【文档说明】(通用版)高考物理二轮复习纠错笔记专题10《 磁场》（解析版）.doc，共(44)页，2.167 MB，由MTyang资料小铺上传

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一、不能正确地分析和求解安培力分析和求解安培力时容易出现以下错误：（1）不能正确地对磁场进行叠加求合磁感应强度；（2）错误地认为通电导体棒在磁场中一定受到安培力作用；（3）当通电导线为折线或曲线时，不会求有效长度；（4）当导体棒与磁场不垂直时，不会对磁场进行分解；（5）不能正

确引入“电流元”进行分析和计算，导致无法解答。二、混淆了电磁流量计和霍尔效应霍尔效应与电磁流量计原理不同，产生的因果关系也不同，霍尔效应是在正、负自由电荷（如自由电子，正、负离子，空穴等）浓度不等的导体、

半导体中产生的，通电时电场力使自由电荷做方向相反的定向移动，洛伦兹力使自由电荷做同向偏转运动，若正、负自由电荷浓度相等，则由于同向偏转不会产生电势差；电磁流量计是液体流动带动离子运动，正、负离子总是同向运动、反向偏转，因此无论正、负离子浓

度是否相等，都一定会产生电势差。霍尔效应中电场推动正、负离子反向运动时受到同向洛伦兹力（对导体整体为安培力）而向同一侧偏转是结果；电磁流量计中正、负离子由液体带动同向运动是原因，正、负离子因受洛伦兹力而发生反向偏

转是结果。学-科网三、不清楚回旋加速器的原理回旋加速器是带电粒子在磁场中运动的实际模型之一，也是高考考查较频繁的考点之一，对此类问题易出现以下错误：（1）不清楚离子交替地加速、偏转的周期性运动过程；（

2）误认为离子的最大动能与所加电压、加速次数有关；（3）不知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期的关系。四、带电粒子在磁场中运动的多解问题的分析方法带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。类型分析图例带电粒子

电性不确定受洛伦兹力影响的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场；如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度的大小，而未

具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解如图带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不确定带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过1

80°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场，部分是磁场空间运动时，往往运动具有周期性，因而形成多解五、求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题的方法由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中

只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件（①带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零；②射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨

迹与磁场边界相切），然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。（1）两种思路一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。（2）两种方法一是

物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值。二是数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等。（3）从关键

词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示。审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。六、带电粒子在电场和磁场中偏转的比较匀强电场中的偏转匀强磁场中的偏转偏转产生条件

带电粒子以速度v0垂直射入匀强电场带电粒子以速度v0垂直射入匀强电场受力特征只受恒定的电场力F=Eq，方向与初速度方向垂直只受大小恒定的洛伦兹力F=qv0B，方向始终与速度方向垂直运动性质匀变速曲线（类平抛）运动匀

速圆周运动轨迹抛物线圆或圆弧运动轨迹图运动规律0202xyqEvvvtmqEtxvtym20002πmvqvBRmvmRTqBqB动能变化动能增大动能不变运动时间0xtv2πmtTqB七、对带电粒子在复合场中

的运动情况分析不清分析带电粒子在复合场中运动的问题容易出现以下错误：（1）忽略带电粒子的重力，对于微观粒子如：质子、离子等，不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子常常考虑重力；（2）在叠加场中没有认识到洛伦兹力随速度大

小和方向的变化而变化，从而不能正确判断粒子的运动性质。学-科+网八、对带电粒子在磁场中周期性运动的过程分析不清带电粒子在磁场中的周期性运动类问题，往往情境复杂、过程繁多，解答此类问题容易出现以下错误：（1）不能正确地划分过程，求解时需要一个

过程一个过程地分析运动性质，建立完整的运动图景；（2）不能正确地选择相应的公式列方程。如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′点，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿+x方向的电流I，且导线保持静止时，

悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为A．+z方向，tanmgILB．+y方向，mgILC．–z方向，tanmgILD．沿悬线向上，sinmgIL不能正确理解当直导线静止时，有多个磁场与之对应导致本题少

选或错选。若磁感应强度沿+z方向，根据左手定则，直导线所受安培力沿–y方向，不能平衡，A错误；若磁感应强度沿+y方向，根据左手定则，直导线所受安培力沿+z方向，根据平衡条件，当BIL=mg时，绳的拉力为零，所以mgBIL，B正确；若磁感应强度沿–z方向，根据左手定则，直导线所受安培力沿

+y方向，根据平衡条件有tanBILmg，所以tanmgBIL，C正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力垂直悬线斜向下方，不能平衡，D错误。答案：BC。1．（2018·四川省双流中学高二6月月考）如图所示，轻质弹簧下面挂有边长为、质量为的正方形金属框，各边电阻相同

，金属框放置在磁感应强度大小为、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中，若两端与电源相连（忽略导线电阻以及对金属框的影响），通以如图所示方向的电流时，弹簧恰好处于原长状态，则通入正方形金属框边的电流大小为A．B．C．D．【答案】C如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b

