五年高考真题2022届高考物理专题九磁场全国通用

【大高考】（五年高考真题）2022届高考物理专题九磁场（全国通用）考点一　磁场、磁场力1．(2022·新课标全国Ⅱ,18，6分)(难度★★)(多选)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是(　　)A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转解析　指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误．答案　BC2．(2022·海南单科，1，3分)(难度★★)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(　　)A．向上B．向下C．向左D．向右解析　条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．答案　A3.(2022·江苏单科，4，3分)(难度★★)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，39\n天平最容易失去平衡的是(　　)解析　由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据F＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．答案　A4．(2022·新课标全国Ⅰ，15，6分)(难度★★)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析　由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错、B正确；安培力的大小F＝BILsinθ与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的.因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．答案　B5．(2022·浙江理综,20，6分)(难度★★)(多选)如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒(　　)39\nA．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功解析　根据题意得出v-t图象如图所示,金属棒一直向右运动，A正确；速度随时间做周期性变化,B正确；据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确；F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．答案　ABC6．(2022·全国卷，18，6分)(难度★★★)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是(　　)A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析　先根据安培定则可判断M、N两点处的直线电流在a、b、c、d、O各点产生的磁场方向如图所示，再利用对称性和平行四边形定则可确定各点(合)磁场的方向．磁场叠加后可知，a、b、c、d、O的磁场方向均相同，a、b点的磁感应强度大小相等,c、d两点的磁感应强度大小相等．所以只有C正确．39\n答案　C7．(2022·天津理综，2，6分)(难度★★)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是(　　)A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析　对金属棒受力分析如图所示．由三力平衡的特点得tanθ＝，故A正确，C、D错误；悬线的长度对θ角没有影响，B错误．答案　A8．(2022·新课标全国Ⅰ，24，12分)(难度★★★)如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm,重力加速度大小取10m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．39\n解析　金属棒通电后，闭合回路电流I＝＝＝6A导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06N由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知：开关闭合前：2kx＝mg开关闭合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F代入数值解得m＝0.01kg答案　0.01kg9.(2022·重庆理综，7,15分)(难度★★★)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．解析　(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得F＝nBIL①由左手定则知方向水平向右(2)安培力的功率为P＝F·v②联立①②式解得P＝nBILv③答案　(1)nBIL　方向水平向右　(2)nBILv10．(2022·浙江理综，24，20分)(难度★★★)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝39\n0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10m/s2)图1　　　　　　　　　图2(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω，不接外电流，两臂平衡．如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m.当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.解析　(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL①由天平平衡可知：mg＝N1B0IL②代入数据解得：N1＝25匝③(2)由电磁感应定律得：E＝N2＝N2Ld④由欧姆定律得：I′＝⑤线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L⑥由天平平衡可得：m′g＝NB0·⑦代入数据可得＝0.1T/s⑧答案　(1)25匝　(2)0.1T/s考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动1．(2022·新课标全国Ⅰ，14，6分)(难度★★)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度39\n大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小解析　由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB＝，轨道半径r＝，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变，轨道半径r变大，根据角速度ω＝＝可知角速度变小，选项D正确．答案　D2．(2022·新课标全国Ⅱ,19，6分)(难度★★★)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析　设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，设B2＝B，B1＝kB则由牛顿第二定律得：qvB＝①T＝②由①②得：R＝，T＝所以＝k，＝k根据a＝，ω＝可知＝，＝所以选项A、C正确，选项B、D错误．答案　AC39\n3．(2022·广东理综，16，4分)(难度★★★)在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子(　　)A．运动半径之比是2∶1B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1D．受到的洛伦兹力之比是2∶1解析　α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同，故速度之比为1∶4；同一磁场，B相同．由r＝，得两者半径之比为1∶2；由T＝,得周期之比为2∶1；由f洛＝qvB，得洛伦兹力之比为1∶2.故只有B正确．答案　B4．(2022·四川理综，7，6分)(难度★★★★)(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B＝2.0×10－4T.电子质量m＝9.1×10－31kg,电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(　　)A．θ＝90°时，l＝9.1cmB．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cmD．