三年模拟精选2022届高考物理专题九磁场全国通用

【大高考】（三年模拟精选）2022届高考物理专题九磁场（全国通用）A组　基础训练一、选择题1．(2022·中原名校、豫南九校联考)如图所示,三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点,当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电流时,M点磁感应强度的大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，若将导线ab中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N点磁感应强度的大小为(　　)A．B1＋B2B．B1－B2C.(B1＋B2)D.(3B2－B1)解析　导体中的电流相同，则每个导体在距离导体相同的点产生的磁场的磁感应强度大小相同,设三个导体在O点产生的磁感应强度大小为B，则ab在M点，cd在N点产生的磁感应强度大小也为B，ab在N点，cd在M点，ef在M、N点产生的磁感应强度大小也相同，设为B′，由安培定则和矢量叠加可知,B1＝B＋2B′、B2＝B，撤去ab中的电流后，N点的磁感应强度为BN＝B－B′，解以上三式得BN＝(3B2－B1)，D项正确．答案　D2．(2022·河北邢台摸底考试)如图所示,在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电荷量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是(　　)21\nA．匀强磁场的磁感应强度为B．电荷在磁场中运动的时间为C．若减小电荷的入射速度,使电荷从CD边界射出，电荷在磁场中运动的时间会减小D．若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB边的中点射出解析　由粒子从D到A的运动轨迹和几何知识知，粒子的轨道半经为R＝L，转过的圆心角为α＝，由qv0B＝得B＝，A项正确；运动时间t＝＝,B项错误；若粒子从CD边界射出，粒子在磁场中转过的圆心角为π，电荷在磁场中运动的时间会变长,C项错误；若电荷的入射速度变为2v0，则粒子的轨道半径为2L，由几何知识知粒子会从AB边的中点右侧某位置射出，D项错误．答案　A3.(2022·河南八市联考)(多选)如图所示,一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处,能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则(　　)A．能打在板上的区域长度是2dB．能打在板上的区域长度是(＋1)dC．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为D．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为解析　因粒子运动的轨道半径R＝d,根据题意画出粒子运动轨迹的草图，则打在极板上粒子轨迹的临界状态如图甲所示，根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度L＝R＋R＝(＋1)d，选项B正确，A错误；在磁场中运21\n动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图乙所示，由几何关系知，最长时间t1＝T，最短时间t2＝T，同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差Δt＝t1－t2，又T＝，联立解得Δt＝，选项C正确，D错误．答案　BC4．(2022·广东湛江一模)(多选)如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个不计重力的带正电的粒子以某一速率v垂直磁场方向从O点进入磁场区域，电子进入磁场时速度方向与边界夹角为θ，下列有关说法正确的是(　　)A．若θ一定，速度v越大，粒子在磁场中运动时间越长B．粒子在磁场中运动时间与速度v有关，与角θ大小无关C．若速度v一定，θ越大，粒子在磁场中运动时间越短D．粒子在磁场中运动时间与角度θ有关，与速度v无关解析　粒子在磁场中的运动轨迹如图，由几何知识知，粒子离开磁场时转过的圆心角一定为2π－2θ，若θ一定，则t＝T＝×＝，可见粒子在磁场中运动的时间与v无关,与角度θ有关，即若θ一定，粒子在磁场中运动的时间是相同的，故A、B错误,D正确；由上式可知θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C正确．答案　CD5．(2022·北京丰台区模拟)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最21\n大电阻为R，开关K闭合.两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子(不计重力)以速度v水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是(　　)A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D．若增大带电粒子带电荷量，粒子将向b板偏转解析　将滑片P向上滑动，电阻R两端的电压减小．因电容器与电阻并联，故两板间的电势差减小,根据E＝知两板间的电场强度减小，粒子所受电场力减小，因带负电，电场力向上，所以粒子将向b板偏转，A错误；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E＝可知，板间电场强度减小,粒子所受电场力向上变小，洛伦兹力向下，则粒子将向b板偏转，故B错误；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，C正确；若增大带电粒子带电荷量，所受电场力增大，所受洛伦兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误．答案　C二、非选择题6．(2022·河北“五个一名校联盟”联考)如图,边长L＝0.2m的正方形abcd区域(含边界)内，存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场，磁感应强度B＝5.0×10－2T.带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E(不考虑金属板在其它区域形成的电场)，MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF.EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l＝0.1m．在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q＝3.2×10－19C，质量均为m＝6.4×10－26kg.不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板后的反弹．21\n(1)当电场强度E＝104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率；(2)电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围．