新高考物理一輪復習精練題專題12.2 帶電粒子在磁場中的運動（含解析）

專題12.2帶電粒子在磁場中的運動【練】目錄TOC\o"1-3"\h\u一．練基礎題型 1二、練名校真題 7三．練規(guī)范解答 15一．練基礎題型1.(2021·江蘇連云港市錦屏中學期中)如圖所示，一正電荷水平向右射入蹄形磁鐵的兩磁極間。此時，該電荷所受洛倫茲力的方向是()A.向左 B.向右C.垂直紙面向里 D.垂直紙面向外【答案】D【解析】正電荷向右運動，蹄形磁鐵兩極間磁場方向向上，由左手定則可知，電荷所受洛倫茲力的方向垂直紙面向外，故選項D正確。2.(2021·江西省教學質(zhì)量監(jiān)測)科學家預言，自然界存在只有一個磁極的磁單極子，磁單極子N的磁場分布如圖甲所示，它與如圖乙所示正點電荷Q的電場分布相似。假設磁單極子N和正點電荷Q均固定，有相同的帶電小球分別在N和Q附近(圖示位置)沿水平面做勻速圓周運動，則下列判斷正確的是()A.從上往下看，圖甲中帶電小球一定沿逆時針方向運動B.從上往下看，圖甲中帶電小球一定沿順時針方向運動C.從上往下看，圖乙中帶電小球一定沿順時針方向運動D.從上往下看，圖乙中帶電小球一定沿逆時針方向運動【答案】A【解析】根據(jù)圓周運動的受力條件可以從圖乙中判斷帶電小球帶的一定是負電，且在電場中小球的運動方向與電場力的方向無關；根據(jù)左手定則可知圖甲中帶電小球一定沿逆時針方向運動。3從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用．如圖1為地磁場的示意圖(虛線，方向未標出)，赤道上方的磁場可看成與地面平行，若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有α(氦的原子核)、β(電子)、γ(光子)射線以及質(zhì)子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下()A．α射線沿直線射向赤道B．β射線向西偏轉(zhuǎn)C．γ射線向東偏轉(zhuǎn)D．質(zhì)子向北偏轉(zhuǎn)【答案】B【解析】赤道上方磁場方向與地面平行、由南向北，根據(jù)左手定則可知，帶正電的α射線和質(zhì)子向東偏轉(zhuǎn)，帶負電的β射線向西偏轉(zhuǎn)，不帶電的γ射線不偏轉(zhuǎn)，選項B正確．4.(多選)(2021·遼寧遼南協(xié)作校第一次模擬)如圖所示，在MNQP中有一垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場。圖中實線是它們的軌跡，已知O是PQ的中點，不計粒子重力。下列說法中正確的是()A.粒子c帶正電，粒子a、b帶負電B.射入磁場時粒子c的速率最小C.粒子a在磁場中運動的時間最長D.若勻強磁場磁感應強度增大，其他條件不變，則a粒子運動時間不變【答案】AC【解析】帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子c帶正電，粒子a、b帶負電，A正確；洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，根據(jù)幾何關系可知粒子a運動的半徑最小，所以粒子a的速率最小，B錯誤；粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子a在磁場中軌跡對應的圓心角最大，大小為180°，所以粒子a在磁場中運動的時間最長，為半個周期，C正確；洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R)，解得粒子運動半徑R＝eq\f(mv,qB)，磁感應強度B增大，可知粒子a運動的半徑減小，所以粒子運動的圓心角仍然為180°，結(jié)合上述T＝eq\f(2πm,qB)可知粒子運動的周期改變，所以粒子a運動的時間改變，D錯誤。5．(多選)帶電油滴以水平速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖所示，若油滴質(zhì)量為m，磁感應強度為B，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．油滴必帶正電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)B．油滴必帶正電荷，比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,v0B)C．油滴必帶負電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝eq\f(mg,v0B)【答案】AB【解析】油滴水平向右勻速運動，其所受洛倫茲力必向上，與重力平衡，故帶正電，其電荷量q＝eq\f(mg,v0B)，油滴的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(g,v0B)，選項A、B正確．6．(多選)(2021·河北唐山市模擬)兩個質(zhì)子以不同速度均在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，兩圓周相切于A點，過A點作一直線與兩圓周交于D點和C點．若兩圓周半徑r1∶r2＝1∶2，下列說法正確的有()A．兩質(zhì)子速率之比v1∶v2＝1∶2B．兩質(zhì)子周期之比T1∶T2＝1∶2C．兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次分別到達D點和C點經(jīng)歷的時間之比t1∶t2＝1∶2D．