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2023年高考一轮复习专题23　磁场对运动电荷的作用
考点梳理
一、洛伦兹力
1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
规律总结
1．带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)
2．确定粒子运动的圆心，找出轨迹对应的圆心角，再求运动时间.
[考点分析]
考点一　洛伦兹力和电场力的比较
1．洛伦兹力方向的特点
(1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面．
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．
2．洛伦兹力与电场力的比较
内容 对应 力项目 洛伦兹力 电场力
性质 磁场对在其中运动的电荷的作用力 电场对放入其中电荷的作用力
产生条件 v≠0且v不与B平行 电场中的电荷一定受到电场力作用
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向与场 方向的关系 一定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，也可能不做功
力为零时 场的情况 F为零，B不一定为零 F为零，E一定为零
作用效果 只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向
考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动
1．圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)．
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
2．半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
3．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时 间表示为：t＝T(或t＝)．
[题型训练]
一．选择题（共11小题）
1．（2021 桃城区校级模拟）如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球（非金属球）带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A、B点分别是最大位移处。下列说法中正确的是（　　）
A．A点高于B点
B．单摆的振动周期不再等于
C．摆球每次在C点处线上的拉力大小相等
D．摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等
2．（2022 祁东县校级模拟）如图是一个水平放置的玻璃圆环形槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同。槽所在水平面内有变化的磁场，磁感应强度的大小跟时间成正比B＝kt（其中k＞0），方向竖直向下。t＝0时刻，将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，并让它获得初速度v0，方向如图。设小球在运动过程中电荷量不变，则下列说法正确的是（　　）
A．小球的速度不断增大
B．小球需要的向心力大小不变
C．磁场力对小球做正功
D．小球受到的磁场力大小与时间成正比增大
3．（2022 泌阳县模拟）如图所示，圆心为O的圆内存在一匀强磁场，方向垂直于纸面向外。圆周上有a、b、c三点，其中∠aOb＝60°，∠aOc＝120°，现有1、2两个质量相同的粒子从a点以相同的速率沿aO方向射入磁场，1、2两个粒子分别从b、c两点射出磁场，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力，则1、2两粒子电荷量的绝对值之比（　　）
A．：1 B．：1 C．3：1 D．2：1
4．（2022 南岗区校级四模）在匀强磁场中，一个静止的原子核发生了一次α衰变，放出一个α粒子，同时生成一个新核。两粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，α粒子的动能大小为E，动量大小为p。设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和的动能。下列说法正确的是（　　）
A．α粒子的轨迹与 的轨迹为两个内切圆
B．将α粒子和 的圆周运动等效成一个环形电流，电流大小分别为I1和I2，则I1和I2之比为13：10
C．的动量大小为
D．的动能大小为
