高中物理人教版 选修3-1磁场测试题+Word版含解析

磁场
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
[2019·上海虹口区模拟]在匀强磁场中，A、B两点分别引入长度相等的长直导线，导线与磁场方向垂直．如图所示，图中a、b两条图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受磁场力F和通过导线的电流I的关系．关于A、B两点的磁感应强度大小BA、BB，下列说法正确的是(　　)
A．BA＝BB B．BA>BB
C．BA答案：B
解析：根据公式F＝BIL，F－I图象的斜率为BL，由于长度L一定，故斜率越大，表示磁感应强度B越大，故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度，即BA>BB，故B正确．
2.
[2019·广东广州调研](多选)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是(　　)
A．B1＝B2B．B1＝B2＝B3
C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里
D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里
答案：AC
解析：由题意可知，a点的磁感应强度由三条通电导线在此处的磁感应强度叠加而成，有两条导线在此处产生的磁场相互抵消，由第三条导线决定此处的磁场，合磁场方向垂直纸面向外，而b点与a点有相同的情况，同理可得b点的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小与a处的相同，而在c点三根导线产生的磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A正确，B错误；由图可知，根据安培定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故C正确，D错误．
3．[2019·石家庄模拟]如图甲所示，一个条形磁铁P固定在水平桌面上，以P的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系．一个灵敏的小磁针Q放置在x轴上不同位置，设Q与x轴之间的夹角为θ.实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示．已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为B0.下列说法正确的是(　　)
A．P的右端为S极
B．P的中轴线与地磁场方向垂直
C．P在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0
D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0
答案：B
解析：
x→∞时sinθ＝1，θ＝90°，此时小磁针N极指向即为地磁场的方向，即B对．小磁针离P越远，θ越大，说明P对小磁针的N极的斥力和对小磁针S极的引力越小，故P的右端应为N极，故A错．x＝x0处，sinθ＝，θ＝45°，即x0处合磁场的方向与x轴正向成45°角，如图所示，易知x＝x0处，P产生的磁感应强度大小BP＝B0，合磁场的大小B＝B.所以C、D均错．
4.
[2019·贵州遵义模拟]有四条垂直于纸面的长直固定导线，电流方向如图所示，其中a、b、c三条导线到d导线的距离相等，三条导线与d的连线互成120°角．四条导线的电流大小都为I，其中a导线对d导线的安培力大小为F.现突然把c导线的电流方向改为垂直于纸面向外，电流大小不变．此时d导线所受安培力的合力大小为(　　)
A．0 B．F
C.F D．2F
答案：D
解析：a导线对d导线的安培力大小为F，三条导线与d的连线互成120°角，因此在c导线的电流方向改变之前，d导线所受安培力的合力为零；当c导线的电流方向改变之后，则有：a、b导线对d导线的安培力夹角为120°，大小为F，因此这两个安培力的合力大小为F，方向指向c导线，而c导线对d导线的安培力大小为F，方向指向c导线，那么此时，d导线所受安培力的合力大小为2F，故D项正确．
5.
[2019·安徽蚌埠模拟]一段导线abcde位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc、cd和de的长度均为L，且∠abc＝∠cde＝120°，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为(　　)
A．2BIL B．3BIL
C．(＋2)BIL D．4BIL
答案：B
解析：因为∠abc＝∠cde＝120°，根据几何关系可知∠bcd＝60°，故b与d之间的直线距离也为L，则导线段abcde的有效长度为3L，故所受安培力的大小为F＝3BIL，故B正确．
6．[2019·山东德州模拟](多选)静止在匀强磁场中的一个原子核发生衰变，产生两个未知粒子1和2，它们在磁场中的运动轨迹如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．可能是α衰变
B．一定是β衰变
C．粒子1的电荷量小于粒子2的电荷量
D．粒子1与粒子2运动周期相同
答案：BC
解析：静止的原子核发生衰变，遵循动量守恒定律，两粒子的运动方向相反，由于两轨迹内切，所以一定是β衰变，A错误，B正确；由qvB＝，得R＝，所以半径R与电荷量q成反比，所以粒子1的电荷量小于粒子2的电荷量，C正确；由T＝知，β衰变中两粒子的比荷不同，所以两粒子运动周期不同，D错误．
7.
