高中物理选修3-1第三章磁场章末检测含答案解析

高中物理选修3-1第三章磁场章末检测学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，金属细棒质量为m，用两根相同轻弹簧吊放在水平方向的匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k，棒ab中通有恒定电流，棒处于平衡状态，并且弹簧的弹力恰好为零．若电流大小不变而方向反向，则()
A．每根弹簧弹力的大小为mg
B．每根弹簧弹力的大小为2mg
C．弹簧形变量为mg k
D．弹簧形变量为2mg k
2．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变
3．如图所示，在一个直角三角形区域ABC内，存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度
为B的匀强磁场，AC边长为3l，∠C=90°，∠A=53°．一质量为m、电荷量为+q的粒子从AB边上距A点为l的D点垂直于磁场边界AB射入匀强磁场，要使粒子从BC边射出磁场区域（sin53°=0.8，cos53°=0.6），则（）
A．粒子速率应大于3
2 Bql m
B．粒子速率应小于2
3 Bql m
C．粒子速率应小于4Bql m
D．粒子在磁场中最短的运动时间为π6
m Bq
4．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
B．带电粒子每运动一周被加速一次
C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3
D．加速电场方向不需要做周期性的变化
二、单选题
5．如图所示为某种电磁泵模型的示意图，泵体是长为L1，宽与高均为L2的长方体．泵体处在方向垂直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，泵体的上下表面接电压为U的电源（内阻不计），理想电流表示数为I．若电磁泵和水面高度差为h，液体的电阻率为ρ，在t时间内抽取液体的质量为m，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，取重力加速度为g，则
A ．泵体下表面应接电源正极
B ．电磁泵对液体产生的推力大小为BIL 1，
C ．电源提供的电功率为21
U L ρ
D ．质量为m 的液体离开泵体时的动能22UIt mgh I t L ρ
--
6．如图所示，直角坐标系中y 轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，右边界PQ 平行y 轴，一粒子（重力不计）从原点O 以与x 轴正方向成θ角的速率v 垂直射入磁场，若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ 射出磁场，若斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为（）
A ．v 2πa Ba 3v ；
B ．v 2πa 2Ba 3v ；
C ．v 4πa 2Ba 3v ；
D ．v 4πa Ba 3v ； 7．如图所示，纸面内有宽为L 水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m ，电荷量为-q ，速率为v 0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B 0=
,A 、C 、D 选项中曲线均为半径是L 的1/4圆弧，B 选项中曲线为半径是
L /2的圆)
A．
B．
C．
D．
8．质谱仪可用来分析同位素，也可以用来分析比质子重很多倍的离子．现在用质谱仪
来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口P离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从P点离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的11倍．此离子和质子的质量之比为（）
A．11
B．12
C．144
D．121
9．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示．D1和D2是两个中空
的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流
电源上．位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能E k后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（）
A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能E k会变大
B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间不变．
C．若只将交变电压的周期变为2T，仍能用此装置持续加速质子
D
．质子第n
10．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP＝x，下列图线能够正确反映x与U之间的函数关系的是()
A．B．
C．D．
11．在绝缘圆柱体上a、b两位置固定有两个金属圆环，当两环通有如图所示电流时，b 处金属圆环受到的安培力为F1；若将b处金属圆环移到位置c，则通有电流为I2的金属圆环受到的安培力为F2．今保持b处金属圆环位置不变，在位置c再放置一个同样的金属圆环，并通有与a处金属圆环同向、大小为I2的电流，则在a位置的金属圆环受到的
安培力()
A．大小为|F1＋F2|，方向向左
B．大小为|F1＋F2|，方向向右
C．大小为|F1－F2|，方向向左
D．大小为|F1－F2|，方向向右
12．如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP＝x，下列图线能够正确反映x与U之间的函数关系的是()
A．B．
C．D．
13．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（）
A．0 B．0.5B C．B D．2 B
三、解答题
14．据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如题7-2图所示．炮弹（可视为长方形导体）置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在
导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离w =0.10m ，导轨长Ｌ＝5.0m ，炮弹质量m=0.30kg ．导轨上的电流I 的方向如图中箭头所示．可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度
始终为Ｂ＝2.0Ｔ，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v =2.0×
103m/s ，求通过导轨的电流I ．忽略摩擦力与重力的影响．
