2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測八 磁場（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測八 磁場（含解析）夯基提能卷 立足于練題型悟技法保底分(本試卷滿分95分)一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分)1.2019上海虹口區(qū)模擬在勻強磁場中，A、B兩點分別引入長度相等的長直導線，導線與磁場方向垂直如圖所示，圖中a、b兩條圖線分別表示在磁場中A、B兩點導線所受磁場力F和通過導線的電流I的關系關于A、B兩點的磁感應強度大小BA、BB，下列說法正確的是()ABABB BBABBCBABB，故B正確

2、2.2019廣東廣州調(diào)研(多選)三條在同一平面(紙面)內(nèi)的長直絕緣導線組成一等邊三角形，在導線中通過的電流均為I，方向如圖所示a、b和c三點分別位于三角形的三個頂角的平分線上，且到相應頂點的距離相等將a、b和c處的磁感應強度大小分別記為B1、B2和B3，下列說法正確的是()AB1B2B3BB1B2B3Ca和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里Da處磁場方向垂直于紙面向外，b和c處磁場方向垂直于紙面向里答案：AC解析：由題意可知，a點的磁感應強度由三條通電導線在此處的磁感應強度疊加而成，有兩條導線在此處產(chǎn)生的磁場相互抵消，由第三條導線決定此處的磁場，合磁場方向垂直紙面向外，而b

3、點與a點有相同的情況，同理可得b點的磁感應強度方向垂直紙面向外，大小與a處的相同，而在c點三根導線產(chǎn)生的磁場方向相同，所以疊加而成的磁場最強，故A正確，B錯誤；由圖可知，根據(jù)安培定則可得，a和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里，故C正確，D錯誤32019石家莊模擬如圖甲所示，一個條形磁鐵P固定在水平桌面上，以P的右端點為原點，中軸線為x軸建立一維坐標系一個靈敏的小磁針Q放置在x軸上不同位置，設Q與x軸之間的夾角為.實驗測得sin與x之間的關系如圖乙所示已知該處地磁場方向水平，磁感應強度大小為B0.下列說法正確的是()AP的右端為S極BP的中軸線與地磁場方向垂直CP在x0處產(chǎn)

4、生的磁場的磁感應強度大小為B0Dx0處合磁場的磁感應強度大小為2B0答案：B解析：x時sin1，90，此時小磁針N極指向即為地磁場的方向，即B對小磁針離P越遠，越大，說明P對小磁針的N極的斥力和對小磁針S極的引力越小，故P的右端應為N極，故A錯xx0處，sin，45，即x0處合磁場的方向與x軸正向成45角，如圖所示，易知xx0處，P產(chǎn)生的磁感應強度大小BPB0，合磁場的大小BB.所以C、D均錯4.2019貴州遵義模擬有四條垂直于紙面的長直固定導線，電流方向如圖所示，其中a、b、c三條導線到d導線的距離相等，三條導線與d的連線互成120角四條導線的電流大小都為I，其中a導線對d導線的安培力大小為

5、F.現(xiàn)突然把c導線的電流方向改為垂直于紙面向外，電流大小不變此時d導線所受安培力的合力大小為()A0 BFC.F D2F答案：D解析：a導線對d導線的安培力大小為F，三條導線與d的連線互成120角，因此在c導線的電流方向改變之前，d導線所受安培力的合力為零；當c導線的電流方向改變之后，則有：a、b導線對d導線的安培力夾角為120，大小為F，因此這兩個安培力的合力大小為F，方向指向c導線，而c導線對d導線的安培力大小為F，方向指向c導線，那么此時，d導線所受安培力的合力大小為2F，故D項正確5.2019安徽蚌埠模擬一段導線abcde位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里

6、)垂直線段ab、bc、cd和de的長度均為L，且abccde120，流經(jīng)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示導線段abcde所受到的磁場的作用力的合力大小為()A2BIL B3BILC(2)BIL D4BIL答案：B解析：因為abccde120，根據(jù)幾何關系可知bcd60，故b與d之間的直線距離也為L，則導線段abcde的有效長度為3L，故所受安培力的大小為F3BIL，故B正確62019山東德州模擬(多選)靜止在勻強磁場中的一個原子核發(fā)生衰變，產(chǎn)生兩個未知粒子1和2，它們在磁場中的運動軌跡如圖所示，下列說法正確的是()A可能是衰變B一定是衰變C粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量D粒子1與粒子2運動

