高中物理帶電粒子在磁場中的運動解題技巧分析及練習(xí)題(含答案)

1、高中物理帶電粒子在磁場中的運動解題技巧分析及練習(xí)題(含答案)一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓(xùn)練.如圖所示，在一直角坐標系xoy平面內(nèi)有圓形區(qū)域，圓心在 x軸負半軸上，P、Q是圓上的兩點，坐標分別為 P (-8L, 0) , Q (-3L, 0) 。 y軸的左側(cè)空間，在圓形區(qū)域外，有 一勻強磁場，磁場方向垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強度的大小為B, y軸的右側(cè)空間有一磁感應(yīng)強度大小為 2B的勻強磁場，方向垂直于 xoy平面向外?，F(xiàn)從 P點沿與x軸正方向成 37。角射出一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子，帶電粒子沿水平方向進入第一象限，不 計粒子的重力。求：(1)帶電粒子的初速度;(2)粒子從P

2、點射出到再次回到 P點所用的時間。2【答案】(1)v 8qBL； (2)t (1 +) m45 qB【解析】【詳解】(1)帶電粒子以初速度 v沿與x軸正向成37角方向射出，經(jīng)過圓周 C點進入磁場，做勻速 圓周運動，經(jīng)過 y軸左側(cè)磁場后，從 y軸上d點垂直于y軸射入右側(cè)磁場，如圖所示，由 幾何關(guān)系得：QC 5Lsin370OQO1Q 、5L sin37在y軸左側(cè)磁場中做勻速圓周運動，半徑為R1,R O1Q QC2 v qvB m Ri珈/曰 8qBL解得：v m丫2(2)由公式qvB m得:R2_ mvR2 ，解得：R2 4L qB由R 4L可知帶電粒子經(jīng)過 y軸右側(cè)磁場后從圖中 Oi占垂直于y

3、軸射放左側(cè)磁場，由對稱性，在y圓周點左側(cè)磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過圓周上的E點，沿直線打到 P點，設(shè)帶電粒子從P點運動到C點的時間為tiPC 5Lcos37oti PC v帶電粒子從C點到D點做勻速圓周運動，周期為 工，時間為t22 m qBt2帶電粒子從D做勻速圓周運動到 Oi點的周期為丁2,所用時間為t32 m mT2q2B qB1t3-T22從P點到再次回到P點所用的時間為tt 2ti 2t2t2聯(lián)立解得：t, 41 m1 45 qB.如圖所示，虛線 MN沿豎直方向，其左側(cè)區(qū)域內(nèi)有勻強電場（圖中未畫出）和方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場，虛線 MN的右側(cè)區(qū)域有方向水平向右的勻

4、強電 場.水平線段 AP與MN相交于。點.在A點有一質(zhì)量為 m,電量為+q的帶電質(zhì)點，以大 小為Vo的速度在左側(cè)區(qū)域垂直磁場方向射入，恰好在左側(cè)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，已知A3mg ,重力加速度為g.求: q與O點間的距離為 向v0 ,虛線MN右側(cè)電場強度為 qB(1) MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向;(2)帶電質(zhì)點在 A點的入射方向與 AO間的夾角為多大時，質(zhì)點在磁場中剛好運動到O點，并畫出帶電質(zhì)點在磁場中運動的軌跡；(3)帶電質(zhì)點從 。點進入虛線 MN右側(cè)區(qū)域后運動到 P點時速度的大小Vp.【答案】(1) mg,方向豎直向上；(2)qRTF;（3）.Go【詳解】(1)質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域受重力

5、、電場力和洛倫茲力作用，根據(jù)質(zhì)點做勻速圓周運動可得：重 力和電場力等大反向，洛倫茲力做向心力；所以，電場力 qE=mg ,方向豎直向上；所以MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強度 E左 mg ,方向豎直向上；q2(2)質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bv0q m0 ,R所以軌道半徑R mv0 ;qB質(zhì)點經(jīng)過A、O兩點，故質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動的圓心在AO的垂直平分線上，且質(zhì)點從A運動到O的過程O點為最右側(cè)；所以，粒子從 A到O的運動軌跡為劣??；又有dAO 鬲% J3R；根據(jù)幾何關(guān)系可得：帶電質(zhì)點在A點的入射方向與 AO間的夾qB角. 2dAO M ；arcsin4 60R根據(jù)左手定