5．（2022 海陵区校级模拟）无限长细导线中的晶格和自由电子是均匀分布的，静止时它们的线电荷密度为±λ。今让导线中的自由电子都以恒定速度u沿导线流动，此时导线周围的磁场和电场大小的比值为？（　　）
A． B．
C． D．
6．（2022 吕梁二模）利用磁场可以对带电粒子的运动进行控制，如图所示，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，P点为纸面内一离子源，可以沿纸面向各方向发射速度大小相同的同种正离子。同一纸面内距P点为5r的Q点处有一以Q点为圆心、半径为r的圆形挡板。已知正离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为3r，离子打到挡板上时被挡板吸收。则挡板上被离子打中的长度与挡板总长度的比值为（　　）
A．210：360 B．217：360 C．233：360 D．240：360
7．（2021 河北模拟）如图，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OPh。则甲、乙两粒子比荷的比值为（不计重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．32：41 B．56：41 C．64：41 D．41：28
8．（2022 道里区校级四模）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，bc为半径为r的半圆，ab、cd与直径bc共线，ab间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。从abcd边界射出磁场所用时间最短的粒子的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
9．（2022 渝北区校级模拟）质谱仪是研究同位素的重要工具，重庆一中学生在学习了质谱仪原理后，运用所学知识设计了一个质谱仪，其构造原理如图所示。粒子源O可产生a、b两种电荷量相同、质量不同的粒子（初速度可视为0），经电场加速后从板AB边缘沿平行于板间方向射入，两平行板AB与CD间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，板间距为L，板足够长，a、b粒子最终分别打到CD板上的E、F点，E、F到C点的距离分别为L和L，则a、b两粒子的质量之比为（　　）
A． B． C． D．
10．（2022 兴庆区校级四模）如图所示，在x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的半径为x0的圆形区域匀强磁场，两区域的磁感应强度大小相等，在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0）。在圆形磁场的左侧﹣2x0＜y＜0区域内，均匀分布着质量为m、电荷量为+q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后全部从O点进入x轴上方磁场，则这些从O点进入上方磁场的粒子中，占总数多少的带电粒子打不到金属板P的右侧（　　）
A． B． C． D．
11．（2022 天心区校级模拟）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°。其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。以下说法正确的是（　　）
A．从bc边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B．若从a点入射的速度越大，则在磁场中运动的时间越长
C．粒子在磁场中最长运动时间不大于
D．粒子在磁场中最长运动时间不大于
二．多选题（共4小题）
（多选）12．（2022 济宁三模）如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，之轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m、带电量为q的小球A，绕之轴做匀速圆周运动，小球与坐标原点的距离为r，O点和小球A的连线与之轴的夹角为θ＝37°。重力加速度为g，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．从上往下看带电小球沿逆时针方向做匀速圆周运动
B．小球A与点电荷之间的库仑力大小为mg
C．小球A做圆周运动的过程中所受的库仑力不变
D．小球A做圆周运动的速度越小，所需的磁感应强度越小
