2018年高考物理二轮复习讲义：第16讲 磁场难点正反磁

第1讲 磁场难点正反磁题一：如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E ，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。

有一带电粒子以垂直于x 轴的初速度v 0从x 轴上的P 点进入匀强电场中，并且恰好与y 轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x 轴进入第Ⅳ象限的磁场。

已知O 、P 之间的距离为d ，则带电粒子在磁场中第二次经过x 轴时，在电场和磁场中运动的总时间为多少？题二：如图所示，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为E ；区域Ⅱ内有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B ；区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为2B ，一质量为m 、带电量为q 的带负电粒子（不计重力）从左边界O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入电场，经A 点与水平分界线成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强磁场中。

求：（1）粒子在区域Ⅱ的匀强磁场中运动的轨迹半径； （2）O 、M 间的距离；（3）粒子从第一次进入区域Ⅱ到第一次离开区域Ⅲ所经历的总时间t 。

题三：如图所示，在直角坐标系第二象限中有磁感应强度大小为B 、方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场区域Ⅰ，在第一象限的y ＞L 区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的磁场区域Ⅱ；在第一象限的2L y L <<区域中有磁感应强度大小未知、方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场区域Ⅲ。

在坐标原点O 处有一电压可调的沿x 轴方向的加速电场，电场右侧有一粒子源可产生电荷量为q 、质量为m 、初速度忽略不计的带负电的粒子。

粒子经加速电场加速后从坐标原点O 处沿x 轴负方向射入磁场区域Ⅰ。

（13L ，L ）的P 点时，速度方向与y 轴负方向成锐角，且已知粒子仅经过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，求加速电场的电压U 。

（2）若调低加速电场的电压，粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y 轴进入磁场区域Ⅲ，经过坐标为3，L ）的P 点后进入磁场区域Ⅱ，粒子在P 点的速度方向与y 轴正方向夹角为θ，求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小。

题四：如图所示，在x ＜0的区域存在沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为2q B d E m=，在x ＞0的区域Ⅰ、Ⅱ中存在磁感应强度等大反向的有界匀强磁场，区域Ⅰ的宽度为d ，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外。

现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在x 轴上某处由静止释放，不计粒子重力。

求：（1）在x 轴负半轴上由静止释放的粒子的释放位置的横坐标满足什么条件时，粒子不能到达磁场区域Ⅱ；（2）在（1）中恰好不能到达磁场区域Ⅱ的粒子，从释放到第二次经过y 轴运动的时间； （3）在坐标（－23d ，0）处释放的粒子从释放至第n 次回到出发点所需要的时间。

题五：如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A 1、A 2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以竖直面MN 为理想分界面。

两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B ，Ⅰ区的磁场方向垂直于纸面向里。

一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v 0垂直于磁场边界A 1进入匀强磁场，经2mt e Bπ=的时间后，垂直于另一磁场边界A 2离开磁场。

已知电子的质量为m ，电荷量为e 。

（1）求每一磁场区域的宽度d 。

（2）若要保证电子能够从磁场右边界A 2穿出，加速电压U 至少应大于多少？（3）现撤去加速装置，使区域Ⅰ的磁感应强度变为2B ，电子仍以速率v 0从磁场边界A 1射入，并改变射入时的方向（其他条件不变），使得电子穿过区域Ⅰ的时间最短。

求电子穿过两区域的时间t 。

题六：如图所示，两水平放置的平行金属板a 、b ，板长L ＝0.2 m ，板间距d ＝0.2 m 。

两金属板间加可调控的电压U ，且保证a 板带负电，b 板带正电，忽略电场的边缘效应。

在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度s ＝0.4 m ，上下范围足够大，磁场边界MN 和PQ 均与金属板垂直，磁场区域被等宽地划分为n （正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为B ＝5×10－3 T ，方向从左向右为垂直纸面向外、向里、向外……在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线O O '发射比荷为q m＝1×108 C/kg 、初速度为0v ＝2×105 m/s 的带正电粒子。

忽略粒子重力以及它们之间的相互作用，求： （1）当U 取何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；（2）若n ＝1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则在电压由0连续增大到U 的过程中，带电粒子射出磁场时与边界PQ 相交的区域的宽度；（3）若n 趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t 为多少。

磁场难点正反磁题一：7(2)2d v π+详解：带电粒子的运动轨迹如图所示。

由题意知，带电粒子到达y轴时的速度0v =，这一过程的时间0022d d t v v ==。

又由几何关系知，带电粒子在磁场中的轨迹半径r＝，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间203382d t v π=⨯=。

同理，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间302d t v π=，故t 总＝7(2)2d v π+。