6、則可得：質(zhì)點做逆時針圓周運動，故帶電質(zhì)點在磁場中運動的軌跡如圖所示：(3)根據(jù)質(zhì)點在左側(cè)做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系可得：質(zhì)點在。點的豎直分速度vy v0sin60 HYPERLINK l bookmark45 o Current Document 31XV0,水平分速度 Vx V0COS60 Vo；2 02質(zhì)點從O運動到P的過程受重力和電場力作用，故水平、豎直方向都做勻變速運動;質(zhì)點運動到P點，故豎直位移為零,所以運動時間2vyv3vo所以質(zhì)點在P點的豎直分速度VyPVy#V0，2水平分速度VxP Vx qE t m12v0,3g屈g7V0 ；2所以帶電質(zhì)點從O點進入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運動到P

7、點時速度屆0 ；Vp.太空粒子探測器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為。，外圓弧面AB的電勢為！(0),內(nèi)圓弧面CD的電勢為 ，足夠長的收集板 MN平行邊界ACDB, ACDB與2MN板的距離為L.假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m,電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球?qū)?粒子的影響，不考慮過邊界 ACDB的粒子再次返回.(1)求粒子到達 。點時速度的大小；(2)如圖2所示，在PQ (與ACDB重合且足夠長)和收集板 MN之間區(qū)域加一個勻強磁場，

8、方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到 2AB圓弧面的粒子經(jīng) 。點進入磁場后最多有 一3能打到MN板上，求所加磁感應(yīng)強度的大??；(3)如圖3所示，在PQ (與ACDB重合且足夠長)和收集板 MN之間區(qū)域加一個垂直 MN的勻強電場，電場強度的方向如圖所示，大小 E ，若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)4L。點進入電場后到達收集板 MN離O點最遠，求該粒子到達 。點的速度的方向和它在 PQ 與MN間運動的時間.12試題分析：解：(1)帶電粒子在電場中加速時，電場力做功，得： qU 0 -mv22(2)從AB圓弧面收集到的粒子有 2能打到MN板上，則上端剛好能打到 MN上的粒子與3MN相切，則入射的方向與

9、OA之間的夾角是60 ,在磁場中運動的軌跡如圖甲，軌跡圓心 角 600 .!? 根據(jù)幾何關(guān)系，粒子圓周運動的半徑：由洛倫茲力提供向心力得：qBv聯(lián)合解得：B 1 mL 2q(3)如圖粒子在電場中運動的軌跡與 這是一個類平拋運動的逆過程.建立如圖坐標.R 2L2 v m一RMN相切時，切點到 。點的距離最遠,3vo2pL 1與2 mt ,；2mL 2L ：2m,qE , qvx旦t座叵m m ,2m若速度與x軸方向的夾角為 角vx _10cos cos -60.如圖所示，在兩塊長為 J3l、間距為L、水平固定的平行金屬板之間，存在方向垂直紙 面向外的勻強磁場.現(xiàn)將下板接地，讓質(zhì)量為m、電荷量為q

10、的帶正電粒子流從兩板左端連線的中點。以初速度V0水平向右射入板間，粒子恰好打到下板的中點.若撤去平行板間 的磁場，使上板的電勢 隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，則 t=0時刻，從O點射人的粒子P經(jīng)時間to(未知量)恰好從下板右邊緣射出.設(shè)粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子間的作用力均不計.(1)求兩板間磁場的磁感應(yīng)強度大小B.(2)若兩板右側(cè)存在一定寬度的、方向垂直紙面向里的勻強磁場，為了使 t=0時刻射入的粒子P經(jīng)過右側(cè)磁場偏轉(zhuǎn)后在電場變化的第一個周期內(nèi)能夠回到。點，求右側(cè)磁場的寬度d應(yīng)滿足的條件和電場周期T的最小值Tmin.【答案】(1) B mV0 qL d R2cosa R2，Tmi