，内有带电荷量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低，由此可得该

导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为A．IBqaU，负B．IBqaU，正C．IBqbU，负D．IBqbU，正不明确自由运动电荷定向移动和偏转间的受力关系，认为材料中自由运动电荷在上、下表面间电场力作用下，负电荷向

上表面运动，正电荷向下表面运动，因此导电材料中自由运动电荷正、负均可。因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷。因为UqvBqa，解得UvBa，因为电流I=nqvS=nqvab

，解得IBnqbU，故C正确，ABD错误。答案：C。1．（2018·福建省莆田第六中学高二上学期期中考试）为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右

两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M、N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表

将显示出污水排放情况。下列说法中错误的是A．M板比N板电势低B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小C．污水流量越大，则电流表的示数越大D．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大【答案】B2．（2018·贵州省思南中学高二下学期第一次月考）如图是霍尔

元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件，d、k为定值；如果保持I恒定，则可以验证UH随B的变化情况。以下说法中正确的是A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面，UH将变大B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元

件的工作面应保持竖直C．在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将不发生变化【答案】A【解析】A、达到稳定状态时电子受到的电场力将和洛伦兹力平衡，有（L为左右两侧极板的板间距），解得，将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时

，B增大，则UH也变大，故A项正确。BC、由地磁场的磁感线分布可知，两极的磁感线是竖直方向的，而在赤道上的磁感线是由南向北平行于海平面的；而霍尔元件测定磁场强度时，需要将其工作面垂直于磁感线，故BC错误；D、改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，在垂直于工作面方向上的磁感应

强度将小于原磁场磁感应强度的大小，则UH将减小，故D错误；故选A。（2018·安徽省黄山市高二上学期期末考试）美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，解决了粒子的加速问题。回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场B中。两盒间

狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）以零初速度进入加速电场。D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，加速器接一定频率高频交流电源U。若不考虑相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间的影响。下列论述错误的是A．交流电源的频率

可以任意调节不受其他条件的限制B．增大电压U，粒子被加速后获得的最大动能增大C．增大磁场强度B，粒子被加速后获得的最大动能增大D．增大U或B，粒子在D形盒内运动的总时间t都减少误认为离子加速的次数越多，粒子获得的动能越大。误认为增大加速电压就能使粒子获得等

大的动能。根据2vBqvmR，解得：BRqvm，带电粒子射出时的动能为：2222k122qBREmvm，与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关，故C说法正确，B说法错误；为了保证粒子每次经过电场时都被加速，要

求交变电流的周期等于粒子的运动周期即：2π=mTqB交，故A说法错误；增大U可以减少粒子运动的总时间，增大B将会增加粒子运动的总时间，故D说法错误。所以选ABD。答案：ABD。1．（2018·陕西咸阳市高二上学期期末考试）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回

旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜制D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A．回旋加速器只能用来加速正离子B．离子从D形盒之间空隙的电场中获得能量C．D形盒半径越大，同一离子出射速度越大D．离子在磁场中做圆周运动的周期是加速交变电压周期的一半【答案】B

C【解析】回旋加速器可以加速正电荷，也可以加速负电荷，故A错误。回旋加速器利用电场加速，在磁场中速度大小不变，运用磁场偏转，故B正确。根据解得，可知D形盒半径越大，同一离子出射速度越大，选项C正确。回旋加速器离子在磁场中做圆周运动的周期与加速交

变电压的周期相等，故D错误。故选BC。【名师点睛】解决本题的关键知道回旋加速器利用电场加速，磁场进行偏转，以及知道粒子在磁场中运动的周期与交变电压周期的关系。如图所示，在竖直平面内直线AB与竖直方向成30°

角，AB左侧有匀强电场，右侧有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，从P点以初速度v0竖直向下射入电场，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变，已知P、Q间距为l，之后粒子能够再次通过P点，（粒子重力不计）求：（1）匀强电场场强的大小和方向；（2）匀强磁场磁感应

强度的可能值。不清楚含有电场的组合场，粒子在运动时可以往返运动导致本题错解。（1）由题意可知，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变，PQ间电势差为零，P、Q在同一等势面上，匀强电场垂直于AB且与竖直方向成60°角向下，粒子在电场中沿AB方向做匀速直线运动，l

=v0cos30°·t在垂直AB方向粒子做匀减速直线运动：0sin3022tqEtvam解得：2032mvEql（2）粒子从Q点进入磁场时沿AB方向的分速度不变，垂直AB方向的分速度大小不变方向反向，由此可知：粒子经Q点的速度与AB成30°角，若粒子进入磁场偏转后恰好经过P点

其轨道半径为R，磁感应强度为B，由几何知识得：R=l粒子做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200vqvBmR解得：0mvBql若粒子做圆周运动的轨迹半径R<l，粒子不可能再通过P点若圆周运动的轨迹半

径R>l，则每个周期沿AB界限向A移动的距离：Δx=R–l粒子可能从电场中再次经过P点需要满足的条件是：l=n×Δx(n=1、2、3···)解得：1nlRn，01nmvBnql(n=1

、2、3···)1．（2018·河南省新乡市高三第三次模拟测试）如图所示，xOy坐标系巾，在y<0的区域内分布有沿y轴正方向的匀强电场，在0<y<y0的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子以初速度v0，由坐标（0，–y0）处沿x轴正方向射入电场。已知

