2018高三复习 专题10磁场(含解析)

【2018年高考考点定位】

作为一个热门的考点，一个每年必考的考点，近年来命题形式频出新意，主要侧重于两个方面，一个是描述磁场的相关物理量和定义的考察，如磁场、磁感应强度、磁感线、安培力、左手定则、右手定则等，考察这些基本的概念，不过情景可能会新。另外一个方面就是带点粒子在匀强磁场中的运动和安培力做功，涉及到运动过程的描述和功能关系。 【考点pk】名师考点透析 考点一、磁场和磁感应强度 【名师点睛】

1、 磁场：性质是对放入其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用。磁场的强弱用磁感应强度B表示，方向为小磁针静止时N极所指的方向。大小定义为BF,此定义为电流垂直磁IL场时所受到的磁场力与电流大小和长度的比值，当然只针对一小段长度，我们称之为电流元（微元法）。

2、 磁感线：与电场线的相同点都是假设的不存在的，都以切线方向表示磁场方向（或电场方向），不同点电场线是不闭合的，而磁感线是闭合的。常见磁场的磁感线如下

3、 磁通量：穿过平面的磁感线的多少。对匀强磁场，若磁感应强度大小为B，平面面积为S，夹角为，则有磁通量BSsin 考点二、安培右手定则 【名师点睛】

1、 直线电流的磁场：右手握着通电直导线，大拇指指向电流的方向，四指环绕的方向即磁场的方向。磁场特点为以直导线为中心轴以一组同轴圆环，离轴越远，磁感应强度越弱。

2、 环形电流的磁场：右手握着环形电流，四指环绕的方向为电流方向，大拇指所指的方向就是中心轴线处磁场的方向，也就是磁场的N极。磁场特点环形电流内部和外部的磁感应强度方向相反，大拇指指的是内部的磁场方向。

3、 通电螺线管的磁场：右手握着通电螺线管，四指环绕的方向为电流方向，大拇指所指的方向就是中心轴线处磁场的方向，也就是磁场的N极。磁场特点类似于条形磁铁的磁场，螺线管内部为匀强磁场。

考点三、带点粒子在匀强磁场中的运动 【名师点睛】

1、 洛伦磁力（左手定则）：伸开左手，让磁感线穿过手心，四指直向正电荷运动的方向或者负电荷运动的反方向，大拇指所指的就是洛伦兹力的方向。大小表达式为FqvBsin，为速度与磁场的夹角。注意的是，洛伦兹力的方向总是垂直于磁场和速度所决定的平面。所以洛伦兹力不会做功。

2、 速度方向垂直磁场方向进入磁场的带点粒子，由于洛伦兹力总是和速度方向垂直，只改

v2变速度大小不改变速度方向，粒子将做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvBm，

r粒子在磁场中匀速圆周运动半径为r醒大家注意周期和速度无关。

3、 水平边界的匀强磁场中，带电粒子进磁场时速度与边界的夹角和出磁场时速度与边界夹角相同，即具有对称性。圆形边界的匀强磁场，若粒子沿磁场半径方向进入磁场，必定还沿半径方向离开磁场。由于粒子在磁场中的运动涉及较多的几何关系，所以借助某些结论可以缩短计算时间。

考点四、带点粒子在复合场中的运动 【名师点睛】

1、 质谱仪：通过一个加速电场：qumv2r2mv2m。圆周运动周期T，提

qBvvqBqB2qu12mv，v，垂直磁场进入匀强磁场做匀速2m圆周运动，圆周运动半径rmv2um2um,打在水平边界上的间距为，d2r222qBqBqB对于电荷数相同质量数不同的同位素，可以通过打在不同位置而区分开，而且可以通过间距分析粒子的比荷大小。结构简图如下

2、 回旋加速器：两个半圆的D行金属盒构成，金属盒内存在匀强磁场，两个金属盒的间隙处加油高频交流电，带点粒子在其中一个D行盒中做半个周期的匀速圆周运动，经过高频交流电，被电场加速，让后进入对面的D行盒再做半个周期的匀速圆周运动，再回到缝隙处的高频交流电时，电场方向刚好反向，粒子继续加速，这样如此循环，粒子的速度越来越大，圆周运动半径越来越大，最终达到D行盒的半径而离开D行盒，获得高速粒子。注意○1交流电的周期等于粒子在匀强磁场中圆周运动的周期○2粒子最终的速度由D行盒的半径和磁感应强度决定，与加速电压无关。

