《磁場》綜合檢測

《磁場》綜合檢測(時間:90分鐘 滿分:100分)【測控導航】考點題號1.地磁場安培定則22.磁感應強度及疊加1,33.安培力左手定則4,154.回旋加速器95.霍爾元件106.實驗13,147.帶電粒子在磁場中運動5,6,7,11,168.帶電粒子在復合場中運動8,12,17,18一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第1～8題只有一個選項正確,第9～12題有多項正確,全部選對得4分,選對但不全得2分,有選錯或不選的得 0分)1.(2016·廣東中山聯考)關于電場強度、磁感應強度,下列說法中正確的是(B)A.由真空中點電荷的電場強度公式 E=k可知,當r趨近于零時,其電場強度趨近于無限大B.電場強度的定義式 E=適用于任何電場C.由安培力公式F=ILB可知,一小段通電導體在某處不受安培力 ,說明此處一定無磁場D.一帶電粒子在磁場中運動時 ,磁感應強度的方向一定垂直于洛倫磁力的方向和帶電粒子的運動方向解析:公式E=k是點電荷的電場強度的決定式 ,E與Q成正比,與r2成反比,但是當r→0時,帶電體不能視為點電荷,A錯誤;公式E=是電場強度的定義式,適用于任何電場,但是電場中某點的電場強度與F,q無關,B正確;通電導線受力為零的地方,磁感應強度B的大小不一定為零,這可能是電流方向與B的方向在一條直線上的原因造成的,C錯誤;洛倫茲力方向垂直于B與v決定的平面,但B與v不一定垂直,D錯誤.2.(2016·廣西河池模擬)為了解釋地球的磁性,19世紀安培假設:地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流引起的.下列四個圖中,正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是(B)解析:地磁場的N極在地理的南極附近,地磁場的S極在地理的北極附近,根據安培定則,讓拇指與四指垂直,而四指彎曲的方向就是電流流動的方向,故B正確.3.(2016·河南百校質檢)正三角形ABC的三個頂點處分別有垂直于三角形平面的無限長直導線,導線中通有恒定電流,方向如圖所示,a,b,c三點分別是正三角形三邊的中點,若A,B,C三處導線中的電流分別為I,2I,3I,已知無限長直導線在其周圍某一點產生的磁場磁感應強度B的大小與電流成正比,與電流到這一點的距離成反比,即B=k,則a,b,c三點的磁感應強度大小關系為 ( B )A.a點最大 B.b點最大C.c點最大 D.b,c兩點一樣大解析:設正三角形的邊長為 2L,則

a,b,c

三點的磁感應強度大小分別為

Ba=2k,Bb=

= ·k,Bc=

= ·k,比較可得選B.4.(2016·浙江桐鄉(xiāng)檢測)如圖所示,表示磁場對直線電流的作用 ,其中不正確的是( C )解析:根據左手定則,伸開左手,讓磁感線垂直穿過手心,四指指電流方向,拇指所指方向為安培力的方向,故選項A,B,D正確,C錯誤.(2016·北京海淀區(qū)期中)如圖所示,甲、乙兩個質量相同、帶等量異種電荷的帶電粒子,以不同的速率經小孔P垂直磁場邊界MN,進入方向垂直紙面向外的勻強磁場中,在磁場中做勻速圓周運動,并垂直磁場邊界MN射出磁場,半圓軌跡如圖中虛線所示.不計粒子所受重力及空氣阻力,則下列說法中正確的是(C)A.甲帶負電荷,乙?guī)д姾陕鍌惼澚鬃稣.甲的速率大于乙的速率D.甲在磁場中運動的時間大于乙在磁場中運動的時間解析:由左手定則可知,甲帶正電荷,乙?guī)ж撾姾?