电场强度大小E=，粒子重力不计。（1）要使粒子不从y=y0边界射出磁场，求磁感应强度应满足的条件；（2）要使粒子从电场进入磁场时能通过点P（50y0，0）（图中未画出），求磁感应强度的大小。【答案】（1）（2）n=13时；n=14时；n

=15时【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有：x＝v0t，qE＝ma，vy＝at解得：x＝2y0vy＝v0进入磁场速度速度与x轴夹角的正切值tan＝＝1，得＝45°若粒子刚好不从y＝y0边界射出磁场，则有：qvB＝m由几何

关系知（l＋）r＝y0解得故要使粒子不从y＝y0边界射出磁场，应满足的条件磁感应强度B>（2）粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x轴前进的距离x＝2x–r'＝4y0－r'其中初始位置为（2y0，0）又因为粒子不能射出边界：y＝y0，所以，即0<r'<（2–）y0所以有（6

－2）y0<x<4y0粒子通过P点，回旋次数n＝则，即12<n<15.1n为整数，只能取n＝13、n＝14和n＝15n＝13时，02213ry，n＝14时，0227ry，n＝15时，0225ry，如图所示，在xOy平面内，有一以O

为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等，质量为

m、电荷量大小为q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。学-科网（1）若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；（2）若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。不清楚粒子在磁场中运动时当运动

轨迹为半圆弧时面积最大导致本题错解。（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：2vqvBmr根据几何关系：r≤2R联立得：2qBRvm粒子在磁场中做圆周运动的周期：2πmTqB由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，则：2

Tt联立可得：πmtqB（2）分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，有几何关系可得该半圆的半径：r′=12R面积：S=12πr′2联立可得：S=18πR21．（2018·浙江金华市十校高二上学期期末联考）如图所示，在直角坐标系的第一象限内，存在一个以三角形AOC

为边界的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外，顶点A坐标为（0，a）、顶点C坐标为（3a，0）。AC边界放置一离子收集板，打到收集板上的离子均被吸收不反弹。在O点放置一个离子源，可以在直角坐标系的第一象限内，向各个方向发射一种带负电的离子，离子的比荷为q/m，发射速度大小均

为v0=qBam，发射角用图中的角度θ表示（0°≤θ≤90°）。整个装置处于真空中，不考虑离子间的相互作用，不计离子的重力，取3sin264。（1）当离子发射角θ多大时，离子恰好打到A点；（2）求三角形AOC区域内有离子经

过的区域面积；（3）当离子发射角θ多大时，离子从O点运动到AC收集板的时间最短。【答案】（1）60°（2）2π6as（3）34°【解析】（1）设离子圆周运动的轨迹半径为R，则200vqvBmR可解得：R=a运动轨迹如图所示：由几何关系可解得：160

（2）三角形AOC区域内有离子所经过的面积如图所示：是以A点为圆心、a为半径的扇形，2π6as（3）从O点作到AC垂线OM，OM圆弧所对应的运动时间最短32OM3sin4，得26由几何关系可解得234【

名师点睛】带电粒子在磁场中的运动问题，关键是画出粒子的运动轨迹，根据几何关系找到圆心和半径，结合牛顿第二定律列方程求解。一带电粒子从两平行金属板左侧中央平行于极板飞入匀强电场，且恰能从右侧极板边缘飞出，若粒子初动能增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，则应A．只将极板长度变

为原来的2倍B．只将极板长度变为原来的2倍C．只将极板电压增大到原来的2倍D．只将极板电压减为原来的一半不能理解电偏转中粒子运动的竖直距离与电压、板长等的关系导致本题错解。对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰

能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电荷量为q，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向：L=vt，竖直方向22222k1()2224qELqULqULyatm

vmdvdE；可知，若粒子初动能Ek增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，y不变，则由上式分析可知：应将极板长度变为原来的2倍，或将极板电压增大到原来的2倍，故BC正确。答案：BC。1．（2018·黑龙江大庆实验中学

高二上学期期末考试）电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。如图所示为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束（初速度不计）经电压为U的电场加速后，进入一圆形区域，圆形区域中心为O，半径为r，荧光屏MN到中心O的距离为L。

当圆形区域内不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当圆形区域内加一垂直于圆面向里的磁感应强度为B的匀强磁场时电子束打在荧光屏上的Q点（图中末标出），PQ的长度为3L。不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：（1）电子的比荷em；（2）电子在磁场中运动的时间。【

答案】（1）2223eUmBr（2）2π2BrtU【解析】（1）设电子进入磁场时的速度为v，由动能定理eU＝12mv2；解得v＝2eUm电子运动轨迹如图所示，设偏转角度为θ，由几何关系可知，3tanLL，θ＝60°电子束在磁场中运动路径所对的圆心角

α＝θ，而tan2rR解得：R=3r由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB＝2mvR解得：2223eUmBr（2）由周期2πRTv得2πmTeB，12π6tTT解得：2π2BrtU如图所示，空间存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小53N/CE，

