微专题79 磁场及其对电流的作用
1．知道磁场的基本性质，磁场的叠加遵循平行四边形定则。2.应用左手定则判断安培力的方向时，注意安培力既垂直于电流方向也垂直于磁场方向，即安培力垂直于电流和磁感线构成的平面。3.分析磁场中通电导体受力问题时，要注意将立体图转换为平面图。
1．我国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图。结合上述材料，下列说法不正确的是( )
A．地理南、北极与地磁南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁的南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显
2. (2023·东北育才学校、福州一中等八校第一次联考)如图，在等边三角形三个顶点处，各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。在三根导线中均通有电流I，其中P、Q导线中电流方向垂直纸面向里，M导线中电流方向垂直纸面向外，每根导线在三角形中心O处产生的磁感应强度大小均为B，则三角形中心O处磁感应强度的大小为( )
A．0 B．B
C．2B D．2B
3. (2023·上海市浦东新区期中)如图所示，一个宽L＝0.20 m的“U”型绝缘导轨与水平面成37°角固定放置。导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T。一根质量为0.10 kg的金属棒垂直放置在导轨上，棒上通有I＝5.0 A的电流。金属棒始终静止在导轨上，棒与导轨之间的最大静摩擦力为2.0 N，g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．若增大电流，导轨对金属棒的支持力也增大
B．此时导轨对金属棒的支持力大小为0.8 N
C．若增大磁感应强度，导轨对金属棒的摩擦力先变小后变大
D．此时导轨对金属棒的摩擦力大小为1.4 N
4．(2023·陕西延安市模拟)图甲是磁电式电流表的结构简图，线圈绕在一个与指针、转轴相连的铝框骨架上，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，同一圆周上磁感应强度大小处处相等，如图乙所示。当线圈通以如图乙所示方向电流时，下列说法正确的是( )
A．a、b导线所受安培力相同
B．线圈将沿逆时针方向(正视)转动
C．换磁性更强的磁铁会增大电流表的量程
D．增加线圈匝数会减小电流表的量程
5. (2023·广东省模拟)如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为i＝，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度B＝k，其中k为常数。下列说法正确的是( )
A．圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B．圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C．每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D．若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
6．(多选)(2023·河南新乡市模拟)如图所示，倾斜光滑金属导轨的倾角为30°，水平导轨粗糙，两平行导轨的间距均为L。质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒a垂直水平导轨放置，两导轨间均存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1和B2。现把质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒b垂直倾斜导轨由静止释放，重力加速度为g，倾斜导轨足够长，金属棒a始终静止，下列说法中正确的是( )
A．金属棒a受到向左的摩擦力
B．金属棒a受到的最大摩擦力一定为mg
C．金属棒b的最大速度为
D．金属棒b减小的机械能等于金属棒a和金属棒b中产生的总焦耳热
7. (多选)(2024·湖南长沙市长郡中学校考)如图所示，两个半径均为R的光滑绝缘圆轨道a、b并排固定在竖直平面内，在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒，棒长为L，所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场，给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为的水平初速度，(不考虑切割产生的感应电动势)已知磁感应强度大小B＝(g为重力加速度)，以下说法正确的是( )
A．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力均为mg
B．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力均为0
C．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加2mgR
D．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力的冲量大小为(＋1)m
8. 如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L；导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E、内阻为r；整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场中。调节滑动变阻器滑动头至某一位置，将质量为m的金属棒ab垂直两导轨置于导轨上，ab恰能保持静止。已知重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻不计，ab与两导轨接触良好，则( )
A．磁场方向垂直导轨平面向下
B．流过ab的电流大小为
C．滑动变阻器接入电路的阻值为－r
D．若减小滑动变阻器的阻值，ab向下运动
9. (多选)如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框，线框中通有顺时针方向的恒定电流I，线框边长为L，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L，已知在长直导线的磁场中距离长直导线r处的磁感应强度大小B＝k，线框质量为m，重力加速度为g，则释放线框的瞬间，线框的加速度大小可能为( )
A．0 B.－g
C.－g D．g－
微专题79 磁场及其对电流的作用
1．知道磁场的基本性质，磁场的叠加遵循平行四边形定则。2.应用左手定则判断安培力的方向时，注意安培力既垂直于电流方向也垂直于磁场方向，即安培力垂直于电流和磁感线构成的平面。3.分析磁场中通电导体受力问题时，要注意将立体图转换为平面图。
1．我国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图。结合上述材料，下列说法不正确的是( )
A．地理南、北极与地磁南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁的南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显
答案 C
解析 由题意可知，地理南、北极与地磁南、北极不重合，存在地磁偏角，故A正确；磁感线是闭合的，由题图可知地球内部也存在磁场，地磁的南极在地理北极附近，故B正确；只有赤道上方附近的地磁场方向才与地面平行，故C错误；根据安培定则可知，通电导线的磁场方向与导线中电流的方向垂直，可知因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D正确。
2. (2023·东北育才学校、福州一中等八校第一次联考)如图，在等边三角形三个顶点处，各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。在三根导线中均通有电流I，其中P、Q导线中电流方向垂直纸面向里，M导线中电流方向垂直纸面向外，每根导线在三角形中心O处产生的磁感应强度大小均为B，则三角形中心O处磁感应强度的大小为( )
A．0 B．B
C．2B D．2B
答案 C
解析 根据右手螺旋定则，通电导线P、M和Q在O处的磁场方向如图所示，由题知，每根导线在三角形中心O处产生的磁感应强度大小为B，则由平行四边形定则知通电导线P和Q在O点的合磁感应强度与通电导线M在O点的磁感应强度相同，则三角形中心O处磁感应强度的大小为2B，故选C。
3. (2023·上海市浦东新区期中)如图所示，一个宽L＝0.20 m的“U”型绝缘导轨与水平面成37°角固定放置。导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T。一根质量为0.10 kg的金属棒垂直放置在导轨上，棒上通有I＝5.0 A的电流。金属棒始终静止在导轨上，棒与导轨之间的最大静摩擦力为2.0 N，g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．若增大电流，导轨对金属棒的支持力也增大
B．此时导轨对金属棒的支持力大小为0.8 N
C．若增大磁感应强度，导轨对金属棒的摩擦力先变小后变大
D．此时导轨对金属棒的摩擦力大小为1.4 N
答案 D
解析 对金属棒受力分析，如图所示，根据左手定则可知其所受安培力水平向右，大小为FA＝BIL＝1 N，导轨对金属棒的支持力大小为FN＝mgcos 37 °－FAsin 37°＝0.2 N
若增大电流，则安培力增大，支持力减小，故A、B错误；根据平衡条件可得导轨对金属棒的摩擦力大小为Ff＝mgsin 37°＋FAcos 37°＝1.4 N<2.0 N，若增大磁感应强度，则安培力增大，导轨对金属棒的摩擦力会变大，故C错误，D正确。
4．(2023·陕西延安市模拟)图甲是磁电式电流表的结构简图，线圈绕在一个与指针、转轴相连的铝框骨架上，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，同一圆周上磁感应强度大小处处相等，如图乙所示。当线圈通以如图乙所示方向电流时，下列说法正确的是( )
A．a、b导线所受安培力相同
B．线圈将沿逆时针方向(正视)转动
C．换磁性更强的磁铁会增大电流表的量程
D．增加线圈匝数会减小电流表的量程
答案 D
解析 由左手定则可知，a、b导线受到的安培力大小相等、方向相反，故A错误；
由左手定则可知，a导线受到的安培力向上，b导线受到的安培力向下，线圈沿顺时针方向(正视)转动，故B错误；
换磁性更强的磁铁或增加线圈匝数，会使得在相同电流情况下线圈所受安培力增大，电流表的量程减小，故C错误，D正确。
5. (2023·广东省模拟)如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为i＝，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度B＝k，其中k为常数。下列说法正确的是( )
A．圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B．圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C．每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D．若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
答案 C
解析 圆筒轴线处的磁场为n条通电导线激发磁场的矢量和，由安培定则和对称性可知，圆筒轴线处的磁场刚好抵消，磁感应强度为0，故A错误；
各条通电导线在圆筒外部P处激发的磁场如图所示
由对称性可知，合磁感应强度方向在垂直轴线的平面内且与筒壁切线平行，故B错误；
某条通电导线受到的安培力是受除它之外的n－1条通电导线激发的合磁场施加的，由对称性可知通电导线处合磁感应强度方向沿圆周切线方向，由左手定则判断，这条通电导线受到的安培力垂直筒壁方向指向轴线，故C正确；
若电流I变为原来的2倍，由磁场的叠加，某条通电导线所在处的磁感应强度变为原来的2倍，由安培力公式F＝Bil，可知通电导线受到的安培力变为原来的4倍，故D错误。
6．(多选)(2023·河南新乡市模拟)如图所示，倾斜光滑金属导轨的倾角为30°，水平导轨粗糙，两平行导轨的间距均为L。质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒a垂直水平导轨放置，两导轨间均存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1和B2。现把质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒b垂直倾斜导轨由静止释放，重力加速度为g，倾斜导轨足够长，金属棒a始终静止，下列说法中正确的是( )
A．金属棒a受到向左的摩擦力
B．金属棒a受到的最大摩擦力一定为mg
C．金属棒b的最大速度为
D．金属棒b减小的机械能等于金属棒a和金属棒b中产生的总焦耳热
答案 AD
解析 金属棒b沿导轨下滑时，由楞次定律可知，金属棒a中电流从近端流向远端，根据左手定则，可知金属棒a所受安培力水平向右，又因为金属棒a始终静止，所以其所受摩擦力向左，故A正确；
当金属棒b下滑速度最大时，回路有最大电流，b的加速度为0，对金属棒b分析，有mgsin 30°＝B2ImL，对金属棒a分析，有
Ffm＝B1ImL，可得Ffm＝。由于B1和B2的关系未知，所以金属棒a受到的最大摩擦力Ffm大小不确定，故B错误；
由闭合电路欧姆定律可知Im＝，解得vm＝，故C错误；
由能量守恒定律可知，金属棒b减小的机械能等于金属棒a和金属棒b中产生的总焦耳热，故D正确。
7. (多选)(2024·湖南长沙市长郡中学校考)如图所示，两个半径均为R的光滑绝缘圆轨道a、b并排固定在竖直平面内，在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒，棒长为L，所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场，给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为的水平初速度，(不考虑切割产生的感应电动势)已知磁感应强度大小B＝(g为重力加速度)，以下说法正确的是( )
A．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力均为mg
B．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力均为0
C．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加2mgR
D．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力的冲量大小为(＋1)m
答案 BD
解析 根据左手定则可以判断，铜棒所受安培力方向竖直向上，根据BIL＋FN－mg＝m，解得FN＝0，根据牛顿第三定律可知，铜棒获得初速度时对每条轨道的压力均为0，故A错误，B正确；
从轨道最低点到最高点的过程中，安培力做功等于铜棒机械能增加量ΔE＝BIL×2R＝4mgR，故C错误；
从轨道最低点到最高点的过程中有mv2－mv02＝BIL×2R－mg×2R，解得最高点速度v＝，与初速度方向相反，根据动量定理，从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力的冲量I＝Δp＝mv－(－mv0)＝(＋1)m，故D正确。
8. 如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L；导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E、内阻为r；整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场中。调节滑动变阻器滑动头至某一位置，将质量为m的金属棒ab垂直两导轨置于导轨上，ab恰能保持静止。已知重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻不计，ab与两导轨接触良好，则( )
A．磁场方向垂直导轨平面向下
B．流过ab的电流大小为
C．滑动变阻器接入电路的阻值为－r