（多选）13．（2022 湖南模拟）如图所示，光滑的水平桌面处于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B；在桌面上放有内壁光滑、长为L的试管，底部有质量为m、带电量为q的小球，试管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做匀速直线运动（拉力与试管壁始终垂直），带电小球能从试管口处飞出，关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．小球带负电，且轨迹为抛物线
B．小球运动到试管中点时，水平拉力的大小应增大至
C．洛伦兹力对小球做正功
D．对小球在管中运动全过程，拉力对试管做正功，大小为qvBL
（多选）14．（2022 广西模拟）如图所示，在竖直平面xOy内x轴上方，以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆与坐标轴分别交于a、b、c三点。x轴上方半圆abc外区域存在着上边界y＝2R的垂直于纸面向里的足够大匀强磁场，磁感应强度为B，半圆abc内无磁场，粒子源在O点能以初速度v0向各个方向进入磁场，其中从b点进入磁场的粒子恰好不能从磁场上边界射出磁场，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回半圆形区域边界abc后的运动。关于粒子的运动（　　）
A．粒子的比荷为
B．磁场上边界有粒子穿出的区域宽度为（1）R
C．磁场上边界有粒子的区域宽度为（1）R
D．垂直穿出磁场上边界的粒子在磁场中运动的时间可能为
（多选）15．（2022 龙岩模拟）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（　　）
A．所有粒子所用最短时间为
B．所有粒子所用最短时间为
C．从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率
D．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
三．计算题（共5小题）
16．（2022 鼓楼区校级模拟）2021年6月我国芯片进口总额达到380亿美元，这是为了满足在智能手机、汽车、电脑、家用电器的巨大需求.物理气相沉积是在真空条件下，通过低压气体或等离子体，采用物理方法将气化的材料沉积到基体表面形成薄膜的技术.该技术是芯片制作的关键环节之一，如图是该设备的平面结构简图.初速度不计的氩离子经电压U0的电场加速后，从A点以大小为v0＝105m/s的速度水平向右进入竖直向下的匀强电场E，恰好打到电场、磁场的竖直分界线Ⅰ最下方M点（未进入磁场）并被位于该处的金属靶材全部吸收，AM两点的高度差为0.5m。靶材溅射出的部分金属离子沿各个方向进入两匀强磁场区域，并沉积在固定基底上，基底与水平方向夹角为45°，大小相等、方向相反（均垂直纸面）的两磁场磁感应强度均为B，分界线Ⅱ过M点且与基底垂直。（已知U0V，EV/m，B＝1×10﹣2T，金属离子比荷C/kg，两种离子均带正电，忽略重力及离子间相互作用力）求：
（1）氩离子的比荷；
（2）AM两点的水平距离；
（3）若金属离子进入磁场的速度大小均为1.0×104m/s，M点到基底的距离为m，求在纸面内，基底上可被金属离子打中而镀膜的区域长度。（计算结果保留根式）
17．（2022 南京模拟）空间存在间距都为d的，磁场感应强度为B0、2B0……nB0的匀强磁场。一群电量为﹣q，质量m，重力不计的粒子从坐标原点O以等大速度进入磁场，入射方向与x正方向成θ角，且均匀的分布在0～180°内，其中有75%的粒子能通过边界1。求：
（1）粒子速度v的大小；
（2）调整入射速度的大小与方向，若粒子恰好能穿过边界2，此时入射角度θ与v的关系；
（3）当粒子垂直于边界射入磁场，且入射速度满足，求运动过程中ym的最大值，以及粒子出射磁场的位置与O的距离。
18．（2022 海拉尔区校级四模）在一边长为a的等边三角形OPQ内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。现以O点为坐标原点，OP为x轴正方向，建立直角坐标系，在第一象限内加一方向竖直向上的匀强电场，在y轴的左侧加一加速电场，A、B两极板之间的加速电压为U，在B板的中间有一小孔。现将一带电荷量为﹣q、质量为m的带负电的微粒在A板中间由静止释放，带电微粒从B板的小孔处飞出，接着从y轴上的M点垂直y轴进入电场，随后从x轴上的C点进入磁场（C点图中未画出），且速度方向与OQ边平行。经过一段时间带电粒子恰好沿垂直PQ的方向经过PQ边的中点离开磁场，不计带电微粒重力影响。求：
（1）第一象限内的匀强电场的电场强度大小；
（2）三角形OPQ区域内匀强磁场的磁感应强度大小。