同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小0.5TB。有一带正电的小球，质量6110kgm，电荷量6210Cq，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取2

s10m/g，求：（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。不能正确分析复合场中粒子的受力情况导致本题错解。（1）小球做匀速直线运动时，受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有：2222B

qvqEmg带入数据解得：20m/sv，速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tanmgqE解得：tan3，则60（2）撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响

，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，其初速度为sinyvv，若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有：2102＝yvtgt联立解得2

3st1．（2018·江苏泰兴一中第一学期高二期中）如图所示，在坐标系xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点Q（23a，0）、在y轴上有一点P（0，a）。现有一质量为m，电量为+q的带电粒

子（不计重力），从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成60°角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，在B2中偏转后刚好打在Q点。求：（1）匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小；（2）粒子从

P点运动到Q点所用的时间。【答案】（1）B1=02mvqa，B2=0mvqa（2）04π3av（2）粒子做圆周运动的周期：2π2πrmTvqB，粒子的运动时间：t=t1+t2=16T1+13T2，解得：t=04π3av；【名师点睛】本题考查了粒子在磁场

中的运动、分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用。2．如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。y<0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第一象限的空间内有与x轴

平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）。一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ=30°角的直线斜向下运动，经过x

轴上的a点进入y<0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x<0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa=Oc。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：（1）第一象限电场的电场强度E1的大小及方向；（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化

量大小；（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间。【答案】（1）13mgEq，方向水平向左（2）32222mgBq（3）2π(3)3mqB【解析】（1）在第一象限内，带电微粒从静止开始沿Pa做匀加速直线运动，受重力mg和电场力qE1的合力一定沿Pa方向，电场力qE1一定水平向左带

电微粒在第四象限内受重力mg、电场力qE2和洛伦兹力qvB做匀速直线运动，所受合力为零。分析受力可知微粒所受电场力一定水平向右，故微粒一定带正电所以，在第一象限内E1方向水平向左（或沿x轴负方向）根据平行四边形定则，有mg=qE1tanθ解得13mgEq（2）带电微粒从a点运动到c点的过

程中，速度大小不变，即动能不变，且重力做功为零，所以从a点运动到c点的过程中，电场力对带电微粒做功为零由于带电微粒在第四象限内所受合力为零，因此有qvBcosθ=mg带电微粒通过a点的水平分速度vx=vcosθ=mgqB带电微粒在第一象限时的水平加速

度ax=13qEgm带电微粒在第一象限运动过程中沿水平方向的位移x=2222326xvmgaBq由P点到a点过程中电场力对带电微粒所做的功W电=qE1x=32222mgBq因此带电微粒由P点运动到c点的过程中，电势能的变化量大小ΔE电=32222mgBq（3

）在第三象限内，带电微粒由b点到c点受重力mg、电场力qE3和洛伦兹力qvB做匀速圆周运动，一定是重力与电场力平衡，所以有qE3=mg设带电微粒做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律，有qvB=2vmR带电微粒做匀速圆周运动的周期T=2π2πRmvqB带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示

，连接bc弦，因Oa=Oc，所以△abc为等腰三角形，即∠Ocb=∠Oab=30°。过b点做ab的垂线，与x轴交于d点，因∠Oba=60°，所以∠Obd=30°，因此Δbcd为等腰三角形，bc弦的垂直平分线必交于x轴上的d点，即d点为轨迹圆的圆心所以带电微粒在第四象限运动的位移xa

b=Rcotθ=3R其在第四象限运动的时间t1=3abxmvqB由上述几何关系可知，带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120°，即转过13圆周，所以从b到c的运动时间t2=2π33TmqB因此从a点运动到c点的时间t=t1+t2=32π3mmqBqB

=2π(3)3mqB如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E=40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。t=

0时刻，一质量m=8×10–4kg、电荷量q=+2×10–4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12m/s，O´是挡板MN上一点，直线OO´与挡板MN垂直，取g=10m/s2。求：（1）微粒再次经过直线OO´时与O点的距离。（2）微粒

在运动过程中离开直线OO´的最大高度。（3）水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件。不能正确理解周期性变化给粒子运动带来的影响导致本题错解。（1）根据题意可以知道，微粒所受的重力

G=mg=8×10–3N①电场力大小F=qE=8×10–3N②因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则RvmqvB2③由③式解得：R=0.6m④由2πRTv⑤得：T=10πs⑥则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO´时与O点的距离：L=

2R⑦将数据代入上式解得：L=1.2m⑧（2）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t=5πs，轨迹如图所示位移大小：s=vt⑨由⑨式解得：s=1.88m⑩因此，微粒离开直线OO´的最大高度：H=s+R=2.48m（3）若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO´下方时，由

图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足L=(2.4n+0.6)m(n=0，1，2，···)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO´上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L=(2.4n+1.8)m(n=0，1，2，···)（若两式合写成L=(1.2n+

0.6)m(n=0，1，2···）1．（2018·江苏省如皋市高三下学期第二阶段三模前综合练习）如图甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为，y轴正

方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为，方向为+x轴方向。已知电场强度大小为，磁感应强度大小，不计粒子所受重力。求：（1）时刻粒子的速度大小及对应的位置坐标（）；（2）为使粒子第一次运动到y轴时速度沿－x方向，