θ＝30°时，l＝4.55cm解析　电子在匀强磁场运动的轨道半径为R＝＝4.55cm电子沿逆时针方向做匀速圆周运动,当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝4.55cm，D39\n正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM,即4.55cm＜l＜9.1cm，故B、C错误．答案　AD5．(2022·新课标全国Ⅰ，16，6分)(难度★★★)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出).一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)A．2B.C．1D.解析　由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍；由洛伦兹力提供向心力:qvB＝得v＝；其动能Ek＝mv2＝，故磁感应强度B＝，＝·＝，选项D正确．答案　D6．(2022·新课标全国Ⅱ,20，6分)(难度★★★)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)39\nA．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析　在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关系未知．由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受沦伦兹力方向相反、偏转方向必相反，故A正确；因r＝，各粒子虽q相同、但v关系未知，故m相同、v不同时轨迹半径不同,而当r相同时只能表明mv相同，不能确定m的关系，故B错误,C正确；由Ek＝mv2有r＝，可见当Ek越大时确定的粒子其轨迹半径越大，故D错误．答案　AC7．(2022·安徽理综，18，6分)(难度★★★)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)A.B．TC.D．T2解析　等离子体在磁场中受到的洛沦兹力提供向心力，有qvB＝，得v＝动能Ek＝mv2＝由题意得Ek＝kT故有：kT＝得B＝即B∝，选项A正确．39\n答案　A8．(2022·新课标全国Ⅰ,18，6分)如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)A.B.C.D.解析　粒子运动的情景如图所示.由于入射点M距离直径ab为R/2，且入射方向MC平行于ab，所以∠MOC＝60°.粒子射出磁场时，偏转角度为60°，即∠MO′B＝60°.所以由几何关系知,粒子的轨迹半径r＝R，又r＝.所以v＝，B正确．答案　B9．(2022·新课标全国Ⅱ，17，6分)(难度★★★)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为(　　)A.B.C.D.解析　根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子运动的半径r＝R，根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力可得，qv0B＝m，解得，B＝，A项正确．39\n答案　A10．(2022·广东理综，21，4分)(难度★★★)(多选)两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力，下列说法正确的有(　　)A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近解析　由左手定则可判断粒子a、b均带正电,选项A正确；由于是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝相同，周期T＝也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b在磁场中运动轨迹是半个圆周，a在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确．答案　AD11．(2022·安徽理综，15，6分)(难度★★)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)39\nA．向上B．向下C．向左D．向右解析　根据右手定则及磁感应强度的叠加原理可得，四根导线在正方形中心O点产生的磁感应强度方向向左，当带正电的粒子垂直于纸面的方向向外运动时，根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力的方向向下，B项正确．答案　B12．(2022·广东理综，15，4分)(难度★★★)质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是(　　)A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运行时间大于N的运行时间解析　由左手定则可判断出M带负电,N带正电，选项A正确；由半径公式r＝知：在m、q、B相同的情况下,半径大的M速度大，选项B错误；洛伦兹力与速度始终垂直，永不做功，选项C错误；由周期公式T＝知二者的周期相同，选项D错误．答案　A13．(2022·浙江理综，25，22分)(难度★★★★)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q39\n点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．解析　(1)离子做圆周运动Bqv＝①q＝，根据左手定则可判断离子带正电荷②(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r引出轨迹为圆弧，B′qv＝③R＝④由余弦定理得R2＝L2＋(R－r)2＋2L(R－r)cosθ解得R＝⑤故B′＝＝⑥(3)电场强度方向沿径向向外⑦引出轨迹为圆弧Bqv－Eq＝⑧39\n解得E＝Bv－⑨答案　(1)　正电荷　(2)(3)Bv－14.(2022·山东理综，24，20分)(难度★★★★★)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．解析　(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE·＝mv2①解得E＝②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝③甲39\n如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R＝④联立③④式得B＝⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R＝⑥联立③⑥式得B＝⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝、B2＝，由牛顿第二定律得qvB1＝m，qvB2＝m⑧代入数据得R1＝，R2＝⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得T1＝，T2＝⑩乙据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系得θ1＝120°⑪θ2＝180°⑫α＝60°⑬39\n丙粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2可得t1＝×T1，t2＝×T2⑭设粒子运动的路程为s，由运动学公式得s＝v(t1＋t2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得s＝5.5πD⑯答案　(1)　(2)或　(3)5.5πD15．(2022·广东理综，36，18分)(难度★★★★★)如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外．A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k39\n的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．解析　(1)粒子在电场中，由动能定理有qEd＝mv－0①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力qv1B0＝m②当k＝1时，由几何关系得r＝L③由①②③解得E＝④(2)由于2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，运动轨迹如图所示，由几何关系可知(r1－L)2＋(kL)2＝r⑤解得r1＝L⑥粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力qvB0＝⑦由⑥⑦解得v＝⑧粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力qvB＝m⑨由对称性及几何关系可知＝⑩解得r2＝L⑪由⑧⑨⑪解得B＝B0答案　(1)　(2)v＝　B＝B016．