11、n(6 3 2 )Lv【詳解】(1)如圖，設(shè)粒子在兩板間做勻速圓周運動的半徑為Ri,貝 U qvB2vo mRi由幾何關(guān)系：r2L 2(R 2)mb mvo qL：XXX憶 X L-X：(2)粒子P從。點運動到下板右邊緣的過程，有:,3Lvoto1 ,1Lvyto22解得vy3vo3設(shè)合速度為v,與豎直方向的夾角為a,則:tanvovyJ3則二一3vov sin2.33 vo粒子P在兩板的右側(cè)勻強磁場中做勻速圓周運動,設(shè)做圓周運動的半徑為R2,則R21l _2_ sin解得R2, 3L3右側(cè)磁場沿初速度方向的寬度應(yīng)該滿足的條件為d R cosR2百L；2由于粒子P從O點運動到下極板右側(cè)邊緣的過

12、程與從上板右邊緣運動到。點的過程，運動軌跡是關(guān)于兩板間的中心線是上下對稱的，這兩個過程經(jīng)歷的時間相等，則:min2to(22 )R2解得Tmin6/3 2 L3V0【點睛】帶電粒子在電場或磁場中的運動問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運動特征，畫出粒子 的運動軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解相關(guān)量，并搞清臨界狀態(tài) .在如圖甲所示的直角坐標系中，兩平行極板MN垂直于y軸，N板在x軸上且其左端與坐標原點O重合，極板長度l=0.08m,板間距離d=0.09m,兩板間加上如圖乙所示的周期性 變化電壓，兩板間電場可看作勻強電場.在 y軸上(0, d/2)處有一粒子源，垂直于 y軸連續(xù)不斷向x軸正方向發(fā)射相同的帶正

13、電的粒子，粒子比荷為9=5X10；/kg,速度為mV0=8 x 15m/s . t=0時刻射入板間的粒子恰好經(jīng) 間的相互作用，求：N板右邊緣打在x軸上.不計粒子重力及粒子圖乙 x x /(1)電壓U0的大?。?2)若沿x軸水平放置一熒光屏，要使粒子全部打在熒光屏上，求熒光屏的最小長度；(3)若在第四象限加一個與 x軸相切的圓形勻強磁場，半徑為 r=0.03m,切點A的坐標為、-2T (0.12m , 0),磁場的磁感應(yīng)強度大小B=-T ,方向垂直于坐標平面向里.求粒子出磁場后3與x軸交點坐標的范圍.【答案】(1) U。 2.16 104V (2) x 0.04m (3)x 0.1425m【解析

14、】【分析】【詳解】(1)對于t=0時刻射入極板間的粒子：l V0T T 1 10 7sy11 T 22a（2）vyTy 2 vy -d-y y-2Eq maE匕 d解得：Uo 2.16 104V TOC o 1-5 h z ,.T3T(2) t nT 時刻射出的粒子打在 x軸上水平位移取大：Xa vo HYPERLINK l bookmark43 o Current Document 22所放熒光屏的最小長度x Xa l即：x 0.04m(3)不同時刻射出極板的粒子沿垂直于極板方向的速度均為Vy.vy速度偏轉(zhuǎn)角的正切值均為：tan 37vocos37 v0 vv 1 106 m/s即：所有的粒

15、子射出極板時速度的大小和方向均相同2v qvB m RR r 0.03mB離開磁場.由分析得，如圖所示，所有粒子在磁場中運動后發(fā)生磁聚焦由磁場中的一點定沿磁場由幾何關(guān)系，恰好經(jīng) N板右邊緣的粒子經(jīng)x軸后沿磁場圓半徑方向射入磁場,tan53圓半徑方向射出磁場；從 x軸射出點的橫坐標：xC xAXc 0.1425m .由幾何關(guān)系，過 A點的粒子經(jīng)x軸后進入磁場由B點沿x軸正向運動綜上所述，粒子經(jīng)過磁場后第二次打在x軸上的范圍為：x 0.1425m6.在如圖所示的xoy坐標系中，一對間距為 d的平行薄金屬板豎直固定于絕緣底座上，底座置于光滑水平桌面的中間，極板右邊與y軸重合，桌面與x軸重合，。點與桌