選項A錯誤;洛倫茲力方向與速度方向垂直 ,故洛倫茲力對甲不做功 ,選項 B錯誤;根據R=可知,由于甲的半徑大于乙,故甲的速率大于乙的速率 ,選項C正確;根據T= 可知,兩個電荷的周期相同,運動時間均為 T,故甲在磁場中運動的時間等于乙在磁場中運動的時間 ,選項D錯誤.如圖是洛倫茲力演示儀的實物圖和結構示意圖.用洛倫茲力演示儀可以觀察運動電子在磁場中的運動徑跡.下列關于實驗現象和分析正確的是(B)A.勵磁線圈通以逆時針方向的電流 ,則能形成結構示意圖中的電子運動徑跡B.勵磁線圈通以順時針方向的電流 ,則能形成結構示意圖中的電子運動徑跡C.保持勵磁電壓(即勵磁線圈上所加電壓)不變,增加加速電壓,電子束形成圓周的半徑減小D.保持加速電壓不變,增加勵磁電壓,電子束形成圓周的半徑增大解析:勵磁線圈通以順時針方向的電流 ,則由安培定則可知線圈內部磁場向里,由左手定則可知能形成結構示意圖中的電子運動徑跡 ,選項B正確,A錯誤;保持勵磁電壓不變,增加加速電壓,則電子的運動速度變大,根據R=可知電子束形成圓周的半徑增大,選項C錯誤;保持加速電壓不變,增加勵磁電壓,則B變大,根據R=可知,電子束形成圓周的半徑減小,選項D錯誤.如圖(甲)所示,為一個質量為m,電荷量為q的圓環(huán),可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動,細桿處于勻強磁場中,(不計空氣阻力),現給圓環(huán)向右初速度 v0,在以后的運動過程中的速度圖像如圖 (乙)所示.則圓環(huán)所帶的電性、勻強磁場的磁感應強度B和圓環(huán)克服摩擦力所做的功W,下列說法正確的是(重力加速度為g)(B)A.圓環(huán)帶負電,B=B.圓環(huán)帶正電,B=C.圓環(huán)帶負電,W=mD.圓環(huán)帶正電,W=m解析:因圓環(huán)最后做勻速直線運動 ,即在豎直方向上平衡,由左手定則知圓環(huán)帶正電,有qB=mg得B=由動能定理得,圓環(huán)克服摩擦力所做的功W=m -m()2=m ,故選項B正確.如圖所示,一個質量為m、電荷量為+q的帶電粒子,不計重力,在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ,沿曲線abcd運動,ab,bc,cd都是半徑為R的圓弧.粒子在每段圓弧上運動的時間都為t.規(guī)定垂直紙面向外的磁感應強度方向為正,則磁場區(qū)域Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ三部分的磁感應強度B隨x變化的關系可能是(C)解析:由左手定則可判斷出磁感應強度 B在磁場區(qū)域Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ內磁場方向分別為向外、向里、向外 ,在三個區(qū)域中均運動 圓周,故t=,由于T=,解得B=.只有選項C正確.9.(2016·河北唐山模擬)粒子回旋加速器的工作原理如圖所示,置于真空中的D形金屬盒的半徑為R,兩金屬盒間的狹縫很小,磁感應強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直,高頻交變電流的頻率為f,加速器的電壓為U,若中心粒子源處產生的質子質量為m,電荷量為+q,在加速器中被加速.不考慮相對論效應,則下列說法正確是(AC)A.質子被加速后的最大速度不能超過 2πRfB.加速的質子獲得的最大動能隨加速電壓 U增大而增大C.質子第二次和第一次經過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1D.