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1、一、选择题1.（2013 安徽高考）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0 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（）A.向上 B.向下 C.向左 D.向右【解题指南】解答本题可按以下思路进行：（1）先判定通电直导线周.围的磁场分布；（2）再根据平行四边形定则,确定在正方形中心0 处的磁场方向；（3）最后利用左手定则，判断带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力方向。【解析】选 B。由右手螺旋定则可以判断出a、b、c、d 四根长直导线在正方形中心0 处产生的磁感应强度如图所示：四个
2、磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成，可得合磁场为水平向左。利用左手定则判断洛伦兹力的方向,可得洛伦兹力竖直向下,故B项正确。2.（2013 广东高考）如图,两个初速度大小相同的同种离子a 和 b,从 0 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（）:I；/a PBA.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0 点的距离比b 的近【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)由左手定则判断离子的电性。(2)画出离子做圆周运动的轨迹。(3)由牛顿第二定律结合几何知识判断，离子飞
3、行时间和落点位置。【解析】选 A、D。要使离子打在屏上，由左手定则,可判出a、b 均带正电,A正确；由牛顿第二定律qvB=m得 r=rnv，离子运动轨迹如图所示,又T=271T-,t=a T,知 a 比 b 飞行时间长,a 比 b 飞行路程长,B、C错误;qB v 2兀又 a、b 在 P 上落点距0 点的距离分别为2rcos 0、2 r,故 D正确。3.(2013 新课标全国卷I)如图,半径为R的圆是-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(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径a b 的方向射入磁场区域,射入点与a b 的距离为已知粒子射出磁场与
4、射入磁场时运动方向间的夹角为60,则粒子的速率为(不2计 重 力)()3qBR 口 2qBR2m m【解题指南】解答本题可按以下思路进行：先由对称性画出带电粒子在圆形区域磁场中运动的轨迹;(2)再根据几何关系求出带电粒子做圆周运动的半径即可求出粒子的速率。【解析】选 B。根据对称性,带电粒子射入圆形区域磁场时速度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与半径的夹角相等,画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示,根据图找几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=R,再由q v B=m =，得 r=,解得丫=鲤r qB m故选项B正确。4.(2 0 1 3 新课标全国卷H)空间有一
5、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V。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6 0。不计重力,该磁场的磁感应强度大小为()v0mv0 43mv0 3m v0D.L*.U.3qR qR qR qR【解题指南】解答本题可按以下思路进行：(1)理解速度方向偏离入射方向6 0。的含义，画出几何图形，确定粒子的运动轨迹的圆半径；(2)根据洛伦兹力提供向心力和几何关系建立方程求解。【解析】选 A。粒子进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=V 3 R,由qvB=机二可得,B
6、=近 丝 国,选项A 正确。r 3qR5.(2013 浙江高考)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0=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子口和P ()A.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G ：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【解题指南】解答本题可按以下思路进行：(1)正离子在电场中，由于电场力的作用做加施运动；(2)正离子在磁场中,洛伦兹力提供向心力，做圆周运动。【
7、解析】选 B、C、D 磷离子P 和 P 的质量相等,在电场中所受的电场力为1 ：3,所以加速度之比为1：3,A项错误;离开电场区域时的动能之比为1 :3,初速度可忽略的磷离子P*和P ,经电压为U 的电场加速后，由动能定理可得，离开电场区域时的动能之V2比为它们的带电量之比，即 1 ：3,D 项 正 确;在 磁 场 中 做 圆 周 运 动 时 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 可 得mVjr=,工=/且=立，13项正确;设P在磁场中的运动半径为&R,由几何知识可得磁场的宽度为且R,q B r2%1 2q2B而 p 3,的半径为R,由几何知识可得p 3+在磁场中转过的角度为6 0 ,口在磁场中
8、转过的角度为30 ,所以磷离子 P，和 P 在磁场中转过的角度之比为1 ：2,C项正确。6.(2013 上海高考)如图,足够长的直线a b 靠近通电螺线管,与螺线管平行。用磁传感器测量a b 上各点的磁感应强度B,在计算机屏幕上显示的大致图像是()aOhBBBBa0ba0baQba0bA B C D【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点：(1)离电流越远,磁感应强度越弱；(2)通电螺线管两端磁性最强,中间最弱。【解析】选 C。通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小,两端磁感应强度最大,沿两端往外磁感应强度减小,所以用磁传感器测量a b 上各点的磁感应强度B,在计算机屏幕上显示的大致图像是C7.