兩質(zhì)子分別運動到D點和C點處時的速度方向相同【答案】AD【解析】質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(qBr,m)，所以兩質(zhì)子的速率之比為1∶2，A正確；又T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，所以兩質(zhì)子的周期之比為1∶1，B錯誤；由題圖可知兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次分別運動到D點和C點時的偏轉(zhuǎn)角相等，由于周期相同，則兩質(zhì)子的運動時間相等，C錯誤；由于兩質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)角相等，則兩質(zhì)子分別運動到D點和C點時的速度方向相同，D正確．7．圖甲是洛倫茲力演示儀，圖乙是演示儀結(jié)構(gòu)圖．玻璃泡內(nèi)充有稀薄的氣體，由電子槍發(fā)射電子束，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡．圖丙是勵磁線圈的原理圖．兩線圈之間產(chǎn)生近似勻強磁場，線圈中電流越大磁場越強，磁場的方向與兩個線圈中心的連線平行，電子速度的大小和磁感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調(diào)節(jié)．若電子槍垂直磁場方向發(fā)射電子，給勵磁線圈通電后，能看到電子束的徑跡呈圓形．關于電子束的軌道半徑，下列說法正確的是()A．只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑不變B．只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑變小C．只增大勵磁線圈中的電流，軌道半徑不變D．只增大勵磁線圈中的電流，軌道半徑變小【答案】D【解析】只增大電子槍的加速電壓U，由eU＝eq\f(1,2)mv2可知，電子進入磁場的速度增大，半徑r＝eq\f(mv,qB)變大，選項A、B錯誤；只增大勵磁線圈中的電流，磁場的磁感應強度B增大，半徑r＝eq\f(mv,qB)變小，選項C錯誤，D正確．8.(多選)(2021·河南鄭州市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)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，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖象可能是下列選項中的()【答案】AD【解析】帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，A正確；當洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度逐漸減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度逐漸增大的減速運動，B、C錯誤．9.如圖所示，長為l的絕緣輕繩上端固定于O點，下端系一質(zhì)量為m的帶負電小球，在小球運動的豎直平面內(nèi)有垂直該平面向里的勻強磁場．某時刻給小球一垂直于磁場、水平向右的初速度，小球能做完整的圓周運動．不計空氣阻力，重力加速度為g，則()A．小球做勻速圓周運動B．小球運動過程中機械能不守恒C．小球在最高點的最小速度v1＝eq\r(gl)D．最低點與最高點的繩子拉力差值大于6mg【答案】D【解析】重力對小球做功，所以小球在運動過程中速率不斷變化，A錯誤；小球在運動過程中，繩子的拉力與洛倫茲力不做功，只有重力做功，故小球運動過程中機械能守恒，B錯誤；當小球恰好經(jīng)過最高點時，由牛頓第二定律得mg－qv1B＝meq\f(v12,l)，故v1≠eq\r(gl)，C錯誤；由牛頓第二定律，小球在最低點有FT－mg－qvB＝meq\f(v2,l)，在最高點有mg＋FT′－qv′B＝meq\f(v′2,l)，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mg·2l＋eq\f(1,2)mv′2，聯(lián)立以上方程得，最低點與最高點繩子的拉力差ΔFT＝FT－FT′＝6mg＋qB(v－v′)>6mg，D正確．10.(多選)(2021·陜西安康市月考)如圖，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，AB＝2d，BC＝eq\r(3)d，E為AB中點．從E點沿垂直AB方向射入粒子a，粒子a經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從D點出磁場，若仍從E點沿垂直AB方向射入粒子b，粒子b經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從B點出磁場，已知a、b粒子的質(zhì)量相等，電荷量相等，不計粒子的重力，則()A．a(chǎn)、b粒子均帶正電B．a(chǎn)、b粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為4∶1C．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動的速率大小之比為2∶1D．