D．若减小滑动变阻器的阻值，ab向下运动
答案 C
解析 由于金属棒ab恰能保持静止，受重力、支持力、安培力，根据平衡条件可知，安培力方向应沿斜面向上，由题图可知金属棒ab的电流方向为b到a，根据左手定则，磁场方向应该垂直导轨平面向上，故A错误；根据平衡条件得F安＝BIL＝mgsin θ，解得I＝，故B错误；设滑动变阻器接入电阻为R，根据闭合回路欧姆定律得
I＝＝，解得R＝－r，故C正确；若减小滑动变阻器的阻值，根据闭合电路欧姆定律知电路电流增大，因此导体棒ab受到的安培力增大，由于安培力方向沿斜面向上，因此ab会向上运动，故D错误。
9. (多选)如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框，线框中通有顺时针方向的恒定电流I，线框边长为L，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L，已知在长直导线的磁场中距离长直导线r处的磁感应强度大小B＝k，线框质量为m，重力加速度为g，则释放线框的瞬间，线框的加速度大小可能为( )
A．0 B.－g
C.－g D．g－
答案 AC
解析 线框上边所在处的磁感应强度大小B1＝k，由安培定则可判断出导线下方磁场方向为垂直纸面向里，上边所受安培力的大小F1＝B1IL＝kI2，由左手定则可判断出安培力方向向上，线框下边所在处的磁感应强度大小B2＝k，所受安培力的大小F2＝B2IL＝kI2，由左手定则可判断出安培力方向向下；若F1＝F2＋mg，则加速度为零，A项正确；若F1>F2＋mg，则加速度方向向上，由F1－F2－mg＝ma，解得a＝－g，C项正确，B项错误；若F1
1．太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面，另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光。赤道上空P处的磁感应强度为B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知质子电荷量为q＝1.6×10－19 C，此时该质子受到的洛伦兹力( )
A．方向向北 B．方向向南
C．方向向东 D．大小为11.2 N
2. (多选)在范围足够大的匀强磁场中，静止的钠核Na发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一新核，新核与放出粒子在磁场中运动的径迹均为圆，如图所示。以下说法正确的是( )
A．新核为Mg
B．发生的是α衰变
C．轨迹2是新核的轨迹
D．新核沿顺时针方向旋转
3．(多选)(2023·安徽合肥市模拟)如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电圆环，可在水平的、足够长的绝缘粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中。现给圆环水平向左的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．初速度v0满足v0＞
B．初速度v0满足v0＜
C．圆环克服摩擦力做的功为mv02
D．圆环克服摩擦力做的功为mv02－
4．(多选)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上，都处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量均为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
D．甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同
5. 如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB
C．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变
6. 如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1，且两段圆弧对应圆心角相同，不计带电粒子重力，下列判断正确的是( )
A．Ⅰ、Ⅱ两个区域磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2
B．该粒子在Ⅰ、Ⅱ两个区域磁场中受到的洛伦兹力大小之比为1∶1
C．该粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1
D．弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比为3∶1
7. (多选)(2023·青海省模拟)如图所示，acd是半径为r的半圆，圆心为O，dfh是半径为2r的四分之一圆弧，两圆弧相切于d点，空间有垂直于纸面向外的匀强磁场B。从粒子源a射出的质量为m的粒子x沿圆弧acd运动，经时间t1与静止于d点的质量为4m的靶粒子y发生正碰，碰撞时间很短，碰撞后结合成一个粒子z，粒子z沿圆弧dfh经过时间t2第一次到达h点。不计其他相互作用，则( )
A．y带负电
B．x和z的速率之比为5∶2
C．x和z的电荷量之比为2∶1
D．t1∶t2＝2∶5
8. (2023·江苏泰州市阶段练习)如图所示，一足够长的固定粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管内下滑，下列关于小球的加速度a与时间t(沿管向下为正方向)，受到的弹力FN与时间t(垂直管向下为正方向)，以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E与位移x的关系图像可能正确的是( )
微专题80 磁场对运动电荷(带电体)的作用
1．判断洛伦兹力方向：洛伦兹力既垂直于速度方向又垂直于磁感应强度方向，即洛伦兹力要垂直于速度与磁感应强度构成的平面。2.带电粒子斜射入匀强磁场时，要将速度沿平行磁场方向和垂直磁场方向分解。平行磁场方向粒子不受力做匀速直线运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动。3.安培力可以做功，但洛伦兹力对运动的带电粒子不做功，即洛伦兹力只改变运动粒子速度方向，不改变速度大小。
1．太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面，另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成炫丽的极光。赤道上空P处的磁感应强度为B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知质子电荷量为q＝1.6×10－19 C，此时该质子受到的洛伦兹力( )
A．方向向北 B．方向向南
C．方向向东 D．大小为11.2 N
答案 C
解析 质子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，地磁场方向由南指向北，根据左手定则知质子受到的洛伦兹力方向向东，当速度与磁场方向垂直时，则由F＝Bvq，代入数据，解得：F＝3.5×10－5×2×105×1.6×10－19 N＝1.12×10－18 N，故C正确，A、B、D错误。
2. (多选)在范围足够大的匀强磁场中，静止的钠核Na发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一新核，新核与放出粒子在磁场中运动的径迹均为圆，如图所示。以下说法正确的是( )
A．新核为Mg
B．发生的是α衰变
C．轨迹2是新核的轨迹
D．新核沿顺时针方向旋转
答案 AC
解析 根据动量守恒得知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变。根据电荷数守恒、质量数守恒知，衰变方程为Na→Mg＋e，可知新核为Mg，故A正确，B错误；由题意，静止的钠核Na发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式r＝得知，新核的半径小于β粒子的半径，所以轨迹2是新核的轨迹，故C正确；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知，新核沿逆时针方向旋转，故D错误。
3．(多选)(2023·安徽合肥市模拟)如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电圆环，可在水平的、足够长的绝缘粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中。现给圆环水平向左的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．初速度v0满足v0＞
B．初速度v0满足v0＜
C．圆环克服摩擦力做的功为mv02
D．圆环克服摩擦力做的功为mv02－
答案 AD
解析 由题图乙分析可知，圆环先减速运动，当qv0B＝mg时，做匀速直线运动，故可知初始时洛伦兹力大于重力，即qv0B＞mg，得v0＞，故A正确，B错误。根据牛顿第二定律Ff＝ma，联立可得：a＝；由于速度越来越小，则洛伦兹力越来越小，当洛伦兹力等于重力时，竖直方向上FN＝0，则滑动摩擦力Ff＝0，圆环开始匀速运动，此时由mg＝qv′B，得v′＝，设此过程中圆环克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理－Wf＝mv′2－mv02，联立解得Wf＝mv02－，故C错误，D正确。
4．(多选)如图所示，两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上，都处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量均为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )
A．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C．两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等
D．甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同
答案 AC
解析 滑块沿斜面运动时，垂直斜面方向有FN＋qvB＝mgcos θ，可知当v越大时，FN越小，当FN＝0，即当速度达到vm＝时，滑块就将飞离斜面，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故A正确；根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，可知在斜面上滑块都是做匀加速运动，且加速度不变，所以运动时间t＝＝＝，所以斜面倾角越小，在斜面上运动的时间越长，故B错误；重力的平均功率PG＝mg＝＝＝，可知两滑块重力的平均功率相等，故C正确；在斜面上运动的位移为L＝＝，可知甲的位移大于乙的位移，故D错误。
5. 如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB
B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB
C．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变
D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变
答案 B
解析 小球从A到C，洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR＝mvC2，则vC＝，在C点，F洛＝qvCB＝qB，选项A错误；在C点，FC－mg＋F洛＝，解得FC＝3mg－qB，由牛顿第三定律知，选项B正确；小球从C到D的过程中，所受合力指向圆心，对小球进行受力分析如图所示，则mgsin θ＝Fcos θ，F＝mgtan θ，θ增大，则F增大，选项C错误；小球从C到D的过程中，动能不变，合力做功为零，洛伦兹力与支持力不做功，外力F做正功，重力做负功，外力的功率与重力的功率大小相等，运动过程中，小球的速度在竖直方向的分量增大，重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，选项D错误。
6. 如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1，且两段圆弧对应圆心角相同，不计带电粒子重力，下列判断正确的是( )
A．Ⅰ、Ⅱ两个区域磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2
B．该粒子在Ⅰ、Ⅱ两个区域磁场中受到的洛伦兹力大小之比为1∶1
C．该粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1
D．弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比为3∶1
答案 A
解析 粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，故有Bvq＝，可得r＝，根据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个区域磁场的磁感应强度方向相反，因为＝θ，故弧aP与弧Pb对应的圆的半径之比＝＝2∶1，洛伦兹力不做功，所以粒子速率不变，由以上分析可得B1∶B2＝r2∶r1＝1∶2，故A正确，D错误；由F＝qvB可知，F1∶F2＝B1∶B2＝1∶2，故B错误；由t＝，可知粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1，故C错误。
7. (多选)(2023·青海省模拟)如图所示，acd是半径为r的半圆，圆心为O，dfh是半径为2r的四分之一圆弧，两圆弧相切于d点，空间有垂直于纸面向外的匀强磁场B。从粒子源a射出的质量为m的粒子x沿圆弧acd运动，经时间t1与静止于d点的质量为4m的靶粒子y发生正碰，碰撞时间很短，碰撞后结合成一个粒子z，粒子z沿圆弧dfh经过时间t2第一次到达h点。不计其他相互作用，则( )
A．y带负电
B．x和z的速率之比为5∶2
C．x和z的电荷量之比为2∶1
D．t1∶t2＝2∶5
答案 AC
解析 粒子碰撞过程动量守恒，可得mxv1＝(mx＋my)v2＝mzv2，故＝＝，B错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得R＝，碰撞前后动量不变，可知粒子x与z的电荷量与轨迹半径成反比，半径之比为1∶2，解得qx∶qz＝2∶1，根据左手定则及粒子运动轨迹的偏转方向可知，x与z均带正电，由于z的电荷量较小，可知y带负电，A、C正确；粒子的运动周期为T＝＝，粒子x与z的质量比为1∶5，电荷量之比为2∶1，可知周期比为1∶10，粒子运动时间为t＝T，x粒子运动轨迹对应圆心角为180°(用时周期)，z粒子运动轨迹对应圆心角为90°(用时周期)，联立解得t1∶t2＝1∶5，D错误。
8. (2023·江苏泰州市阶段练习)如图所示，一足够长的固定粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管内下滑，下列关于小球的加速度a与时间t(沿管向下为正方向)，受到的弹力FN与时间t(垂直管向下为正方向)，以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E与位移x的关系图像可能正确的是( )
答案 D
解析 当mgcos α>qvB时，FN＝mgcos α－qvB，由牛顿第二定律得mgsin α－μ(mgcos α－qvB)＝ma，a越来越大
则＝μqB＝μqBa，－＝qB＝qBa，可见a－t图像的斜率越来越大，FN－t图像的斜率越来越大；当mgcos α
1．一般步骤：画轨迹，定圆心，求半径或圆心角，三个步骤顺序根据题目灵活选择。2.在直线边界，粒子进出磁场具有对称性，出射角和入射角相等。3.对于平行边界，轨迹与边界相切是出不出磁场的临界条件。
1. 如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ之间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电的粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成θ＝60°角方向射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A. B. C. D.