15．如图所示，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为B ，宽为1.5d ，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B 1未知，区域Ⅱ是无场区，宽为d ，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从磁场边界上的A 点与边界成θ＝60°角垂直射
入区域Ⅰ的磁场，粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A 点，粒子重力不计．
(1)求区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B 1；
(2)求区域Ⅰ磁场的最小宽度L ；
(3)求粒子从离开A 点到第一次回到A 点的时间t ．
16．有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示.其中加速电场的电压为U ，静电分析器中有会聚电场，即与圆心1O 等距的各点电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心1.O 磁分析器中以2O 为圆心、圆心角为90的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m 、电荷量为q 的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，从M 点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N 点射出静电分析器.而后离子由P 点垂直于磁分析器的左边界且垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子垂直于磁分析器下边界从Q 点射出，并进
入收集器.测量出Q 点与圆心2O 的距离为.d 位于Q 点正下方的收集器入口离Q 点的距离为0.5.d (题中的U 、m 、q 、R 、d 都为已知量)
()1求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E 的大小；
()2求磁分析器中磁场的磁感应强度B 的大小和方向；
()3现将离子换成质量为4m ，电荷量仍为q 的另一种正离子，其它条件不变.磁分析器空间足够大，离子不会从圆弧边界射出，收集器的位置可以沿水平方向左右移动，要使此时射出磁分析器的离子仍能进入收集器，求收集器水平移动的距离．
17．如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板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0v 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0B 和B T 取某些特定值时，可使0t =时刻入射的粒子经t ∆时间恰能垂直打在P 板上（不考虑粒子反弹）。

上述0m q d v 、、、为已知量。

（1）若B 12
t T ∆=
，求0B ； （2）若B 32t T ∆=，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； （3）若004mv B qd
=，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求B T 。

18．如图所示,O'PQ 是关于y 轴对称的四分之一圆弧,在PQNM 区域有均匀辐向电场,PQ 与MN 间的电压为U.PQ 上均匀分布带正电的粒子,可均匀持续地以初速度为零发射出来,
任一位置上的粒子经电场加速后都会从O'进入半径为R 、中心位于坐标原点O 的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于xOy 平面向外,磁感应强度大小为B,其中沿+y 轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿+x 轴方向射出.在磁场区域右侧有一对平行于x 轴且到x 轴距离都为R 的金属平行板A 和K,金属板长均为4R,其中K 板接地,A 与K 两板间加有电压U AK >0,忽略极板电场的边缘效应.已知金属平行板左端连线与磁场圆相切,O'在y 轴上(0, -R)处.(不考虑粒子之间的相互作用力)
(1)求带电粒子的比荷q m .
(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围.
(3)若电压U AK =34U ,求到达K 板的粒子数与进入平行板的总粒子数的比值.
19．如图甲所示，ABCD 是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，
取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB =,一质量为m 、所带电荷量为q 的带正电粒子以速度v 0在t ＝0时从A 点沿AB 方向垂直磁场射入，粒子重力不计
(1)若粒子经时间032
t T =
恰好垂直打在CD 上，求磁场的磁感应强度B 0和粒子运动中的加速度a 的大小；
(2)若要使粒子恰能沿DC 方向通过C 点，求磁场的磁感应强度B 0的大小及磁场变化的周期T 0。

参考答案
1．AC 【解析】
试题分析：金属棒原来在磁场中受到重力、安培力，二力平衡，则安培力大小为F=mg ；当电流大小不变，方向相反时，安培力的大小不变，方向相反，平衡时，则有F+mg=2F 弹，解得F 弹=mg ．故A 正确，B 错误．根据胡克定律得：F 弹=kx ，得mg
x k
=．故C 正确，D 错误．
考点：磁场对通电导线的作用；胡克定律． 2．BD 【解析】
试题分析：通电的弹体在轨道上只受安培力作用，根据动能定理可得
，因为
磁感应强度的大小与I 成正比，即B kI =，联立解得22kI lL
v m
=，若只将轨道长度L 变
为原来的2倍，则速度变为原来的2倍，若只将电流I 增加至原来的2倍，则速度变为原来的2倍，若将弹体质量减至原来的一半，则速度变为原来的2倍，将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，则速度变为原来的2倍，故BD 正确； 考点：考查了安培力，动能定理 3．AC 【详解】
ABC.由几何知识知4BC l =，4BD l =，粒子运动轨迹与BC 边相切为一临界，由几何知识知：
sin 374R
l R =
- 得：3
2R l =
根据2
v Bqv m R
= 可以求得速度32Bql
v m
=
，此为从BC 边出来的最小速度， 粒子恰能从BC 边射出的另一边界为与AC 边相切，由几何知识恰为C 点
半径4r l =
再根据：2
v Bqv m r
= 解得：4Bql
v m
=
，此速度为从BC 边出来的最大速度 故AC 正确；B 错误；
D.根据运动轨迹可知，粒子在磁场中运动的最小圆心角为37，所以最短时间为
min 372π37π360180m m t qB qB
=
⋅=⋅ ，故D 错． 4．BD 【详解】
AD 、带电粒子只有经过AC 板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有改变,则在AC 间加速.故A 正确；D 错误.