3、 速度选择器（磁流体发电机）：带电粒子进入匀强磁场后，由于受到洛伦兹力的作用而使得正负粒子偏向不同的方向，如下图所示，从而使得A板带负电，B板带正电，从而在AB之间形成电场和电压。当粒子不再偏转时，设AB之间电压为，间距为d，磁感应强度为B，则能够通过而不偏转的粒子满足条件为qvBquuu，可得v，即只有速度等于vdBdBd的粒子才能沿直线通过，此为速度选择器。此时上下两板之间的电压维持在udvB，可以持续稳定对外供电，即磁流体发电机的电动势udvB。

【试题演练】

1．如图所示，电子枪向右发射电子束，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则电子束将： （ ）

A．向上偏转 B．向下偏转 C．向纸外偏转 D．向纸内偏转 【答案】A

【解析】由安培定则可知，在电子枪处电流磁场方向垂直于纸面向外，电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转，故选项A正确。 2．不计重力的两个带电粒子1和2经小孔S垂直磁场边界，且垂直磁场方向进入匀强磁场，在磁场中的轨迹如图所示。分别用v1与v2，t1与t2，q1与

m1q2m2表示它们的速率、在磁场中运

动的时间及比荷，则下列说法正确的是： （ ）

S

1

2

A．若C．若

q1m1q1m1＜＜

q2m2q2m2，则v1＞v2 B．若v1＝v2，则

q1m1＜

q2m2

，则t1＜t2 D．若t1＝t2，则

q1m1＞

q2m2【答案】B

【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题；解题时要分析物理过程，得出表达式并整理成需要的表达形式，通过题中的条件进行变量的控制即能解决问题。

3．（多选）如图所示，在虚线宽度范围内，存在方向垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场，某种正离子以初速度v0垂直于左边界射入，离开右边界时偏转角度为θ。在该宽度

范围内，若只存在竖直向下的匀强电场，该离子仍以原来的初速度穿过该区域，偏角角度仍为θ（不计离子的重力），则下列判断正确的是： （ ）

v0

θ

A．匀强电场的电场强度大小为EB．匀强电场的电场强度大小为EBv0cosθBv0sinθ

sinθθC．离子穿过电场和磁场的时间之比为

D．离子穿过电场和磁场的时间之比为sinθ

θv0【答案】AC

【名师点睛】本题是离子分别在电场中和磁场中运动的问题，要抓住研究方法的区别，不能混淆．对于带电粒子在电场中运动常用的研究方法是运动的合成和分解，对于带电粒子在磁场中运动，关键作出轨迹，会确定圆心、半径和圆心角。

【三年高考】 15、16、17年高考真题及其解析

1．【2017·江苏卷】如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为： （ ）

（A）1:1 【答案】A

（B）1:2 （C）1:4 （D）4:1

【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．

2． 【2017·新课标Ⅰ卷】如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是： （ ）

A．mambmcC．mcmamb【答案】B

【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以mbmamc，故B正确，ACD错误。

【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是mag=qE，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。

3． 【2017·新课标Ⅲ卷】如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流

B．mbmamc

D．mcmbma

I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其

他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为： （ ）

A．0 B．【答案】C

323B0 C．B0 D．2B0 33

【名师点睛】本题关键为利用安培定则判断磁场的方向，在根据几何关系进行磁场的叠加和计算。

4． 【2017·新课标Ⅱ卷】 （多选）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将： （ ）

A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉

C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 【答案】AD

【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况。

5． 【2017·新课标Ⅱ卷】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2:v1为： （ ）

A．3:2 【答案】C

【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远。则当粒子射入的速度为v1，

如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1Rcos60

B．2:1

C．3:1

D．3:2

1R；同理，若粒子射入2的速度为v2，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2Rcos303R；根据2rmvv，则v2:v1=r2:r13:1，故选C。 qB

【名师点睛】此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题；解题时关键是要画出粒子运动的轨

迹草图，知道能打到最远处的粒子运动的弧长是半圆周，结合几何关系即可求解。

1．【2016·上海卷】如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是： （ ）

A．+x方向 向 【答案】A

B．-x方向

C．+y方向

D．-y方

【方法技巧】首先需要判断出电子束产生电流的方向，再根据安培定则判断感应磁场的方向。 2． 【2016·全国新课标Ⅱ卷】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．