2．(2023·四川宜宾市模拟)如图所示，L1和L2为两条平行的磁场边界线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里、范围足够大、且磁感应强度大小相等的匀强磁场，L1和L2之间无磁场；A、B两点是L2上相距一定距离的两点。一带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后恰好过B点，不计重力，下列说法正确的是( )
A．该粒子一定是带正电
B．该粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度相同
C．若只稍微增大该粒子在A点的初速度，它将仍可能经过B点
D．若只将该粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不可能经过B点
3．(多选)如图所示，等腰直角三角形区域内分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2 m，O为BC的中点，磁感应强度B0＝0.25 T，一群质量m＝1×10－7 kg、电荷量q＝－2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO，从BO之间射入磁场区域，不计带电粒子重力及相互之间的作用，则( )
A．在AC边界上有粒子射出的长度为(－1) m
B．C点有粒子射出
C．在AB边界上有粒子射出的长度为1 m
D．在磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点(－1) m处入射
4. (2023·四川遂宁市模拟)如图所示，平面直角坐标系xOy 内，存在垂直纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度 B＝0.2 T，原点O有一粒子源，能向纸面内各个方向释放出比荷为4×108 C/kg的带正电粒子，粒子初速度 v0＝8×106 m/s，不计粒子重力及相互之间作用， 有一与 x轴成 45°角倾斜放置的足够长挡板跨越第一、三、四象限，P是挡板与 x 轴交点，OP＝16 cm，则挡板上被粒子打中的区域长度为( )
A．24 cm B．16 cm C．20 cm D．32 cm
5. (多选)(2023·四川达州市模拟)如图所示，一个棱长为l的立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，平面MNPQ左侧存在磁感应强度大小B1＝、方向沿z轴负方向的匀强磁场，右侧存在磁感应强度大小B2＝、方向沿z轴正方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从z轴上的某点以速度v垂直yOz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。则( )
A．粒子在磁场中运动的时间t＝
B．粒子在磁场中运动的时间t＝
C．粒子在磁场中的位移x＝(－1)l
D．粒子在磁场中的位移x＝l
6．(2023·河南信阳市质检)如图，平行的MN、PQ与MP间(含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN与MP的夹角α＝30°，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于MP的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界PQ射出的离子中，离子速度为v0时射出点与P点距离最大为xm，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：
(1)射出点与P点最大距离xm；
(2)从边界MP射出的离子，速度的最大值。
微专题81 带电粒子在直线边界磁场中的运动
1．一般步骤：画轨迹，定圆心，求半径或圆心角，三个步骤顺序根据题目灵活选择。2.在直线边界，粒子进出磁场具有对称性，出射角和入射角相等。3.对于平行边界，轨迹与边界相切是出不出磁场的临界条件。
1. 如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ之间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电的粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成θ＝60°角方向射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系有a＝Rsin 30°，解得R＝2a，设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运动的时间为t＝T，即α越大，粒子在磁场中运动的时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，此时圆心角αm为120°，即最长运动时间为，因T＝＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为。故选C。
2．(2023·四川宜宾市模拟)如图所示，L1和L2为两条平行的磁场边界线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里、范围足够大、且磁感应强度大小相等的匀强磁场，L1和L2之间无磁场；A、B两点是L2上相距一定距离的两点。一带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后恰好过B点，不计重力，下列说法正确的是( )
A．该粒子一定是带正电
B．该粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度相同
C．若只稍微增大该粒子在A点的初速度，它将仍可能经过B点
D．若只将该粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不可能经过B点
答案 C
解析 作出粒子的运动轨迹的部分可能情况如图所示
由此可知，粒子可能带正电也可能带负电，且粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相等，而速度方向可能相同，也可能不同，故A、B错误；
由轨迹图可知，若只稍微增大该粒子在A点的初速度，但速度方向不变，粒子仍可能经过B点，故C正确；
设L1与L2之间的距离为d，初速度与L2的夹角为θ，则A到B2的距离为x＝，假设θ为30°时，经n个周期，粒子到B点，将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，则经过3n周期后仍有可能经过B点，故D错误。
3．(多选)如图所示，等腰直角三角形区域内分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2 m，O为BC的中点，磁感应强度B0＝0.25 T，一群质量m＝1×10－7 kg、电荷量q＝－2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO，从BO之间射入磁场区域，不计带电粒子重力及相互之间的作用，则( )
A．在AC边界上有粒子射出的长度为(－1) m
B．C点有粒子射出
C．在AB边界上有粒子射出的长度为1 m
D．在磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点(－1) m处入射
答案 ACD
解析 粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则|q|vB0＝m，解得R＝1 m，当其中一个粒子从O1点入射，如图所示，其轨迹与AB相切于D点，根据几何关系可知，轨迹的圆心在O点，轨迹同时与AC边相切于E点，此粒子在磁场中运动的时间最长，O1到B点的距离BO1＝BO－OO1＝(－1) m，D正确；由几何关系可知粒子不能从C点射出，B错误；当粒子从BO1间入射，则粒子从BD间射出，由几何知识得BD的距离为1 m，C正确；当入射点从O1点向O点移动时，则从AC边的射出点先向A点移动，当出射点F到BC边的距离为1 m时，出射点F离A点的距离最小，然后出射点向E点移动，所以在AC边界上的EF间有粒子射出，由几何关系可知CF＝ m，CE＝1 m，解得 EF＝(－1)m，A 正确。
4. (2023·四川遂宁市模拟)如图所示，平面直角坐标系xOy 内，存在垂直纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度 B＝0.2 T，原点O有一粒子源，能向纸面内各个方向释放出比荷为4×108 C/kg的带正电粒子，粒子初速度 v0＝8×106 m/s，不计粒子重力及相互之间作用， 有一与 x轴成 45°角倾斜放置的足够长挡板跨越第一、三、四象限，P是挡板与 x 轴交点，OP＝16 cm，则挡板上被粒子打中的区域长度为( )
A．24 cm B．16 cm C．20 cm D．32 cm
答案 C
解析 粒子源到挡板的距离h＝16sin 45° cm＝16 cm
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv0B＝m
解得R＝10 cm
则有xAC＝＝12 cm，xBC＝＝8 cm
则挡板上被粒子打中的区域长度L＝xAC＋xBC＝20 cm。
5. (多选)(2023·四川达州市模拟)如图所示，一个棱长为l的立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，平面MNPQ左侧存在磁感应强度大小B1＝、方向沿z轴负方向的匀强磁场，右侧存在磁感应强度大小B2＝、方向沿z轴正方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从z轴上的某点以速度v垂直yOz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。则( )
A．粒子在磁场中运动的时间t＝
B．粒子在磁场中运动的时间t＝
C．粒子在磁场中的位移x＝(－1)l
D．粒子在磁场中的位移x＝l
答案 BD
解析 设粒子在左侧磁场区域做圆周运动的半径为r1，根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得r1＝l
同理可得粒子在右侧磁场区域做圆周运动的半径为r2＝(－1)l
所以从上往下看粒子在磁场中运动轨迹如图所示：
由公式T＝可得，粒子在左、右磁场中运动的周期分别为T1＝，T2＝
由轨迹图可知，粒子在磁场中运动的时间t＝＋＝
由几何关系可得，粒子在磁场中的位移x＝＝l，故选B、D。
6．(2023·河南信阳市质检)如图，平行的MN、PQ与MP间(含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN与MP的夹角α＝30°，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于MP的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界PQ射出的离子中，离子速度为v0时射出点与P点距离最大为xm，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：
(1)射出点与P点最大距离xm；
(2)从边界MP射出的离子，速度的最大值。
答案 (1) (2)
解析 (1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ射出的速度为v0的离子，设其运动半径为R1，运动轨迹恰好与MN相切，运动轨迹如图中2所示
根据牛顿第二定律得qv0B＝m
根据几何关系得xm＝2R1cos α
解得xm＝
(2)从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为R2，运动轨迹如图中1所示，根据牛顿第二定律得qvmB＝m
设MP的长度为L，根据几何关系得Lsin α＝R1－R1sin α
L＝＋R2
解得vm＝。微专题82 带电粒子在圆形边界磁场中的运动
1．带电粒子进入圆形边界磁场，注意运用对称性做题。2.大量带电粒子平行进入圆形边界磁场，轨迹圆半径与磁场圆半径相等时会有磁聚焦现象。3.沿磁场圆半径方向入射的粒子，将沿半径方向出射。
1. (多选)(2023·安徽芜湖市模拟)国际空间站上的阿尔法磁谱仪(AMS)是探究宇宙中的反物质和暗物质(即由反粒子构成的物质)的重要仪器，如氚核(H)的反粒子(反氚核)为H。该磁谱仪核心部分的截面区域是半径为R的圆形匀强磁场区域，该区域磁场方向垂直纸面向外，且粒子打到磁场边界就被吸收。如图所示，P为粒子的入射窗口，各粒子从P射入时的速度大小相同，且均沿直径方向，P、a、b、c、d、e为圆周上的等分点，若质子(H)射入磁场区域后打在a点，则反氚核(H)射入后( )
A．反氚核将打在d点
B．反氚核射入磁场后运动轨迹的半径为质子的
C．反氚核在磁场中运动轨迹的弧长为质子的
D．反氚核在磁场中运动的时间为质子的
2. (2023·云南玉溪市期末)如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是( )
A．粒子都击中O点处
B．粒子的初速度为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．粒子到达y轴上的最大时间差为－