7、周期相同答案：BC解析：靜止的原子核發(fā)生衰變，遵循動量守恒定律，兩粒子的運動方向相反，由于兩軌跡內(nèi)切，所以一定是衰變，A錯誤，B正確；由qvB，得R，所以半徑R與電荷量q成反比，所以粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量，C正確；由T知，衰變中兩粒子的比荷不同，所以兩粒子運動周期不同，D錯誤7.2019貴州貴陽模擬(多選)如圖所示，MN為兩個方向相同且垂直于紙面的勻強磁場的分界面，兩磁場的磁感應強度大小關系為B12B2.一比荷值為k的帶電粒子(不計重力)，以一定速率從O點垂直于MN進入磁感應強度為B1的磁場，則粒子下一次到達O點經(jīng)歷的時間為()A. B.C. D.答案：BC解析：根據(jù)帶電粒子在勻強磁

8、場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvBm，可得R，由此可知帶電粒子在磁感應強度為B2的勻強磁場中運動的軌跡半徑(或直徑)是在磁感應強度為B1的勻強磁場中運動的軌跡半徑(或直徑)的2倍，畫出帶電粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示粒子在磁感應強度為B1的勻強磁場中運動的時間為t12，粒子在磁感應強度為B2的勻強磁場中運動的時間為t2，則粒子下一次到達O點經(jīng)歷的時間tt1t2，選項A、D錯誤，B、C正確8.2019江蘇揚州等六市模擬如圖所示，水平虛線MN上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內(nèi)從水平向右到豎直向上90范圍內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場

9、區(qū)域，做半徑為R的圓周運動不計粒子重力和粒子間相互作用下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是()答案：B解析：由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動，因為粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知粒子將向左偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；因為粒子以相同的速率沿位于紙面內(nèi)從水平向右到豎直向上90范圍內(nèi)的各個方向發(fā)射，由O點水平向右射入的粒子的軌跡恰好應為最右端邊界；在豎直方向上最遠點距MN為2R，由O點豎直向上射入的粒子，打在最左端，兩軌跡圍成部分因為沒有粒子射入，所以中間會出現(xiàn)一塊空白區(qū)域，故B正確，A、D錯誤二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)9(8分)如圖所示，MN是一根長為l10 cm、質(zhì)量

10、為m50 g的金屬棒，用兩根長度也為l的細軟導線將金屬棒MN水平吊起，使金屬棒處在B T的豎直向上的勻強磁場中未通電流時，細導線在豎直方向，通入恒定電流后，金屬棒向外偏轉(zhuǎn)的最大偏角37.忽略磁場對軟導線的作用力，sin370.6，cos370.8，重力加速度g10 m/s2，求金屬棒中恒定電流的大小答案：5 A解析：金屬棒向外偏轉(zhuǎn)的過程中，受重力mg、導線拉力FT、安培力F，其側(cè)視圖如圖所示，其中導線的拉力不做功，由動能定理得WFWG0(1分)其中安培力做的功WFFlsinBIl2sin(2分)重力做的功WGmgl(1cos)(2分)解得金屬棒中的電流為I(2分)代入數(shù)據(jù)得I5 A(1分)10

11、(10分)如圖所示，輕質(zhì)空心金屬輪A可繞過圓心O的光滑水平軸運動，沿金屬輪半徑方向接有一根輕質(zhì)金屬棒OC，其長度為a、電阻為r，A輪的邊緣與金屬棒的端點O通過電刷、導線與一阻值為R的電阻相連一輕細繩的一端固定在A輪的邊緣上的某點，繩在A輪上繞有足夠多的匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量為m的重物P，A輪處在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場中，不計A輪、端點O與電刷之間的摩擦及A輪的電阻求：(1)當A輪角速度為時，金屬棒所受安培力的大??；(2)釋放重物，在運動穩(wěn)定后，重物勻速運動時的速度答案：(1)(2)解析：(1)在t時間內(nèi)，金屬棒轉(zhuǎn)過的角度為，則其掃過的面積為：Sa2a2t(1分)根據(jù)法拉第電磁感應定

12、律，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢大小為E，則E(1分)又I(1分)FBIa(1分)所以金屬棒所受安培力F(1分)(2)金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢大小E(1分)重物P勻速運動時重力的功率等于所有電阻的熱功率之和即mgv(1分)而va(1分)解得重物勻速運動時的速度v，方向為豎直向下(2分)11(13分)如圖所示，在空間中存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，其邊界AB與CD之間的寬度為d，在左邊界的Q點處有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子沿與左邊界夾角為30的方向射入磁場，粒子重力不計(1)求帶電粒子能從AB邊界飛出的最大速度；(2)若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進入如圖所示的勻強電場中減