[2019·贵州贵阳模拟](多选)如图所示，MN为两个方向相同且垂直于纸面的匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小关系为B1＝2B2.一比荷值为k的带电粒子(不计重力)，以一定速率从O点垂直于MN进入磁感应强度为B1的磁场，则粒子下一次到达O点经历的时间为(　　)
A. B.
C. D.
答案：BC
解析：根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，可得R＝，由此可知带电粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的轨迹半径(或直径)是在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的轨迹半径(或直径)的2倍，画出带电粒子运动轨迹的示意图，如图所示．粒子在磁感应强度为B1的匀强磁场中运动的时间为t1＝2×＝，粒子在磁感应强度为B2的匀强磁场中运动的时间为t2＝＝＝，则粒子下一次到达O点经历的时间t＝t1＋t2＝＋＝＝＝，选项A、D错误，B、C正确．
8.
[2019·江苏扬州等六市模拟]如图所示，水平虚线MN上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内从水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向，由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动．不计粒子重力和粒子间相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是(　　)
答案：B
解析：由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动，因为粒子带正电，根据左手定则可知粒子将向左偏转，故C错误；因为粒子以相同的速率沿位于纸面内从水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向发射，由O点水平向右射入的粒子的轨迹恰好应为最右端边界；在竖直方向上最远点距MN为2R，由O点竖直向上射入的粒子，打在最左端，两轨迹围成部分因为没有粒子射入，所以中间会出现一块空白区域，故B正确，A、D错误．
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)
如图所示，MN是一根长为l＝10 cm、质量为m＝50 g的金属棒，用两根长度也为l的细软导线将金属棒MN水平吊起，使金属棒处在B＝ T的竖直向上的匀强磁场中．未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ＝37°.忽略磁场对软导线的作用力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求金属棒中恒定电流的大小．
答案：5 A
解析：
金属棒向外偏转的过程中，受重力mg、导线拉力FT、安培力F，其侧视图如图所示，其中导线的拉力不做功，由动能定理得
WF＋WG＝0(1分)
其中安培力做的功WF＝Flsinθ＝BIl2sinθ(2分)
重力做的功WG＝－mgl(1－cosθ)(2分)
解得金属棒中的电流为I＝(2分)
代入数据得I＝5 A(1分)
10．(10分)
如图所示，轻质空心金属轮A可绕过圆心O的光滑水平轴运动，沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC，其长度为a、电阻为r，A轮的边缘与金属棒的端点O通过电刷、导线与一阻值为R的电阻相连．一轻细绳的一端固定在A轮的边缘上的某点，绳在A轮上绕有足够多的匝数后，悬挂一质量为m的重物P，A轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，不计A轮、端点O与电刷之间的摩擦及A轮的电阻．求：
(1)当A轮角速度为ω时，金属棒所受安培力的大小；
(2)释放重物，在运动稳定后，重物匀速运动时的速度．
答案：(1)　(2)
解析：(1)在Δt时间内，金属棒转过的角度为θ，则其扫过的面积为：
ΔS＝a2θ＝a2ωΔt(1分)
根据法拉第电磁感应定律，金属棒产生的感应电动势大小为E，则E＝＝(1分)
又I＝(1分)
F＝BIa(1分)
所以金属棒所受安培力F＝(1分)
(2)金属棒产生的感应电动势大小E＝(1分)
重物P匀速运动时重力的功率等于所有电阻的热功率之和
即mgv＝(1分)
而v＝ω·a(1分)
解得重物匀速运动时的速度v＝，方向为竖直向下(2分)
11．(13分)
如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB与CD之间的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电荷量为－q的粒子沿与左边界夹角为30°的方向射入磁场，粒子重力不计．
(1)求带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；
(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，求极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的时间；
(3)若带电粒子的速度是(2)中的倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，求粒子从出发点到打到CD边界的最高点位置之间的距离．
答案：(1)　(2)　(3)2d
解析：(1)当粒子运动到右边界，其轨迹恰好与CD边相切时，所对应的速度是能从AB边界飞出的最大速度，其轨迹如
图甲所示，设其轨道半径为R，最大速度为vmax
由几何关系得：R＋Rcos30°＝d(1分)
由洛伦兹力提供向心力得：
Bqvmax＝m(1分)
由以上两式解得：vmax＝(1分)
(2)粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系知粒子此时的轨道半径为：R2＝(1分)
设这时粒子在磁场中运动的速度大小为v2，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv2＝m
粒子进入电场在电场中运动，由动能定理得：
mv＝qU(2分)
解得极板间电压
U＝＝(1分)
粒子不碰到右极板所加电压满足的条件为U≥(1分)
因粒子转过的圆心角为60°，所用时间为，而周期
T＝(1分)
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间
t＝2×＝(1分)
(3)当粒子速度为(2)中的倍时，即v3＝v2，
根据Bqv3＝m解得R3＝2d(1分)
当粒子沿BA方向进入磁场时，打在DC边上的点为最高点，如图丙，由几何关系可得粒子能打到CD边界的最高点位置与Q点的距离为：l＝R3＝2d(2分)
12.