9、(2013 海南高考)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。在导线中通过的电流均 为 I,电流方向如图所示。a、b和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上,且到相应顶点的距离相等。将 a、b和 c处的磁感应强度大小分别记为今、Bz 和 B：，。下 列 说 法正确的是()A.B i=BZB 3B.BI=B2=B3C.a和 b处磁场方向垂直于纸面向外,c处磁场方向垂直于纸面向里D.a处磁场方向垂直于纸面向外,b和 c处磁场方向垂直于纸面向里【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点：(1)直线,电流的磁场方向用右手螺旋定则判定。(2)磁感应强度的叠加可以用等效补偿法来分析。【
10、解析】选 A、C。靠近a点的两根导线产生的磁场叠加后，磁感应强度为零,a点磁感应强度由离a最远的导线决定,b点的磁感应强度大小与a点相同,对于c点，靠近c的两根导线的磁感应强度方向相同,叠加后的磁感应强度最大，选项A 正确，选项B 错误；由右手螺旋定则和磁感应强度的矢量叠加可得,C 正确,D 错误。二、计算题8.(20 1 3 安徽高考)如图所示的平面直角坐标系x O y,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I V 象限的正三角形a b c 区域内有匀强磁场,方向垂直于x O y 平面向里,正三角形边长为L,且 a b边与y 轴平行。一质量为m、电荷量为q 的粒
11、子，从 y 轴上的P(O,h)点，以大小为V。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I V 象限,又经过磁场从y 轴上的某点进入第H I 象限,且速度与 y 轴负方向成4 5 角，不计粒子所受的重力。求:AEa长i x.ixXKb(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)a b c 区域内磁场的磁感应强度B的最小值。【解题指南】解答本题时应注意理解以下三点：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动；(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动；(3)两个运动过程的连接点,速度大小和方向不变。【解析】(1)设粒子在电场中的运动时间为t,则有1 2x
12、=v ot=2h y=a t =h qE=m a2联立以上三式可得 E=2qh粒子到达a点时,沿负y 方向的分速度v 产a t 二 V。粒子到达a点时速度的大小J =J v/+匕J =后,方向指向第“象限，与*轴正方向成4 5 角。粒子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力qvB=m 当粒子从b点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,此时有二L,2所以磁感应强度B的最小值m v 2m 玲D-=-qr qL【答案】(1)菰(2)J5%方向指向第1 V象限，与 X 轴正方向成4 5 角(3)4 言9.(20 1 3 山东高考)如图所示，在坐标系x O y 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直
13、于x O y 平面向里;第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y 轴上的P点沿x 轴正方向射入第四象限,经x 轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知0 P 二 d,0 Q=2d。不计粒子重力。yxO(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。若磁感应强度的大小为一确定值B。,粒子将以垂直y 轴的方向进入第二象限“求 B o(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。【解题指南】解答本题时应从以下三个方面进行分析：(1)粒子在匀强磁场中做类
14、平抛运动；(2)根据速度方向确定粒子做匀速圆周运动的圆心和半径；(3)应用对称性规律和周期性规律求解粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间和在第二、四象限内做匀速直线运动的时间。【解析】(1)根据牛顿第二定律可知,q E=m a 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则 d=，at，22 d=v o t 粒子到达Q点时沿y轴方向的速度v y=a t则粒孑到达Q点的速度v与x轴正方向成夹角a斜向上,且tan a=-=1,a=4 5 vo(2)粒子以垂直y轴的方向进入第二象限，因止匕其圆周运动的圆心必在y轴上,过Q点作速度v的垂线,垂线与y轴的交点0 就是粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆心。轨迹如图所示。
15、0/4由几何知识可得，运动半径为R=-=2夜dcos45洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需要的向心力，则v2 八qvBo=m (8)mv联立两式解得:Bo=2V2qdmE 2qd(3)粒子在第一、三象限做匀速圆周运动，发生偏转，在第二、四象限做匀速直线运动，不偏转。一、三象限的磁场完全相同,粒子经过一段时间后能再次经过Q点,且速度与第一次经过时相同，说明粒子在磁场中偏转了 2 n弧度圆心角，也就是说,粒子在第一、三象限恰好各做了半.个圆周运动。其运动轨迹如图所示。根据几何知识知:R=&d 2在磁场中洛伦兹力提供向心力,q v B=m/V2d磁场的磁感应强度为B=空 返 qd粒子在匀强磁场中的运