2 B． C． D． 3B2BBBπππ)2，两个436【答案】A

【解析】作出粒子的运动轨迹，由几何知识可得，轨迹的圆心角为(π602πm2q，解得运动具有等时性，则，故选A。 360qBm3B【名师点睛】此题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题时必须要画出规范的粒子运动的草图，结合几何关系找到粒子在磁场中运动的偏转角，根据两个运动的等时性求解未知量；此题难度中等，意在考查考生对物理知识与数学知识的综合能力。

3． 【2016·全国新课标Ⅲ卷】平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为： （ ）

A．

mv2mv4mv3mv B． C． D． 2qBqBqBqB【答案】D

【方法技巧】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

Rmv2πmT，知道粒子在磁场中运动半径和速，周期公式T，运动时间公式t2πBqBq度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。 4． 【2016·四川卷】如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则： （ ）

A．vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 C．vb:vc=2:1，tb:tc=2:1

B．vb:vc=2:2，tb:tc=1:2 D．vb:vc=1:2，tb:tc=1:2

【答案】A

【解析】设正六边形边长为L，若粒子从b点离开磁场，可知运动的半径为R1=L，在磁场中转过的角度为θ1=120°；若粒子从c点离开磁场，可知运动的半径为R2=2L，在磁场中转过的角度为θ2=60°，根据Rmv2m可知vb:vc=R1：R2=1:2；根据t可知，TqB360360qBtb:tc=θ1：θ2=2:1，故选A。

【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关的；记住两个常用的公式：Rmv2m和T。 qBqB5． 【2016·全国新课标Ⅰ卷】现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为： （ ）

A．11 B．12 C．121 D．144 【答案】D

【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动。要特别注意带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁场的速度。本题关键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。

1．【2015·重庆·1】题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。以下判断可能正确的是： （ ）

A．a、b为粒子的经迹 C．c、d为粒子的经迹 【答案】D

【解析】 射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B错误。粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A、C错误；粒子是带负电的电子流，应向下偏转，选项D正确。故选D。 【规律总结】本题主掌握①三种射线的性质比较

种 类 本 质 质量（u） 电荷（e） 速度（c） 电离性 贯穿性 α射线 β射线 γ射线 氦核 4 +2 0.1 最强 最弱，纸能挡住

B．a、b为粒子的经迹 D．c、d为粒子的经迹

电子 1/1836 -1 0.99 较强 较强，穿几mm铝板 光子 0 0 1 最弱 最强，穿几cm铅版 ②三种射线在匀强磁场、匀强电场、正交电场和磁场中的偏转情况比较： α γ β β γ α O ⑴ ⑵ ⑶

2． 【2015·全国新课标Ⅰ·14】两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的： （ ）

A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 【答案】D

【定位】 磁场中带电粒子的偏转

【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能。

3． 【2015·江苏·4】如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是： （ ）

【答案】A

【解析】 由题意知，当处于磁场中的导体，受安培力作用的有效长度越长，根据F=BIL知受安培力越大，月容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确。 【方法技巧】 本题主要是安培力，在通电导体在磁场中受安培力时，要注意导体的有效长度的计算。

4． 【2015·广东·16】在同一匀强磁场中，α粒子（24He）和质子（12H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子： （ ） A．运动半径之比是2∶1 B．运动周期之比是2∶1 C．运动速度大小之比是4∶1 D．受到的洛伦兹力之比是2∶1 【答案】B

v22πr【方法技巧】qvB＝m和T＝，是求解带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的法

vr宝。

5． 【2015·四川·7】（多选）如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10T，电子质量m＝9.1×10

6

－4

－31

kg，电荷量e＝－1.6×10

－19

C，不计电

子重力。电子源发射速度v＝1.6×10m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则： （ ）

A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm 【答案】AD

【名师点睛】正确画出带电粒子运动轨迹示意图是求解本题的关键。

【方法技巧】处理带电粒子在匀强磁场中的运动问题时，要善于画轨迹图，且要认真画，通过示意图寻找几何关系，同时本题通过作图发现，θ＝45°和θ＝60°时，l值不是特殊值，运算量较大，因此可以采用反推法，即根据l值反推对应的θ值，可化繁为简。