解析　(1)穿过孔O的离子在金属板间需满足qv0B＝Eq代入数值得v0＝2.0×105m/s(2)穿过孔O的离子在金属板间仍需满足qvB＝Eq离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m由以上两式子得E＝从bc边射出的离子,其临界轨迹如图①，对应的轨迹半径最大，对应的电场强度最大，由几何关系可得r1＝l＝0.1m由此可得E1＝1.25×103N/C从bc边射出的离子,轨迹半径最小时，其临界轨迹如图②，对应的电场强度最小，由几何关系可得2r2＋＝L所以r2＝0.075m由此可得E2＝9.375×102N/C所以满足条件的电场强度的范围为9．375×102N/C<E<1.25×103N/C答案　(1)2.0×105m/s　(2)9.375×102N/C<E<1.25×103N/C21\n7．(2022·河北“名校联盟”质量监测)如图所示,有3块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距为L.紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M、N处.板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．当体积为V0、密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压Uba和Ubc,当Uba＝U1、Ubc＝U2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出.忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)油滴进入M孔时的速度v1；(2)b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uba和B立即调整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M孔，请给出Uba′和B′的结果．解析　(1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1，由动能定理得mv－mv＝mgL＋qU1考虑到m＝ρV0得v1＝(2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有mg＝qE得E＝油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝得B＝＝(3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理得0－mv＝－mgL－qUba′21\n得Uba′＝U1＋考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即B′＝－B.答案　(1)　(2)　(3)U1＋，－B8．(2022·邢台高三摸底)如图所示,在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何形状完全相同的平行金属板P、Q和M、N，P、Q与M、N四块金属板相互平行地竖直地放置，已知P、Q之间以及M、N之间的距离都是d＝0.2m，极板本身的厚度不计，极板长均为L＝0.2m，板间电压都是U＝6V且P板电势高．金属板右侧边界以外存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝5T，磁场区域足够大.现有一质量m＝1×10－4kg，电荷量q＝－2×10－4C的小球在水平面上以初速度v0＝4m/s，从平行板PQ间左侧中点O1沿极板中线O1O1′射入．(1)试求小球刚穿出平行金属板PQ的速度；(2)若要小球穿出平行金属板PQ后，经磁场偏转射入平行金属板MN中，且在不与极板相碰的前提下，最终从极板MN的左侧中点O2沿中线O2O2′射出，则金属板Q、M间距离是多少？解析　(1)小球在PQ金属板中做类平抛运动，小球所受电场力F＝qE＝小球的加速度a＝解得a＝＝m/s2＝60m/s2小球在板间运动时间t＝＝s＝0.05s小球在垂直板方向上的速度vy＝at＝60×0.05m/s＝3m/s则小球离开PQ板时的速度v-t＝＝m/s＝5m/s21\nv-t与中轴线的夹角为tanθ＝＝，所以θ＝37°(2)俯视图如图所示,在PQ极板间，若P板电势比Q板高，则小球向P板偏离，进入右侧磁场后做圆周运动，由运动的对称性，则必须N板电势高于M板电势，其运动轨迹如图所示小球进入磁场后做圆周运动，设运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力：qv-tB＝得R＝＝0.5m在PQ极板间，小球向P板偏离,设小球射入与射出磁场的两点间的距离为h，由图中几何关系得h＝2Rcosθ＝2×0.5×m＝0.8m小球偏离中轴线的位移Y偏＝at2＝×60×(0.05)2m＝7.5×10－2m当小球向P偏转时，根据对称性可得，QM极板间的距离为d1＝h－2(＋Y偏)＝h－d－2Y偏＝0.45m答案　(1)5m/s，方向与中轴线的夹角为37°　(2)0.45m9．(2022·山西太原一模)如图所示,在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场；第二象限内存在大小为B、方向垂直坐标平面向外的有界圆形匀强磁场(图中未画出).一粒子源固定在x轴上M(L，0)点，沿Y轴正方向释放出速度大小均为v0的电子,电子经电场后恰好从y轴上的N点进入第二象限．进入第二象限后，电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为75°.已知电子的质量为m、电荷量为e，电场强度E＝，不考虑电子的重力和其间的相互作用，求：(1)N点的坐标；21\n(2)圆形磁场的最小面积．解析　(1)从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有L＝t2，yN＝v0t解得：yN＝2L则N点的坐标为(0，2L)(2)设电子到达N点的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，由动能定理有mv2－mv＝eELcosθ＝＝解得：v＝v0，θ＝45°设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为revB＝①当电子与x轴负方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转120°后垂直于O1Q射出，则磁场最小半径Rmin＝＝rsin60°解得Smin＝②当电子与x轴正方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转150°后垂直于O2Q′射出，则磁场最小半径Rmin′＝＝rsin75°解得Smin′＝21\n答案　(1)(0，2L)　(2)见解析B组　能力提升一、选择题1．