16、动周期为T=n2md qE粒子在第一象限和第三象限的运动时间为t i=T=i t2md 在第二、四象限内的运动时间为c 2国ct 2=2 X-=2v2md qE则该粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t=t i+t z=(n +2)2md qE【答案】（1）2/吧1与x轴正方向成4 5 角斜向上 吧V mV 2qd(3)(n+2)2mdqE10.（2 013 大纲版全国卷）如图，虚线0/与y轴的夹角9=6 0，在此角范围内有垂直于x O y平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q 0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场
17、后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OP=R。不计重力。求M点到0点的距离和粒子在磁场中运动的时间。y B x0【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,确定圆心和半径,画出轨迹图。判断带电粒子飞出磁场后如何运动,画出轨迹图。(3)利用洛伦兹力提供向心力、周期及几何关系求解问题。【解析】根据题意,带电粒子进入磁场后做圆周运动,运动轨迹交虚线0%于 A点,圆心为y 轴上的C点,AC与 y 轴的夹角为a,粒子从A点射出后,运动轨迹交x 轴于P 点，与 x 轴的夹角为P,如图所示。有联立得T=271mI B周期为丁=2过 A点作x、y 轴的垂线，垂足分
18、别为B、D o 由图中几何关系得AD=Rsin aOD=AD cotG00BP=ODcot&OP=AD-BPa=0由以上五式和题给条件得1sin a+?=cos a=1G解得a=30或 a=90。设 M点到0 点的距离为hh=R-OC根据儿何关系O C =C D -O D=R c o s a -AD3利用以上两式和A D=R s i n a得2h=R-j=R c o s(a +3 0 )G解得 h=(l-)R3a =3 0 )J 3h=(l+)R (a =9 0 )3当 a =3 0。时，粒子。在磁场中运动的时间为t T _ _T_t_m_1268当 a =9 0。时,粒子在磁场中运动的时间为
19、Tt=4nm2qB【答案】(1+-)R s K(l-)R3 3Tim nm-或-6qB 2qB1 1.(2 01 3 北京高考)如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：(1)匀强电场场强E 的大小；(2)粒子从电场射出时速度v的大小；(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。【解题指南】解答本题可按以下思路进行：匀强电场场强E可以由公式E=2 来计算。d(2)用动能定理计算粒子从电场射出时速度v 的大小。(3)
20、粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,应根据牛顿第二定律求解其半径。【解析】匀强电场场强后=与d根据动能定理4。=1 根/9解得v=忤2V m(3)根据洛伦兹力提供向心力qvB=m t-R(3)1Bq12.(2013 福建高考)如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。让质量为m,电量为q(q0)的粒子从坐标原点0 沿 xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。若粒子以初速度vi沿 y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A (a,0)点,求 打的大小；(2)已知一粒子的初速度大小为v(vv),为使该粒子能经过A
21、 (a,0)点,其入射角9(粒子初速度与x 轴正向的夹角)有几个?并求出对应的sin.0 值；(3)如图乙,若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场,一粒子从0 点以初速度V。沿 y 轴正向发射。研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x 分量内与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关。求该粒子运动过程中的最大速度值Va。【解题指南】解答本题时应熟练掌握以下方法：(1)带电粒子在匀强磁场中运动的分析方法。(2)对新情境的问题能从题中获取有用信息,建立物理模型并分析临界问题。【解析】（1）,带电粒子以速率V 在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，有
22、 qv B=m上 R当粒子以初速度V,沿 y 轴正方向入射时,转过半个圆周至A点,据几何关系有a=2 R,联立式解得v 尸 幽（2）如图,0、A两点处于同一圆周上，且圆心在x =q 的直线上,半径为R。2当给定一个初速度v时,有2 个入射角，分别在第1、2象限，有：sin 0 =sin 9 2R由两式得s i nS =皿（3）粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大,其纵坐标为y.据 动 能 定 理 有 的叫依题意有Vm二 k y m由于比例系数与场强无关,若E=0时,粒子以初速度V。沿 y 轴正向入射,有2qv0B=mv o=k R o E由式得匕=十B13.（2 013