16、面右邊相距為7d , 一根長度也為d的光滑絕緣細桿水平穿過右極板上的小孔后固定在左極板上， 4桿離桌面高為1.5d,裝置的總質(zhì)量為 3m.兩板外存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為 B的 勻強磁場和勻強電場(圖中未畫出)，假設(shè)極板內(nèi)、外的電磁場互不影響且不考慮邊緣效應(yīng).有一個質(zhì)量為 m、電量為+q的小環(huán)(可視為質(zhì)點)套在桿的左端，給極板充電，使板 內(nèi)有沿x正方向的穩(wěn)恒電場時，釋放小環(huán)，讓其由靜止向右滑動，離開小孔后便做勻速圓 周運動，重力加速度取 g.求：II一 II(1)環(huán)離開小孔時的坐標值；(2)板外的場強 E2的大小和方向；(3)討論板內(nèi)場強Ei的取值范圍，確定環(huán)打在桌面上的范圍.【答案】(1

17、)環(huán)離開小孔時的坐標值是 -1d；4mg(2)板外的場強 E2的大小為 ,方向沿y軸正方向；q22 .(3)場強Ei的取值范圍為qBd3qB d ,環(huán)打在桌面上的范圍為-d-d .6m8m44【解析】【詳解】(1)設(shè)在環(huán)離開小孔之前，環(huán)和底座各自移動的位移為xi、x2.由于板內(nèi)小環(huán)與極板間的作用力是它們的內(nèi)力，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：mx1-3mx2=0而 x1+x2=d3解得：x= 一 d41X2= d4環(huán)離開小孔時的坐標值為：Xm= d-d=- d44(2)環(huán)離開小孔后便做勻速圓周運動，須qE2=mgmg 、，一 一 、，解得：E2 ,方向沿y軸正方向 q(3)

18、環(huán)打在桌面上的范圍可畫得如圖所示，臨界點為P、Q,則若環(huán)繞小圓運動，則 R=0.75d2根據(jù)洛侖茲力提供向心力，有：qvB m R環(huán)在極板內(nèi)做勻加速運動，設(shè)離開小孔時的速度為v,根據(jù)動能定理，有:L12金qEixi= mv2 2聯(lián)立解得： 若環(huán)繞大圓運動，則解得：R=0.48d聯(lián)立解得：EiR2=3qB2d8m(R1.5d) 2+ (2d) 2E qB2d1 6m22 .故場強E1的取值范圍為qB_d3qB_d ,環(huán)打在桌面上的范圍為6 m8m7.如圖所示，直線 y=x與y軸之間有垂直于 xOy平面向外的勻強磁場 B1 ,直線x=d與y=x 間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E 1.0 10

19、4V/m ,另有一半徑 R=1.0m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B2 0.20T ,方向垂直坐標平面向外，該圓與直線x=d和x軸均相切，且與x軸相切于S點.一帶負電的粒子從 S點沿y軸的正方形以速度 V0進入圓形 磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入磁場區(qū)域B1，且第一次進入磁場 B1時的速度方向與直線 y=x5垂直.粒子速度大小 V0 1.0 10m/s,粒子的比荷為q/m 5.0 105C/kg ,粒子重力不計.求:粒子在勻強磁場 B2中運動的半徑r;(2)坐標d的值；(3)要使粒子無法運動到 x軸的負半軸，則磁感應(yīng)強度Bi應(yīng)滿足的條件；(4)在(2)問的基礎(chǔ)上，粒子從開始進入圓形磁場至第二次到達

20、直線y=x上的最長時間(3.14,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字).【答案】(1) r=1m (2) d 4m (3) Bi 0.1T 或 Bi 0.24T (4) t 6.2 105s【解析】【詳解】2解：(1)由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B2qv0 mv0r解得粒子運動的半徑：r 1m(2)粒子進入勻強電場以后，做類平拋運動，設(shè)粒子運動的水平位移為x,豎直位移為y水平方向：x vt2豎直萬向：y ata Eq mtan45v0at聯(lián)立解得：x 2m, y 1m由圖示幾何關(guān)系得：d x y R解得：d 4m1(3)若所加磁場的磁感應(yīng)強度為B1 ,粒子恰好垂直打在 y軸上，粒子在磁場運動半徑為 TO