(16分)如图所示，两平行金属板A、B间的电势差为U＝5×104 V．在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ，它们的宽度为d1＝d2＝6.25 m，磁感应强度分别为B1＝2.0 T、B2＝4.0 T，方向如图中所示．现有一质量m＝1.0×10－8 kg、电荷量q＝1.6×10－6 C、重力忽略不计的粒子从A板的O点处由静止释放，经过加速后恰好从B板的小孔Q处飞出．试求：
(1)带电粒子从加速电场中出来的速度v；
(2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t；
(3)带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时速度方向与边界面的夹角；
(4)若d1的宽度不变，改变d2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d2的宽度至少为多大？
答案：(1)4.0×103 m/s　(2)1.6×10－3 s
(3)60°　(4)9.375 m
解析：(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：
qU＝mv2－0(2分)
解得v＝4.0×103 m/s(1分)
(2)粒子运动轨迹如图甲，设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qvB1＝(1分)
代入数据解得r＝12.5 m(1分)
设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ，则：
sinθ＝＝＝(1分)
所以θ＝30°(1分)
粒子在Ⅰ区运动周期T＝(1分)
则粒子在Ⅰ区运动时间t＝T(1分)
解得t＝ s≈1.6×10－3 s(1分)
(3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R，则qvB2＝(1分)
解得R＝6.25 m(1分)
如图甲所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形，所以粒子离开Ⅱ区域时速度与边界面的夹角为α＝60°(1分)
(4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨道与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为：
d2＝R＋Rcos60°＝1.5R＝9.375 m(3分)
探究创新卷⑧ 着眼于练模拟悟规范——争满分
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(多选)如图所示，纸面内A、B两点之间连接有四段导线分别为ACB、ADB、AEB和AFB，四段导线的粗细、材料均相同，匀强磁场垂直于纸面向里．现给A、B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段导线受到的安培力最大
D．AEB段导线受到的安培力最小
答案：AC
解析：导线的粗细、材料均相同，由电阻定律R＝ρ可知，导线越长，电阻越大，由I＝可知，ADB段导线长度最小，则ADB段导线电流最大，四段导线在磁场中的有效长度L′都相同，由F＝BIL′可知，ADB段导线受到的安培力最大，而AFB段导线比AEB段导线长，AEB段导线受到的安培力不是最小的，故C正确、D错误；由左手定则可知，四段导线所受安培力的方向均相同，故A正确、B错误．
2．[2019·山西太原五中模拟](多选)图中直流电源电动势为E＝1 V，电容器的电容为C＝1 F．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l＝1 m，电阻不计．一质量为m＝1 kg、电阻为R＝1 Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，MN开始向右加速运动，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场(图中未画出)．当MN达到最大速度时离开导轨，则(　　)
A．磁感应强度垂直纸面向外
B．MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量为0.5 C
C．MN的最大速度为1 m/s
D．MN刚开始运动时加速度大小为1 m/s2
答案：BD
解析：电容器上极板带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于纸面向里，A错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝，设MN受到的安培力为F，有F＝BIl，由牛顿第二定律有F＝ma，联立解得a＝＝1 m/s2.当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE，开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax，依题意有E′＝，设在此过程MN中的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有＝Bl，由动量定理，有Δt＝mvmax，又IΔt＝Q0－Q，联立解得Q＝＝0.5 C，vmax＝0.5 m/s，C错误，B、D正确．
3.
[2019·广东广州模拟]如图所示，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为＋q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出，则磁感应强度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案：B
解析：设该粒子的轨迹半径为r，根据几何关系可得rcos60°＝R，可得r＝2R.带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得磁感应强度的大小为B＝，选项B正确．
4.