19．（2022 麒麟区校级二模）如图所示，在xOy平面的第二象限有一匀强电场，电场强度大小E可调，方向平行于y轴沿y轴正向。第三象限有一垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子源S在xOy平面内向各个方向发射速度大小不同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。x轴上的P点与S点的连线垂直于x轴，S点与P点的距离为d，不考虑重力和电子间相互作用。
（1）若从s发出的电子能在磁场中直接到达P点，求电子的最小速度v1；
（2）若通过P点的电子在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动，求场强的大小E0。
20．（2022 河北模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，磁感应强度B及电场强度E的大小均未知。t＝0时刻，一带负电的粒子以大小为v的速度从y轴上的P点（0，L）沿与y轴负方向成30°角平行于xOy平面射入第二象限。粒子第一次穿过x轴时经过O点，第二次和第五次穿过x轴时经过同一点N（图中未画出）。已知粒子的质量为m，电荷量大小为q，不计粒子的重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小。
（2）匀强电场的电场强度大小。
（3）粒子从t＝0时刻至第（2n+1）次穿过x轴时的坐标及所用的时间。（n＝0，1，2，…）
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．【解答】解：A、带电小球在磁场中运动过程中，洛伦兹力不做功，小球机械能守恒，所以A、B等高，处在同一水平线上。故A错误；
B、因为洛伦兹力不做功，不改变小球的动能，不改变小球速度大小。所以单摆的周期与没有磁场时相同均为：
故B错误；
C、根据小球机械能守恒，小球向左和向右经过C点速率相等，则向心力相同，但由于洛伦兹力方向相反，所以摆球向左和向右经过C点时线的拉力大小不等。故C错误；
D、摆球在A点和B点的速度均为零，向心力为零，细线的拉力大小都等于重力沿细线方向的分力，所以拉力大小相等。故D正确。
故选：D。
2．【解答】解：AB、根据楞次定律可知，圆槽处产生的感生电场方向沿逆时针方向，在该电场作用下小球将做加速圆周运动，速度不断增大，需要的向心力不断增大，故A正确，B错误；
C、磁场力方向始终与小球速度方向垂直，对小球不做功，故C错误；
D、小球受到的磁场力大小为：F＝qvB＝qvkt，式中v不断增大，所以qvk不是常数，即F与t不成正比，故D错误。
故选：A。
3．【解答】解：根据几何关系可知，
所以半径之比
根据洛伦兹力提供向心力
解得：，故1、2两粒子电荷量的绝对值之比为3：1，故C正确，ABD错误；
故选：C。
4．【解答】解：A、衰变过程动量守恒，故两粒子动量等大方向，由左手定则可知，两个粒子的受力方向相反，因此α粒子的轨迹与 的轨迹为两个外切圆，故A错误；
B、粒子在磁场中做圆周运动，则
解得：R
故周期为
等效电流为：
故α粒子和 的等效电流比为：
，故B错误；
C、由动量守恒可知，α粒子和 的动量等大方向，所以的动量大小也为p，故C错误；
D、根据动能的表达公式可知，因为两个粒子的动量等大方向，则粒子的动能与质量成反比，则，故D正确；
故选：D。
5．【解答】解：正离子晶格电场
电子的电荷线密度为﹣γλ0，产生的电场为
因此总电场
电子产生的磁场
则
故ABD错误，C正确；
故选：C。
6．【解答】解：因为5r+r＝6r，故当粒子向上射出时，恰好可以打在挡板的最右端。当粒子轨迹与挡板在左下方相切时为另一临界点，如图所示：
根据几何关系可知：
sin∠PQO＝0.6
∠PQO＝37°
则挡板上被离子打中的长度与挡板总长度的比值为
，故B正确，ACD错误；
故选：B。
7．【解答】解：甲粒子从高MN＝h的位置水平飞入磁场，运动轨迹如图1所示；
甲粒子做匀速圆周运动的半径为r1，根据图中几何关系可得：（r1﹣h）2+（htan37°h）2
解得：r1；
乙粒子运动轨迹如图2所示，对乙进行几何分析可得：（2h﹣r2）2+（2htan37°h）2
解得：r2＝2h
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m可得：
则甲、乙两粒子比荷的比值为，故C正确、ABD错误。
故选：C。
8．【解答】解：轨迹圆弧所对应的弦与bc半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图所示，圆心恰好位于b点，由r，解得v，故A正确，BCD错误；
故选：A。
9．【解答】解：画出两个粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，所以，rb由图易得为L。
粒子在电场中加速阶段，由动能定理有
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有，所以，所以，解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