与应满足的关系；（3）（n为正整数）时刻粒子所在位置的横坐标x。【答案】（1），（）（2）（3）【解析】（1）在电场中运动，沿着x轴正方向有：沿着y轴正方向，有：由牛顿第二定律，有：运动的速度大小联立解得：，粒子的位置坐标为（2）设粒子在磁场中做圆周

运动的周期为T，则：解得：则粒子第一次运动到y轴前的轨迹如图所示：粒子在磁场中做圆周运动时，有：圆心在y轴上，结合几何关系得到：且联立解得：（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期为，即在时间内粒子转了半圈，在x方向向左移动，时刻速度大

小仍为，方向与时刻速度方向相反，在时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与时间内相同，时刻速度大小为，方向沿着x轴负方向，在时间内粒子转动半圈，时刻速度大小为，方向沿着x正方向，如图所示则时间内粒子在x方向向左移动的距离为由几何关系得：则粒子的横坐标【名师点睛】本

题是带电粒子在复合场中运动的问题，分析粒子的在电场和磁场中受力情况，确定其运动情况，从而根据运动的性质列出运动方程，本题中最关键是运用几何知识求解坐标。2．如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UAB，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场，极板长L=0.2m，板间距离

d=0.2m，在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板间中线OO′垂直，磁感应强度B=5×l0–3T，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，已知每个粒子的速度v0=1

05m/s，比荷810mqC/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，此极短时间内电场可视作是恒定不变的。求：（1）在t=0.ls时刻射入电场的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和出磁场

时在MN上的出射点间的距离为多少；学科网（2）带电粒子射出电场时的最大速度；（3）在t=0.25s时刻从电场射出的带电粒子在磁场中运动的时间。【答案】（1）0.4m（2）5210m/s（3）613.1410s4tT【解析】（

1）在0.1st时刻射入电场的带电粒子，在极板间做匀速直线运动，以v0垂直磁场边界垂直射入磁场，由RvmqvB2可得：0.2mmvRqB在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为：40.4mdR（2）设带电粒子从极板的边缘射出电场时的速

度最大，对应的瞬时电压为0u，则：200)(2121vLdmqud解得：0100Vu由动能定理：2200111222mvmvqu射出的最大速度502210m/svv（3）在0.25st时刻从电场射出的带电粒子，从极板的上边缘射出电场，垂直进入磁场

时与磁场边界的夹角为π4，射出磁场时与磁场边界的夹角也为π4，故对应的圆周的圆心角为π2，故在磁场中运动的时间为圆周运动周期的四分之一由RmvqvB2，2πRTv得到：2πmTqB，所以613.1410s4tT

1．导线受安培力时的有效长度的确定在利用F=BLI计算导线受到的安培力时，F、B、L相互垂直，其中L为导线的有效长度，分两种情况：（1）在匀强磁场中，可简单地理解为“电流的起点到终点的连线在垂直于磁场方向的投影的长度”；（2）在非匀强磁场中，则应引入

“电流元”进行分析计算。2．对霍尔效应和电磁流量计的理解（1）霍尔效应①霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这个现象称为霍尔效应。②霍尔电势差霍尔效应中产生的电势差称为霍尔电势差或霍

尔电压。霍尔电压与电流强度、磁感应强度、长方体导体的厚度都有关系。③霍尔元件利用霍尔效应制成的元件称为霍尔元件，霍尔元件可以制成多种传感器。（2）电磁流量计如图所以，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中可以导电的液体向左流动，导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛伦兹力作用下横向偏转，a、b间

出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，由UBqvqd，可得UvBd，流量2ππ44dUdUQSvBdB。3．掌握回旋加速器的两个关键点理解回旋加速器的

原理需掌握两点：①粒子离开磁场的动能与加速电压无关，由mvRqB知，2k()=2qBREm只取决于磁场的半径R、磁感应强度B的大小以及粒子本身的质量和电荷量；②粒子做圆周运动的周期等于交变电场的周期，由2πqBfm知，要加速不同的粒子需要调

整B或f。4．三步解决带电粒子在有界磁场中的运动问题（1）确定圆心，画轨迹：根据圆心一定在与速度垂直的直线（洛伦兹力的作用线）上和在轨迹的弦的中垂线上确定圆心，画出轨迹草图；（2）找几何关系，定物理量：构建三角形，利用边角关系或三边关系列几何方程，求解轨迹

半径；（3）画动态图，定临界状态：对于动态或临界问题依据题目情景确定临界状态，根据半径公式或周期公式求解。5．粒子在洛伦兹力作用下的直线运动洛伦兹力的大小、方向均与速度有关，当速度变化时，洛伦兹力发生变化，合力发生变化

，所以带电粒子在磁场中的直线运动往往为匀速直线运动（除沿磁感线运动的情况外）。6．带电粒子在复合场中运动问题解题的两条线索（1）力和运动的角度：根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解。（2）功能的角度：根据场力及其他外力对带电粒子做