【规律总结】粒子源中带电粒子等速率，不定方向发射时，相当于一系列等大圆直径旋转。

【两年模拟】16、17年名师模拟题及其解析

1．【黑龙江省哈尔滨市第六中学2017届高三上学期期中考试】如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将ab两点接入电源两端，若电阻丝ab段受到的安培力大小为F，则此时三根电阻丝受到的安培力的合力大小为： （ ）

c

a b

A．F B．1.5F C．2F D．3F 【答案】B

2． 【2017·天津市五区县高三上学期期末考试】如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点。以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系。过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流。则过C点的通电直导线所受安培力的方向为： （ ）

A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向 C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向 【答案】B

【解析】等边三角形的三个顶点A、B、O处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．

由安培定则可得：导线A、B的电流在C处的合磁场水平向右，导线O的电流在C处的磁场也是水平向右，故三条导线的电流在O处的合磁场方向水平向右．再由左手定则可得：C点的通电直导线所受安培力的方向为竖直向下，沿着y轴的负方向．故B正确，ACD错误；故选B．

【名师点睛】此题还可用这一规律判断：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥。

3． 【2017·河南省中原名校豫南九校高三上学期第四次质量考评】如图所示，通有恒定电流的、一定长度的直导线水平放置在两足够大的匀强磁场中，磁场方向如图所示，若将导体在纸面内顺时针转180°，关于甲、乙两种情况导体受到的安培力大小和方向变化，下列说法正确的是： （ ）

A．甲、乙两种倩况导线受到的安培力大小不变，方向一直变化 B．甲、乙两种備况导线受到的安培力大小一直在变，方向不变

C．图甲导线受到的安培力大小一直在变,方向变化一次，图乙导线受到的安培力大小一直不

变，方向一直在变

D．图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向不变，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变 【答案】C

4． .【山东省实验中学2017届高三第一次诊断性考试】一带电粒子在电场和磁场同时存在的空间中(不计重力)，不可能出现的运动状态是： （ ） A．静止

B．匀速直线运动

C．匀加速直线运动 D．匀速圆周运动 【答案】A

【解析】带电粒子若只受到电场力，则存在电场力，不可能静止，若还受到磁场力，即使电场力等于磁场力，只能是匀速直线运动，不可能静止的，若静止，则不会受到磁场力，故A错误；若粒子BqvEq，则粒子受力平衡，粒子将做匀速直线运动，故B正确；若粒子不受洛伦兹力，而电场力与运动方向共线，因此粒子做匀变速直线运动，故C正确；当带电粒子受到电场力与洛伦兹力共线时，则由它们的合力提供向心力，即可做匀速圆周运动，故D正确。

5． 【黑龙江省哈尔滨市第六中学2017届高三上学期期中考试】如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1∶t2为： （ ）

1

2

M a c b N

A．2∶3 B．2∶1 C．3∶2 D．3∶1 【答案】D

6．（多选） 【2017·广东省揭阳市高三上学期期末调研考试】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v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点沿BA方向射出，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

mv0

qLπLB．电荷在磁场中运动的时间为

2v0

C．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2v0，则粒子会从AB边的中点射出 【答案】AB

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

Rmv2mT，知道粒子在磁场中运动半径和速，周期公式T，运动时间公式t2BqBq度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题， 7．（多选） 【2017·天津市和平区高三上学期期末质量调查】如图，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个完全相同的带电粒子，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，abc是三个粒子射出磁场的位置．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是： （ ）

A．从a处射出的粒子动能最大 B．从c处射出的粒子速率最大

C．从c处射出的粒子在磁场中运动时间最短

D．从三个位置射出的粒子做圆周运动的周期Ta＜Tb＜Tc 【答案】BC

【名师点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短。

8．（多选） 【2017·辽宁省本溪市高级中学、大连育明高级中学、大连二十四中高三联合模拟考试】如图所示，质量为m，带电量为+q的三个相同的带电小球，A、B、C，从同一高度以初速度v0水平抛出，B球处于竖直向下的匀强磁场中，C球处于垂直纸面向里的匀强电场中，它们落地的时间分别为tA、tB、tC，落地时的速度大小分别为vA、vB、vC，则以下判断正确的是： （ ）