[2019·广东湛江模拟](多选)如图所示，在空间有一坐标系xOy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的质子(不计重力)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x轴上的Q点(图中未画出)，则(　　)
A．质子在区域Ⅰ中运动的时间为
B．质子在区域Ⅰ中运动的时间为
C．质子在区域Ⅱ中运动的时间为
D．质子在区域Ⅱ中运动的时间为
答案：BD
解析：质子在两个磁场中由洛伦兹力提供向心力，均做匀速圆周运动，其轨迹如图所示．根据圆的对称性及题设可知，质子到达OP上的A点时速度方向水平向右，与x轴平行，质子在匀强磁场区域Ⅰ中轨迹对应的圆心角为60°，所以质子在匀强磁场区域Ⅰ中运动的时间为t1＝T＝×＝，故A错误，B正确；设在区域Ⅰ中的轨迹半径为r1，在区域Ⅱ中的轨迹半径为r2，由几何知识知△OAO1为等边三角形，则r2＝r1sin30°，根据牛顿第二定律得qvB＝m，qvB2＝m，联立解得B2＝2B，由题设及几何知识可得在区域Ⅱ中轨迹对应的圆心角为90°，所以质子在区域Ⅱ中运动的时间为t2＝T2＝×＝，故C错误，D正确．
5．如图所示，某空间同时存在正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场线与水平方向的夹角为θ.一质量为m，电荷量大小为q的微粒以速度v沿电场线方向进入该空间，恰好沿直线从P点运动到Q点．下列说法中正确的是(　　)
A．该微粒可能带负电
B．微粒从P到Q的运动可能是匀变速运动
C．磁场的磁感应强度大小为
D．电场的场强大小为
答案：C
解析：带电微粒从P到Q恰好沿直线运动，则微粒一定做匀速直线运动，作出微粒在电磁场中受力分析图如图所示，由图可知微粒一定带正电，故A、B错误；由受力分析及平衡条件可知qE＝mgsinθ，qBv＝mgcosθ，解得E＝，B＝，故C正确、D错误．
6．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子领域前进了一大步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C两板之间．带电粒子从P0处以初速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速电场加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性变化
答案：C
解析：由题图可知，带电粒子每运动一周被加速一次，选项A错误；由公式R＝和qU＝mv－mv可知，带电粒子每运动一周，电场力做功相同，动能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圆周运动的半径增加量不同，选项B错误；由v＝可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，选项C正确；由T＝可知，粒子运动的周期不随v的变化而变化，故加速电场的方向不需做周期性变化，选项D错误．
7.
如图所示，平行金属板a、b之间的距离为d，a板带正电荷，b板带负电荷，a、b之间还有一垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B1.一不计重力的带电粒子以速度v0射入a、b之间，恰能在两金属板之间匀速向下运动，并进入PQ下方的匀强磁场中，PQ下方的匀强磁场的磁感应强度为B2，方向如图所示．已知带电粒子的比荷为c，则(　　)
A．带电粒子在a、b之间运动时，受到的电场力水平向右
B．平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B2
C．带电粒子进入PQ下方的磁场之后，向左偏转
D．带电粒子在PQ下方磁场中做圆周运动的半径为
答案：D
解析：由于不知道带电粒子的电性，故无法确定带电粒子在a、b间运动时受到的电场力的方向，也无法确定带电粒子进入PQ下方的磁场之后向哪偏转，选项A、C错误；粒子在a、b之间做匀速直线运动，有q＝qv0B1，解得平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B1，选项B错误；带电粒子在PQ下方的匀强磁场中做圆周运动，轨道半径为r＝＝，选项D正确．
8．(多选)如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电的小物块从半径为R的绝缘半圆槽顶点A由静止开始下滑，已知半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整个装置处于正交的匀强电场与匀强磁场中，电场强度E的大小为，方向水平向右，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，g为重力加速度大小，则下列说法正确的是(　　)
A．物块最终停在A点
B．物块最终停在最低点
C．物块做往复运动
D．物块首次滑到最低点时对轨道的压力为2mg＋qB
答案：CD
解析：由于半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低点时受到的电场力的方向向右，所以物块最终从最低点开始向右运动，到达某位置时速度变为零，然后又向左运动，即物块做往复运动，C正确，A、B错误；物块从A点首次运动到最低点，由动能定理得，mgR－qER＝mv2－0，且E＝，联立得v＝，物块首次运动到最低点时，由牛顿第二定律得，FN－mg－qvB＝m，解得FN＝2mg＋qB，由牛顿第三定律知，D正确．
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(12分)
如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；＝2d、＝3d，离子重力不计．
(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．
答案：(1)　(2)　(3)·≤B<·
解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理有qU＝mv2.离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qE0＝.
联立可得R＝.
(2)离子做类平抛运动，则有
d＝vt，
3d＝at2.
由牛顿第二定律得qE＝ma.
联立可得E＝.
(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB＝，
则r＝·.
离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从CN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ所示．
由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：
d则有·≤B<·.
10．(12分)[2019·江苏镇江模拟]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、带电荷量为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，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°.不考虑电子所受的重力．
(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小．
(2)若在圆形区域内加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场的磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标．
(3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上按图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．
答案：(1)v0　　(2)　
(3)B0＝(n＝1,2,3，…)　T＝(n＝1,2,3，…)
解析：
(1)电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1所示．
由速度关系可得＝cosθ，
解得v＝v0，
由速度关系得vy＝v0tanθ＝v0，
在竖直方向上有vy＝at＝t，
在水平方向上有t＝，
联立解得E＝.