13、速至零且不碰到負極板，求極板間電壓及整個過程中粒子在磁場中運動的時間；(3)若帶電粒子的速度是(2)中的倍，并可以從Q點沿紙面各個方向射入磁場，求粒子從出發(fā)點到打到CD邊界的最高點位置之間的距離答案：(1)(2)(3)2d解析：(1)當粒子運動到右邊界，其軌跡恰好與CD邊相切時，所對應的速度是能從AB邊界飛出的最大速度，其軌跡如圖甲所示，設其軌道半徑為R，最大速度為vmax由幾何關系得：RRcos30d(1分)由洛倫茲力提供向心力得：Bqvmaxm(1分)由以上兩式解得：vmax(1分)(2)粒子的運動軌跡如圖乙所示，由幾何關系知粒子此時的軌道半徑為：R2(1分)設這時粒子在磁場中運動的速度大

14、小為v2，由洛倫茲力提供向心力得：Bqv2m粒子進入電場在電場中運動，由動能定理得：mvqU(2分)解得極板間電壓U(1分)粒子不碰到右極板所加電壓滿足的條件為U(1分)因粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60，所用時間為，而周期T(1分)因返回通過磁場所用時間相同，所以總時間t2(1分)(3)當粒子速度為(2)中的倍時，即v3v2，根據(jù)Bqv3m解得R32d(1分)當粒子沿BA方向進入磁場時，打在DC邊上的點為最高點，如圖丙，由幾何關系可得粒子能打到CD邊界的最高點位置與Q點的距離為：lR32d(2分)12.(16分)如圖所示，兩平行金屬板A、B間的電勢差為U5104 V在B板的右側(cè)有兩個方向不同但寬度相同

15、的有界磁場、，它們的寬度為d1d26.25 m，磁感應強度分別為B12.0 T、B24.0 T，方向如圖中所示現(xiàn)有一質(zhì)量m1.0108 kg、電荷量q1.6106 C、重力忽略不計的粒子從A板的O點處由靜止釋放，經(jīng)過加速后恰好從B板的小孔Q處飛出試求：(1)帶電粒子從加速電場中出來的速度v；(2)帶電粒子穿過磁場區(qū)域所用的時間t；(3)帶電粒子從磁場區(qū)域射出時速度方向與邊界面的夾角；(4)若d1的寬度不變，改變d2的寬度，要使粒子不能從區(qū)飛出磁場，則d2的寬度至少為多大？答案：(1)4.0103 m/s(2)1.6103 s(3)60(4)9.375 m解析：(1)粒子在電場中做勻加速直線運動

16、，由動能定理有：qUmv20(2分)解得v4.0103 m/s(1分)(2)粒子運動軌跡如圖甲，設粒子在磁場區(qū)域中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qvB1(1分)代入數(shù)據(jù)解得r12.5 m(1分)設粒子在區(qū)內(nèi)做圓周運動的圓心角為，則：sin(1分)所以30(1分)粒子在區(qū)運動周期T(1分)則粒子在區(qū)運動時間tT(1分)解得t s1.6103 s(1分)(3)設粒子在區(qū)做圓周運動的軌道半徑為R，則qvB2(1分)解得R6.25 m(1分)如圖甲所示，由幾何關系可知MO2P為等邊三角形，所以粒子離開區(qū)域時速度與邊界面的夾角為60(1分)(4)要使粒子不能從區(qū)飛出磁場，粒子運動的軌

17、道與磁場邊界相切時，由圖乙可知區(qū)磁場的寬度至少為：d2RRcos601.5R9.375 m(3分)探究創(chuàng)新卷 著眼于練模擬悟規(guī)范爭滿分(本試卷滿分95分)一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分)1(多選)如圖所示，紙面內(nèi)A、B兩點之間連接有四段導線分別為ACB、ADB、AEB和AFB，四段導線的粗細、材料均相同，勻強磁場垂直于紙面向里現(xiàn)給A、B兩端加上恒定電壓，則下列說法正確的是()A四段導線受到的安培力的方向相同B四段導線受到的安培力的大小相等CA

18、DB段導線受到的安培力最大DAEB段導線受到的安培力最小答案：AC解析：導線的粗細、材料均相同，由電阻定律R可知，導線越長，電阻越大，由I可知，ADB段導線長度最小，則ADB段導線電流最大，四段導線在磁場中的有效長度L都相同，由FBIL可知，ADB段導線受到的安培力最大，而AFB段導線比AEB段導線長，AEB段導線受到的安培力不是最小的，故C正確、D錯誤；由左手定則可知，四段導線所受安培力的方向均相同，故A正確、B錯誤22019山西太原五中模擬(多選)圖中直流電源電動勢為E1 V，電容器的電容為C1 F兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距為l1 m，電阻不計一質(zhì)量為m1 kg、電阻為R1