不改變磁感應強度B和交變電流的頻率f,該加速器也可加速α粒子解析:質子在回旋加速器中被加速 ,需要滿足質子做圓周運動的周期與交變電壓的周期相等 ,質子的最大動能由 D形盒的半徑R決定,故選項B錯誤;由半徑公式 r= 可知質子的最大速度 v= ,且滿足周期T= =,可得最大速度v=2πfR,故選項A正確;質子在電場中加速,根據動能定理,第一次通過狹縫有 qU=m ,第二次通過狹縫有qU=m -m ,由兩式可知v2∶v1= ∶1,故選項C正確;質子的電荷數和質量數都是1,α粒子(氦核 He)的電荷數為2,質量數為4,兩種粒子的比荷并不相等,由周期公式 T= 可知兩種粒子的周期也不相等 ,不改變磁感應強度B和交變電流的頻率f,則不滿足α粒子做圓周運動的周期與交變電流的周期相等,該加速器就不能加速α粒子,故選項D錯誤.(2016·北京市海淀區(qū)期末)半導體內導電的粒子——“載流子”有兩種:自由電子和空穴(空穴可視為能自由移動帶正電的粒子),以自由電子導電為主的半導體叫N形半導體,以空穴導電為主的半導體叫P形半導體.如圖為檢驗半導體材料的類型和對材料性能進行測試的原理圖,圖中一塊長為a、高為b、寬為c的半導體樣品板放在沿y軸正方向的勻強磁場中,磁感應強度大小為B.當有大小為I、沿x軸正方向的恒定電流通過樣品板時,會在與z軸垂直的兩個側面之間產生霍爾電勢差UH,霍爾電勢差大小滿足關系 UH=k,其中k為材料的霍爾系數.若每個載流子所帶電荷量的絕對值為 e,下列說法中正確的是( AD )A.如果上表面電勢高,則該半導體為P形半導體B.如果上表面電勢高,則該半導體為N形半導體C.霍爾系數較大的材料,其內部單位體積內的載流子數目較多D.樣品板在單位體積內參與導電的載流子數目為解析:如果半導體為P形半導體,則能自由移動的是帶正電的粒子,由左手定則可以判斷出粒子偏向上表面,故上表面電勢高,選項A正確;如果半導體為N形半導體,則能自由移動的是負電子,由左手定則可以判斷出電子偏向上表面,故上表面電勢低,選項B錯誤;待電流穩(wěn)定后,粒子在電場力與洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài) ,故存在 q=Bqv,而電流的大小又可以表示為 I=neSv=nebcv,兩式整理得 BI=UHnec;又因為UH=k,故k=,故霍爾系數k較大的材料,其內部單位體積內的載流子數目較少,選項C錯誤;由上式還可以推出 n= ,選項D正確.如圖所示,abcd是一個邊長為L的正方形,它是磁感應強度為B的勻強磁場橫截面的邊界線.一帶電粒子從ab邊的中點O垂直于磁場方向射入,其速度方向與ad邊成θ=30°角,如圖.已知該帶電粒子所帶電荷量為+q,質量為m,重力不計,若要保證帶電粒子從ad邊射出,則( BD)粒子軌道半徑最大值為粒子軌道半徑最大值為C.該帶電粒子在磁場中飛行的時間為D.該帶電粒子入射時的最大速度為解析: 由左手定則可以判斷出 ,帶電粒子受到洛倫茲力使得粒子向上偏轉而做圓周運動,由公式 R=可知,偏轉半徑隨入射速度的增大而增大,要保證粒子從 ad邊射出,則粒子沿臨界軌跡 OFE做圓周運動,如圖所示;根據幾何關系可知 ,1.5R=,故此時的半徑 R=,選項A錯誤,B正確;粒子在磁場中的飛行時間取決于粒子做圓周運動的圓心角的大小,由幾何關系可得OO2=O2E,因為∠EOO2=60°,故∠EO2O=60°,所以此時的圓心角為360°-60°=300°=,則帶電粒子在磁場中飛行的時間為t= × =× = ,選項C錯誤;由公式R=可知,帶電粒子入射時的最大速度 v= = ,選項D正確.12.(2016·浙江嘉興期末)扭擺器是同步輻射裝置中的插入件,能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺.其簡化模型如圖,Ⅰ,Ⅱ為寬度均為L的條形勻強磁場區(qū)域,邊界豎直,相距也為L,磁場方向相反且垂直于紙面,磁感應強度的大小分別為B1,B2,其中B1=B0.一質量為m、電荷量為-q、重力不計的粒子,從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放,極板間電壓為U,粒子經電場加速后平行于紙面射入扭擺器,射入Ⅰ區(qū)和離開Ⅰ區(qū)時速度與水平方向夾角均為θ=30°,則(CD)A.若B2=B0,則粒子離開扭擺器的速度方向與進入扭擺器的速度方向垂直B.若B2=B0,粒子在扭擺器中運動的時間 t=C.若B2=B0,粒子在扭擺器中運動的最高點和最低點的高度差h=(2- )LD.若B2≥ ,則粒子能返回Ⅰ區(qū)解析:若B2=B0,粒子運動軌跡如圖(甲)所示則粒子離開扭擺器的速度方向與進入扭擺器的速度方向平行 ,選項A錯誤;根據動能定理,可得Uq=mv2,解得粒子射入Ⅰ區(qū)域時的速度為v= ,粒子在Ⅰ中運動時有 qvB0=m,由幾何知識得 L=2Rsinθ=R,聯立代入數據解得 B0= ,粒子在磁場Ⅰ區(qū)域中運動的時間為t1== = ;同理若B2=B0,粒子在Ⅱ中的運動時間 t2= ,粒子在Ⅰ,Ⅱ中間做勻速直線運動 ,t3= = ,故粒子在扭擺器中的運動時間為t=t1+t2+t3= + ,選項B錯誤;由于B2=B1=B0,粒子在兩個磁場中的運動半徑相等都為 R,根據幾何知識 R=L,h=2R(1-cosθ)+Ltan θ,代入數據得 h=(2- )L,選項C正確;如圖(乙)所示.為使粒子能再次回到Ⅰ區(qū),應滿足R′(1+sinθ)≤L,代入數據解得B2≥,選項D正確.二、非選擇題(共52分)13.(6分)(2016·天津和平區(qū)校級期末 )磁體和電流之間、磁體和運動電荷之間、電流和電流之間都可通過磁場而相互作用 ,此現象可通過以下實驗證明:如圖(a)所示,在重復奧斯特的電流磁效應實驗時,為使實驗方便效果明顯,通電導線應.平行于南北方向平行于東西方向C.平行于東南方向D.平行于西南方向

位于小磁針上方位于小磁針上方位于小磁針下方位于小磁針下方此時從上向下看,小磁針的旋轉方向是 (填“順時針”或“逆時針”).如圖(b)所示是電子射線管示意圖,接通電源后,電子射線由陰極沿x軸方向射出,在熒光屏上會看到一條亮線.要使熒光屏上的亮線向下(z軸負方向)偏轉,在下列措施中可采用的是 .(填選項代號)A.加一磁場,磁場方向沿z軸負方向B.加一磁場,磁場方向沿y軸正方向C.加一電場,電場方向沿z軸負方向D.加一電場,電場方向沿y軸正方向如圖(c)所示,兩條平行直導線,當通以相同方向的電流時,它們相互(填“排斥”或“吸引”),當通以相反方向的電流時,它們相互(填“排斥”或“吸引”),這時每個電流都處在另一個電流的磁場里,因而受到磁場力的作用,也就是說,電流和電流之間,就像磁極和磁極之間一樣,也會通過磁場發(fā)生相互作用.解析:(1)由于無通電導線時,小磁針S極指南,N極指北,位于南北方向,若導線的磁場仍使小磁針南北偏轉,根本無法觀察,所以為使實驗方便效果明顯,導線應平行于南北方向位于小磁針上方,這樣當導線中通電時,小磁針能向東西偏轉,實驗效果比較明顯,故A正確.導線下方磁場方向垂直紙面向里,小磁針N極向里轉,從上向下看,小磁針逆時針旋轉.(2)若加一沿z軸負方向的磁場,根據左手定則,洛倫茲力方向沿y軸負方向,亮線不向下偏轉,不符合題意,故A錯誤;若加一沿y軸正方向的磁場,根據左手定則,洛倫茲力方向沿z軸負方向,亮線向下偏轉,符合題意,故B正確;若加一沿z軸負方向的電場,電子帶負電,電場力方向沿z軸正方向,亮線不向下偏轉,不符合題意,故C錯誤;若加一沿y軸正方向的電場,電子帶負電,電場力方向沿y軸負方向,亮線不向下偏轉,不符合題意,故D錯誤.