中运动的总时间均相等，为，故C正确。从不同位置第一次离开磁场时，在非场区的运动路程显然不同；而在磁场中总的圆心角相同，则在电场和磁场中的路程相同，故总路程不同，故D错误。
答案：C
6．如图甲所示，M、N是间距为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(垂直纸面向外为正，T0为已知)，现有一个质量为m、电荷量为＋q的离子在t＝0时从直线M上的O点沿着OM线射入磁场，离子重力不计，离子恰好不能从右边界穿出且在2T0时恰好返回左边界M，则图乙中磁感应强度B0的大小和离子的初速度v0分别为( )
A．B0＝，v0＝ B．B0＝，v0＝
C．B0＝，v0＝ D．B0＝，v0＝
解析：由题意，对带电离子在磁场中运动的过程进行分析，洛伦兹力不做功，根据qv0B0＝m得r＝，磁场虽然方向改变但大小不变，所以半径不变，由以上分析知，MN之间距离d＝4r
由以上分析知带电粒子匀速圆周运动一个周期的时间T等于磁感应强度随时间变化的周期T0，即T＝T0①
带电粒子圆周运动的周期公式T＝②
联立①②式得T0＝，解得B0＝③
MN之间的距离d＝4r即r＝④
带电粒子圆周运动的半径r＝⑤
联立③④⑤得v0＝，故选B。
答案：B
7．(2022·山东烟台模拟)如图所示，在xOy坐标系中，第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为Bv，第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自y轴上的M点以大小为v的初速度沿着与y轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30°的方向进入电场。不计粒子重力，对粒子的运动，以下说法正确的是( )
A．粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔为
B．粒子再次与y轴相交时速度最小
C．粒子运动过程中的最小速度为v
D．粒子离开M点后，其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为(1－)
解析：画出粒子运动轨迹如图：
粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30°的方向进入电场，由图中几何关系可知粒子自开始射出至第一次到达x轴时，转过的角度为150°角，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，又T＝＝，所以时间间隔t＝T＝，选项A正确；粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向分速度为0时即合速度水平时速度最小，最小速度vmin＝vcos 30°＝v，选项B、C错误；vy＝v sin 30°＝v，根据牛顿第二定律可得qE＝ma，解得a＝，减速到零的时间t′＝＝，水平方向通过的距离x＝vxt′＝，而粒子从x轴射出到y轴距离d＝r sin 30°＝，离子第一次射出磁场进入电场，在电场中根据对称性可知，在电场中的对称轴距y轴的距离d1＝－，每经历一个周期，都会向左移动d1的距离，故速度第n次与初速度相同时距M点的距离为(1－)，选项D错误。
答案：A
8．(2022·南昌十校联考)如图所示，半径r＝0．06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0．1 m、磁感应强度大小B＝0．075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0，0．08 m)，平行金属板M、N长L＝0．3 m，间距d＝0．1 m，极板间所加电压U＝6．4×102 V，其中N极板上收集的粒子被全部中和吸收。一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6．0×105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向。若粒子重力不计，比荷＝1×108 C/kg，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。求：
(1)粒子在磁场中的运动半径R0；
(2)从坐标(0，0．18 m)处射出磁场的粒子在O点入射方向与y轴的夹角θ；
(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η。
解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝m
解得R0＝＝0．08 m。
(2)如图所示，设从y＝0．18 m处出射的粒子对应入射方向与y轴夹角为θ，由几何关系可得sin θ＝0．8
故θ＝53°。
(3)如图所示，设恰能从下极板右端出射的粒子射出磁场时的纵坐标为y，则y＝＝0．08 m