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動的時間之比為1∶3【答案】BD【解析】根據(jù)左手定則判斷可知，a粒子帶正電，b粒子帶負電，A錯誤；在磁場中，洛倫茲力提供向心力，粒子的運動軌跡如圖，對a粒子，由幾何知識可得(Ra－d)2＋(eq\r(3)d)2＝Ra2，解得Ra＝2d由圖可知b粒子在磁場中做圓周運動的半徑為Rb＝eq\f(1,2)d，則a、b粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為4∶1，B正確；在磁場中，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)可得v＝eq\f(qBR,m)，由于a、b粒子的質(zhì)量相等，電荷量相等，則a、b粒子在磁場中運動的速率大小之比為4∶1，C錯誤；根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，可知，兩粒子的運動周期相同，由幾何關系知，a粒子運動的圓心角為eq\f(π,3)，b粒子運動的圓心角為π，根據(jù)t＝T·eq\f(θ,2π)可得，a、b粒子在磁場中運動的時間之比為1∶3，D正確．二、練名校真題1.(2021·1月河北學業(yè)水平選擇性考試模擬演練，5)如圖所示，x軸正半軸與虛線所圍區(qū)域內(nèi)存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。甲、乙兩粒子分別從距x軸h與2h的高度以速率v0平行于x軸正向進入磁場，并都從P點離開磁場，OP＝eq\f(1,2)h。則甲、乙兩粒子比荷的比值為(不計重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.32∶41 B.56∶41C.64∶41 D.41∶28【答案】C【解析】畫出兩個粒子的軌跡如圖所示，設甲粒子的軌道半徑為R1，乙粒子的軌道半徑為R2，根據(jù)幾何關系有：(R1－h(huán))2＋(0.5h＋htan37°)2＝Req\o\al(2,1)，解得R1＝eq\f(41,32)h，因為2htan37°＋0.5h＝2h，所以R2＝2h，又因為Bqv＝meq\f(v2,R)，所以eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，兩粒子的比荷的比值為64∶41，故C正確。5.(多選)(2021·山西呂梁市第一次模擬)如圖所示，在熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒光屏d處有一粒子源S，能夠在紙面內(nèi)不斷地向各個方向同時發(fā)射電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子，不計粒子的重力，已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為d，則()A.粒子能打到熒光屏上的區(qū)域長度為2eq\r(3)dB.能打到熒光屏上最左側(cè)的粒子所用的時間為eq\f(πd,v)C.粒子從發(fā)射到達到熒光屏上的最長時間為eq\f(πd,v)D.同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光屏上的最大時間差eq\f(7πd,6v)【答案】BD【解析】打在熒光屏上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖甲所示：甲根據(jù)幾何關系知，帶電粒子能到達熒光屏上的長度為l＝R＋eq\r(3)R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)))R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)))d，A錯誤；由運動軌跡圖可知，能打到熒光屏上最左側(cè)的粒子偏轉(zhuǎn)了半個周期，故所用時間為t＝eq\f(1,2)T，又T＝eq\f(2πd,v)，解得t＝eq\f(πd,v)，B正確；設此時粒子出射速度的大小為v，在磁場中運動時間最長(優(yōu)弧1)和最短(劣弧2)的粒子運動軌跡示意圖如圖乙所示：乙粒子做整個圓周運動的周期T＝eq\f(2πd,v)，由幾何關系可知最短時間t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，最長時間t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，根據(jù)題意得同一時刻發(fā)射的粒子打到熒光屏上的最大時間差Δt＝t1－t2，解得Δt＝eq\f(7πd,6v)，C錯誤，D正確。6.(2021·湖北荊門市4月模擬)如圖所示，邊界OM與ON之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界ON上有一粒子源S。某一時刻，從離子源S沿平行于紙面，向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OM射出磁場。已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于eq\f(1,2)T(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最短時間為()A.eq\f(1,3)T B.eq\f(1,4)TC.eq\f(1,6)T D.eq\f(1,8)T【答案】A【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，入射點是S，出射點在OM直線上，出射點與S點的連線為軌跡的一條弦。