題圖(c)中,通入電流方向相同時,研究右導線的受力情況,將左導線看成場源電流,根據安培定則可知,它在右導線處產生的磁場方向垂直紙面向外,由左手定則判斷可知,右導線所受的安培力方向向左;同理,將右導線看成場源電流,左導線受到的安培力向右 ,兩導線要靠攏,說明電流方向相同時,兩導線相互吸引;同理可知,當通入電流方向相反時,兩導線遠離,兩導線相互排斥.答案:(1)A 逆時針 (2)B (3)吸引 排斥評分標準:每問2分.(6分)霍爾元件可以用來檢測磁場及其變化.圖(甲)為使用霍爾元件測量通電直導線產生磁場的裝置示意圖.由于磁芯的作用,霍爾元件所處區(qū)域磁場可看做勻強磁場.測量原理如圖(乙)所示,直導線通有垂直紙面向里的電流,霍爾元件前、后、左、右表面有四個接線柱,通過四個接線柱可以把霍爾元件接入電路.所用器材已在圖中給出,部分電路已經連接好.為測量霍爾元件所處區(qū)域的磁感應強度B;制造霍爾元件的半導體參與導電的自由電荷帶負電,電流從(乙)圖中霍爾元件左側流入,右側流出,霍爾元件(填“前”或“后”)表面電勢高.在圖中畫線連接成實驗電路圖.已知霍爾元件單位體積內自由電荷數為n,每個自由電荷的電荷量為e,霍爾元件的厚度為 h,為測量霍爾元件所處區(qū)域的磁感應強度 B,還必須測量的物理量有 、 (寫出具體的物理量名稱及其符號),計算式B= .解析:(1)磁場是直線電流產生的,根據安培定則,磁場方向向下;電流向右,根據左手定則,安培力向內,載流子是負電荷,故后表面帶負電,前表面帶正電,故前表面電勢較高.變阻器控制電流,用電壓表測量電壓,電路圖如圖所示.設前后表面的厚度為d,最終自由電荷在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡,有e=evB根據電流微觀表達式,有I=neSv=nedhv聯立解得B= .答案:(1)前見解析電壓表示數U電流表示數I評分標準:每空1分,作圖2分.(8分)如圖所示,在傾角為30°的斜面上,固定一寬度為L=0.25m的足夠長平行光滑金屬導軌,在導軌上端接入電源和滑動變阻器.電源電動勢為E=3.0V,內阻為r=1.0Ω.一質量m=20g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好.整個裝置處于垂直于斜面向上的勻強磁場中,磁感應強度為B=0.80T.導軌與金屬棒的電阻不計,取g=10m/s2.如要保持金屬棒在導軌上靜止,滑動變阻器接入電路中的阻值是多少?如果拿走電源,直接用導線接在兩導軌上端,滑動變阻器阻值不變化,求金屬棒所能達到的最大速度值.在第(2)問中金屬棒達到最大速度前,某時刻的速度為10m/s,求此時金屬棒的加速度大小.解析:(1) 由于金屬棒靜止在金屬導軌上 ,故受力平衡,如圖所示安培力F=ILB=mgsin30°=0.1N(1分)得I==0.5A(1分)設變阻器接入電路的阻值為 R,根據閉合電路歐姆定律E=I(R+r)聯立解得R=-r=5 Ω. (1 分)金屬棒達到最大速度時,將勻速下滑,此時安培力大小、回路中電流大小應與上面情況相同,即金屬棒產生的電動勢E=IR=2.5V(1分)由E=BLv得v==12.5m/s. (1 分)金屬棒速度為10m/s時,產生的電動勢E′=BLv′=2V (1 分)電流為I′=金屬棒受到的安培力為 F′=BI′L=0.08N (1 分)金屬棒的加速度為 a= =1m/s2. (1 分)答案:(1)5 Ω (2)12.5m/s (3)1m/s2(8分)(2016·山東淄博摸底)如圖所示,在y軸右側有一方向垂直紙面向里的有界勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出),磁感應強度大小為B.