(2)电子在圆形区域内的运动轨迹如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R＝L，
根据牛顿第二定律有evB＝，
联立解得B＝，
根据几何关系得电子穿过圆形区域时位置的横坐标
x＝2L＋L－Lcos60°＝，
纵坐标y＝－Lsin60°＝－L.
故电子穿出圆形区域时位置坐标为.
(3)电子在磁场中运动的最简单的情景如图2所示．
在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r1，运动的周期T0，电子在x轴方向上的位移恰好等于r1；
在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度大小减半，电子运动的周期T′＝2T0，故电子的偏转角仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r1，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r1.
综合上述分析，电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是
3r1n＝2L(n＝1,2,3，…)，
而r1＝，
解得B0＝(n＝1,2,3，…)，
应满足的时间条件为(T0＋T′)＝T，而T0＝，
T′＝，
解得T＝(n＝1,2,3，…)．
11.
(11分)[2019·广东汕头模拟]如图所示，xOy坐标系中，在y轴右侧有一平行于y轴的边界PQ，PQ左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为B与的匀强磁场，磁场方向均垂直于xOy平面向里．y轴上有一点A与原点O的距离为l.带电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以某一速度从坐标原点O处沿x轴正方向射出，经过时间t＝时恰好到达A点，不计粒子的重力．
(1)求边界PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0.
(2)若相同的粒子以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出，为使粒子能经过A点，粒子的速度大小应为多大？
答案：(1)l　　(2) (n＝1,2)
解析：
带电粒子在PQ左侧和右侧的磁场中做匀速圆周运动，分别有
qv0B＝m，qv0＝m，可得半径r1＝，
r2＝2r1，
由T＝可得T1＝，T2＝2T1.
(1)粒子射出后经过时间t＝时恰好到达A点，运动情况如图甲所示．设图中圆弧DE对应的圆心角为θ，则粒子从O点运动到A点的时间为T2＋T1＝.解得θ＝60°.
△C1C2C3为等边三角形，根据几何关系得l＝2r1＋(r2－r1)，d＝r1cos30°，
解得PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0分别为d＝l，v0＝.
(2)以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出的相同的粒子，必然是从y轴最高点转向下方时经过A点，粒子运动一个周期，运动情况如图乙所示，设图中∠C1DF＝α，则粒子运动一个周期在y轴上的位移y＝2r1′＋2(r2′－r1′)sinα－2r1′(或y＝2r1′sinα)，
cosα＝，
经过A点的条件是ny＝l(n＝1,2,3，…)
解得v＝ (n＝1,2,3，…)，
考虑到v>v0＝，故n只能取1或2，
即粒子的速度大小为v＝或
v＝.
12．(12分)
[2019·河北衡水中学模拟]如图所示，△AQC是边长为2L的等边三角形，P、D分别为AQ、AC的中点．在虚线QC下方存在水平向左的匀强电场．区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，区域Ⅱ(△APD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅲ(虚线PD以上、△APD以外)有垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ、Ⅲ内磁场的磁感应强度大小均为5B.一带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一初速度射出，在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域Ⅰ，接着从P点垂直AQ射入区域Ⅲ.此后带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回O点．粒子重力忽略不计，求：
(1)该粒子的比荷；
(2)电场强度E及粒子从O点射出时的初速度v的大小；
(3)粒子从O点出发到再次回到O点的整个运动过程所经历的时间t.
答案：(1)　(2)2Bv0　v0　(3)＋
解析：(1)粒子在区域Ⅰ内的磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律得qv0B＝m，
根据题意有R＝L，
解得＝.
(2)粒子从O点运动到N点，由运动的合成与分解可得
L＝v0t′，
L＝at′2，
由牛顿第二定律得a＝，
解得E＝2Bv0，
由运动学公式可得v＝2aL，
故粒子从O点射出时的初速度v＝＝v0.
(3)粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：在电场中往返运动的时间t0、在区域Ⅰ中运动的时间t1、在区域Ⅱ和Ⅲ中运动的时间t2＋t3.
根据平抛运动规律有t0＝，
设粒子在区域Ⅰ中运动的时间为t1，则
t1＝2×＝，
粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的磁场中运动时，有
qv0·5B＝m，
解得粒子运动的轨迹半径r＝＝.
则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的磁场中的运动轨迹如图所示，运动的总时间为T.
由周期公式可得T＝＝，
故t2＋t3＝T＝×＝，
故粒子整个运动过程所经历的总时间t＝t0＋t1＋t2＋t3＝＋.