當從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，軌跡的弦最短，根據(jù)幾何知識，作ES⊥OM，則ES為最短的弦，粒子從S到E的時間即最短。由題意可知，粒子運動的最長時間等于eq\f(1,2)T，設OS＝d，則DS＝OStan30°＝eq\f(\r(3),3)d，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r＝eq\f(DS,2)＝eq\f(\r(3),6)d，由幾何知識有ES＝OSsin30°＝eq\f(1,2)d，sineq\f(θ,2)＝eq\f(\f(ES,2),r)＝eq\f(\r(3),2)，則θ＝120°，粒子在磁場中運動的最短時間為tmin＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(1,3)T，故A正確，B、C、D錯誤。7.(多選)(2021·四川達州市第二次診斷)如圖所示，在正方形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場．入口處有比荷相同的甲、乙兩種粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁場，經(jīng)時間t1從d點射出磁場；乙粒子以速度v2沿與ab成45°的方向垂直射入磁場，經(jīng)時間t2垂直于cd射出磁場．不計粒子重力和粒子之間的相互作用力，則()A．v1∶v2＝eq\r(2)∶4 B．v1∶v2＝1∶eq\r(2)C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝2∶1【答案】AC【解析】畫出兩粒子的運動軌跡如圖；兩粒子比荷相同，則周期相同，設為T；設正方形的邊長為R，則從d點射出的粒子運動半徑為r1＝eq\f(1,2)R，運動時間t1＝eq\f(T,2)；速度為v2的粒子，由幾何關系：r2＝eq\r(2)R，運動時間t2＝eq\f(T,8)；根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)；eq\f(t1,t2)＝eq\f(4,1)；故選項A、C正確，B、D錯誤．8.[2021·陜西渭南市教學質(zhì)量檢測(Ⅰ)]如圖所示，在0≤x≤0.3m區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小B＝0.2T，方向垂直紙面向外。一位于坐標原點的粒子源在xOy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶正電粒子，所有粒子的初速度大小均為2×104m/s，方向與y軸正方向的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)。已知粒子的電荷量為2×10－4C，質(zhì)量為4×10－10kg，則這些粒子在磁場中運動的最長時間為()A.eq\f(π,2)×10－5s B.eq\f(2π,3)×10－5sC.π×10－5s D.eq\f(4π,3)×10－5s【答案】D【解析】由洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，代入數(shù)據(jù)解得r＝0.2m，粒子的運動軌跡如圖，由幾何關系可得r＋rsinθ＝0.3，解得θ＝30°，所以粒子的偏轉(zhuǎn)角為α＝240°，所以最長的運動時間為tmax＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4π,3)×10－5s。故選項D正確。9.(多選)(2021·河北保定市二模)如圖所示，邊界OA與OC之間存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，∠AOC＝60°。邊界OA上距O點l處有一粒子源S，可發(fā)射質(zhì)量為m，帶正電荷q的等速粒子。當S沿紙面向磁場各個方向發(fā)射粒子，發(fā)現(xiàn)都沒有粒子從OC邊界射出。則()A.粒子的最大發(fā)射速率不超過eq\f(\r(3)qBl,4m)B.粒子的最大發(fā)射速率不超過eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)－3))qBl,m)C.粒子從OA邊界離開磁場時離S的最遠距離可能為lD.粒子從OA邊界離開磁場時離S的最遠距離可能為eq\f(\r(3)l,2)【答案】AD【解析】要使沒有粒子從OC邊界射出，沿如圖路線運動的粒子不離開磁場，滿足eq\f(1,2)lsin60°＝eq\f(mv,qB)，v＝eq\f(\r(3)qBl,4m)，故A正確，B錯誤；粒子速度v＝eq\f(\r(3)Bql,4m)，從OA邊界離開磁場時離S最遠距離d＝2R＝lsin60°＝eq\f(\r(3),2)l，故C錯誤，D正確。10.(多選)(2021·云南玉溪一中第五次調(diào)研)如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場．一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，速度方向與半徑方向的夾角為30°.當該電荷離開磁場時，速度方向剛好改變了180°.不計電荷的重力，下列說法正確的是()A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點B．該點電荷的比荷為eq\f(2v0,BR)C．該點電荷在磁場中的運動時間為eq\f(πR,2v0)D．