10．【解答】解：依题意粒子做匀速圆周运动偏转后全部从O点进入x轴上方磁场，可知轨迹圆的半径等于磁场圆的半径，即
r＝x0
粒子在进入上方磁场后，速度方向是任意的向各个方向运动的粒子均有。根据左手定则可知粒子做顺时针的圆周运动，由几何关系可得从薄金属板P左侧飞出磁场的粒子在磁场中运动的圆心角为
0°＜θ＜60°
临界轨迹如图甲
被薄金属板P左侧接收的粒子在磁场中运动的圆心角为
60°＜θ＜90°
临界轨迹如图乙
从薄金属板P右侧飞出磁场的粒子在磁场中运动的圆心角为
90°＜θ＜300°
临界轨迹如图丙
被薄金属板P右侧接收的粒子在磁场中运动的圆心角为
300°＜θ＜360°
综上所述，打不到薄金属板P右侧的粒子占总数的比值为
，故ABD错误，C正确；
故选：C。
11．【解答】解：AB．画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图1所示。粒子入射的速度越大，其做圆周运动的半径越大，当粒子都从ab边射出，所用时间均为半个周期，用时相等；当粒子从bc边射出时，速度越大，轨道半径越大，圆心角越大，运动时间越长，故AB错误；
CD．当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略ab段长度，运动情况可简化为如图2所示，在直线边界磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆心角大小为α＝270°，可得粒子在磁场中运动的最长时间为t，故C错误，D正确。
故选：D。
二．多选题（共4小题）
12．【解答】解：A、空间中存在竖直向下的匀强磁场B，小球的向心力由库仑力在运动轨迹半径方向的分力和洛伦兹力提供，根据左手定则可知，从上往下看小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A正确；
B、洛伦兹力沿水平方向，在竖直方向上，根据平衡条件得：
Fcos37°＝mg
解得：
即小球A与点电荷之间的库仑力大小为，故B正确；
C、小球A做圆周运动所受的库仑力大小不变，方向在时刻变化，故C错误；
D、水平方向上根据牛顿第二定律得：
R＝rsin37°
解得：
课件，只有当时，即
B才有最小值，可见，当时，速度越小，磁感应强度越大，故D错误；
故选：AB。
13．【解答】解：A、小球能从试管口处飞出，说明小球受到指向试管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电；小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力Fy＝quB恒定，小球运动的轨迹是一条抛物线，故A错误；
B、由于小球相对试管做匀加速直线运动，会受到与试管垂直且向左的洛伦兹力的分力Fx＝qvyB，小球运动到中点时沿管速度为vy，则拉力应增大至F以维持匀速运动，故B正确；
C、沿管与垂直于管洛伦兹力的分力合成得到的m实际洛伦兹力总是与速度方向垂直，不做功，故C错误；
D、对试管、小球组成的系统，拉力做功的效果就是增加小球的动能，由功能关系，WF＝ΔEk＝qvBL，故D正确．
故选：BD。
14．【解答】解：A、由b点进入磁场的粒子做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB。解得：，故A正确；
BC、带电粒子从磁场边界射出时，在y轴右侧距离y轴的最大距离为x1，粒子运动轨迹如图乙所示，由几何知识得：
[（1）R]2（2R）2，
在y轴左侧距离y轴的最大距离为：x2＝R，
带电粒子从磁场上边界射出的长度：x＝x1+x2＝（1）R，故B正确，C错误；
D、由BC中分析，粒子轨迹的圆心在半径为的圆周上，如果粒子可以垂直穿出磁场上边界，则圆心必在直线y＝2R上，这是不可能的，故D错误。
故选：AB。
15．【解答】解：依题意，作出从M、N两点射出粒子轨迹图如图所示；
C、粒子运动轨迹如图所示，可以看出，粒子落到b点到c点的过程中，半径越来越大，则由：可知，速度越来越大，所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率，故C正确；
AB、因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比，且由几何关系知，弦切角等于圆心角的一半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与圆周相切时，弦切角最小，因为Ob长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为θ＝60°，所以圆心角为α＝120°，所以最短运动时间为：，故A错误，B正确；