一束質量為m、電荷量為+q的粒子流,沿x軸正向運動,其速度大小介于v0與2v0之間,從坐標原點射入磁場,經磁場偏轉后,所有粒子均沿y軸正方向射出磁場區(qū)域.不計粒子重力.求:(1)粒子在磁場中運動的最大半徑和最小半徑 ;粒子在磁場中運動的時間;滿足條件的磁場區(qū)域的最小面積.解析:(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動 ,洛倫茲力提供向心力,則qvB=m,速度最大為2v的粒子,運動半徑最大,R=;(1分)01速度最小為v0的粒子,運動半徑最小R2=.(1分)所有粒子運動的周期都相同,粒子在磁場中運動的時間也相同,T=,t=T,得t= . (2 分)粒子沿x軸正向進入磁場,射出時速度方向均豎直向上,偏轉角都是90°,所以軌跡經過的區(qū)域為磁場的最小面積,如圖所示,圖中淺色陰影部分即為最小磁場區(qū)域.S1=π-(1分)S=π-(1分)2S=S-S2(1分)1聯立代入數據得S=.(1分)答案:(1)(2)(3)17.(12 分)(2016·廣東百校質檢)如圖所示,一質量m=1×10-16kg、電荷量q=2×10-6C的帶正電微粒(重力不計),從靜止開始經電壓U1=400V的加速電場加速后,水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中,金屬板長 L=1m,兩板間距 d= m,微粒射出偏轉電場時的偏轉角 θ=30°,接著進入一方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū) ,該勻強磁場的磁感應強度大小 B=T,微粒在磁場中運動后恰能從右邊界射出 .求:微粒進入偏轉電場時的速度大小v0;兩金屬板間的電壓U2;微粒在磁場中的運動時間t和勻強磁場的寬度D.解析:(1)帶電微粒在加速電場中運動 ,由動能定理有qU1=m,(1分)得v0=4×106m/s.(1分)帶電微粒在偏轉電場中運動時,有a==,(1分)t=,(1分)tanθ==,(1分)代數解得U=400V.(1分)2帶電微粒在磁場中運動,恰好從右邊界射出,對應圓周運動的圓心角為120°,由洛倫茲力提供向心力有 qvB=m,得R=,(1分)T=,(1分)由以上三式可得帶電微粒在磁場中的時間t===1×10-10s,(1分)由幾何關系可知D=R+Rsinθ,(1分)=cosθ,(1分)解得D=×10-4m.(1分)答案:(1)4×106m/s(2)400V(3)1×10-10s×10-4m(12分)(2016·河北正定中學月考)如圖所示,左側裝置內存在著勻強磁場和方向豎直向下的勻強電場,裝置上下兩極板間電勢差為U,間距為 L,右側為“梯形”勻強磁場區(qū)域 ACDH,其中,AH∥CD, =4L.一束電荷量大小為 q、質量不等的帶電粒子(不計重力、可視為質點),從狹縫S1射入左側裝置中恰能沿水平直線運動并從狹縫 S2射出,接著粒子垂直于AH、由AH的中點M射入“梯形”區(qū)域,最后全部從邊界AC射出.若兩個區(qū)域的磁場方向均水平(垂直于紙面向里)、磁感應強度大小均為B,“梯形”寬度=L,忽略電場、磁場的邊緣效應及粒子間的相互作用.判定這束粒子所帶電荷的種類,并求出粒子速度的大小;求出這束粒子可能的質量最小值和最大值;求出(2)問中偏轉角度最大的粒子在“梯形”區(qū)域中運動的時間.