該點電荷在磁場中的運動時間為eq\f(πR,3v0)【答案】BC【解析】由題意可畫出電荷在磁場中的運動軌跡如圖所示，A錯誤；由幾何關系知電荷做圓周運動的半徑為r＝eq\f(R,2)，結(jié)合qv0B＝meq\f(v02,r)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2v0,BR)，B正確；電荷在磁場中的運動時間t＝eq\f(πr,v0)＝eq\f(πR,2v0)，C正確，D錯誤．11.(多選)(2021·遼寧沈陽市第一次質(zhì)檢)兩個帶等量異種電荷的粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖所示，則()A.a粒子帶正電，b粒子帶負電B.兩粒子的軌道半徑之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1C.兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝1∶2D.兩粒子的質(zhì)量之比ma∶mb＝2∶1【答案】BD【解析】由左手定則可得：a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A錯誤；粒子做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，故Ra＝eq\f(\f(1,2)d,sin30°)＝d，Rb＝eq\f(\f(1,2)d,sin60°)＝eq\f(\r(3),3)d，所以，Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1，故B正確；由幾何關系可得：從A運動到B，a粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，b粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，ta＝eq\f(Ta,6)＝tb＝eq\f(Tb,3)，則Ta∶Tb＝2∶1，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：Bvq＝eq\f(mv2,R)，所以，運動周期為：T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)；根據(jù)a、b粒子電荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C錯誤，D正確。12.(多選)(2021·江西贛州市模擬)如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球套在桿上．已知小球的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應強度為B，小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度一直減小B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)【答案】CD【解析】v較小時，對小球受力分析如圖所示，F(xiàn)f＝μFN＝μ(qE－qvB)，mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增大，小球加速度先增大，當qE＝qvB時達到最大值，amax＝g，繼續(xù)運動，有Ff＝μ(qvB－qE)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，加速度逐漸減小，A錯誤；因為有摩擦力做功，小球的機械能與電勢能的總和在減小，B錯誤；若在加速度增大時達到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝m·eq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)；若在加速度減小時達到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝m·eq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)，C、D正確．13.(2021·河北石家莊市二模)如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，兩磁場的磁感應強度大小均為B。頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速率的粒子，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q，不計粒子重力及粒子間的相互作用力，則發(fā)射速度v0為哪一值時粒子能通過B點()A.eq\f(2qBL,m) B.eq\f(3qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m) D.eq\f(qBL,7m)【答案】D【解析】粒子帶正電，且經(jīng)過B點，其可能的軌跡如圖所示。所有圓弧所對圓心角均為60°，所以粒子運行半徑r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBL,nm)(n＝1，2，3，…)，由此可知，v＝eq\f(qBL,7m)的粒子能通過B點，故A、B、C不符合題意，D符合題意。三．練規(guī)范解答1.[2021·湖南常德市模擬(二)]如圖所示，在y≥0的區(qū)域存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向均勻地不斷發(fā)射速度大小均為v、質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)?)