(2022·山东理综，24，20分)(难度★★★★★)如图甲所示，间距为d、垂直39\n于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．(1)若Δt＝TB，求B0；(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.解析　(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0＝①据题意由几何关系得R1＝d②联立①②式得B0＝③(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝④据题意由几何关系得3R2＝d⑤联立④⑤式得a＝⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝⑦由牛顿第二定律得39\nqv0B0＝⑧由题意知B0＝，代入⑧式得d＝4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O1O2为圆心，O1、O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ＜，由题意可知T＝⑩设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3……)若在A点击中P板，据题意由几何关系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d⑪当n＝0时，无解⑫当n＝1时，联立⑨⑪式得θ＝(或sinθ＝)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得TB＝⑭当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑮若在B点击中P板，据题意由几何关系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d⑯当n＝0时，无解⑰当n＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsin(或sinθ＝)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得39\nTB＝(＋arcsin)⑲当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑳答案　(1)　(2)　(3)或(＋arcsin)17．(2022·江苏单科，14，16分)(难度★★★★★)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．解析　(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r根据题意L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)解得h＝(L－d)(1－)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′m＝qvB，m＝qv′B由题意知3rsin30°＝4r′sin30°解得Δv＝v－v′＝(－d)(3)设粒子经过上方磁场n次由题意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin30°且m＝qvnB，解得vn＝(－d)(1≤n＜－1，n取整数)39\n答案　(1)(L－d)(1－)(2)(－d)(3)(－d)(1≤n＜－1，n取整数)18．(2022·天津理综，11，18分)(难度★★★★)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析　(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立①②式可得E＝③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.39\n由几何关系得r＝Rtan④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝m⑤联立④⑤式得R＝⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则U′＝＝⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出＝综合⑦式可得v′＝v⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3⑪答案　(1)　(2)　(3)3考点三　带电粒子在复合场中的运动1．(2022·江苏单科，9，4分)(难度★★★)(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(　　)A．霍尔元件前表面的电势低于后表面B．若电源的正负极对调，电压表将反偏C．IH与I成正比39\nD．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比解析　由右手定则可判定，霍尔元件的前表面积累正电荷，电势较高，故A错；由电路关系可见,当电源的正、负极对调时，通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方向同时反向，前表面的电势仍然较高，故B错；由电路可见，＝，则IH＝I，故C正确；RL的热功率PL＝IRL＝()2RL＝，因为B与I成正比，故有：UH＝k＝k′＝k′，可得知UH与PL成正比，故D正确．答案　CD2．(2022·重庆理综，5，6分)(难度★★)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.，负B.，正C.，负D.，正解析　假设粒子带正电，根据左手定则，粒子受的洛伦兹力向上，上面聚集正电荷，则上板电势高，与题意不符，所以粒子带负电；达到稳定状态后，粒子受的电场力与洛伦兹力平衡,有|q|＝|q|vB，且I＝n|q|Sv＝n|q|abv，两式结合得n＝.答案　C3．(2022·浙江理综，20，6分)(难度★★★)(多选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)39\nA．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析　离子在电场中加速过程中，由于电场强度相同，根据牛顿第二定律可得a1∶a2＝q1∶q2＝1∶3，选项A错误；在电场中加速过程，由动能定理可得qU＝mv2，在磁场中偏转过程：qvB＝m，两式联立可得：r＝，故r1∶r2＝∶1，选项B正确；设磁场宽度为d，根据sinθ＝可得：＝，联立解得θ2＝60°，选项C正确；由qU＝mv2＝Ek可知Ek1∶Ek2＝1∶3，选项D正确．答案　BCD4．(2022·海南物理，2，3分)(难度★★)如图所示,在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变(　　)A．粒子速度的大小B．粒子所带的电荷量C．电场强度D．磁感应强度解析　粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，其受力平衡，有qvB＝qE，则知当粒子所带的电荷量改变时，粒子所受的合力仍为零，运动轨迹不会改变，故B项正确．答案　B5．(2022·福建理综，22，20分)(难度★★★★)如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.39\n(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.解析　(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋N＝qE①小滑块在C点离开MN时N＝0②解得vC＝③(2)由动能定理mgh－Wf＝mv－0④解得Wf＝mgh－⑤(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′g′＝⑥且v＝v＋g′2t2⑦39\n解得vP＝⑧答案　(1)　(2)mgh－(3)6．(2022·重庆理综，9，18分)(难度★★★★★)如图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力．求：(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．解析　(1)粒子经电场加速一次后的速度为v1，由动能定理得qU＝mv①粒子能打到P点，则在磁场中的轨道半径r1＝②对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qv1B1＝③联立①②③式解得B1＝④(2)若粒子在电场中加速n次后能打到P点，同理可得nqU＝mv2　(n＝1，2，3，…)⑤39\nrn＝⑥qvB＝⑦联立⑤⑥⑦式解得B＝⑧由题意可得当n＝1时，2r1′>d⑨解得n<k2⑩故⑧式中n的取值为n＝1，2，3，…，k2－1(3)当n＝k2－1时，打在P点的粒子能量最大粒子在磁场中运动周期T＝⑪粒子在磁场中运动时间tB＝(n－)T⑫联立⑧⑪⑫式解得tB＝⑬对粒子在电场中由动量定理得·tE＝mv⑭联立⑤⑭式解得在电场中运动时间tE＝h⑮答案　(1)　(2)　(n＝1，2，3，…，k2－1)　(3)　　h7．