3. (多选)如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率从a点先后沿直径ac和弦ab方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30°，已知沿ac方向射入的粒子刚好从b点射出，沿ab方向射入的粒子刚好从O点正下方射出，不计粒子重力。则( )
A．沿ac方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为R
B．沿ab方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为(＋1)R
C．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1
D．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为
4. 如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°。若使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度大小和方向不变的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离d为( )
A.R B.R C.R D.R
5. 如图所示，第一象限内有一圆形边界匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以大小为v的速度沿＋x方向自磁场边界上的点P(L,3L)射入，经过点Q(L,0)时速度方向与x轴负方向成60°角，粒子重力不计。求：
(1)磁感应强度的大小和方向；
(2)圆形有界磁场的最小面积。
6. 如图所示，圆形区域内有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为v的某种带正电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的2倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力及粒子间相互作用。
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子通过磁场区域的最大偏转角。
7. (2023·江西赣州市期末)如图所示，在纸面内存在一半径为R的圆形区域，区域内、外分别存在大小不同、方向均垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小关系为B2＝0.5B1，以圆形区域中心O为坐标原点，在纸面内建立直角坐标系。O处有一粒子源，可以在纸面内向各个方向发射速度大小均为v的电子，电子回到O处时会被立即吸收，其中沿与x轴正方向成α＝60°角发射的电子A，恰好可以经过x轴上的P点(图中未标出)。已知电子的电荷量为－e、质量为m，圆形区域内磁场的磁感应强度B1＝，不考虑电子之间的作用力。求：
(1)电子在圆形磁场区域内运动的轨迹半径r；
(2)P点的横坐标xP；
(3)要使发射出的所有电子都能回到O处，圆形区域外磁场B2的最小面积S。
微专题82 带电粒子在圆形边界磁场中的运动
1．带电粒子进入圆形边界磁场，注意运用对称性做题。2.大量带电粒子平行进入圆形边界磁场，轨迹圆半径与磁场圆半径相等时会有磁聚焦现象。3.沿磁场圆半径方向入射的粒子，将沿半径方向出射。
1. (多选)(2023·安徽芜湖市模拟)国际空间站上的阿尔法磁谱仪(AMS)是探究宇宙中的反物质和暗物质(即由反粒子构成的物质)的重要仪器，如氚核(H)的反粒子(反氚核)为H。该磁谱仪核心部分的截面区域是半径为R的圆形匀强磁场区域，该区域磁场方向垂直纸面向外，且粒子打到磁场边界就被吸收。如图所示，P为粒子的入射窗口，各粒子从P射入时的速度大小相同，且均沿直径方向，P、a、b、c、d、e为圆周上的等分点，若质子(H)射入磁场区域后打在a点，则反氚核(H)射入后( )
A．反氚核将打在d点
B．反氚核射入磁场后运动轨迹的半径为质子的
C．反氚核在磁场中运动轨迹的弧长为质子的
D．反氚核在磁场中运动的时间为质子的
答案 AC
解析 带电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qvB＝m解得r＝。设质子的轨道半径为r，已知各粒子从P射入速度相同，则反氚核(H)的轨道半径应为r′＝3r。质子射入磁场区域后打在a点，它转过的圆心角θ1＝180°－60°＝120°，根据几何关系得tan ＝tan 60°＝＝，同理对反氚核有tan ＝＝，则θ2＝60°，又由左手定则可知，质子刚射入磁场时受到的洛伦兹力竖直向下，则反氚核应从d点射出磁场，故A正确，B错误；
根据数学知识可知轨迹弧长为l＝rθ，可知反氚核在磁场中运动的轨迹弧长为质子的，故C正确；
根据带电粒子在磁场中运动的周期公式可知氚核的周期为T＝，质子在磁场中运动轨迹的圆心角为θ1＝120°，反氚核在磁场中运动轨迹的圆心角为θ2＝60°，根据t＝T，可知质子在磁场中运动的时间为反氚核在磁场中运动时间的，故D错误。
2. (2023·云南玉溪市期末)如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是( )
A．粒子都击中O点处
B．粒子的初速度为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．粒子到达y轴上的最大时间差为－
答案 D
解析 由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的粒子只能击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，A错误；从最低点射出的粒子也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则速度v＝，B错误；偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，时间最长，t＝T＝·＝，C错误；从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最大的时间差为Δt＝t－＝－，D正确。
3. (多选)如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。两个质量、电荷量都相同的带正电粒子，以不同的速率从a点先后沿直径ac和弦ab方向射入磁场区域，ab和ac的夹角为30°，已知沿ac方向射入的粒子刚好从b点射出，沿ab方向射入的粒子刚好从O点正下方射出，不计粒子重力。则( )
A．沿ac方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为R
B．沿ab方向射入的粒子在磁场中运动轨迹半径为(＋1)R
C．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1
D．沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为
答案 BC
解析 沿ac方向射入的粒子在磁场中运动方向偏转60°，其轨迹所对的圆心角为60°，如图中轨迹1所示，由几何关系知其轨迹半径为r1＝＝R，故A错误；
沿ab方向射入磁场区域的粒子在磁场中运动轨迹如图中轨迹2所示，根据几何关系可知，该粒子的轨迹所对圆心角为30°，则轨迹半径r2满足＝，又sin 15°＝sin (45°－30°)，解得r2＝(＋1)R，故B正确；两粒子的质量和电荷量相同，根据T＝，可知在磁场中的运动周期相同，结合两粒子在磁场中的偏转角之比为2∶1，可知沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1，故C正确；根据qvB＝，可得v＝，则沿ac方向射入的粒子与沿ab方向射入的粒子在磁场中运动的速率的比值为，故D错误。
4. 如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°。若使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度大小和方向不变的基础上，需将粒子的入射点向上平移的距离d为( )
A.R B.R C.R D.R
答案 B
解析 粒子运动轨迹如图甲所示，根据几何知识可得r＝，当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大。
由图乙可知sin θ＝，平移距离为d＝Rsin θ，解得d＝R，故B正确，A、C、D错误。
5. 如图所示，第一象限内有一圆形边界匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以大小为v的速度沿＋x方向自磁场边界上的点P(L,3L)射入，经过点Q(L,0)时速度方向与x轴负方向成60°角，粒子重力不计。求：
(1)磁感应强度的大小和方向；
(2)圆形有界磁场的最小面积。
答案 (1) 方向垂直于纸面向外 (2)πL2
解析 (1)由于PQ平行于y轴，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ上，由几何关系可得r＋＝3L
由牛顿第二定律可得qvB＝m
联立解得B＝
由左手定则可得，磁感应强度的方向垂直于纸面向外。
(2)设带电粒子从点F飞出磁场后经过Q点，则以PF为直径的圆形有界磁场的面积最小，设圆形磁场的最小半径为R，由几何关系可得R＝rsin 60°＝L
则最小面积为S＝πR2＝πL2。
6. 如图所示，圆形区域内有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为v的某种带正电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的2倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力及粒子间相互作用。
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子通过磁场区域的最大偏转角。
答案 (1) (2)60°
解析 (1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝m，则r＝。
(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图甲所示，通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动时间越长，如图乙所示，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场圆直径时，粒子通过磁场区域的偏转角最大，sin ＝＝，即φmax＝60°。
7. (2023·江西赣州市期末)如图所示，在纸面内存在一半径为R的圆形区域，区域内、外分别存在大小不同、方向均垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小关系为B2＝0.5B1，以圆形区域中心O为坐标原点，在纸面内建立直角坐标系。O处有一粒子源，可以在纸面内向各个方向发射速度大小均为v的电子，电子回到O处时会被立即吸收，其中沿与x轴正方向成α＝60°角发射的电子A，恰好可以经过x轴上的P点(图中未标出)。已知电子的电荷量为－e、质量为m，圆形区域内磁场的磁感应强度B1＝，不考虑电子之间的作用力。求：
(1)电子在圆形磁场区域内运动的轨迹半径r；
(2)P点的横坐标xP；
(3)要使发射出的所有电子都能回到O处，圆形区域外磁场B2的最小面积S。
答案 (1)R (2)R (3)(6＋4)πR2
解析 (1)由洛伦兹力提供向心力，则有B1ve＝m，得r＝R
(2)由B2＝0.5B1得r2＝2r＝2R，粒子的部分运动轨迹如图所示
根据几何关系MO1＝OO1＝OM＝R，故∠OMO1＝60°，OC＝，CO2＝，O2P＝2R，△CPO2中，由勾股定理得CP＝，得xP＝OC＋CP＝R
(3)由几何关系可知∠MOO2＝90°，则有OO2＝R，粒子运动到离O点最远的点N(连心线与圆O2的交点)，ON＝(＋2)R，圆形区域外的磁场B2的最小面积为S＝π[(＋2)R]2－πR2＝(6＋4)πR2。微专题83 洛伦兹力与现代科技
1．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件等各种电磁仪器中，最终平衡的标志是qvB＝qE＝q。2.对回旋加速器：(1)所加交变电场的周期T等于粒子做圆周运动的周期；(2)粒子最大速度vm＝，与加速电压U无关；(3)在电场中加速次数为n：nqU＝mvm2。
1．跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度大小为E，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P飘入电场(飘入速度可视为0)，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出时动能为Ek。已知K、Q的距离为d，带电粒子的重力不计。则下列说法正确的是( )
A．第一次加速后，粒子在Ⅱ中运动的半径比在Ⅰ中的半径大
B．粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间相同
C．粒子从出射口K引出的动能Ek＝
D．粒子出射前经过加速电场的次数N＝