B 、根据mv
r Bq =
= 知()122122
1
PP r r =-=
()
233222
P P r r =-= 所以1223PP P P ≠ 故B 错误；
C 、当粒子从
D 形盒中出来时,速度最大,根据mv
r Bq
=知加速粒子的最大速度与D 形盒的半径有关.所以C 选项是正确的. 故选AC
【点睛】
带电粒子经加速电场加速后,进入磁场发生偏转,电场被限制在A 、C 板间,只有经过AC 板间时被加速,所以运动一周加速一次,电场的方向不需改变.当带电粒子离开回旋加速器时,速度最大. 5．D 【解析】
试题分析：当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A 错误；电磁泵对液体产生的推力大小为F=BIL 2，选项B 错误；电源
提供的电功率为P=UI ，选项C 错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：
2121
L R L L L ρ
ρ==；则电源提供的电功率为P=IU ，
若t 时间内抽取水的质量为m ，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为
E K =UIt-mgh-I 2
Rt= UIt-mgh-I 2
1
L ρ
t ，故D 正确；故选D.
考点：安培力；你能量守恒定律. 6．C 【详解】
若斜向上射入，粒子恰好垂直PQ 射出磁场，即粒子的偏转角为θ，由几何关系可知，
sin R a θ=
若斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，即粒子的速度方向与PQ 相切，由几何关系可知，
sin R R a θ=+
由以上两式解得：2R a =，030θ= 粒子在磁场中做匀速圆周运动时有：
2
v qvB m R
=
解得：
2q v m Ba
= 所以若斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，粒子的偏转角为1200，所以粒子在磁场
中运动的时间为：0012022436033m m a
t qB qB v
πππ=⨯==． 故应选：C ． 7．A 【解析】
由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A 、B 、C 这三个选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同，唯有D 选项因为磁场是02B ，它的半径是之前半径的一半．然而当粒子射入B 、C 两选项时，均不可能汇聚于同一点．而D 选项粒子是向下偏转，但仍不能汇聚一点，所以只有A 选项，能汇聚于一点．
点睛：带电粒子以相同的速度方向，沿不同位置进入匀强磁场时，轨迹的圆弧长度不同，则运动的时间不同，但半径仍相同． 8．D 【详解】
质量为m ，带电量为q 的粒子在质谱仪中运动，则粒子在加速电场中加速运动，设粒子在磁场中运动的速度为v ，应用动能定理可得：
2
12
Uq mv =
解得：
v =
粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力作向心力，则有：
2
v Bvq m R
=
解得：
mv R qB =
=
因为离子和质子从同一出口离开磁场，所以他们在磁场中运动的半径相等，即为：
=
所以离子和质子的质量比m 离：m 质=121；
A．11，与结论不相符，选项A错误；
B．12，与结论不相符，选项B错误；
C．144，与结论不相符，选项C错误；
D．121，与结论相符，选项D正确；
9．D
【分析】
回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．带电粒子在磁场中运动的
周期与交流电源的周期相同，根据
2m
T
qB
π
=比较周期．当粒子最后离开回旋加速器时的速
度最大，根据
2
v
qvB m
r
=求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系．
【详解】
A项：根据
2
v
qvB m
r
=得
qBr
v
m
=，则最大动能
222
2
1
22
k
q B r
E mv
m
==，与加速电压无关，
故A错误；
B项：若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中加速次数会减小，导致运行时间变短，故B错误；
C项：若只将交变电压的周期变为2T，而质子在磁场中运动的周期不变，则两周期不同，所以不能始终处于加速状态，故C错误；