设此粒子入射时速度方向与x轴夹角为α，则有
y＝r sin α＋R0－R0cos α
解得tan α＝，即α＝53°
比例η＝×100%≈29%。
答案：(1)0．08 m (2)53° (3)29%
9．(2022·甘肃兰州一中模拟)某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右(如图甲中由B到C的方向)，电场变化如图乙中E-t图像，磁感应强度变化如图丙中B-t图像。在A点，从t＝1 s(即1 s末)开始，每隔2 s，有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能击中C点，且粒子在AB间运动的时间小于1 s，若AC＝2BC，求：
(1)图线上E0和B0的比值是多少？磁感应强度B的方向是怎样的？
(2)若第1个粒子击中C点的时刻已知为(1＋Δt) s，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少？
解析：(1)设AC＝2BC＝2d，在t＝1 s时，空间区域只有磁场，故粒子做匀速圆周运动，则有：qvB0＝m
由几何关系可得：R＝AC＝2d
则B0＝
当粒子在电场中运动时，在AB方向上匀速运动，在BC方向上匀加速运动，则有：
d＝vt
d＝at2
qE0＝ma
联立可求得 E0＝
故＝v
由于粒子的电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，由粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可以判断磁场方向垂直纸面向外。
(2)第一个粒子击中C点的时刻已知为(1＋Δt) s，该粒子在磁场中运动，所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定，由几何关系可得，粒子从A到C时，轨迹所对应的圆心角θ＝，故粒子在磁场中运动的时间
Δt＝＝
又第二个粒子在电场中运动的时间t＝＝Δt
故第2个粒子击中C点的时刻
t2＝3 s＋t＝(3＋Δt) s。
答案：(1)v 方向垂直纸面向外 (2)(3＋Δt) s
【B级——能力提升】
10．如图所示，直线y＝x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，直线x＝d与y＝x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝×104 V/m，另有一半径R＝ m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1＝ T，方向垂直于坐标平面向外，该圆与直线x＝d相切，且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁感应强度为B2的磁场区域，且进入磁场B2时的速度方向与直线y＝x垂直。粒子速度大小v0＝1．0×105 m/s，粒子的比荷＝5．0×105 C/kg，粒子重力不计。求：
(1)粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1；
(2)d的值；
(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件。
解析：(1)在磁场B1中qvB1＝m
解得r1＝ m＝R
则轨迹恰为四分之一圆，t1＝＝×
得t1＝0．26×10－5 s≈2．6×10－6 s。
(2)粒子在电场中做类平抛运动
vy＝＝×105 m/s
vy＝t
解得t＝2×10－5 s
又根据x＝v0t
y＝t
解得x＝2 m，y＝ m
故d＝＝4 m。
(3)进入磁场B2的速度
v1＝＝×105 m/s
当带电粒子出磁场的速度与y轴垂直时，圆周半径
r2＝＝2．5 m
可得B2＝ T≈0．13 T
所以0≤B2≤0．13 T
当带电粒子的运动轨迹与y轴相切时，有r2′＋＝2．5 m
可得B2＝0．3 T
所以B2≥0．3 T。
答案：(1)2．6×10－6 s (2)4 m (3)0≤B2≤0．13 T或B2≥0．3 T
11．(2021·广东卷)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22．5°＝0．4。
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示。求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。
解析：(1)设电子加速后进入磁场运动的速度为v，在磁场中做圆周运动的半径为r，轨迹如图所示，
由几何关系可知，
r＝R tan ＝R tan 22．5°＝0．4R
电子在磁场中做匀速圆周运动，有evB＝m
电子在电场中被全程加速，有2eU＝mv2
设电子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t，圆心角为α，由几何关系知α＝2π－(π－θ)＝π＋θ＝π