A．tAtBtC B．tBtAtC C．vCvAvB D．vAvBvC 【答案】AD

【解析】根据题意可知：A球只有重力做功，竖直方向上做自由落体运动；B球除重力之外还受到洛伦兹力作用，但B的洛伦兹力总是水平方向的，不影响重力方向，所以竖直方向也做自由落体运动．但洛伦兹力不做功，也只有重力做功；C球除重力做功外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，竖直方向做自由落体运动，而且电场力对其做正功．所以三个球都做自由落体运动，下落的高度又相同，故下落时间相同，则有tAtBtC．故A正确B错误；根据动能定理可知：A、B两球合力做的功相等，初速度又相同，所以末速度大小相等，而C球合外力做的功比A、B两球合外力做的功大，而初速度与A、B球的初速度相等，故C球的末速度比A、B两球的末速度大，即vAvBvC，故C错误，D正确；

【名师点睛】本题是电场、磁场、重力场问题的综合应用，注意对物体受力情况的分析，要灵活运用运动的合成与分解，不涉及到运动过程的题目可以运用动能定理去解决，简洁、方

便．该题难度较大．

9． 【2017·天津市五区县高三上学期期末考试】（14分）边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为

m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v 。如图所示，沿OB方向射入的粒

子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin35°≈0.577。求：

A × × × × C m,q O × v × × × B .（1）匀强磁场的磁感应强度；

（2）带电粒子在磁场中运动的最长时间；

（3）沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出时，还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例。 【答案】

（2）从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长„„„„„„„„„„„„„„„⑤ 设弦OA对的圆心角为，由几何关系得

L3sin=2=≈0.577，≈70°„„„„„„„„„„„„„„⑥

2r370°2m73L最长时间tm≈„„„„„„„„„„„„„„ ⑦ g°360qB36v

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识结合几何知识求半径。

10． 【2017·山西省重点中学协作体高三上学期期末联考】（18分）电视机的显像管中电子束的偏转是应用磁偏转技术实现的。如图1所示为显像管的原理示意图。显像管中有一个电子枪，工作时阴极发射的电子（速度很小，可视为零）经过加速电场加速后，穿过以O点为圆心、半径为r的圆形磁场区域（磁场方向垂直于纸面），撞击到荧光屏上使荧光屏发光。已知电子质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U，在没有磁场时电子束通过O点打在荧光屏正中央的M点，OM间距离为S。电子所受的重力、电子间的相互作用力均可忽略不计，也不考虑磁场变化所激发的电场对电子束的作用。由于电子经过加速电场后速度很大，同一电子在穿过磁场的过程中可认为磁场不变。

(1)求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上时的速率； (2)若磁感应强度随时间变化关系如图2所示，其中B0上发光所形成的“亮线”长度。

(3)若电子束经偏转磁场后速度的偏转角θ=60°，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小； 【答案】(1) v16mU，求电子束打在荧光屏

3re2eU836meUL(3) I0＝(2)

m3reN11【解析】（1）设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为v．

根据动能定理有：eU=

12

mv 2解得：v2eU m

【名师点睛】考查电子受电场力做功，应用动能定理；电子在磁场中，做匀速圆周运动，运用牛顿第二定律求出半径表达式；同时运用几何关系来确定半径与已知长度的关系。 解得：t4d 3v【名师点睛】解决本题的关键理清小球在整个过程中的运动规律，画出运动的轨迹图，结合运动学公式、牛顿第二定律进行求解．

1．【2016•浙江省嘉兴一中、杭州高级中学、宁波效实中学高三第一次五校联考】欧姆在探索通过导体的电流、电压、电阻的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流。具体做法是：在地磁场作用下处于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°；当他发现小磁针偏转了45°，则通过

该直导线的电流为（直导线在某点产生的磁感应强度与通过直导线的电流成正比） ： （ ）

A．I B．2I C．3I D．无法确定 【答案】C

【名师点晴】地磁场在该题中是个隐含的物理量，小磁针的偏转实际上是电流产生的磁场与地磁场的合磁场共同作用于小磁针的结果；所以我们分两次讨论磁场的叠加问题，通过矢量三角形即可找到两次磁场大小间的关系，利用电流与磁场成正比的关系得出电流的关系。 2． 【2016•郑州一中教育集团高三第一次联考】如图所示，带异种电荷的粒子 a、b 以相同的动能同时从 O 点射入宽度为 d 的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为 30°和 60°，且同时到达 P 点。a、b 两粒子的质量之比为： （ ）

A．1∶2 B．2∶1 C．3∶4 D．4∶3 【答案】C 【解析】

带电粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，圆周运动的弦长都等于OP。则OP的垂直平分线与初速度垂线的交点就分别是二者圆周运动的圆心。如下图所示粒子 a、b圆周运动的半径分别为Ra和Rb，根据几何关系可判断半径比