23、四川高考）如图所示，竖直平面（纸面）内有直角坐标系x O y,x 轴沿水平方向。在 xWO的区域内存在方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B,的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为人表面粗糙的不带电绝缘平板,平板平行于x 轴且与x轴相距h 在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为灰、方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x 轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q 的小球P从 A点紧贴平板沿x 轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动,经一圆周离开电磁场区域,沿y轴负方向4运动,然后从X轴上
24、的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点,重力加速度为g。求:(1)匀强电场的场强大小,并判断P球所带电荷的正负;小 球Q的抛出速度V。的取值范围;(3)Bi是B的多少倍?【解题指南】解答本题时应注意以下三点:(1)小球P在电磁场区域内做圆周运动,必有重力与电场力平衡;小 球Q在空间做平抛运动;(3)结合小球P、Q相遇条件求解。【解析】(1)由题给条件，小球P在电磁场区域内做圆周运动,必有重力与电场力平衡,设所求场强大小为E,有mg=qE 得 E-詈小球P在平板下侧紧贴平板运动,其所受洛伦兹力必
25、竖直向上,故小球P带正电。(2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v,此时洛伦兹力与重力平衡,有Biqv=mg设小球P以速度v在电磁场内做圆周运动的半径为R,有B?qv=设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y,有x=R,y W O小球Q运动到相遇点所需要时间为to,水平方向位移为s,竖直方向位移为d,有S 70to由题意得x=s-7,y=h-d联立相关方程，由题意可知v 0 0,得XXXX X（3）小球Q在空间做平抛运动,要满足题设要求,则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度时的W点时,其竖直方向的速度与竖直方向位移处必须满足y =R设小球Q运动到W点时间为t,由平抛运动规律有v =
26、g t1产y ）=g t2联立相关方程,解得IB尸 一 B?2B i是B z的0.5倍。【答案】（1）强 P球 带 正 电（2）0 丫0画（1 +?）（3）0.5q 2h B,B2q21 4.（2 01 3 天津高考）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为0。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S0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：
27、(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R;2(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【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)先根据带电粒子在磁场中碰撞前后速度的大小没有变化,确定粒子做圆周运动的半径相同,运动具有对称性；(2)再根据时称性确定带电粒子做圆周运动的圆心角和半径；(3)最后根据加速电场电压变化前后的比例关系，找出速度变化前后的比例关系,进而确定变化后的圆心角和半径及碰撞次数。【解析】(1)设两板间的电压为U,由动能定理得1 2q U=m v 由匀强电场中电势差与电
28、场强度的关系得U=E d 联立以上式子可得mv2 门E=2qd(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0 ,圆半径为r。设第一次碰撞点为A,由于2 7 1粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射此因此,S A 弧所对的圆心角N A 0 S 等于一。由几何关系得7 1 人r=Rtan 32粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得qv B=mL联立式得R噜2（3）保持M、N间电场强度E 不变,M板向上平移一 d 后,设板间电压为U ,则3,Ed UU =3 3设粒子进入S孔时的速度为v,由式看出UUv综合式可得V,二 正 V 3设粒子做圆周运动的半径为r ,则，6 m vr =