(2022·河北“名校联盟”模拟)(多选)如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中(　　)A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小解析　设甲、乙向上作匀加速运动的加速度为a,隔离甲：由牛顿第二定律得Ff甲－m甲gsinθ＝m甲a，则甲、乙两物块间摩擦力Ff甲＝m甲gsinθ＋m甲a不变，A、C项错误，B项正确;选甲、乙物块整体为研究对象，乙与斜面之间的摩擦力为Ff乙＝μFN，且FN＝(m甲＋m乙)gcosθ－qvB，由于v增大，则FN减小，Ff乙不断减小，D项正确．答案　BD2.(2022·辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计),已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)A.B.C.D.解析　粒子在磁场中运动的半径为:R＝＝＝2r；当粒子在磁场中运动21\n时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t＝＝＝，故选C.答案　C3．(2022·湖北六校调考)(多选)如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3m．现有一个比荷大小为＝1.0C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)A．3m/sB．3.75m/sC．4.5m/sD．5m/s解析　由题意可知小球运动的圆心一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m,而ON＝9m≤3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，且碰撞后第二个圆心的位置在O点的上方；也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．由qvB＝，得v＝·Br，第一种情况：若小球与挡板ON碰撞一次,则轨迹可能如图甲，设OO′＝s，由几何关系得r2＝OM2＋s2＝9＋s2和3r－9＝s，联立求得r1＝3m，r2＝3.75m，分别代入v＝·Br得v1＝3m/s，v2＝3.75m/s；第二种情况:若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图乙，设OO′＝x，由几何关系得r＝OM2＋x2＝9＋x2和x＝9－r3，联立求得r3＝5m，代入v＝·Br得v3＝5m/s.21\n答案　ABD4．(2022·浙江温州一模)(多选)日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素131被更多的人所了解．利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均为＋q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔S1进入电压为U的加速电场(入场速度忽略不计)，经电场加速后从S2小孔射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．下列说法正确的是(　　)A．磁场的方向垂直于纸面向里B．碘131进入磁场时的速率为C．碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为D．打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为(－)解析　粒子带正电，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，A错误；由动能定理知,粒子在电场中得到的动能等于电场力对它所做的功，即qU＝mv,解得：v1＝，B正确；粒子在磁场中运动的时间t为周期的一半，根据周期公式T＝，在磁场中运动的时间差值Δt＝，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R＝＝，则它们的距离之差Δd＝2R1－2R2＝(－)，故D21\n正确．答案　BD二、非选择题5．(2022·河南八校联考)如下图所示，以O(0，0)为圆心，半径为r的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在磁场右侧区域内，有一沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E，一质量为m，电荷量为＋q的粒子从A(0，r)点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿y轴负方向时，粒子恰好从B(r，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)粒子射入磁场时的速度大小v；(2)求速度方向与y轴负方向为θ角时，粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t.解析　(1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动由牛顿第二定律得qvB＝m，v＝(2)粒子沿与y轴负方向为θ角射入磁场后，经一段圆周后进入电场做可返回的匀减速直线运动，再次进入磁场又经一段圆周后离开磁场，在磁场中的周期为T＝在磁场中运动的时间为t1＝T＝在电场中做匀变速直线运动a＝所以t2＝＝＝所以t＝t1＋t2＝＋答案　(1)　(2)＋6．(2022·陕西五校联考)如图所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P21\n点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小？(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小．(3)微粒从P运动到Q的时间有多长？解析　(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE1sin45°＝mg解得E1＝微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg＝qE2则E2＝(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域Ⅰ时速度为v，则a＝＝gv2＝2ad1在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则Rsin60°＝d2qvB＝m解得B＝(3)微粒在区域Ⅰ内作匀加速直线运动，t1＝＝在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，T＝则t2＝＝解得t＝t1＋t2＝＋21\n答案　(1)E1＝　E2＝　(2)　(3)＋7．(2022·湖北六校调考)如图所示,xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场,场强大小E＝100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4，3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0，6.25)点，动能变为初动能的0.625倍，求：(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(3)粒子由P点运动到M点所需的时间．