功引起的能量变化或全过程中的功能关系解决问题，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场，因此要熟悉各种力做功的特点。7．带电粒子周期性运动的几种类型及解法带电粒子在匀强磁场中周期性运动问题，一般有三种典型的组合形式：磁场与挡板、相邻场、交变磁场

。前两类注意结合带电粒子在有界磁场的运动性质判断射入、射出点间的距离和轨迹圆心位置的变化规律。在交变磁场问题中，有两个“周期”：磁场交变周期和带电粒子在磁场中的运动周期，综合分析时要由这两个“周期”的关系分析判断轨迹圆心位置的移动规律。1．如图所

示，质量为60g的铜棒长L=20cm，两端与等长的两细软铜线相连，吊在磁感应强度B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中。当棒中通过恒定电流I后，铜棒能够向上摆动的最大偏角θ=60°，取重力加速度g=10m/s2，则铜棒

中电流I的大小是A．23AB．33AC．6AD．63A【答案】A【解析】铜棒上摆的过程，根据动能定理有FLsin60°–mgL(1–cos60°)=0，安培力F=BIL，解得I=23A，选A。【名师点睛】解答涉及安培力的综合问题，要得到安培力的表

达式，然后将问题转化为力学题目，使用相关的动力学、功能观点解题，要特别注意安培力在运动过程中是否发生变化。2．（2018·黑龙江省鸡西一中高二上学期期末考试）如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲

度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。闭合开关K后，导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体

棒平衡时弹簧伸长量为x2。忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B的大小为A．（x2＋x1）B．（x2－x1）C．（x2－x1）D．（x2＋x1）【答案】B【解析】弹簧伸长量为x1时，导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件沿斜面方向有：mgsinα=kx1+BIL；

电流反向后，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件沿斜面方向：mgsinα+BIL=kx2；联立两式得：B=（x2–x1）故选B。3．如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电极，两极板间距

为d，极板面积为S，两个电极与可变电阻R相连，在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B。发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v向右流动，由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势不计气体流动的阻力A．通过电阻R的电流方向为b→aB．若只增大极板间距

d，发电导管的内电阻一定减小C．若只增大气体速度v，发电导管产生的电动势一定增大D．若只增大电阻R的阻值，则电阻R消耗的电功率一定增大【答案】C【解析】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻

，A错误；根据电阻定律，发电导管的内电阻与其长度成正比，故增大极板间距d，发电导管的内电阻一定增大，B错误；根据平衡条件有EqvBqd，解得电源的电动势EBdv；若只增大气体速度v，发电导管产生的电动势一定增大，C正确；电动势一定，内阻也一定，当外电阻R与电源的

内电阻r相等时，电源的输出功率最大；由于不知道R与内阻r的具体数值，故无法判断增大电阻R的阻值时，电阻R消耗的电功率变化情况，D错误。4．（2018·河北省张家口市第一中学高三上学期同步练习）如图所示的是电视机显像管及其偏转线圈L，如果发现电视画面幅度比正常时偏大，可能是因为A．电子枪

发射能力减弱，电子数减少B．加速电场电压过低，电子速率偏小C．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小D．偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱【答案】B【解析】如果发现电视画面幅度比正常时偏大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致。根据洛伦兹力等

于向心力，。A.电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大，故A错误；B.当加速电场电压过低，电子速率偏小，则会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故B

正确；C.当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C错误；D.当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小

，故D错误；故选B。5．如图所示，宽度为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I

和磁感应强度B的关系为：IBUkd，式中的比例系数k称为霍尔系数。设载流子的电荷量为q，下列说法正确的是A．载流子所受静电力的大小UFqdB．导体上表面的电势一定大于下表面的电势C．霍尔系数为1knq，其中n为导体单位长度上的电荷数D．载流子所受洛伦兹力的大小=BIFnhd洛，其中n为导

体单位体积内的电荷数【答案】D6．（2018·河南省实验中学高二上学期期中考试）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图甲所示，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直

于盒底的匀强磁场中，带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是A．高频电源的变化周期应该等于1nnttB．匀强磁场的磁感应强度越大，则粒子

获得的最大动能越大C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．D形金属盒的半径越大，则粒子获得的最大动能越大【答案】BD【解析】A、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于21nntt，故A错误；BCD、根据半径公式mvrqB知Bqrvm，则

22222222k11222BqrBqrEmvmmm，所以匀强磁场的磁感应强度越大，D形金属盒的半径越大，则粒子获得的最大动能越大，故BD正确，C错误；故选BD。【名师点睛】本题考查了回旋加速器的

原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D形盒的半径决定的。7．粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速器的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷

量为+e，在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确是A．质子被加速后的最大速度不能超过2πRfB．加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大C．质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为2

:1D．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速粒子【答案】AC【解析】质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，最大速度为：2π2πRvRfT，故A正确；根据2vqvBmR得，qBRvm，则粒子的最大动

能222km122qBREmvm，与加速的电压无关，故B错误；粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据212qUmv，得2qUvm，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为2:1，根据mvrqB，则半径比为2:1，故C正确；带电粒子在磁场

中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=2πm/qB知，换用其他粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速其他粒子，故D错误。【名师点睛】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可

以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等。8．如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以