21、C o 1-5 h z 由如圖所示幾何關(guān)系得：r12 yv.2vo2由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B1qv m ri解得：B10.1T若所加磁場的磁感應(yīng)強度為 B1，粒子運動軌跡與軸相切，粒子在磁場中運動半徑為2由如圖所示幾何關(guān)系得：r2 j222 y R2 ，一一_ v由市電粒子在勻強磁場中運動可得：B1 qv m2解得 B1-2JT 0.24T10綜上，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件為B 0.1T或B1 0.24T口 雷3t(4)設(shè)粒子在磁場B2中運動的時間為tl,在電場中運動的時間為t2 ,在磁場Bi中運動的時間為t3 ,則有:ti1Ti4Ti小vt2xt3V。22V解得：t ti t2 t3

22、2 1.52 2_ 5_ _ 510 s 6.2 10 s8.如圖所示，空間存在方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場，在 0yd的區(qū)域n內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小為2B.一個質(zhì)量為 m、電荷量為-q的粒子以速度 qBd從。點沿y軸正方向射入?yún)^(qū)域I .不計粒子重力.mI 2 區(qū) * * * - M 域：iE ： It E H(1)求粒子在區(qū)域I中運動的軌道半徑: 2qBd(2)若粒子射入?yún)^(qū)域I時的速度為v,求粒子打在x軸上的位置坐標，并求出此過程中帶電粒子運動的時間；(3)若此粒子射入?yún)^(qū)域I的速度 V 陋,求該粒子打在x軸上位置坐標的最小值.m【答案】(1) R d (2) OP4 3 d2 m（3）3q

23、BXminJ3d(1)帶電粒子在磁場中運動，洛侖磁力提供向心力:2Voqv0B m 一 r i把Vo qBd,代入上式，解得：R dm(2)當粒子射入?yún)^(qū)域I時的速度為V 2Vo時，如圖所示在OA段圓周運動的圓心在 。1,半徑為Ri 2d在AB段圓周運動的圓心在 。2,半徑為R d在BP段圓周運動的圓心在 。3,半徑為R 2d可以證明ABPC3為矩形，則圖中30：,由幾何知識可得:O1O3 2dcos30 .3d所以：OO3 2d 、3d4.3 d所以粒子打在X軸上的位置坐標OP O1O3 2OO3粒子在OA段運動的時間為:工 302 mti360 qBm6qB粒子在AB段運動的時間為120 2

24、 m360lq|2Bm3qB粒子在BP段運動的時間為t3tl30 2360 qB 6qB在此過程中粒子的運動時間:(3)設(shè)粒子在區(qū)域I中軌道半徑為2t1t2 IqmR,軌跡由圖.R2d2可得粒子打在x軸上位置坐標：x 2 R Jr2 d2化簡彳導(dǎo):3R2 4Rx x2 d2 0 TOC o 1-5 h z 2 21c c 把上式配萬：3R2x-x2d2 0 HYPERLINK l bookmark56 o Current Document 332化簡為：3R2x-x2d20 HYPERLINK l bookmark85 o Current Document 332則當R x時，位置坐標x取最小

25、值：xmin J3dmmi min.如圖，第一象限內(nèi)存在沿 y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E,第二、三、四象限存在方向垂直 xOy平面向外的勻強磁場，其中第二象限的磁感應(yīng)強度大小為B,第三、四象限磁感應(yīng)強度大小相等，一帶正電的粒子，從 P (-d, 0)點沿與x軸正方向成“ 二60。 角平行xOy平面入射，經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的Q點(圖中未畫出)垂直 y軸進入第一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點，回到P點時速度方向與入射方時相同，不計粒子重力，求：(1)粒子從P點入射時的速度 V0；(2)第三、四象限磁感應(yīng)強度的大小B/;【答案】(1) _L (2) 2.4B3B【解析】試題分析