2Ra1，运动经过的圆心角分别为和，33Rb3运动经过的圆弧长分别为

2Ra和Rb，所以经过的圆弧长度之比为2:3，由于运动33时间相等，所以线速度之比为va:vb2:3。两粒子动能相等2mavb3得2，对照选项C对ABD错。 mbva41122mavambvb，从而可22

【名师点睛】带电粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，分析的关键是找到圆心。初速度的垂线即洛伦兹力的方向指向圆心，圆周运动的任意一条弦的垂直平分线也指向圆心，所以二者的交点即圆周运动的圆心。据此就可确定半径和圆心角的关系。线速度等于弧长除以运动时间也是解决问题的捷径。

3． 【2016•四川省成都市第七中学高三一诊】如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，

4在一半径为R=10cm的圆柱形桶内有B10T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某

一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出。现有一粒子源发射比荷为

q21011C/kg的正粒子，粒子束中速度分m布连续。当角45时，出射粒子速度v的大小是： （ ）

A、210m/s B、2210m/s C、2210m/s D、

66842106m/s

【答案】B

【名师点睛】离子束不经碰撞而直接从出身孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的半径，即可由牛顿第二定律求速度

4．【2016•四川省成都市第七中学高三一诊】如图所示，长为2L的直导线拆成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，当在该导线中通以大小为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为： （ ）

A、0 B、0.5BIL C、BIL D、2BIL 【答案】C 【解析】

根据左手定则可得两根直导线受到的安培力都是垂直导线斜向上，故两安培力的夹角为

FBIL，故C正确； 120°，F1BIL,F2BIL，根据力的合成可得两力的合力为

【名师点睛】由安培力公式FBIL进行计算，注意式中的L应为等效长度

5． 【2016•江苏省清江中学高三上期周练】如图所示为一长方体容器，容器内充满NaCl溶液，容器的左右两壁为导体板，将它们分别接在电源的正、负极上，电路中形成一定的电流，整个装置处于垂直于前后表面的匀强磁场中，则关于液体上、下两表面的电势，下列说法正确的是： （ ）

A、上表面电势高，下表面电势低 B、上表面电势低，下表面电势高 C、上、下两表面电势一样高

D、上、下两表面电势差的大小与磁感应强度及电流强度的大小有关 【答案】C

【名师点睛】本题是道易错题，与磁流体发电机不同，在磁流体发电机中，正负电荷向一个方向移动，而该元件正负电荷移动方向相反

6．（多选） 【2016•河北省邯郸市第一中学高三一轮收官考】如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度的方向与x轴正方向的夹角为60°，下列说法正确的是： （ ）

A、电子在磁场中运动的时间为

L v02L 3v0B、电子在磁场中运动的时间为

C、磁场区域的圆心坐标为(3LL,) 22D、电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，-2L） 【答案】BC 【解析】

电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30RL，得R2L，电子在磁场中运动时间tT2R2L，而 T得：t，A错误B正确； 6v03v0

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标

7．（多选）【2016•宜昌一中2016届高三年级12月考】如图所示，半径为R的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的粒子沿正对co中点且垂直于c o方向射入磁场区域. 不计重力,则： （ ）

A．若要使带电粒子能从b d之间飞出磁场，射入粒子的速度大小的范围是

qBRqBR v(23)mmB．若要使带电粒子能从b d之间飞出磁场，射入粒子的速度大小的范围是

qBRqBR v(12)mmC．若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度为v3(D．若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度为v3(【答案】AC

13qBR )2m13qBR )3m【解析】

（如图所示，有几何关系得轨迹圆半径为

由：(1.5Rr1)2(Rsin600)2r12 ，得：r1R

mv12qBR由：qBv1，得 v1 r1m

【名师点睛】带电粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，由题意画出轨迹，利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小

8．（多选） 【2016•江苏省清江中学高三上期周练】如图所示，下端封闭，上端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置水平向右做匀速运动，进入方向垂直于纸面向里的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，若小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球飞出上端口的过程中： （ ）

A、洛伦兹力对小球做正功

B、小球在竖直方向上作匀加速直线运动 C、小球的运动轨迹是抛物线 D、小球的机械能守恒 【答案】BC

【名师点睛】本题运用运动的分解法，研究小球受力情况，判断出小球的运动状态是正确解答本题的关键，洛伦兹力不做功．对小球进行受力分析，根据小球的受力情况判断，由牛顿第二定律求出加速度，判断加速度与速度如何变化，再分析小球运动的轨迹