题二：（1）02m v q B（2）2032m v q E（3）56m q Bπ详解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过A 点的速度为v ，则有002c o s 60v v v ==︒， 粒子在磁场II 中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有2m v q v B R=，解得02m v R q B=。

（2）设粒子在电场中的加速度为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ， 在A 点有v y ＝v 0tan 60°，OM 两点间的距离202322yv m v L aq E==。

（3）粒子在磁场II 、III 中做匀速圆周运动，粒子轨迹如下图所示。

粒子在磁场II 中运动轨迹所对圆心角为60°，所以运动时间21263m mt q Bq Bππ=⨯=，粒子在磁场III 中运动半个周期，所以运动时间312222m mt q Bq Bππ=⨯=，所以经历的总时间2356m t t t q Bπ=+=。

题三：（1）2229q B L m（22B详解：（1）设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v ，由动能定理有qU ＝12mv 2，带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有2m v q v B R=，由几何关系有（L －R ）23L ）2＝R 2，联立解得U ＝2229q B L m。

（2）设调低加速电场的电压后，带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v 1。

带电粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动时，有qv 1B ＝m 211v R ，在磁场区域Ⅲ中做圆周运动时，有21112m v q v B R =，可得B 1＝12R R B ，又由几何关系有R 2cos θ＝3L，由32L L >，可知粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹圆心的纵坐标值大于L ，2R 1＋R 2－R 2sin θ＝L ，联立解得B 1＝s in o s 12θθ+-B 。

题四：（1）x ≥－2d （2）(1)m q Bπ+ （33q B详解：（1）在x 轴上恰好不能到达区域Ⅱ的粒子的运动轨迹如图甲所示，由图可知粒子运动半径为d ，由洛伦兹力提供向心力得2vq v B md=。

设此粒子在x 轴上从（－x 0，0）点处释放，由动能定理得2012q E x m v =，联立解得B q d v m=，02d x =。

因此粒子的释放位置在x 轴负半轴上横坐标x ≥－2d 时，粒子不能到达区域Ⅱ。

（2）设粒子在电场中的运动时间为t 1，由012v x t =，解得1m t q B=，粒子在区域Ⅰ中的运动时间为22T mt q Bπ==，因此从释放到第二次经过y 轴粒子运动的时间为()121mt t t q Bπ+=+=。

（3）在坐标（－23d ，0）处释放的粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示，设粒子第一次到达y 轴时速度为v'，则22132d q Em v '=，解得3'B d v m=，粒子从释放至第一次到达y轴需要的时间12332''dvq Bt ==。

设粒子在磁场中运动的半径为r ，则2'v q v B m r'=，解得3r =。

由几何关系得2d s in r θ==，解得θ＝3π，因此粒子在区域Ⅱ中偏转的圆心角为5()22323ππππ--⨯=，粒子第一次回到出发点所需要的时间为t 总＝1523322'T t πππ⨯++，T ＝2m q Bπ，代入得t 总3q B。

因此第n次回到出发点所需要的时间为3n t q B=（n ＝1，2，3……）。

题五：（1）02v e B（2）204m v e（3）2me Bπ详解：（1）电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有200v e v B m R =，运动周期0002R T v π=，电子在每一磁场中运动的时间为01248T t mt e Bπ===，说明电子在每一磁场中转过π/4，如图1所示。

由几何关系可知0s in 45d R =︒，解得022m v d e B=。

（2）若电子恰好不从A 2穿出磁场，电子运动轨迹应和MN 相切，在区域I 中转半圈后从A 1离开磁场，如图2所示。

设此时对应的电压为U ，电子进入磁场时的速度为v ，则2vev B m R=，R d =，212e U m v =，解得204m v U e=。

（3）由于速率一定，要电子穿过区域I 的时间最短，则需电子穿过区域I 的弧长最短（对应的弦长最短）。

运动轨迹如图3所示。

电子在区域I 的半径012m v r e B=，由图可知1s in 2d r θ=，解得θ＝4π。

电子在区域I 的运动时间122224m mt T e Be Bθθππππ'==⨯=⨯。

电子在区域II 的半径0212m v r r e B==，由几何关系可知，在区域II 中的圆心O 2必在A 2上，4φπθ==，则电子在区域II 的运动时间224''mt Te Bφππ==。

则通过两场的总时间t ＝t 1＋t 2＝2me Bπ。

题六：（1）400 V （2）（0.1＋m （3）2×10－6 s 详解：（1）设速度偏向角为θ，则0tan y v v θ=，显然当y v 最大时，tan θ最大。

当粒子恰好从极板右边缘出射时，速度偏向角最大。

在竖直方向有2122d q U t m d=⨯，在水平方向有0L v t =，联立解得U ＝400 V 。

（2）由几何关系知，逐渐增大b a U ，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ 交点逐渐上移。