29、-()3qB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6，比较两式得到r =R,可见0=2粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故n=3【答案】（1）mv22qdV3mv3qB(3)31 5.（2 0 1 3 浙江高考）为了降低潜艇噪音,提高其前进速度,可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成,其原理示意图如下。在直线通道内充满电阻率P =0.2 Q -m 的海水,通道中aX b X c=0.3 m X 0.4m X 0.3 m 的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场,其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外。
30、磁场区域上、下方各有a X b=0.3 m X 0.4 m的金属板M、N,当其与推进器专用直流电源相连后,在两板之间的海水中产生了从N 到 M,大小恒为1=1.0 X 1 0%的电流,设该电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻,海水密度P.=L OX 1 0 g/m3o(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向；(2)在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如 何“倒车”？(3)当潜艇以恒定速度v o=3 Om/s 前进时,海水在出口处相对于推进器的速度v=3 4 m/s,思考专用直流电源所提供的电功率如何分配,求出相应功率的大小。【解题指南】解答本题时应注
31、意理解以下两点：(1)海水相当于导体,在通电状态下受安培力。(2)对潜艇作正确的受力分析。【解析】(1)将通电海水看成导线，所受磁场力F=I B Z,代入数据得:F=I B c=l.0 X 1 03X 6.4 X 0.3 N=1.9 2 X 1 0%用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左右两组推进器,可以开启或关闭不同个数的左右两侧的直线通道推进器,实施转弯。改变电流方向或者磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，根据牛顿第三定律,使潜艇“倒车”。电源提供的电功率中的第一部分:牵引功率P=F -V。根据牛顿第三定律:F 牵=1 2 I B 当 v
32、 0=3 0 m/s,代入数据得：Pi=F 奉 v 产1 2 X 1.9 2 X 1 03X 3 0 W=6.9 X 1 05W第二部分:海水的热功率对单个直线通道推进器,根据电阻定律：LR=P-c 0 3代入数据得:R=P =0.2 X-Q=0.5 Qab 0.3x0.4由热功率公式,P=1 R代入数据得:P单=I2R=5.0 X 1 0%Pz=1 2 X 5.0 X 1 0%=6.0 X 1 06W第三部分:单位时间内海水动能的增加值设 A t 时间内喷出海水的质量为mAEkP3=12 又一LAt考虑到海水的初动能为零,则海水在出口时，相对地的速度为v o x 时 期=4 m/s12AEt
33、=Ek=y m v m=p o bc v （水对他）A tP3=1 2 X；p*c v-=4.6 X 1 0 帆【答案】（l）1.9 2 X 1 03N方向向右（或与海水出口方向相同）（2）、（3）见解析1 6.（2 0 1 3 江苏高考）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图所示的x O y 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 做周期性变化的图像如图所示。x 轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B 的正方向。在坐标原点。有一粒子P,其质量和电T荷量分别为m和+q,不计重力。在廿万时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动。Eo T
34、 2T 3T 4T 5T（1）求 P 在磁场中运动时速度的大小V 0；求 B。应满足的关系；T 在 t o（O t o 0)的点电荷a在纸,面内垂直于E F 从 F点射出，其轨迹经过G点,再使带有同样电荷量的点电荷b 在纸面内与E F 成一定角度从E点射出,其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同,且经过G点时的速度方向也相同。己知点电荷a的质量为叫轨道半径为R,不计重力。求：点 电 荷 a从射出到经过G点所用的时间；点 电 荷 b的速度的大小。【解题指南】解答本题时应注意理解以下三点：(1)带电粒子在匀强磁场中的轨迹和圆心的确定，通过初、末位置或速度的方向分析粒子受洛伦兹力的
35、方向找圆心。(2)带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。(3)粒子运动时间的计算方法:一是根据周期来计算，二是根据运动的弧长来计算。【解 析】(1)设 点 电 荷a的 速 度 大 小 为v,由牛顿第二定律得Vq v B n i R由式得m设 点 电 荷a的 运 动 周 期 为T,有2兀m 三T二qB如图,0和O i分 别 是a和b的圆轨道的圆心。设a在磁场中偏转的角度为6,由几何关系可得0=9 0(4)故a从 开 始 运动到经过G点 所 用 的 时 间t为兀m2qB(2)设 点 电 荷b的 速 度 大 小 为V,.轨 道 半 径 为R i,b在 磁 场 中 的 偏 转 角 度 为0 I,依题意有R.e.RO C1=一 =%v由式得v i=v RO由于两轨道在G点相切,所 以 过G点 的 半 径0G和0 6在同一直线上。由几何关系和题给条件可得0 t=60 R,=2R (9)联立式,解得4qBRVi=-3m【答案】（1）7tm2qB 皿3m精编资料欢迎下载