解析:(1)由于粒子在“梯形”磁場中從邊界AC射出,可知粒子帶正電;(1分)由于粒子在左側正交電磁場中沿直線通過且洛倫茲力不做功,故粒子速率不變,有qvB=Eq,E=,所以v=. (2 分)在“梯形”區(qū)域內,粒子做勻速圓周運動,由牛頓第二定律,有qvB=m, (1 分)當粒子質量有最小值時 ,R最小,粒子運動軌跡恰與 AC相切[如圖(甲)]; 當粒子質量有最大值時 ,R最大,粒子運動軌跡恰過 C點[如圖(乙)],由幾何關系有R=(2L-R)sin45°,11R1=2(-1)L,(2分)因MN=L,所以△AMC是等腰直角三角形,R2=L,(1分)解得,mmin=,mmax=.(2分)粒子在磁場中做圓周運動的周期T=,粒子沿圖(甲)軌跡運動時對應的圓心角最大,有t= T=T, (2 分)解得t= . (1 分)答案:(1)帶正電(2)(3)【備用題組】1.(2016·四川巴中檢測)如圖,在xOy平面第一象限整個區(qū)域分布一勻強電場,電場方向平行y軸向下.在第四象限內存在一有界勻強磁場,左邊界為y軸,右邊界為x=5l的直線,磁場方向垂直紙面向外.一質量為m、帶電荷量為+q的粒子從y軸上P點以初速度v0垂直y軸射入勻強電場,在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場.已知OQ=l,不計粒子重力.求:(1)P點的縱坐標;要使粒子能再次進入電場,磁感應強度B的取值范圍.解析:(1)設粒子進入磁場時 y方向的速度為vy,則vy=v0tanθ設粒子在電場中運動時間為 t,有=v0t=t聯立解得OP=.(2)作出粒子剛好能再進入電場的軌跡 ,如圖所示設此時的軌跡半徑為 R,由幾何關系有R+Rcos45°=l粒子在磁場中的速度v= ,根據牛頓第二定律 qvB1=m,聯立解得B1= ,要使粒子能再進入電場 ,磁感應強度B的范圍為B≥ .答案:(1) (2)B≥2.(2016·北京市海淀區(qū)期末)在科學研究中,可以通過施加適當的電場和磁場來實現對帶電粒子運動的控制.如圖所示,某時刻在xOy平面內的第Ⅱ,Ⅲ象限中施加沿y軸負方向、電場強度為E的勻強電場,在第Ⅰ,Ⅳ象限中施加垂直于xOy坐標平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場.一質量為m,電荷量為q的帶正電粒子從M點以速度v0沿垂直于y軸方向射入該勻強電場中,粒子僅在電場力作用下運動到坐標原點O且沿OP方向進入第Ⅳ象限.在粒子到達坐標原點 O時撤去勻強電場(不計撤去電場對磁場及帶電粒子運動的影響),粒子經過原點O進入勻強磁場中,并僅在磁場力作用下,運動一段時間從y軸上的N點射出磁場.已知OP與x軸正方向夾角α=60°,帶電粒子所受重力及空氣阻力均可忽略不計,求:(1)M,O兩點間的電勢差 U;坐標原點O與N點之間的距離d;粒子從M點運動到N點的總時間t.解析:(1)設粒子經過O點的速度為v,則cosα=,對于電子經過電場的過程 ,根據動能定理有qU=mv2-m ,解得U= .設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,運動軌跡如圖所示.洛倫茲力提供向心力,根據牛頓第二定律有 qvB= ,解得R= ,根據幾何關系可知,O與N之間的距離d=R= .設粒子在電場中從M點運動至O點所用時間為t1,根據牛頓第二定律可知 ,粒子在電場中的加速度a=,粒子通過O點時豎直方向速度 vy= v0,根據運動學公式有 vy=at1,解得t1= ,設粒子在磁場中從 O點運動至N點用時為t2,粒子在磁場中運動的周期T=,t2=T=,解得粒子從M點運動到N點的總時間t=t1+t2= + .答案:(1)(2)+3.