D、由于M点与切点的位置不定，所以从M点射出粒子在磁场中运动时间与从N点射出粒子所用时间大小不能确定，故D错误。
故选：BC。
三．计算题（共5小题）
16．【解答】解：粒子的运动轨迹如图所示：
（1）氢离子在电场中加速，根据动能定理得：
故
代入数据得出
（2）粒子在电场中偏转
xAM＝v0t
代入数据得出AM两点的水平距离为：x＝0.5m
（3）金属离子在磁场中运动，根据牛顿第二定律得：
解得：R＝0.5m
金属离子沿着靶材和磁场边界入射，其圆心在M点正上方0.5m处O，金属离子沉积点为K，分界线与基底交点为C。
OMsin45°＝CM
所以O恰好在基底，则
所以
粒子靠近MC方向射出，则会落在C点的附近，范围不超过K点，根据对称性，粒子能够镀膜区域的长度为
L＝2CK
答：（1）氩离子的比荷为2.4×104C/kg；
（2）AM两点的水平距离为0.5m；
（3）在纸面内，基底上可被金属离子打中而镀膜的区域长度为。
17．【解答】解：（1）带电粒子在磁场B0中的运动半径为
因为75%的粒子能通过界面，即与x轴正方向成45°内的粒子都不能通过，临界状态为45°恰好与1边界相切
由图1可知
解得：v
（2）穿越一个磁场带时，其高度差皆为d。则
同理，恰好穿过第二个磁场时
解得：mv（1﹣cosθ）＝3B0qd
（3）由动量定理得：
qvyBΔt＝mΔvx
所以
qB0d+2qB0d+……＝mv
因此
qB0（d+2d+3y3）＝mv
又因为
mv＝4qB0d
只能完整的穿过2个d后，在第三个磁场层到达y的最大距离，此处磁感应强度为3B0，所以
因此
qB0d＝mvx1﹣0
2qB0d＝mvx2﹣mvx1
其中vm是在最低时粒子的水平速度即为v，因此
因洛伦兹力不做功，物体动能保持不变，所以
因此
vy3＝0
根据qvxBΔt＝mΔvy
可知
利用对称性可知，粒子将从O点右侧的x点射出
3.25d
答：（1）粒子速度v的大小为；
（2）此时入射角度θ与v的关系为mv（1﹣cosθ）＝3B0qd；
（3）运动过程中ym的最大值为，粒子出射磁场的位置与O的距离为3.25d。
18．【解答】解：（1）带电微粒运动的轨迹如图所示，设带电微粒从B板射出的速度为v0，由动能定理有：
设带电微粒进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r，圆心为O1，由几何知识有：PC＝O1P＝r，
解得带电微粒在磁场中的轨迹半径：，
带电微粒在偏转电场中做类平抛运动，经过C点时的竖直分速度：vy＝a0t1，
而加速度：，
水平位移：OC＝v0t1，
根据速度的方向有：
联立解得：
（2）带电微粒进入匀强磁场时的速度：
由牛顿第二定律有：
解得：
答：（1）第一象限内的匀强电场的电场强度大小为；
（2）三角形OPQ区域内匀强磁场的磁感应强度大小为。
19．【解答】解：（1）根据题意可知，从S发出电子在磁场中做圆周运动能直接到达P点的最小半径，
由洛伦兹力提供向心力，可得，
解得，
（2）设电子初速度为v，初速度方向与SP的夹角为θ，从Q点由电场进入磁场，如图所示：
设该轨迹圆半径为r，由几何关系可知2rsinθ＝d
由洛伦兹力提供向心力可得，
设电子每次在电场中运动的时间为2t，则
y轴方向有：，
x轴方向有：vtsinθ＝rcosθ，
联立解得；
答：（1）电子的最小速度为；
（2）场强的大小为。
20．【解答】解：（1）根据题意，粒子从P点偏转60°进入磁场，由几何关系可知圆周运动半径
R＝L
洛伦兹力提供向心力，则
可得：
（2）粒子进入电场后做类斜抛运动，从x轴进入磁场，偏转300°再进入电场做类平抛运动，以此类推，运动轨迹如图所示：
粒子在此案长中x轴方向不受力而做匀速运动，由运动的对称性和几何关系可知
竖直方向上有
联立解得：
；E
（3）粒子第一次经过x轴时，在磁场中偏转了60°，则时间为
第一次经过x轴时的坐标为（0，0）
粒子第二次经过x轴时，在电场中偏转了2t0时间，则
设第二次经过x轴时横坐标为x2，则有
则第二次经过x轴时坐标为（2L，0）
由轨迹和几何关系可知，粒子第三次经过x轴时，又在磁场中偏转240°，则时间为
第三次经过x轴时坐标为（L，0）
同理，第四次经过x轴时的时间为
第四次经过x轴时坐标为（3L，0）
第五次经过x轴时的时间为
第五次经过x轴时的坐标为（2L，0）
由不完全归纳法可得粒子从t＝0时刻至第（2n+1）次穿过x轴时的坐标为
（n＝0，1，2，3……）
所用的时间为
t2n+1[]（n＝0，1，2，3……）
答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为。
（2）匀强电场的电场强度大小为。
（3）粒子从t＝0时刻至第（2n+1）次穿过x轴时的坐标及所用的时间为[]（n＝0，1，2，3……）。

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