19、的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸首先開關S接1，使電容器完全充電然后將S接至2，MN開始向右加速運動，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B1 T的勻強磁場(圖中未畫出)當MN達到最大速度時離開導軌，則()A磁感應強度垂直紙面向外BMN離開導軌后電容器上剩余的電荷量為0.5 CCMN的最大速度為1 m/sDMN剛開始運動時加速度大小為1 m/s2答案：BD解析：電容器上極板帶正電，通過MN的電流方向向下，由于MN向右運動，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直于紙面向里，A錯誤；電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經(jīng)MN的電流為I

20、，有I，設MN受到的安培力為F，有FBIl，由牛頓第二定律有Fma，聯(lián)立解得a1 m/s2.當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0CE，開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E，有EBlvmax，依題意有E，設在此過程MN中的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有Bl，由動量定理，有tmvmax，又ItQ0Q，聯(lián)立解得Q0.5 C，vmax0.5 m/s，C錯誤，B、D正確3.2019廣東廣州模擬如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場一質(zhì)量為m、帶電荷量為q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角30的方向從P點

21、垂直磁場射入，最后粒子垂直于MN射出，則磁感應強度的大小為()A. B.C. D.答案：B解析：設該粒子的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關系可得rcos60R，可得r2R.帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvBm，解得磁感應強度的大小為B，選項B正確4.2019廣東湛江模擬(多選)如圖所示，在空間有一坐標系xOy，直線OP與x軸正方向的夾角為30，第一象限內(nèi)有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域和，直線OP是它們的邊界，OP上方區(qū)域中磁場的磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子(不計重力)以速度v從O點沿與OP成30角的方向垂直磁場進入?yún)^(qū)域，質(zhì)子先后通過磁場區(qū)域和后，恰好垂直打在

22、x軸上的Q點(圖中未畫出)，則()A質(zhì)子在區(qū)域中運動的時間為B質(zhì)子在區(qū)域中運動的時間為C質(zhì)子在區(qū)域中運動的時間為D質(zhì)子在區(qū)域中運動的時間為答案：BD解析：質(zhì)子在兩個磁場中由洛倫茲力提供向心力，均做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示根據(jù)圓的對稱性及題設可知，質(zhì)子到達OP上的A點時速度方向水平向右，與x軸平行，質(zhì)子在勻強磁場區(qū)域中軌跡對應的圓心角為60，所以質(zhì)子在勻強磁場區(qū)域中運動的時間為t1T，故A錯誤，B正確；設在區(qū)域中的軌跡半徑為r1，在區(qū)域中的軌跡半徑為r2，由幾何知識知OAO1為等邊三角形，則r2r1sin30，根據(jù)牛頓第二定律得qvBm，qvB2m，聯(lián)立解得B22B，由題設及幾何知識可得在區(qū)

23、域中軌跡對應的圓心角為90，所以質(zhì)子在區(qū)域中運動的時間為t2T2，故C錯誤，D正確5如圖所示，某空間同時存在正交的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，電場線與水平方向的夾角為.一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒以速度v沿電場線方向進入該空間，恰好沿直線從P點運動到Q點下列說法中正確的是()A該微?？赡軒ж撾夿微粒從P到Q的運動可能是勻變速運動C磁場的磁感應強度大小為D電場的場強大小為答案：C解析：帶電微粒從P到Q恰好沿直線運動，則微粒一定做勻速直線運動，作出微粒在電磁場中受力分析圖如圖所示，由圖可知微粒一定帶正電，故A、B錯誤；由受力分析及平衡條件可知qEmgsin，qBvmgcos，解得

24、E，B，故C正確、D錯誤6美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子領域前進了一大步如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強恒定，且被限制在A、C兩板之間帶電粒子從P0處以初速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速電場加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()A帶電粒子每運動一周被加速兩次BP1P2P2P3C加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關D加速電場方向需要做周期性變化答案：C解析：由

25、題圖可知，帶電粒子每運動一周被加速一次，選項A錯誤；由公式R和qUmvmv可知，帶電粒子每運動一周，電場力做功相同，動能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圓周運動的半徑增加量不同，選項B錯誤；由v可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關，選項C正確；由T可知，粒子運動的周期不隨v的變化而變化，故加速電場的方向不需做周期性變化，選項D錯誤7.如圖所示，平行金屬板a、b之間的距離為d，a板帶正電荷，b板帶負電荷，a、b之間還有一垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度為B1.一不計重力的帶電粒子以速度v0射入a、b之間，恰能在兩金屬板之間勻速向下運動，并進入PQ下方的勻強磁場中，PQ下方的