D项：根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式
mv
R
qB
=与2
1
2
nqU mv
=，
所以质子第n，故D正确．
故选D．
【点睛】
解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，求出粒子的周期和最大动能，根据质量比和电量比，去比较周期和最大动能．
10．B
【详解】
在加速电场中，由动能定理得：212qU mv =
，解得：v =，磁场中，洛伦兹力提供
向心力，有：2
v qvB m r
=，得：mv r qB ==2x r ==B m q 、、都一定，则由数学知识得到，x U -图象是抛物线，B 正确 11．C 【详解】
当金属圈在b 处时，两个的圆形线圈的电流的环绕方向相反，所以两个线圈之间存在排斥力，这一对引力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，所以b 处对a 的力为F 1，同理，当金属圈在c 位置时，对a 的力为F 2；当保持b 处金属圈位置不变，在位置c 再放置一个同样的金属圆环，并通有与a 处金属圆环同向、大小为I 2的电流，b 处对a 处金属圈的力为F 1 方向向左，此时c 处对a 的力与之前相反，方向向右，大小为F 2，即在a 位置的金属圆环受到的安培力为|F 1-F 2|，方向向左．故ABD 错误，C 正确．故选C ． 【点睛】
解答该题要明确两通电导线之间的安培力的关系，电流方向相同时，存在相互的吸引力，电流方向相反时．存在相互的斥力． 12．B 【详解】
在加速电场中，由动能定理得：212qU mv =
，解得：v =，磁场中，洛伦兹力提供
向心力，有：2
v qvB m r
=，得：mv r qB ==2x r ==B m q 、、都一定，则由数学知识得到，x U -图象是抛物线，B 正确 13．A 【解析】
试题分析：乙为双绕线圈，两股导线产生的磁场相互抵消，管内磁感应强度为零，故A 正确．
考点：磁场的叠加
名师点睛：本题比较简单，考查了通电螺线管周围的磁场，弄清两图中电流以及导线的绕法的异同即可正确解答本题．
14．0.6×105A 【解析】
当导轨通有电流I 时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为 图 15
F ＝IdB ① 设炮弹加速度的大小为a ，则有
F ＝ma ② 炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而 v 2＝2aL ③ 联立①②③式得
I ＝2
12mv BdL
代入题给数据得I ＝6.0×105 A.
15．（1）3B （2）6d （3）149qB
π+m 【详解】
(1)由题意知粒子的运行轨迹如图所示，设在区域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r 、R ，由图知R ＋R cos θ＝1.5d ，
R sin θ－
tan d
θ
＝r sin θ， 联立得R ＝d ，r ＝3
d
．
由洛伦兹力提供向心力得：qvB ＝m 2
v R ，
同理区域Ⅰ中，qvB 1＝m 2
v r
，
联立得B 1＝3B ．
（2）结合图及运动学规律可知磁场的最小宽度为cos 6
d L r r θ=-= （3）在区域Ⅰ中，mv r Bq
=
解得：Bdq
v m
=
在区域Ⅰ中运动的时间为112223609m m t B q Bq
θππ=
⋅= 在区域Ⅱ
中的运行时间为：22sin 33d t v v qB
θ=
==
， 在区域Ⅲ中的运行时间为：324024·3603m m
t qB qB
ππ︒=
=︒， 所以粒子从离开A 点到第一次回到A
点的时间：123t t t t =++=
故本题答案是：（1）3B （2）6d （3
）149qB
π+m 【点睛】
正确画出运动轨迹图，并利用几何关系求出运动的半径关系，然后求时间即可．
16．（1）
2U R
（3
）d ⎫-⎪⎪⎝⎭
【解析】
试题分析：（1）离子经电场直线加速，由动能定理：2
12
qU mv =
离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：2
v qE m R
= 联立解得：2U
E R
=
（2）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：2
v qvB m r
=
由题意可知，圆周运动的轨道半径:r d =
解得：B =
（3）另一正离子经电场加速后的速度2
v v '= 可得磁场中运动的半径为2r d '=