2．(多选)(2024·山东德州市期末)某学习小组设计了如图所示的简易粒子加速器，两水平平行虚线上、下两侧有垂直纸面且范围足够大的匀强磁场，平行板电容器两极板上有正对着的小孔，两极板都恰好处于磁场的水平虚线边界。平行板电容器接通电源后两极板间的电压大小恒为U，将质量为m、带电荷量为－q的带电粒子自静止开始释放，释放位置在电容器的上极板小孔正下方，且紧靠上极板小孔，此后粒子经过多次加速，当动能达到所需要的Ek后立即将磁场撤去。已知两虚线间的距离为d，粒子始终没碰到电容器极板，不计粒子重力和两极板的厚度，以下说法正确的是( )
A．平行板电容器必须接交流电源
B．平行虚线两侧磁场的磁感应强度必须相同
C．粒子转过的圈数至少为－1
D．粒子在电容器中运动的总时间为
3．(多选)(2023·湖北省阶段练习)如图所示是用于分析气体分子组成的一种质谱仪。某中性气体分子在电离室A中被电离成等离子体(即电荷量均为q的正、负离子)，这些离子从缝S1飘出(飘出速度可视为0)，进入电势差为U的加速电场，从缝S2垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场。当双刀双掷开关的触刀掷向1、2时，离子经过半个圆周后打在底片上的P点；当双刀双掷开关的触刀掷向3、4时，离子打在底片上的Q点。已知缝S2与P之间的距离为d1，缝S2与Q点间在沿平行S2P方向上距离为d2，磁场宽度为d。不计离子的重力，下列说法正确的是( )
A．打在P点的离子是负离子
B．打在Q点的离子是负离子
C．打在P点的离子的质量为
D．打在Q点的离子的质量为
4．(多选)(2023·山东淄博市质检)如图，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，整个测量管处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q(单位时间内流过的液体体积)，下列说法正确的是( )
A．a极电势高于b极电势
B．液体流过测量管的速度大小为
C．a、b两极之间的电压为
D．若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
5．由于受地球信风带和盛行西风带的影响，海洋中一部分海水做定向流动，称为风海流，风海流中蕴藏着巨大的动力资源。因为海水中含有大量的带电离子，这些离子随风海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使海流中的正、负离子发生偏转，便可用来发电。如图为一利用风海流发电的磁流体发电机原理示意图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块金属板M、N，金属板长为a，宽为b，两板间的距离为d。将管道沿风海流方向固定在风海流中，在金属板之间加一水平匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向由南向北，用导线将M、N外侧连接电阻为R的航标灯(图中未画出)。工作时，海水从东向西流过管道，在两金属板之间形成电势差，可以对航标灯供电。设管道内海水的流速处处相同，且速率恒为v，海水的电阻率为ρ，海水所受摩擦阻力与流速成正比Ff＝kv，k为比例系数。
(1)求磁流体发电机电动势E的大小，并判断M、N两板哪个板电势较高；
(2)由于管道内海水中有电流通过，求磁场对管道内海水作用力的大小和方向；
(3)求在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能。
微专题83 洛伦兹力与现代科技
1．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件等各种电磁仪器中，最终平衡的标志是qvB＝qE＝q。2.对回旋加速器：(1)所加交变电场的周期T等于粒子做圆周运动的周期；(2)粒子最大速度vm＝，与加速电压U无关；(3)在电场中加速次数为n：nqU＝mvm2。
1．跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度大小为E，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P飘入电场(飘入速度可视为0)，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出时动能为Ek。已知K、Q的距离为d，带电粒子的重力不计。则下列说法正确的是( )
A．第一次加速后，粒子在Ⅱ中运动的半径比在Ⅰ中的半径大
B．粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间相同
C．粒子从出射口K引出的动能Ek＝
D．粒子出射前经过加速电场的次数N＝
答案 C
解析 粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得r＝，由题意可知，粒子在Ⅱ中运动的速度大小与在Ⅰ中运动的速度大小相等，则半径也相等，故A错误；粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间等于在两磁场中运动的时间与在电场中加速的时间之和，由T＝＝可知，粒子在两磁场中运动的时间相同，但在电场中加速的时间越来越短，所以粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间不同，故B错误；设粒子从出射口K射出时的速度大小为vm，此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径最大，为r＝，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvmB＝m，粒子从出射口K射出时的动能Ek＝mvm2，解得Ek＝，故C正确；由于粒子被引出时的动能为Ek，根据动能定理可得NqEL＝Ek，解得N＝＝，故D错误。
2．(多选)(2024·山东德州市期末)某学习小组设计了如图所示的简易粒子加速器，两水平平行虚线上、下两侧有垂直纸面且范围足够大的匀强磁场，平行板电容器两极板上有正对着的小孔，两极板都恰好处于磁场的水平虚线边界。平行板电容器接通电源后两极板间的电压大小恒为U，将质量为m、带电荷量为－q的带电粒子自静止开始释放，释放位置在电容器的上极板小孔正下方，且紧靠上极板小孔，此后粒子经过多次加速，当动能达到所需要的Ek后立即将磁场撤去。已知两虚线间的距离为d，粒子始终没碰到电容器极板，不计粒子重力和两极板的厚度，以下说法正确的是( )
A．平行板电容器必须接交流电源
B．平行虚线两侧磁场的磁感应强度必须相同
C．粒子转过的圈数至少为－1
D．粒子在电容器中运动的总时间为
答案 BD
解析 由题意可知粒子每次都需要进入上极板小孔同一位置进行加速，在上下两侧的磁场中进行回旋，因而平行板电容器需要接直流电源，故A错误；由于粒子的回旋每次都需要回到上极板的小孔，因而上下两侧的磁场中的旋转半径需相同，即平行虚线两侧磁场的磁感应强度必须相同，故B正确；粒子转过的圈数比加速的次数少一次，即n＝－1，Ek0＝qU，解得n＝－1，即粒子转过的圈数至少为－1，故C错误；粒子在电容器中做匀加速直线运动，且每次出下极板的末速度都是下一次加速的初速度，则s＝·d，s＝at2，a＝，解得t＝，故D正确。
3．(多选)(2023·湖北省阶段练习)如图所示是用于分析气体分子组成的一种质谱仪。某中性气体分子在电离室A中被电离成等离子体(即电荷量均为q的正、负离子)，这些离子从缝S1飘出(飘出速度可视为0)，进入电势差为U的加速电场，从缝S2垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场。当双刀双掷开关的触刀掷向1、2时，离子经过半个圆周后打在底片上的P点；当双刀双掷开关的触刀掷向3、4时，离子打在底片上的Q点。已知缝S2与P之间的距离为d1，缝S2与Q点间在沿平行S2P方向上距离为d2，磁场宽度为d。不计离子的重力，下列说法正确的是( )
A．打在P点的离子是负离子
B．打在Q点的离子是负离子
C．打在P点的离子的质量为
D．打在Q点的离子的质量为
答案 AD
解析 由左手定则可知，打在P点的离子是负离子，打在Q点的离子是正离子，故A正确，B错误；
离子在电场中加速，有qU＝mv2，离子在磁场中做匀速圆周运动，有r＝，解得m＝，打在P点的离子，半径r1＝，质量m1＝，打在Q点的离子，半径为r2，由几何关系有r22＝(r2－d2)2＋d2，解得r2＝，质量m2＝，故C错误，D正确。
4．(多选)(2023·山东淄博市质检)如图，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，整个测量管处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q(单位时间内流过的液体体积)，下列说法正确的是( )
A．a极电势高于b极电势
B．液体流过测量管的速度大小为
C．a、b两极之间的电压为
D．若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
答案 AC
解析 根据左手定则，正离子受向上的洛伦兹力，向上偏，负离子受向下的洛伦兹力，向下偏，故a极带正电，b极带负电，故a极电势高于b极电势，A正确；设液体流过测量管的速度大小为v，则流量Q＝Sv＝πD2v，所以v＝，故B错误；随着a、b两极电荷量的增加，两极间的电场强度变大，离子受到的静电力变大，当静电力大小等于洛伦兹力时，离子不再偏转，两极间电压达到稳定，设稳定时两极间电压为U，离子电荷量为q，则离子受到的静电力F＝q，离子所受的洛伦兹力F洛＝qvB，由静电力和洛伦兹力平衡得q＝qvB，解得U＝BDv，将v＝代入得U＝，故C正确；显示器显示的流量Q＝πD2v，显示器上的示数与离子速度有关而与离子浓度无关，故D错误。
5．由于受地球信风带和盛行西风带的影响，海洋中一部分海水做定向流动，称为风海流，风海流中蕴藏着巨大的动力资源。因为海水中含有大量的带电离子，这些离子随风海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使海流中的正、负离子发生偏转，便可用来发电。如图为一利用风海流发电的磁流体发电机原理示意图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块金属板M、N，金属板长为a，宽为b，两板间的距离为d。将管道沿风海流方向固定在风海流中，在金属板之间加一水平匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向由南向北，用导线将M、N外侧连接电阻为R的航标灯(图中未画出)。工作时，海水从东向西流过管道，在两金属板之间形成电势差，可以对航标灯供电。设管道内海水的流速处处相同，且速率恒为v，海水的电阻率为ρ，海水所受摩擦阻力与流速成正比Ff＝kv，k为比例系数。
(1)求磁流体发电机电动势E的大小，并判断M、N两板哪个板电势较高；
(2)由于管道内海水中有电流通过，求磁场对管道内海水作用力的大小和方向；
(3)求在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能。
答案 (1)Bdv N板 (2) 方向向东 (3)＋kv2t
解析 (1)由左手定则可知正离子向下偏转，故N板电势高；两板间电压稳定时有qvB＝q，解得E＝Bdv
(2)设管道内海水的电阻为r，根据电阻定律可得r＝ρ，组成的闭合回路中电流为I＝，磁场对管道内海水的作用力大小为F＝BId，联立解得F＝，由左手定则判定F方向向东；
(3)闭合回路消耗的电能为W1＝I2(R＋r)t＝，克服阻力做功为W2＝Ffx＝kv·vt＝kv2t，故消耗的机械能为W＝W1＋W2＝＋kv2t。微专题84 带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或匀变速曲线运动；在匀强磁场中一般做匀速圆周运动。2.明确各段运动的性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小，由电场进入磁场时往往粒子速度大小、方向都变化。
1. (多选)(2023·辽宁省丹东市质检)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角θ＝30°。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.75×10－3 T。虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝20 N/C的匀强电场。一比荷＝2×105 C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0＝300 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M点(M点图中未画出)垂直虚线方向进入电场(不计重力)，则( )
A．该带电粒子一定带正电
B．OM之间的距离为2 m
C．粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98 m
D．粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
2. (多选)(2023·河南开封市模拟)如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有一单离子质量为m、电荷量为＋q(q>0)的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN成30°角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是( )