26、：(1)粒子從P點射入磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖，設(shè)粒子在第二象限圓周運動的半徑為r,由幾何知識得：r -d-sin十日昨D mv2 /曰243qBd根據(jù)qv0B得v0 r3m粒子在第一象限中做類平拋運動，則有r(1 cos60 ) 9512m聯(lián)立解得v0 3B:J與,、弋。卜八也 巾.驢、/3, / , / . /(2)設(shè)粒子在第一象限類平拋運動的水平位移和豎直位移分別為三、四象限圓周運動的對稱性可知粒子剛進入第四象限時速度與a.e. 一vy貝 U有：x=V0t, y 一t2得工4 tan_直x 2v022d273dsin6032,vy qEt;tan v0mv0 x和y,根據(jù)粒子在

27、第 x軸正方向的夾用等于由幾何知識可得 y=r-rcos a =1 r-3- d23,2則得x 2d 3所以粒子在第三、四象限圓周運動的半徑為12-d-d23sin3d9粒子進入第三、四象限運動的速度Vov cos2vo巨史3m2根據(jù)qvB m R得：B = 2 4B考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動.如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)有兩個同心圓，圓心在坐標原點 。，小圓內(nèi)部（I區(qū)）和 兩圓之間的環(huán)形區(qū)域（n區(qū)）存在方向均垂直 xOy平面向里的勻強磁場（圖中未畫出）,1、n區(qū) 域磁場磁感應(yīng)強度大小分別為 B、2B。a、b兩帶正電粒子從 O點同時分別沿y軸正向、負 向運動，已知粒子a質(zhì)量為m、

28、電量為q、速度大小為v,粒子b質(zhì)量為2m、電量為2q、速 度大小為v/2,粒子b恰好不穿出1區(qū)域，粒子a不穿出大圓區(qū)域，不計粒子重力，不計粒子間相（1）小圓半徑R1；（2）大圓半徑最小值（3）a、b兩粒子從 遇）。點出發(fā)到在x軸相遇所經(jīng)過的最短時間t（不考慮a、b在其它位置相【答案】（1） RimvqB (2) R2m(3 1)mv (3)2qB14 mqB解：（1）粒子b在I區(qū)域做勻速圓周運動，設(shè)其半徑為根據(jù)洛倫磁力提供向心力有:v2q B2V 22m(5)由粒子b恰好不穿出I區(qū)域:Ri 2rb解得：RimvqB(2)設(shè)a在I區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為根據(jù)洛倫磁力提供向心力有:2mvqvB

29、-raimv TOC o 1-5 h z 解得：raiR1qB設(shè)a在n區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為ra2,上皿一人 , 一mv2根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：qv?2B 、2mv i解得：ra2R2qB 2設(shè)大圓半徑為R2,由幾何關(guān)系得：所以，大圓半徑最小值為：R2minR2和2Ri(,3 i)mv2qBqB(3)粒子a在I區(qū)域白周期為 Tai2- , n區(qū)域的周期為 Ta2qBi Ta22 i粒子a從。點出發(fā)回到。點所經(jīng)過的最短時間為：tai-Tai3口,7 m解得：tai6qB粒子b在I區(qū)域的周期為:2 mqB討論：如果a、b兩粒子在O點相遇，粒子 a經(jīng)過時間：tantai7n mn=i, 2,

30、 3 -6qB粒子 b 經(jīng)過時間：tb kTb 2k m k=i, 2, 3 -qB7n 一ta tb時，解得：2k6當k 7, n i2時，有最短時間:i4 m tiqBb粒子在P點相遇設(shè)粒子b軌跡與小圓相切于 P點，如果a粒子在射出小圓時與則有：ta5-TaiTa2n6ta1(21n 8) m3qBn=1, 2, 3粒子b經(jīng)過時間:tb(2k 1)Tb2(2k 1) mqBk=1, 2, 3ta tb時,解得:2k 121n 83ab不能相遇如果a粒子在射入小圓時與b粒子在P點相遇則有：ta 7Ta1 2Ta2 n6ta1(21n3：)m n=1，2, 3(2 k 1)Tb(2 k 1)