解析　(1)设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点的动能为1.25Ek.由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、W2由动能定理得：－W1＝Ek－2EkW2＝1.25Ek－Ek则W1∶W2＝4∶1(2)O点、P点及M点的电势差分别为：UOP＝，UOM＝设OP连线上与M点电势相等的点为D,由几何关系得OP的长度为5m，沿OP21\n方向电势下降，则＝＝＝得OD＝3.75m，OP与X轴的夹角α，则sinα＝D点的坐标为xD＝ODcosα＝3m，yD＝ODsinα＝2.25m即：OP连线上与M点等电势的D点的坐标为(3m，2.25m)(3)由于OD＝3.75m而OMcos∠MOP＝3.75m所以MD垂直于OP由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O指向P带负电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP＝··t2又DP＝OP－OD＝1.25m解得t＝0.5s答案　(1)4∶1　(2)(3m，2.25m)　(3)0.5s8．(2022·广东韶关一模)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＝×104N/C.现将一重力不计、比荷＝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．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＝T时，电荷运动的半径r1＝＝0.2m＝20cm21\n周期T1＝＝4×10－5s当B2＝T时，电荷运动的半径r2＝＝10cm周期T2＝＝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＝＋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，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＋T1解得t总＝1.4×10－4s.答案　(1)π×104m/s　(2)20cm　(3)1.4×10－4s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考向一　考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题1．(左手定则、洛伦兹力、圆周运动)如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹．下列关于实验现象和分析正确的是(　　)21\nA．励磁线圈通以逆时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹B．励磁线圈通以顺时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹C．保持励磁电压不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径减小D．保持加速电压不变，增加励磁电压，电子束形成圆周的半径增大解析　励磁线圈通以顺时针方向的电流，则由右手定则可知线圈内部磁场向里，由左手定则可知能形成结构示意图中的电子运动径迹，选项B正确，A错误；保持励磁电压不变，增加加速电压，则电子的运动速度变大，根据r＝可知电子束形成圆周的半径增大,选项C错误；保持加速电压不变，增加励磁电压，则B变大，根据r＝电子束形成圆周的半径减小，选项D错误；故选B.答案　B考向二　考查带电粒子在组合场中的运动问题2．(先磁场、后电场、再磁场)如图所示,真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域,半径为R，磁场垂直纸面向里．在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E.在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v，沿不同方向射入第一象限.发现沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场.已知粒子的质量为m，电荷量为＋q.粒子重力不计．(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子,最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间．解析　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到0，粒子一定是从如图1的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R21\n根据Bqv＝r＝得B＝(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR设在电场中的路程为s2，根据动能定理得Eq＝mv2s2＝总路程s＝πR＋(3)如图2，沿与＋x方向成60°角射入的粒子，从C点竖直射出、射入磁场，从D点射入、射出电场，最后从N点(MN为直径)射出磁场．所以N点坐标为(2R，0)在磁场中，MC段轨迹圆弧对应圆心角α＝30°，CN段轨迹圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，即t1＝＝21\n粒子在CD段做匀速直线运动，CD＝则从C到D，再从D返回到C所用时间，t2＝粒子在电场中做匀速直线运动，加速度a＝t3＝＝总时间t＝＋答案　(1)　(2)πR＋　(3)(2R，0)　＋3．(先磁场、再电场)如图所示，在xOy平面内,紧挨着的三个“柳叶”形有界区域①②③内(含边界上)有磁感应强度为B的匀强磁场，它们的边界都是半径为a的圆，每个圆的端点处的切线要么与x轴平行，要么与y轴平行．①区域的下端恰在O点,①②区域在A点平滑连接,②③区域在C点平滑连接．大量质量均为m、电荷量均为q的带正电的粒子依次从坐标原点O以相同的速率、各种不同的方向射入第一象限内(含沿x轴、y轴方向)，它们只要在磁场中运动,轨道半径就都为a.在y≤－a的区域，存在场强为E的沿－x方向的匀强电场．整个装置在真空中，不计粒子重力和粒子之间的相互作用．求：(1)粒子从O点出射时的速率v0；(2)这群粒子中，从O点射出至运动到x轴上的最长时间；(3)这群粒子到达y轴上的区域范围．解析　(1)由qBv0＝m，R＝a，解得v0＝(2)这些粒子中，从O沿＋y轴方向射入磁场的粒子，从O到C耗时最长．由tmax＝，s＝πa，得tmax＝＝21\n(3)这些粒子经过①区域偏转后方向都变成与＋x轴平行，接着沿直线匀速进入②区域，经过②区域偏转又都通过C点，从C点进入③区域，经过③区域偏转，离开③区域时，所有粒子的运动方向都变成－y方向(即垂直进入电场)对于从x＝2a进入电场的粒子，在－x方向的分运动有2a＝××t解得t1＝则该粒子运动到y轴上的坐标为y1＝－a－v0t1＝－a－Ba对于从x＝3a进入电场的粒子，在－x方向的分运动有3a＝××t解得t2＝则该粒子运动到y轴上的坐标为y2＝－a－v0t2＝－a－Ba这群粒子运动到y轴上的区域范围为－a－Ba≤y≤－a－Ba答案　(1)　(2)(3)－a－Ba≤y≤－a－Ba21