A. B. C. D.
3. (2024·湖南省阶段练习)如图所示，水平虚线的上方有竖直向上的匀强电场和匀强磁场(方向未知)，水平虚线下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，水平虚线上、下方的磁感应强度大小相等。一带负电的粒子由竖直虚线上的P点以水平向右的速度v0射入，该粒子刚好沿直线向右运动，现将水平虚线上方的匀强磁场撤走，粒子仍从P点以速度v0沿原方向射入，粒子由水平虚线的M点(图中未画出)离开电场，且粒子在M点的动能为P点动能的2倍，经过一段时间粒子再次回到P点。已知OP＝L，忽略粒子的重力。求：
(1)M点到O点的距离；
(2)上述过程中，粒子轨迹上的点到P点的最大距离；
(3)粒子由P点射入到返回P点的时间。
4．(2023·重庆市模拟)如图所示，在真空中的xOy平面内，有四个边界垂直于x轴的条状区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，区域Ⅰ、Ⅲ宽度均为d，内有沿－y方向的匀强电场E；区域Ⅱ、Ⅳ宽度均为2d，内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1和B2。M是区域Ⅲ右边界与x轴的交点。质量为m、电荷量为＋q的粒子甲以速度v0从O点沿x轴正方向射入电场E，经过一段时间后，沿x轴正方向与静止在M点的粒子乙结合在一起，成为粒子丙进入区域Ⅳ，之后直接从右边界上Q点(图中未标出)离开区域Ⅳ。粒子乙不带电，质量为2m，结合前后无电荷损失，结合时间极短，已知E＝，粒子重力不计。
(1)求粒子甲离开区域Ⅰ时速度的大小v1和与x轴正方向的夹角θ；
(2)求磁感应强度B1的大小；
(3)若匀强磁场B2磁感应强度不同，则粒子丙在磁场B2中运动的时间不同，求粒子丙从M点运动到Q点的最长时间tm。
5. (2023·江苏扬州市模拟)如图所示的xOy平面内，x＜0的区域内有竖直向上的匀强电场。在0＜x≤2L区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为B2，大小关系为B2＝2B1，均垂直于纸面向外。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，在t＝0时刻，从P(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正向水平射出，恰好从坐标原点进入第一象限，最终从x轴上的Q(2L,0)点射出磁场，不计粒子的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)磁感应强度B1的最小值；
(3)若B1＝，整个过程粒子运动的时间t。
微专题84 带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或匀变速曲线运动；在匀强磁场中一般做匀速圆周运动。2.明确各段运动的性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小，由电场进入磁场时往往粒子速度大小、方向都变化。
1. (多选)(2023·辽宁省丹东市质检)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角θ＝30°。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.75×10－3 T。虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝20 N/C的匀强电场。一比荷＝2×105 C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0＝300 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M点(M点图中未画出)垂直虚线方向进入电场(不计重力)，则( )
A．该带电粒子一定带正电
B．OM之间的距离为2 m
C．粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98 m
D．粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
答案 BC
解析 根据题目的描述可知，粒子进入磁场时受到的洛伦兹力竖直向下，根据左手定则可知，带电粒子带负电，故A错误；粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝，代入数据解得r＝2 m，根据几何关系可知，O点为粒子做圆周运动的圆心，因此OM之间的距离也等于半径，即为2 m，故B正确；将粒子进入电场后的速度分解为水平和竖直方向，将粒子的加速度也分解为水平和竖直方向，则在竖直方向上：y＝，其中，a＝，联立解得y≈0.02 m，因此粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为rsin 30°－y≈0.98 m，无法击中x轴，故C正确，D错误。
2. (多选)(2023·河南开封市模拟)如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有一单离子质量为m、电荷量为＋q(q>0)的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN成30°角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是( )
A. B. C. D.
答案 AB
解析 根据洛伦兹力提供向心力qvB＝
离子在MN上方运动的半径为r1＝
离子在MN下方运动的半径为r2＝
若离子从MN上方通过N点有2nr1sin 30°＋2(n－1)r2sin 30°＝2R(n＝1,2,3，… )
解得v＝(n＝1,2,3，… )
即v＝，v＝，v＝，v＝，…
若离子从MN下方通过N点有2n(r1＋r2)sin 30°＝2R(n＝1,2,3，…)
解得v＝(n＝1,2,3，…)
即v＝，v＝，v＝，v＝，v＝，…，A、B正确，C、D错误。
3. (2024·湖南省阶段练习)如图所示，水平虚线的上方有竖直向上的匀强电场和匀强磁场(方向未知)，水平虚线下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，水平虚线上、下方的磁感应强度大小相等。一带负电的粒子由竖直虚线上的P点以水平向右的速度v0射入，该粒子刚好沿直线向右运动，现将水平虚线上方的匀强磁场撤走，粒子仍从P点以速度v0沿原方向射入，粒子由水平虚线的M点(图中未画出)离开电场，且粒子在M点的动能为P点动能的2倍，经过一段时间粒子再次回到P点。已知OP＝L，忽略粒子的重力。求：
(1)M点到O点的距离；
(2)上述过程中，粒子轨迹上的点到P点的最大距离；
(3)粒子由P点射入到返回P点的时间。
答案 (1)2L (2)(3＋2)L (3)(4＋3π)
解析 (1)设粒子在P点的动能为Ek0，则粒子在M点的动能为Ek＝2Ek0
则有mv2＝2×mv02
解得粒子在M点的速度为v＝v0
粒子在M点竖直方向上的速度vy＝＝v0
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上OM＝v0t
竖直方向上vy＝at，L＝at2
联立解得OM＝2L
(2)撤去水平虚线上方的磁场前，粒子在水平虚线上方做匀速直线运动，由平衡条件得qE＝qBv0
解得v0＝
由题意作出撤去上方磁场后粒子的轨迹，如图所示
粒子在电场中运动时，沿竖直方向有L＝at2，qE＝ma
沿水平方向有2L＝v0t
在水平虚线下方磁场中运动时，有qvB＝m
联立解得r＝2L
粒子进入水平虚线下方磁场时的速度与水平虚线的夹角为θ＝45°，又r＝2L，故轨迹圆的圆心在竖直虚线上，则OO′＝2L
则粒子在磁场中运动时与P的最大距离为d＝(3＋2)L
(3)粒子从P运动到M的时间t0＝
根据对称性可知，粒子在电场中运动的总时间为t1＝2t0＝
粒子在水平虚线下方磁场中运动的时间为t2＝T
又T＝＝
联立解得t2＝
故粒子从P点射入到返回P点的总时间为t＝t1＋t2＝(4＋3π)。
4．(2023·重庆市模拟)如图所示，在真空中的xOy平面内，有四个边界垂直于x轴的条状区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，区域Ⅰ、Ⅲ宽度均为d，内有沿－y方向的匀强电场E；区域Ⅱ、Ⅳ宽度均为2d，内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1和B2。M是区域Ⅲ右边界与x轴的交点。质量为m、电荷量为＋q的粒子甲以速度v0从O点沿x轴正方向射入电场E，经过一段时间后，沿x轴正方向与静止在M点的粒子乙结合在一起，成为粒子丙进入区域Ⅳ，之后直接从右边界上Q点(图中未标出)离开区域Ⅳ。粒子乙不带电，质量为2m，结合前后无电荷损失，结合时间极短，已知E＝，粒子重力不计。
(1)求粒子甲离开区域Ⅰ时速度的大小v1和与x轴正方向的夹角θ；
(2)求磁感应强度B1的大小；
(3)若匀强磁场B2磁感应强度不同，则粒子丙在磁场B2中运动的时间不同，求粒子丙从M点运动到Q点的最长时间tm。
答案 (1)2v0 60° (2) (3)
解析 (1)设粒子甲在区域Ⅰ电场中的加速度为a1，运动时间为t1，离开区域Ⅰ时速度大小为v1，与x轴正方向夹角为θ，v1沿y轴负方向的大小为vy，则
根据牛顿第二定律，有qE＝ma1
水平方向：d＝v0t1
竖直方向：vy＝a1t1
由速度的合成与分解及几何关系，有vy＝v0tan θ，v1＝
解得v1＝2v0，θ＝60°
(2)粒子甲运动到M点时速度沿x轴正方向，由运动的对称性，粒子甲在匀强磁场B1中做匀速圆周运动的轨迹关于区域Ⅱ垂直于x轴的中线对称，设轨道半径为r1，则
由对称性和几何关系：d＝r1sin θ
洛伦兹力提供向心力：qv1B1＝
联立解得B1＝
(3)设粒子甲在M点与粒子乙结合前速度大小为v2，粒子丙在M点速度大小为v3，则
由题意，知v2＝v0
以x轴正方向为正方向，根据动量守恒定律，有mv2＝3mv3
粒子丙在磁场B2中以速度v3做匀速圆周运动，且从右边界上Q点离开，则当匀速圆周运动的半径r2＝2d时，粒子丙在磁场B2中运动时间最长，设为t4，则t4＝×＝。
5. (2023·江苏扬州市模拟)如图所示的xOy平面内，x＜0的区域内有竖直向上的匀强电场。在0＜x≤2L区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为B2，大小关系为B2＝2B1，均垂直于纸面向外。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，在t＝0时刻，从P(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正向水平射出，恰好从坐标原点进入第一象限，最终从x轴上的Q(2L,0)点射出磁场，不计粒子的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)磁感应强度B1的最小值；
(3)若B1＝，整个过程粒子运动的时间t。
答案 (1) (2) (3)(2＋5π)
解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，将其分解为沿＋x方向的匀速直线运动和沿＋y方向的匀加速直线运动。设粒子经过O点时的速度大小为v，其沿y轴分速度大小为vy，速度v与x轴正方向的夹角为θ，其运动轨迹如图所示，则有
a＝，2L＝v0t1，L＝at12 ，vy＝at1
tan θ＝，v＝
联立解得E＝，θ＝30°，v＝v0，t1＝；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
qvB1＝m
解得B1＝
可见磁感应强度B1最小时，粒子运动半径最大，由几何关系可知粒子在第一象限磁场中由O直接到Q点，其半径最大，则有rmax＝＝＝2L
解得磁感应强度B1的最小值B1min＝
＝＝；
(3)当B1＝时，由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得粒子在第一象限中运动半径为r1＝＝L，
轨迹的弦长为d1＝2r1sin θ＝r1＝L
t2＝·＝
设粒子在第四象限中的运动半径为r2，同理可得r2＝＝＝r1
轨迹的弦长为d2＝2r2sin θ＝L
轨迹圆心角为360°－2θ＝360°－60°＝300°
t3＝·＝
粒子由O到Q的运动轨迹如图所示，粒子最终从第一象限经过x轴上的Q点，粒子先是重复O→M→N的运动，设重复次数为n，需满足关系：
n(d1－d2)＋d1＝OQ＝2L
联立解得n＝4
则整个过程粒子运动的时间t＝t1＋n(t2＋t3)＋t2＝＋4(＋)＋＝(2＋5π)。微专题85 带电粒子在叠加场中的运动
1．先确定各场的性质、方向、强弱等，后正确分析带电体受力情况、运动情况，寻找临界点、衔接点。2.若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动，则重力与静电力等大、反向。3.带电粒子在含有匀强磁场的叠加场中做的直线运动，一定为匀速直线运动。
1. (多选)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量大小为q的小球，以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。经过时间t，小球到达C点(图中没标出)，电场方向突然变为竖直向上，电场强度大小不变。已知重力加速度为g，则( )