0cot 602d d +
⋅-
=(1)6
d - 考点：本题考查了带点离子在组合场中的运动、圆周运动、直线加速．
17．（1）0mv qd （2）
20
3v d （3）0
3d v π 或01arcsin 242d v π⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 【详解】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径1R ，由牛顿第二定律得
2
001
mv qv B R = ……①
据题意由几何关系得
1R d = ……②
联立①②式得
0mv B qd
=
……③ （2）设粒子做圆周运动的半径为2R ，加速度大小为a ，由圆周运动公式得
202
v a R = ……④
据题意由几何关系得
23R d = ……⑤
联立④⑤式得
20
3v a d
= ……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
2R
T v π=
……⑦ 由牛顿第二定律得
20
00mv qv B R
= ……⑧ 由题意知0
04mv B qd
=
，代入⑧式得 4d R = ……⑨
粒子运动轨迹如图所示，1O 、2O 为圆心，1O 、2O 连线与水平方向夹角为θ，在每个B T 内，
只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求02
π
θ<<
，由题意可知
B
222
T T π
θ
θ+= ……⑩ 设经历完整B T 的个数为n （0n =，1，2，3．．．．．．） 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得
2(sin )R R R n d θ++= ……⑪
当n =0时，无解； 当n =1时联立⑨⑪式得
6πθ=或（1sin 2
θ=）……⑫ 联立⑦⑨⑩⑫式得 B 03d T v π=
……⑬
当2n ≥时，不满足090θ︒<<的要求；
若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 2sin 2(sin )R R R R n d θθ+++=……⑭
当0n =时无解
当1n =时，联立⑨⑭式得
1arcsin 4θ= 或（1sin 4
θ=）……⑰ 联立⑦⑧⑨⑩⑰式得
B 01arcsin 2
42d T v π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ……⑱ 当2n ≥时，不满足090θ︒<<的要求。

【点睛】
18．（1）2U
B 2R 2 （2）−√22R~√22R （3）56 【解析】
（1）qU =12mv 2 
由已知条件知道偏转半径r=R
Bqv =m v 2r
解得：q m =2U B 2R 2 
（2）因为r=R ，所有粒子经磁场偏转后都平行于x 轴，沿QN 方向射入时，对应的圆心角为1350，离开磁场时a 点的纵坐标为y a =
√22R 沿PM 方向入射的带电粒子离开磁场的出发点b 的纵坐标为y b =−√22R 故进入电场时的坐标范围为-√22R ~√22
R
（3）E =U AK 2R
F =Eq =ma
y =12
at 2 vt =4R
得：y =32 R 从纵坐标y=0.5R 进入偏转电场的粒子恰能打到K 板右边缘，其进入磁场时的速度与y 轴夹角为30°，所以比例η=45o +30o
90=56 19．（1）003mv B qL =，203v a L
= ；（2）00nmv B qL =（n =0,1,2,3……）；002π3L T nv =（n =0,1,2,3……） 【详解】
(1)若粒子经时间032
t T =恰好垂直打在CD 上，粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周，如图
由几何关系得，运动半径为
3
L r =
由洛伦兹力提供向心力得 2000mv B qv r
＝ 联立可得
003=
mv B qL
运动中的加速度为 20v a r
= 可得
003mv B qL =，a =203v L
(2)若要使粒子恰能沿DC 方向通过C 点，那么，粒子经过nT 0时间运动的速度沿DC 方向，则粒子经过01
2
T 转过的中心角为60︒，粒子做圆周运动的半径 11=
2R AC L n n
=(n =0、1、2……) 故磁场的磁感应强度的大小 0001mv nmv B qL q L n =
=⋅(n =0、1、2……) 磁场变化的周期
000
12π112π333L L n T T v nv ⋅==⨯=。