初速度v0沿中线射入两板间，0~T/3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是A．末速度大小为02vB．末速度沿水平方向C．重力势能减少了

12mgdD．克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】0~3T时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，3T~23T内，微粒做平抛运动，下降的位移211=()23xgT，23T~T时间内，微粒的加速度02qEmgagm

，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为12d，则重力势能的减小量为12mgd，故C正确；在3T~23T内和23T~T时间内竖直方向

上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为14d，整个过程中克服电场力做功为2E0·q·14d=12qE0d=12mgd，故D错误。【名师点睛】解决本题的关键是知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。知道在3T~2

3T内和23T~T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等。9．（2018·安徽省江淮十校高三第一次联考）如图所示，坐标空间中有场强为E=100N/C的匀强电场和磁感应强度为B=10-

3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为–q的带电粒子从电场中坐标位置（–1，0）处，以初速度vo=105m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷=108C/kg，粒子

的重力忽略不计，则：（1）求带电粒子进入磁场的速度大小；（2）为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件。【答案】（1）m/s（2）2.41m【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，

设运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得：qE=ma设粒子出电场、入磁场时的速度大小为v，此时在y方向的分速度为vy，粒子在电场中运动的时间为t，则：vy=at，1=v0t解得vy=v0（2）设v的方向与y轴夹角为θ，则有可得θ=45°粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做

匀速圆周运动，如图：则有：可得要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件：综合已知条件解以上各式可得：【名师点睛】题考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动和在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中掌握类平抛问题的

处理方法，在磁场中运动要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。10．一圆筒的横截面如图所示，圆心为O、半径为R，在筒上有两个小孔M、N且M、O、N在同一水平线上。圆筒所在区域有垂直于

圆筒截面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在圆筒左侧有一个加速电场．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，由静止经电场加速后从M孔沿MO方向射入圆筒。已知粒子与圆筒碰撞时电荷量保持不变，碰撞后速度大小不变，方向与碰撞前相反，不计粒子重力。（1）若加速电压为U0，要使粒子沿直线MN运动，需在圆筒内

部空间加一匀强电场，求所加电场的电场强度大小E；（2）若带电粒子与圆筒碰撞三次后从小孔N处射出，求粒子在圆筒中运动时间t；（3）若带电粒子与圆筒碰撞后不越过小孔M，而是直接从小孔M处射出，求带电粒子射入圆筒时的速度v。【答案】（1）02qUEBm（2）3πm

qB或πmqB（3）πtan1qBRvmn(n=2，4，6，···)【解析】（1）带电粒子在平行板间加速的过程中，由动能定理得2001=2qUmv在磁场中运动时，电场力与洛伦兹力平衡qv0B=qE解得02qUEBm（2

）带电粒子在磁场中运动的周期2πmTqB带电粒子与环碰撞三次有两种情况：第一种情况如图（1）所示，两次碰撞点与圆环圆心的连线夹角α=π4两次碰撞过程粒子通过弧长对应的圆心角β=π–α=3π4整个过程运动的时间

3π42πmtTqB第二种情况如图（2）所示，两次碰撞点与圆环圆心的连线夹角α′=3π4两次碰撞过程粒子通过弧长对应的圆心角β′=π–α′=π4整个过程运动时间3π4mtqB所以带电粒子在圆环中运动的时间为3πmqB或πmqB（

3）设粒子从M点射入磁场后做圆周运动的速度为v、半径为r，得2=vqvBmr设粒子经n次碰撞从小孔M射出，则2π=(n+1)·2φ即n=2，3，4，5，···又当12n·2φ=π时，粒子会从小孔N射出，故n只能取偶数综上可得φ=π1n(n=2，4，6，···)由几何关系得tanφ=rR解得

入射粒子速度大小为πtan1qBRvmn(n=2，4，6，···)11．（2018·云南省昆明市嵩明一中高三第七次考试）一个质量为m，带电量为q的带正电粒子（不计重力），从O点处沿+y方向以初速v0射入一个边界为矩形的匀强磁

场中，磁场方向垂直于xOy平面向里，它的边界分别是y=0、y=a，x=–1.5A，x=1.5a，如图所示。改变磁感强度B的大小，粒子可从磁场的不同边界面射出，并且射出磁场后偏离原来速度方向的角度θ会随之改变。试讨论粒子可以从

哪几个边界面射出，从这几个边界面射出时磁感强度B的大小及粒子的偏转最大角度θ各在什么范围内？【答案】当R>a时，粒子从上边边界射出，此时，；当a>R≥3a/4时，粒子从左边边界射出，此时，；当R<3a/4时，粒子从

下边边界射出，此时【解析】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：解得圆周运动的半径：①当R>a时，粒子将从上边界射出，此时②当时粒子将从左边界射出，此时③当时，粒子将从下边界射出，此时，12．如图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域

内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10–3T，在y轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L

=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计离子重力。（1）求上述粒子的比荷qm；（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向

，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。【答案】（1）qm=4.9×107C/kg

（2）t=7.9×10−6s（3）20.25m【解析】（1）设粒子在磁场中的运动半径为r，依题意MP连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得22rL由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力