A．小球一定带负电
B．时间t内小球做匀速直线运动
C．匀强磁场的磁感应强度为
D．电场方向突然变为竖直向上，则小球做匀加速直线运动
2. (2023·湖北省恩施教育联盟模拟)如图所示，某空间同时存在着互相正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a带负电，电荷量为q1，恰能静止于此空间的c点，另一带电体b也带负电，电荷量为q2，正在过c点的竖直平面内作半径为r的匀速圆周运动，结果a、b在c处碰撞并粘合在一起，关于a、b粘合一起后的运动性质下列说法正确的是( )
A．向左做匀速直线运动
B．顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r′＝r
C．顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r′＝r
D．因为有重力和静电力这样的恒力存在，故以上说法都不对
3. (多选)(2023·内蒙古包头市模拟)空间内存在电场强度大小E＝100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1＝100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出)。一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．在运动过程中，小球的机械能守恒
B．小球经过A点时的速度最大
C．小球经过B点时的速度为0
D．l＝ m
4. (多选)(2023·河北邢台市模拟)如图所示，空间有一无限大正交的电磁场区域，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外，电磁场中有一内壁光滑竖直放置的绝缘长筒，其底部有一带电量为－q(q>0)、质量为的小球，g为重力加速度，小球直径略小于长筒内径。现长筒在外力作用下以大小为v0的速度向右做匀速直线运动。已知小球刚离开长筒时小球在竖直方向的分速度大小为v0，下列说法正确的是( )
A．小球在长筒中的运动时间为
B．小球在长筒中的运动时间为
C．小球从长筒中飞出后做匀速圆周运动的轨道半径的大小为
D．小球从长筒中飞出后做匀速圆周运动的轨道半径的大小为
5．(2023·江西景德镇市模拟)如图所示，在区域Ⅰ有与水平方向成30°角的匀强电场，电场强度大小E1未知，电场方向斜向左下方。在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E2＝，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为－q的粒子从区域Ⅰ的左边界P点静止释放。粒子沿水平虚线向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d。粒子从区域Ⅱ右边界的Q点(图中未画出)离开，速度方向偏转了60°，重力加速度为g。求：
(1)区域Ⅰ的电场强度大小E1；
(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；
(3)粒子从P点运动到Q点的时间。
6. 如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，整个空间存在竖直向上的匀强电场，y轴两侧均有方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧的磁感应强度大小是右侧的两倍。t＝0时刻，一个带正电微粒从O点以v＝2 m/s的初速度射入y轴右侧空间，初速度方向与x轴正方向成60°，微粒恰能做匀速圆周运动，第一次经过y轴的点记为P，OP长L＝0.8 m。已知微粒所带电荷量q＝＋4×10－6 C，质量m＝2×10－7 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)y轴右侧磁场的磁感应强度大小；
(3)微粒第二次经过P点的时刻(结果可含π)。
微专题85 带电粒子在叠加场中的运动
1．先确定各场的性质、方向、强弱等，后正确分析带电体受力情况、运动情况，寻找临界点、衔接点。2.若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动，则重力与静电力等大、反向。3.带电粒子在含有匀强磁场的叠加场中做的直线运动，一定为匀速直线运动。
1. (多选)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量大小为q的小球，以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。经过时间t，小球到达C点(图中没标出)，电场方向突然变为竖直向上，电场强度大小不变。已知重力加速度为g，则( )
A．小球一定带负电
B．时间t内小球做匀速直线运动
C．匀强磁场的磁感应强度为
D．电场方向突然变为竖直向上，则小球做匀加速直线运动
答案 BC
解析 假设小球做变速直线运动，小球所受重力与静电力不变，而洛伦兹力随速度的变化而变化，则小球将不可能沿直线运动，故假设不成立，所以小球一定受力平衡做匀速直线运动，故B正确；小球做匀速直线运动，根据平衡条件可得静电力水平向右，洛伦兹力垂直速度方向斜向左上方，如图所示，故小球一定带正电，故A错误；由平衡条件可知：qE＝mg＝qv0Bsin 45°，解得B＝，故C正确；当电场方向改变后，重力与静电力恰好平衡，小球受到的洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，故D错误。
2. (2023·湖北省恩施教育联盟模拟)如图所示，某空间同时存在着互相正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a带负电，电荷量为q1，恰能静止于此空间的c点，另一带电体b也带负电，电荷量为q2，正在过c点的竖直平面内作半径为r的匀速圆周运动，结果a、b在c处碰撞并粘合在一起，关于a、b粘合一起后的运动性质下列说法正确的是( )
A．向左做匀速直线运动
B．顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r′＝r
C．顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r′＝r
D．因为有重力和静电力这样的恒力存在，故以上说法都不对
答案 B
解析 带电体a、b受到的静电力都与其受到的重力平衡，碰撞前带电体b沿顺时针方向做匀速圆周运动，碰撞后整体受到的重力依然和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，沿顺时针方向做匀速圆周运动，故A错误；带电体b受到的洛伦兹力提供向心力，有q2vB＝m2，解得：v＝，a、b碰撞过程，系统总动量守恒，有m2v＝(m1＋m2)v′，解得：v′＝，整体做匀速圆周运动，有(q1＋q2)v′B＝(m1＋m2)，解得：r′＝r，故B正确，C、D错误。
3. (多选)(2023·内蒙古包头市模拟)空间内存在电场强度大小E＝100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1＝100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出)。一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．在运动过程中，小球的机械能守恒
B．小球经过A点时的速度最大
C．小球经过B点时的速度为0
D．l＝ m
答案 BC
解析 由于静电力做功，故小球的机械能不守恒，故A错误；重力和静电力的合力大小为 N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和静电力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，故B正确；小球做周期性运动，小球从O点运动到B点的过程中，合力做功为零，故小球在B点时的速度也为0，故C正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得：mg·l＝mv2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得：qvyB1×Δt＝mΔv，累积求和，则有：qB1l＝mv，解得：l＝ m，故D错误。
4. (多选)(2023·河北邢台市模拟)如图所示，空间有一无限大正交的电磁场区域，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外，电磁场中有一内壁光滑竖直放置的绝缘长筒，其底部有一带电量为－q(q>0)、质量为的小球，g为重力加速度，小球直径略小于长筒内径。现长筒在外力作用下以大小为v0的速度向右做匀速直线运动。已知小球刚离开长筒时小球在竖直方向的分速度大小为v0，下列说法正确的是( )
A．小球在长筒中的运动时间为
B．小球在长筒中的运动时间为
C．小球从长筒中飞出后做匀速圆周运动的轨道半径的大小为
D．小球从长筒中飞出后做匀速圆周运动的轨道半径的大小为
答案 BD
解析 小球的重力mg＝g＝qE，小球带负电，静电力竖直向上，与重力等大反向，两力抵消，小球随着长筒水平向右做匀速直线运动，由左手定则可知洛伦兹力竖直向上，其大小为F洛＝qBv0，洛伦兹力大小和方向恒定，所以小球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知加速度a＝＝＝，已知小球刚离开长筒时小球在竖直方向的分速度大小为v0，则小球在长筒中运动时间t＝＝＝，故A错误，B正确；小球刚离开长筒时在竖直方向的分速度大小为v0，水平方向的速度为v0，则合速度v＝v0，小球离开筒以后，将做匀速圆周运动，重力和静电力相等，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，可得轨道半径r＝＝＝，故C错误，D正确。
5．(2023·江西景德镇市模拟)如图所示，在区域Ⅰ有与水平方向成30°角的匀强电场，电场强度大小E1未知，电场方向斜向左下方。在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E2＝，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为－q的粒子从区域Ⅰ的左边界P点静止释放。粒子沿水平虚线向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d。粒子从区域Ⅱ右边界的Q点(图中未画出)离开，速度方向偏转了60°，重力加速度为g。求：
(1)区域Ⅰ的电场强度大小E1；
(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；
(3)粒子从P点运动到Q点的时间。
答案 (1) (2) (3)＋
解析 (1)粒子在区域Ⅰ沿水平虚线方向做直线运动，说明粒子在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件有qE1sin 30°＝mg
解得E1＝
(2)粒子进入区域Ⅱ后，根据题意有E2q＝mg
由此可知粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子进入区域Ⅱ的速度大小为v，则有qvB＝
根据几何关系有Rsin 60°＝d
联立解得v＝
(3)粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，其运动周期为T＝
则粒子在区域Ⅱ中运动时间为t2＝ T＝
粒子在区域Ⅰ沿水平虚线运动，根据动量定理有qE1cos 30°·t1＝mv
故粒子从P点运动到O点的时间为t＝t1＋t2
联立解得t＝＋。
6. 如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，整个空间存在竖直向上的匀强电场，y轴两侧均有方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧的磁感应强度大小是右侧的两倍。t＝0时刻，一个带正电微粒从O点以v＝2 m/s的初速度射入y轴右侧空间，初速度方向与x轴正方向成60°，微粒恰能做匀速圆周运动，第一次经过y轴的点记为P，OP长L＝0.8 m。已知微粒所带电荷量q＝＋4×10－6 C，质量m＝2×10－7 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)y轴右侧磁场的磁感应强度大小；
(3)微粒第二次经过P点的时刻(结果可含π)。
答案 (1)0.5 N/C (2)0.125 T (3) s
解析 (1)微粒射入y轴右侧空间，恰能做匀速圆周运动，说明微粒受到的静电力与重力平衡，则有qE＝mg
解得匀强电场的电场强度大小为E＝＝0.5 N/C
(2)微粒在y轴右侧磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m
由几何关系知，微粒做圆周运动的轨道半径为r1＝＝L
联立解得y轴右侧磁场的磁感应强度大小为B＝0.125 T
(3)由题知微粒在y轴左侧有qv·2B＝m
则r2＝
微粒从射入到第二次经过P点的运动轨迹如图，由T＝知微粒在y轴右、左两侧运动的周期分别为T1＝，T2＝微粒从射入到第二次经过P点经历的时间为t＝2·＋2·＝ s
联立解得微粒第二次经过P点的时刻为t＝ s。微专题86 带电粒子在交变电、磁场中的运动