故运动时间t＝
联立以上各式得B＝ ，t＝
设电子在Q点出射时的动能为Ek，结合图示有
8eU＝Ek，即Ek＝8eU。
(2)要使电子从出射区域出射，则不从Ⅰ区边界射出，设其轨迹半径为r′，在Ⅰ区的临界轨迹如图所示，
由几何关系可得
＋r′＝R，解得r′＝R
在磁场中，有ev′B＝m
在电场中，有2eU＝mv′2－Ek0
已知Ek0＝keU
联立以上各式解得k＝。
答案：(1) 8eU (2)
12．如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L，间距d＝1．5L的竖直极板P、Q，P、Q下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片。水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O。水平极板M、N之间的电压为U0；竖直极板P、Q之间的电压UPQ随时间t变化的图像如图乙所示；磁场的磁感应强度B＝ 。粒子源连续释放初速度不计、质量为m、带电荷量为＋q的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P、Q之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上。已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计。求：
(1)带电粒子进入偏转电场时的动能Ek；
(2)磁场上、下边界区域的最小宽度；
(3)带电粒子打到磁场上边界的感光长度。
解析：(1)带电粒子进入偏转电场时的动能等于MN间的电场力做的功，Ek＝WMN＝U0q。
(2)设带电粒子以速度v进入磁场，v与磁场边界的夹角为α时，向下偏移的距离
Δy＝R－R cos α＝R(1－cos α)
而R＝
v1＝v sin α
Δy＝·＝·tan
由数学知识知，当α＝90°时，Δy有最大值。
即加速后的带电粒子以v1的速度进入竖直极板区域后不发生偏转，沿中心线进入磁场，磁场上、下边界区域的最小宽度即为此时的带电粒子运动轨道半径。
U0q＝mv12
所以v1＝
R1＝＝L。
(3)粒子运动轨迹如图所示，若粒子在电场中做匀速直线运动进入磁场，则R＝L，打在感光胶片上的落点与中心线的最近距离x＝2L
设任意电压时，粒子做曲线运动，射出偏转电场时的速度为vn，速度偏角为β，
根据几何关系有vn＝
Rn＝
在胶片上落点长度为
Δx＝2Rn cos β＝＝2L
打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关，在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离。带电粒子在电场中最大偏转距离
x′＝at2＝××()2＝
故粒子在感光胶片上的感光长度为。
答案：(1)U0q (2)L (3)
13．如图所示，虚线AB、BC、CD将平面直角坐标系四个象限又分成了多个区域。在第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝。在第三、四象限中，－2d＜y＜0区域又分为了三个匀强电场区域，其中在x＞d区域有沿x轴负方向的匀强电场；在x＜－d区域有沿x轴正方向的匀强电场，两个电场的电场强度大小相等；－d＜x＜d区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度是另外两个电场的2倍。第三、四象限中，y＜－2d区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以速度v0由原点O沿y轴正方向射入磁场。运动轨迹恰好经过B(－d，－2d)、C(d，－2d)两点，第一次回到O点后，进入竖直向上电场区域，不计粒子重力，求：
(1)x＜－d电场区域内的电场强度大小E；
(2)y＜－2d区域内磁场的磁感应强度B2；
(3)从原点O出发开始，到第2次回到O点所用时间。
解析：粒子的运动轨迹如图所示。
(1)在x＜－d电场区域中粒子做类平抛运动，
有2d＝v0t1
d＝a1t12
a1＝
由以上三式可得E＝。
(2)由(1)中各式可解得t1＝
粒子在B点的速度vy＝v0
vx＝a1t1＝v0
可得vB＝v0
运动轨迹经过B、C两点，由几何关系可知，粒子在y＜－2d的磁场区域内运动的轨道半径r＝d
运动轨迹对应的圆心角θ＝90°
由qvBB2＝m
可得B2＝。
(3)由对称性可知，粒子从O点进入电场时的速度大小为v0，
E2＝2E
a2＝2a1
在d＞x＞－d的电场区域内，粒子沿y轴负方向运动的位移s＝＝
粒子将再往y轴正方向运动t2＝2＝
在磁场中的运动周期均为T＝
粒子在磁场中运动总时间
t3＝T＝
从原点O出发开始到第2次到达O点所用的时间
t＝2t1＋t2＋t3＝＋＝。
答案：(1) (2) (3)