9． 【2016•湖南省长沙市长郡中学高三上期第四次月考】如图所示，在区域足够大的空间中充满磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里，在纸面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的等边三角形框架DEF，DE中点S处有一粒子发射源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下如图（a）所示，发射粒子的电量为+q质量为m，但速度v有各种不同的数值。若这些粒子与三角形框架碰撞时均无能量损失，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边，试求：

（1）带电粒子的速度v为多大时能够不与框架碰撞打到E点？

（2）为使S点发出的粒子最终又回到S点，且运动时间最短，v应为多大？最短时间为多少？

（3）若磁场是半径为a的圆柱形区域如图（b）所示（图中圆为其横截面），圆柱的轴线通过等边三角形的中心O，且a31310L，要使S点发出的粒子最终又回到S点带电粒子速度v的大小应取哪些数值？ 【答案】（1）vLqBLqBL5m；（2），；（3）RL,即R

qB104m2m

【名师点睛】解决本题的关键得出粒子在磁场中运动的半径通项表达式，确定半径为何值时恰好打在E点，何时能够回到S点，结合半径公式和周期公式进行求解．（1）根据粒子在磁场中运动的半径公式，结合几何关系得出半径与SE的关系，从而求出粒子的速度．（2）粒子在磁场中运动的周期与速度无关，当粒子在磁场中偏转的角度最小时，运动时间最短，可知当粒子在磁场中运动的轨道半径等于

L时，运动的时间最短，结合圆心角求出运动的2最短时间，结合半径公式求出速度的大小．

10． 【2016•长春外国语学校高三第一期第二次检测】(21分)如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径

为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向，最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）．求： （1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小； （2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；

（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式。

3mv023【答案】（1）vv0（2）E33eL

（3）B0223nmv03L T(n1、2、3...）(n1、2、3,,,）3eL3nv0

【名师点睛】电子在电场中做类平抛运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以首先运动的处理方法计算电子在电场中的运动情况；电子在磁场中的匀速圆周运动，要画出轨迹图分析，特别是第三小问，要抓住周期性，根据几何关系求解电子的半径满足的条件。

【一年原创】 2017年原创试题及其解析

1．如图所示，条形磁铁放在桌子上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则在这个过程中磁铁受到的摩擦力（保

持静止）： （ ）A．为零.

B．方向由左变为向右. C．方向保持不变. D．方向由右变为向左. 【答案】B

【解析】由图可知通电导线所在位置的磁场的方向，根据左手定则可以判定通电导线所受安培力的方向如图所示，显然安培力有一个水平方向的分量，根据牛顿第三定律可知条形磁铁受到通电导线的安培力也有一个水平方向的分量，而由于条形磁铁保持静止，故条形磁铁所受地面的静摩擦力与安培力在水平方向的分量相互平衡．故当导线在条形磁铁的左侧上方时条形磁铁所受的静摩擦力方向向左，而当导线运动到条形磁铁的右半部分上方时条形磁铁所受地面的静摩擦力水平向右．故条形磁铁所受摩擦力的方向由向左变为向右，故B正确，ACD错误。

2．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，则过c点的导线所受安培力的方向： （ ）

A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 【答案】C

3．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耳电压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【答案】C

U求得导体X1、X2两面间的电阻 I

【名师点睛】本题关键明确附加电压的产生原理，磁场的作用使电子受洛伦兹力，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；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态。

4．如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径。一带电粒子从

a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁

场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为： （ ）

A．

3123v D．v v B．v C．2232【答案】C 【解析】

5．如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E3mgq，且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空间中有一足够长的固定粗糙

绝缘杆，与电场正方向成60º夹角且处于竖直平面内。一质量为m，带电量为＋q的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动。已知小球电量保持不

v0

B

E

60º

变，重力加速度为g，则以下说法不正确的是： （ ）A．小球的初速度为2mg

qB

B．若小球的初速度为3mg，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止

qBC．若小球的初速度为mg，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止

qBD．若小球的初速度为mg，则运动中克服摩擦力做功为

qBm3g22q2B2

【答案】B

【解析】A、对小球进行受力分析如图，

电场力的大小：FqEq3mg＝3mg，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向q22水平向右，二者垂直，合力：FGF＝F(mg)＝2mg，由几何关系可知，重力与电场