(2022·天津理综，12,20分)(难度★★★★★)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．39\n(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．解析　(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．由动能定理，有2qEd＝mv①由①式解得v2＝2②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2B＝m③由②③式解得r2＝④(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．nqEd＝mv⑤qvnB＝m⑥图1粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂39\n直于电场线方向的速度分量不变，有vn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦由图1看出rnsinθn－rnsinαn＝d⑧由⑥⑦⑧式得rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨由⑨式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩图2当n＝1时，由图2看出r1sinθ1＝d由⑤⑥⑩⑪式得sinθn＝B⑫(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn＝⑬sinθn＝1⑭在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn，由于＞⑮则导致sinθn′＞1⑯说明θn′不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该39\n层磁场右侧边界．答案　(1)2　　(2)B　(3)见解析8．(2022·江苏单科，15，16分)(难度★★★★)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)解析　(1)离子在电场中加速：qU0＝mv2在磁场中做匀速圆周运动：qvB＝m解得r＝打在MN中点P的离子半径为r0＝L，代入解得m＝(2)由(1)知，U＝离子打在Q点时r＝L，U＝离子打在N点时r＝L，U＝，则电压的范围≤U≤(3)由(1)可知，r∝39\n由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点＝此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上＝解得r1＝L第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则：＝，＝解得r2＝L同理，第n次调节电压，有rn＝L检测完整，有rn≤解得n≥－1≈2.8最少次数为3次答案　(1)　(2)≤U≤　(3)3次9．(2022·浙江理综，25,22分)(难度★★★★)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电荷量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)39\n(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；(2)为取得好的电离效果,请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系．解析　(1)由动能定理得Mv＝eU①U＝②a＝＝e＝③(2)由题知电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好，则题图2中显然电子往左半部偏转较好,故Ⅰ区中磁场方向应垂直纸面向外④(3)设电子运动的最大半径为r，其运动轨迹如图所示，2r＝R⑤eBv＝m⑥所以有v0≤v＜⑦要使⑦式有解，磁感应强度B＞⑧(4)电子运动轨迹如图所示，39\nOA＝R－r，OC＝，AC＝r根据几何关系得r＝⑨由⑥⑨式得vmax＝答案　(1)　　(2)垂直纸面向外(3)v0≤v＜　(4)vmax＝10．(2022·重庆理综，9，18分)(难度★★★★)如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上、下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h.质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.(1)求电场强度的大小和方向．(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．解析　(1)设电场强度大小为E.由题意有mg＝qE得E＝，方向竖直向上．39\n(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为Vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.由r＝有r1＝，r2＝r1由(r1＋r2)sinφ＝r2r1＋r1cosφ＝hvmin＝(9－6)(3)如图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3，…)x≥x＝得r1＝(1＋)，n＜3.539\n即n＝1时，v＝；n＝2时，v＝；n＝3时，v＝.答案　(1)，方向竖直向上　(2)(9－6)(3)见解析11．(2022·大纲全国，25，20分)(难度★★★★)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与Y轴负方向的夹角为θ，求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间．解析　(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0.由洛仑兹力公式及牛顿第二定律得qv0B＝m①由题给条件和几何关系可知R0＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得Eq＝max③vx＝ax-t④39\nt＝d⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tanθ＝⑥联立①②③④⑤⑥式得＝v0tan2θ⑦(2)联立⑤⑥式得t＝⑧答案　(1)v0tan2θ　(2)12．(2022·安徽理综，23，16分)(难度★★★★)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行.一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．解析　(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma联立以上各式可得E＝39\n(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度vy＝at＝v0所以v＝＝v0方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角．(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝答案　(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角　(3)13．(2022·新课标全国卷，25，18分)(难度★★★★)如图所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面).在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．解析　粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝m①式中v为粒子在a点的速度．过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点．39\n由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac＝bc＝r②设cd＝x，由几何关系得ac＝R＋x③bc＝R＋④联立②③④式得r＝R⑤再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE＝ma⑥粒子在电场方向和直线方向所运动的距离均为r，由运动学公式得r＝at2⑦r＝v-t⑧式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝.⑨答案　39