26、勻強磁場的磁感應強度為B2，方向如圖所示已知帶電粒子的比荷為c，則()A帶電粒子在a、b之間運動時，受到的電場力水平向右B平行金屬板a、b之間的電壓為Udv0B2C帶電粒子進入PQ下方的磁場之后，向左偏轉(zhuǎn)D帶電粒子在PQ下方磁場中做圓周運動的半徑為答案：D解析：由于不知道帶電粒子的電性，故無法確定帶電粒子在a、b間運動時受到的電場力的方向，也無法確定帶電粒子進入PQ下方的磁場之后向哪偏轉(zhuǎn)，選項A、C錯誤；粒子在a、b之間做勻速直線運動，有qqv0B1，解得平行金屬板a、b之間的電壓為Udv0B1，選項B錯誤；帶電粒子在PQ下方的勻強磁場中做圓周運動，軌道半徑為r，選項D正確8(多選)如圖所示，

27、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點A由靜止開始下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個裝置處于正交的勻強電場與勻強磁場中，電場強度E的大小為，方向水平向右，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是()A物塊最終停在A點B物塊最終停在最低點C物塊做往復運動D物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mgqB答案：CD解析：由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點時受到的電場力的方向向右，所以物塊最終從最低點開始向右運動，到達某位置時速度變?yōu)榱?，然后又向左運動，即物塊做往復運動，C正確，A、B錯誤；物塊從A點首次運動到最低點

28、，由動能定理得，mgRqERmv20，且E，聯(lián)立得v，物塊首次運動到最低點時，由牛頓第二定律得，F(xiàn)NmgqvBm，解得FN2mgqB，由牛頓第三定律知，D正確二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)9(12分)如圖，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；2d、3d，離子重力不計(1)求圓弧虛線對應的半徑R的大?。?2)若離子恰好能打在NQ的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值；(3)若撤去

29、矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強電場，換為垂直紙面向里的勻強磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應強度B的取值范圍答案：(1)(2)(3)B解析：(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理有qUmv2.離子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qE0.聯(lián)立可得R.(2)離子做類平拋運動，則有dvt，3dat2.由牛頓第二定律得qEma.聯(lián)立可得E.(3)離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qvB，則r.離子能打在QN上，則既沒有從DQ邊出去也沒有從CN邊出去，則離子運動徑跡的邊界如圖中和所示由幾何關系知，離子能打在QN上，必須滿足：dr2

30、d，則有Bv0，故n只能取1或2，即粒子的速度大小為v或v.12(12分)2019河北衡水中學模擬如圖所示，AQC是邊長為2L的等邊三角形，P、D分別為AQ、AC的中點在虛線QC下方存在水平向左的勻強電場區(qū)域(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，區(qū)域(APD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域(虛線PD以上、APD以外)有垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域、內(nèi)磁場的磁感應強度大小均為5B.一帶正電的粒子從Q點正下方、距離Q點為L的O點以某一初速度射出，在電場力作用下從QC邊中點N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域，接著從P點垂直AQ射入?yún)^(qū)域.此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運動后又以原速率返回O點

31、粒子重力忽略不計，求：(1)該粒子的比荷；(2)電場強度E及粒子從O點射出時的初速度v的大小；(3)粒子從O點出發(fā)到再次回到O點的整個運動過程所經(jīng)歷的時間t.答案：(1)(2)2Bv0v0(3)解析：(1)粒子在區(qū)域內(nèi)的磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qv0Bm，根據(jù)題意有RL，解得.(2)粒子從O點運動到N點，由運動的合成與分解可得Lv0t，Lat2，由牛頓第二定律得a，解得E2Bv0，由運動學公式可得v2aL，故粒子從O點射出時的初速度vv0.(3)粒子在電磁場中運動的總時間包括三段：在電場中往返運動的時間t0、在區(qū)域中運動的時間t1、在區(qū)域和中運動的時間t2t3.根據(jù)平拋運動規(guī)律有t0，設粒子在區(qū)域中運動的時間為t1，則t12，粒子在區(qū)域和內(nèi)的磁場中運動時，有qv05Bm，解得粒子運動的軌跡半徑r.則粒子在區(qū)域和內(nèi)的磁場中的運動軌跡如圖所示，運動的總時間為T.由周期公式可得T，故t2t3T，故粒子整個運動過程所經(jīng)歷的總時間tt0t1t2t3.