力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg．所以v02mg．故A正确； qB

6．（多选）如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v与L2成30°斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是： （ ）

A．带电粒子一定带正电

B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同

C．若带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），该粒子将不能经过B点

D．若只将将带电粒子在A点的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它一定不经过B点 【答案】BD

7．（多选）如图所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是： （ ）

A．四段导线受到的安培力的方向相同 B．四段导线受到的安培力的大小相等 C．ADB段受到的安培力最大

D．AEB段受到的安培力最小 【答案】AC

【解析】导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：R由：IL可知：导线越长，电阻越大，SU可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，R由F=BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故AC正确，BD错误；故选AC．

8．（多选）绝缘光滑斜面与水平面成角，质量为m、带电荷量为-q（q>0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0>0），方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上。如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断正确的是： （ ）

A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0Bmg qv0mgcos

qv0B．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0BC．小球在斜面做变加速曲线运动 D．小球达到底边MN的时间t【答案】BD

2h 2gsin

9．如图所示，左侧两平行金属板上、下水平放置，它们之间的电势差为U、间距为L，其中

有匀强磁场；右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD，. AH=

7L0 ．一束电荷2量大小为q、质量不等的带电粒子（不计重力、可视为质点），从小孔S1射入左侧装置，恰能沿水平直线从小孔S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域，最后全部从边界AC射出．若两个区域的磁场方向均垂直于纸面向里、磁感应强度大小均为B，“梯形”宽度. MN=L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．

（1）求出粒子速度的大小；判定粒子的电性

（2）这束粒子中，粒子质量最小值和最大值各是多少；

qB2L2U7qB2L2【答案】（1）v正电；（2）mmax，mmin；

BLU9U【解析】（1）粒子全部从边界AC射出，则粒子进入梯形磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，粒子带正电；

粒子在两极板间做匀速直线运动，由平衡条件得：qvBqUU，解得：v； LBL

10．如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的交流电压u，金属板间电场可看做均匀、且两板外无电场，板长L=0.2m，板间距离d=0.1m，在金属板右侧有一边界为MN的匀强磁场，MN与两板中线OO′ 垂直，磁感应强度 B=5×10－3T，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子的比荷

q8－5

=10C/kg，重力忽略不计，在0-0.8×10s时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考m虑极板边缘的影响）。已知t = 0时刻进入两板间的带电粒子恰好在0.2×10－5s时刻经极板边缘射入磁场。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）。 （1）求两板间的电压U0

（2）0-0.2×10s时间内射入两板间的带电粒子都能够从磁场右边界射出，求磁场的最大宽度

（3）若以MN与两板中线OO′ 垂直的交点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向上为y轴建立二维坐标系，请写出在0.3×10－5s时刻射入两板间的带电粒子进入磁场和离开磁场（此时，磁场只有左边界，没有右边界）时的位置坐标。

（4）两板间电压为0，请设计一种方案：让向右连续发射的粒子流沿两板中线OO′射入，经过右边的待设计的磁场区域后，带电粒子又返回粒子源。

－5

【答案】（1）25 (V)（2）0.2 (m)（3）( 0 ; 0.3875) (m) （4）如图；

(3) 0.3×10-5S时刻进入的粒子先做匀速直线运动,再做类平抛运动. 类平抛运动时间应为t=0.1×10S .

若向上偏转,根据平抛运动公式得: y1=进入坐标为 ( 0 ; 0.0125 ) (m) 进入磁场作匀速圆周运动, R2=mv/Bq 离开磁场时的坐标 y2=y1+2R2cosθ=y1+2 mv0/Bq y2=0.0125+2×10/5×10×10=0.4125 (m) 离开磁场左边界坐标为 ( 0 ; 0.4125 ) (m) 若向下偏转,根据平抛运动公式得: y1=

5

-3

8

-5

1210-52

at=2.5×10×(0.1×10)/2=0.0125 (m) 212

at=2.5×1010×(0.1×10-5)2/2=0.0125 (m) 2进入坐标为 ( 0 ; - 0.0125 ) (m) 进入磁场作匀速圆周运动, R2=mv/Bq

离开磁场时的坐标 y2= 2R2cosθ- y1= 2 mv0/Bq- y1 y2=2×105/5×10-3×108-0.0125=0.3875(m) 离开磁场左边界坐标为 ( 0 ; 0.3875) (m)

只要合理均给分)

(4) (