1．先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，再判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响。2.画出粒子运动轨迹，分析运动空间上的周期性、时间上的周期性，并注意是否存在多种可能性。
1．空间存在垂直于纸面方向的匀强磁场。其方向随时间周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图线如图所示。规定B>0时，磁场的方向穿出纸面，一电荷量 q＝5π×10－7 C，质量 m＝5×10－10 kg 的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时刻以初速度v0＝π m/s沿垂直磁场方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度大小为( )
A．π m/s B. m/s
C．2 m/s D. m/s
2．(多选)(2023·湖北襄阳市阶段练习)两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图甲、图乙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t＝0时刻由负极板某位置释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力)，若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且t0＝，两板间距为，下列说法正确的是( )
A．粒子在t0时刻的动能为
B．粒子在t0～t0时间内的速度变化量大小为
C．粒子在2t0～3t0时间内做匀加速直线运动
D．粒子在极板间运动的最大位移大小为
3．(2023·江苏常州市模拟)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限中，有平行于y轴向下的匀强电场，在y轴的右侧区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度大小B随时间变化的关系如图乙所示，在t＝0时刻有一比荷为1×104 C/kg的带正电粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0＝2×103 m/s进入磁场，开始时，磁场方向垂直纸面向里，粒子最后到达x轴上坐标为(－2 m,0)的P点，求：
(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(2)粒子到达y轴时与O点的距离s；
(3)匀强电场的电场强度大小E。
4．(2024·湖南长沙市长郡中学月考)如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝1×106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过t1＝×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)，计算结果可用π表示。
(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O点右方43.5 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。
5．(2024·江苏扬州市阶段练习)如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点(2L,0)为圆心、半径为L的圆形磁场区域，磁场区域边界与x轴的交点分别为M、N。在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入加速电场中，加速后以速度v0经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，电子飞出电场后从M点进入圆形磁场区域，进入磁场时取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为正方向，图中B0是未知量)，最后电子从N点飞出，不考虑电子的重力。求：
(1)加速电场的电压U；
(2)电子运动到M点时的速度大小和方向；
(3)磁场变化周期T满足的关系式。
微专题86 带电粒子在交变电、磁场中的运动
1．先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，再判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响。2.画出粒子运动轨迹，分析运动空间上的周期性、时间上的周期性，并注意是否存在多种可能性。
1．空间存在垂直于纸面方向的匀强磁场。其方向随时间周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图线如图所示。规定B>0时，磁场的方向穿出纸面，一电荷量 q＝5π×10－7 C，质量 m＝5×10－10 kg 的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时刻以初速度v0＝π m/s沿垂直磁场方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度大小为( )
A．π m/s B. m/s
C．2 m/s D. m/s
答案 C
解析 带电粒子在磁场中的运动半径为r＝＝0.01 m，周期为T＝＝0.02 s＝5×10－3 s×4，作出粒子的轨迹示意图如图所示，磁场变化一个周期内，带电粒子的位移为2×10－2 m，所以在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内，带电粒子的平均速度的大小等于2 m/s，故C选项正确。
2．(多选)(2023·湖北襄阳市阶段练习)两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图甲、图乙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t＝0时刻由负极板某位置释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力)，若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且t0＝，两板间距为，下列说法正确的是( )
A．粒子在t0时刻的动能为
B．粒子在t0～t0时间内的速度变化量大小为
C．粒子在2t0～3t0时间内做匀加速直线运动
D．粒子在极板间运动的最大位移大小为
答案 ACD
解析 由题可知，0～t0时间内带电粒子做匀加速直线运动，有a＝，x1＝·t02＝，v1＝at0＝，故粒子在t0时刻的动能为Ek＝mv12＝，故A正确；t0～t0时间段内，带电粒子只受洛伦兹力的作用做圆周运动，故r1＝＝，T＝＝2t0，t0时粒子的速度方向水平，故t0～t0时间内的速度变化量大小为Δv＝v1＝，故B错误；t0～2t0时间段内，磁场方向改变，带电粒子只受洛伦兹力的作用做圆周运动，2t0时，粒子运动方向竖直向上。
根据带电粒子的受力可知，2t0～3t0带电粒子向上做匀加速直线运动。x2＝v1t0＋at02＝，v2＝v1＋at0＝，故C正确；3t0～t0、t0～4t0带电粒子做圆周运动，r2＝＝，两板间距为d＝，故粒子在极板间的运动轨迹如图所示。由上分析可知，当粒子到达对面极板时的水平位移为x＝2r1＋2r2＝，故粒子在极板间运动的最大位移大小为s＝＝＝，故选D正确。
3．(2023·江苏常州市模拟)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限中，有平行于y轴向下的匀强电场，在y轴的右侧区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度大小B随时间变化的关系如图乙所示，在t＝0时刻有一比荷为1×104 C/kg的带正电粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0＝2×103 m/s进入磁场，开始时，磁场方向垂直纸面向里，粒子最后到达x轴上坐标为(－2 m,0)的P点，求：
(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(2)粒子到达y轴时与O点的距离s；
(3)匀强电场的电场强度大小E。
答案 (1)0.4 m (2)1.6 m (3)3.2×102 V/m
解析 (1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，设轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝m
解得R＝＝0.4 m
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则T＝＝4π×10－4 s
0～π×10－4 s时间内，粒子运动的周期数为N1＝＝
运动轨迹对应的圆心角为120°；
π×10－4～2π×10－4 s内，粒子运动的周期数为N2＝＝
运动轨迹对应的圆心角为60°；
2π×10－4～π×10－4 s内，粒子运动的周期数为N3＝＝
运动轨迹对应的圆心角为120°，故粒子运动轨迹如图所示
粒子恰好在t＝π×10－4 s时到达y轴，由图知粒子到达y轴时与O点的距离s＝4R＝1.6 m
(3)粒子进入电场后做类平抛运动，则竖直方向有s＝at2＝t2
水平方向有x＝v0t
解得E＝3.2×102 V/m。
4．(2024·湖南长沙市长郡中学月考)如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝1×106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过t1＝×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)，计算结果可用π表示。
(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O点右方43.5 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。
答案 (1)见解析 (2)π×10－5 s
解析 (1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r1，由B1qv0＝
可得r1＝＝5 cm
当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为r2，同理可得r2＝＝3 cm
由圆周运动规律得T＝
当磁场垂直纸面向外时，周期T1＝＝×10－5 s
磁场垂直纸面向里时，周期T2＝＝×10－5 s
(2)电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图甲所示
从电荷第一次通过MN开始，其运动的周期
T′＝4t1＋＋＝×10－5 s
每个周期电荷沿MN向挡板移动距离为Δd＝2(r1－r2)＝4 cm
根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即s＝9Δd＝36 cm
则最后(43.5－36)cm＝7.5 cm的距离的轨迹如图乙所示
由几何关系可得r1＋r1cos α＝7.5 cm
解得cos α＝0.5，即α＝60°
故电荷运动的总时间t总＝t1＋9T′＋T1－T1＝π×10－5 s。
5．(2024·江苏扬州市阶段练习)如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点(2L,0)为圆心、半径为L的圆形磁场区域，磁场区域边界与x轴的交点分别为M、N。在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入加速电场中，加速后以速度v0经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，电子飞出电场后从M点进入圆形磁场区域，进入磁场时取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为正方向，图中B0是未知量)，最后电子从N点飞出，不考虑电子的重力。求：
(1)加速电场的电压U；
(2)电子运动到M点时的速度大小和方向；
(3)磁场变化周期T满足的关系式。
答案 (1) (2)2v0，方向与x轴正方向的夹角为60°斜向下 (3)T＝(n＝1,2,3…)
解析 (1)在加速电场中，从P点到Q点，由动能定理得eU＝mv02，可得U＝
(2)电子从Q点到M点做类平抛运动，有＝at2，L＝v0t，电子运动至M点时vM＝，解得vM＝2v0
cos θ＝＝，解得θ＝60°，即速度方向与x轴正方向的夹角为60°斜向下；
(3)电子在磁场中的运动具有周期性，轨迹如图所示
电子到达N点符合要求的空间条件为n(2Rsin 60°)＝3L－L(n＝1,2,3…)
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径R＝解得B0＝(n＝1,2,3…)
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是T0＝，T0＝
所以T应满足的条件为T＝(n＝1,2,3…)。