?，F(xiàn)觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力，求：(1)磁感應強度B的大??；(2)被薄金屬板接收的粒子中運動的最長與最短時間的差值；(3)打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比?！敬鸢浮?1)eq\f(mv,qx0)(2)eq\f(4πx0,3v)(3)1∶2【解析】(1)由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動，沿－x方向射出的粒子恰好打在金屬板的上方，如圖a所示：圖a則R＝x0，qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得B＝eq\f(mv,qx0)。(2)粒子做勻速圓周運動的周期為T，根據(jù)圓周運動公式可知T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πx0,v)，圖b為帶電粒子打在金屬板左側(cè)面的兩個臨界點，由圖可知，圓心O′與坐標原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成30°角，由圖b可知到達薄金屬板左側(cè)下端的粒子用時最短，即t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πx0,3v)圖c為打在右側(cè)下端的臨界點，圓心O″與坐標原點和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成150°角，由圖a、c可知到達金屬板右側(cè)下端的粒子用時最長，即t′＝eq\f(5T,6)＝eq\f(5πx0,3v)，則被板接收的粒子中最長和最短時間之差為Δt＝t′－t＝eq\f(4πx0,3v)。(3)由圖a和圖c可知打在右側(cè)面的粒子發(fā)射角為30°，由圖b知打在左側(cè)面的粒子發(fā)射角為60°，所以打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(30°,60°)＝eq\f(1,2)。2.(2021·江西南昌二中月考)如圖所示為圓形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標原點O,O點處有一放射源，沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍。已知該帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力。(1)推導帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌跡半徑；(2)求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角。【答案】：(1)eq\f(mv,qB)(2)60°【解析】：(1)帶電粒子進入磁場后，受洛倫茲力作用，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)。(2)帶電粒子的速率均相同，因此帶電粒子運動軌跡圓的半徑均相同，但帶電粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大小不變，只改變圓的位置，畫出“動態(tài)圓”，如圖甲所示，通過“動態(tài)圓”可以觀察到帶電粒子的運動軌跡均為劣弧，對于劣弧而言，弧越長，弧所對應的圓心角越大，偏轉(zhuǎn)角越大，則運動時間越長。如圖乙所示，當帶電粒子軌跡圓的弦長等于磁場區(qū)域的直徑時，帶電粒子在磁場空間的偏轉(zhuǎn)角最大，sineq\f(φmax,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，則φmax＝60°。甲乙3.(2021·四川瀘州市高三下學期三診)如圖所示，一足夠長的平行邊界PQ的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場寬度為d.一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負電粒子，以一定的速度與邊界P成60°角垂直磁場方向射入勻強磁場，從另一邊界Q與邊界線成30°角射出磁場，不計粒子重力．求：(1)粒子做勻速圓周運動的速度大小；(2)粒子在磁場中運動的時間．【答案】(1)eq\f(\r(3)－1qBd,m)(2)eq\f(πm,2qB)【解析】解析(1)由幾何關系得Rsin30°＋Rsin60°＝d解得R＝(eq\r(3)－1)d粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(\r(3)－1qBd,m).(2)帶電粒子在磁場中運動qvB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)聯(lián)立以上兩式得T＝eq\f(2πm,qB)由幾何關系得，帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為90°，則t＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB).4．(2021·江西贛州市期末)如圖所示，在矩形區(qū)域abcO內(nèi)存在一個垂直紙面向外，磁感應強度大小為B的勻強磁場，Oa邊長為eq\r(3)L，ab邊長為