，可得2vqvBmr联立解得：qm=4.9×107C/kg（2）此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，qE=qvB，代入数据得：E=70V/m，所加电场的场强方向沿x轴正方向。设带电粒子做匀速圆周运动

的周期为T，所求时间为t=T/8，而2πrTv解得t=7.9×10−6s（3）矩形如图所示，该区域面积S=2r2=0.25m2。13．（2018·河南省南阳市第一中学高二上学期第四次月考）如图所示，在xOy平面内，y轴左侧无磁场，y轴右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，

虚线（x=a）以左磁场方向垂直xOy平面向里，磁场宽度为a，虚线以右磁场方向垂直xOy平面向外，一个带正电q、质量为m的粒子在x=0处，以速度v0沿x轴正方向射入磁场。（不考虑粒子重力）（1）若粒子做圆周运动的轨道半径2ra，但v0未

知，求粒子与x轴的交点坐标；（2）若不受上问中2ra条件的约束，粒子的初速度仍为v0而且视为已知，则a为何值时，粒子可以回到原点O。【答案】（1）2121a（2）032mvqB【解析】（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出其在第一象限的运动轨迹示意图如图所示，轨迹由

两段圆弧组成，圆心设为C和'C，轨迹与x轴交点为P。由对称性可知'C在x=2a直线上，设此直线与x轴交点为D，P点的x轴坐标为2PxaDP，过两段圆弧的连接点作平行与x轴的直线EF，则22DFrra，22CF

ra，CDCFDF，22DPrCD由此可知P点的x轴坐标为：222212121PxaDPaaa（2）若要求带电粒子能够返回原点，由对称性可知，其运动轨迹如图所示，这时C在x轴上，设C

C与x轴负方向所成夹角为α，粒子轨道半径为r由几何关系可得2cos2aarr，22222()rraar解得3cos2ar由牛顿运动定律可得200vqvBmr，解得032mvaqB【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，关键是根据题意画出粒子运动的

轨迹，再结合几何关系即可解题。14．如图所示，空间内有方向垂直纸面（竖直面）向里的界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知，区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等，现有一质量0.01kgm

、电荷量0.01Cq的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN相距2mL的A点以05m/sv的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开

磁场落回A点。已知滑块与水平面间的动摩擦因数0.225，重力加速度210m/sg。（1）求匀强电场的电场强度大小E和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小1B；（2）求滑块从A点出发到再次落回A点所经历的时间t（可用分数表示，圆周率用

字母π表示）；（3）若滑块在A点以09m/sv的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小2B。（可用分数表示）【答案】（1）16.4TB（2）175πs1832t（

3）15m16d【解析】（1）滑块在区域I内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有：qEmg解得：10V/mEmgq滑块在AN间运动时，由牛顿第二定律可得：22.25m/sag由运动公式可得：2202vvaL代

入数据得：4m/sv平抛运动过程满足：3Lvt，23122rgt做圆周运动满足21vqvBmr联立方程求解得：16.4TB（2）滑块在AN间的时间：014s9vvta在磁场中做匀速圆周运动的时间：21π5πs32mtqB平抛运动的时间：30.5sL

tv总时间为：123175πs1832tttt（3）设滑块进入磁场时的速度为v，满足：2201122mgLmvmv代入数据得：62m/sv滑块在区域II做直线运动时，合力一定为0，由平衡知：22qvBmg解得：25T3B滑块离开磁场区域

I时的速度方向一定与水平成45角。由几何关系知：22dr当滑块在区域I中做匀速圆周运动时有：21rBqvvm解得：1152m16mvrqB联立得：15m16d【名师点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动，要注意当粒子在复合场中做匀速圆周运动时，粒子受

到的电场力与重力平衡。15．如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E=π10×104N/C。现将一重力不计、比荷qm=1×106C/kg的正电荷从电场中的O点由静止释放，经过t0=1×10–5s后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场。磁场方向垂直于纸面

向外，以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化。（1）求电荷进入磁场时的速度；（2）求图乙中t=2×10–5s时刻电荷与P点的距离；（3）如果在P点右方d=100cm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）π×104m/s（2）20cm（3）1.4×10–4s【解析】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq=mav0=at0代入数据解得v0=π×104m/s（2）当B1=π20T时，电荷运动的半径r1=01mvqB=0.2m=20cm周期T1=12πmqB=4×10–5s当

B2=π10T时，电荷运动的半径r2=02mvqB=10cm周期T2=22πmqB=2×10–5s故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示：t=2×10–5s时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一周期再沿小圆轨迹运动半个周期，恰好运动到MN上，则与P点的水平距离为r1=20cm（3）电荷从

P点开始，其运动的周期为T=12T1+T2+2t0=6×10–5s，根据电荷的运动情况可知，电荷每一个周期向右沿PN运动的距离为40cm，故电荷到达挡板前运动的完整周期数为2个，然后再运动14T1，以90°角撞击到挡板上，故电荷从O点出发运动到挡板所需的总时间t总

=t0+2T+14T1解得t总=1.4×10–4s【名师点睛】本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理。电荷在周期性磁场中运动时，要抓住

周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间。学-科网