31、m粒子 b 經(jīng)過時間：tb - k=1, 2, 3 -2qBta tb時,解得:2k 121n 13314 mqBab不能相遇 a、b兩粒子從。點出發(fā)到在x軸相遇所經(jīng)過的最短時間為.如圖，PQ分界線的右側(cè)空間有一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度vo沿AC方向由A點射入。粒子經(jīng) D點時速度的偏向角(偏 離原方向的夾角)9=60。(不計重力)試求AD間的距離；(2)若去除磁場，改為紙平面內(nèi)垂直于AC方向的勻強電場，要想由 A射入的粒子仍然能經(jīng)過D點，試求該電場的強度的大小及方向；粒子此時經(jīng)D點時速度的偏向角比 60。角大還是??？為什么？mvo _【答案】(

32、1) R=o (2) a60 Bq【解析】【詳解】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度偏角為60 ,則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為 60 ,即 AD=R2由 qv0B m Rmv0Bq得 AD= R1r 21.2而 x v0t , y at , a2qEm4 .一.斛得E Bv0 ,方向垂直 AC向上3速度偏向角tana y , Vy atVx解得 tan 2tan30 2 .3 3而 tan60 =J3,即 tan tan60 ,貝U6012.如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長L= 1.2m的等邊三角形區(qū)域， C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內(nèi)，MN水平，MN上方

33、是豎直向下的勻強電場，場強 E=4X 104N IC.三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強 度為B1； AMN以外區(qū)域有垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為 B2=3B1的勻強磁場.現(xiàn)將一比荷q/m =105c/kg的帶正電的粒子，從 。點由靜止釋放，粒子從 MN小孔C進入內(nèi)部勻強 磁場，經(jīng)內(nèi)部磁場偏轉(zhuǎn)后直接垂直AN經(jīng)過Q點進入外部磁場.已知粒子最終回到了O點，OC相距2m.設(shè)粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重 力，不計擋板厚度，取 兀=3.求：(1)磁感應(yīng)強度B1的大?。?2)粒子從。點出發(fā)，到再次回到 。點經(jīng)歷的時間；(3)若僅改變B2的大小，當B2滿足什么條件

34、時，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到。點(若粒子經(jīng)過A點立即被吸收).qB2【答案】(1) Bi 2 10 5T; (2) t 2.85 10-2s； (3)民 4k2 105T 33【解析】【詳解】1 c(1)粒子從。到C即為在電場中加速，則由動能定理得：Eqx 1mv22解得 v=400 m/s帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示.由幾何關(guān)系可知R1 - 0.6m22 v 由 qvB| m R代入數(shù)據(jù)得 B12105T3(2)由題可知 B2=3B1=2 X 10 T2 v qvB| m R則 R2 R1 0.2m 3一、. 1由運動軌跡可知：進入電場階段做勻加速運動，則 x -vt12得至U 11

35、=0.01 s粒子在磁場B1中的周期為 T12 mqB113則在磁場B1中的運動時間為 t2 -T1 3 10 s3在磁場B2中的運動周期為T2在磁場B2中的運動時間為t318030018036011飛3-310 s 5.5 10 s TOC o 1-5 h z 173-2則粒子在復(fù)合場中總時間為：t 2t1 12 t320 10 3s 2.85 102s62 V(3)設(shè)擋板外磁場變?yōu)?民，粒子在磁場中的軌跡半徑為r,則有qvB2m r根據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到。點，需滿足條件L 2k 1 r 其中 k=0、1、2、3 24k 2解得 B2 10 5T313.如圖所示，x

36、軸的上方存在方向與 x軸成45；角的勻強電場，電場強度為 E, x軸的下 方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度 B 0.5T.有一個質(zhì)量m 1011kg ,電荷量73q 10 C的帶正電粒子，該粒子的初速度Vo 2 10m/s,從坐標原點 O沿與x軸成45；角的方向進入勻強磁場，經(jīng)過磁場和電場的作用，粒子從 。點出發(fā)后第四次經(jīng)過 x軸 時剛好又回到 O點處，設(shè)電場和磁場的區(qū)域足夠?qū)?，不計粒子重力，求：帶電粒子第一次?jīng)過 x軸時的橫坐標是多少？電場強度E的大小及帶電粒子從 。點出發(fā)到再次回到 。點所用的時間.【答案】 帶電粒子第一次經(jīng)過 x軸時的橫坐標是0.57m；電場強度E的大小為1 10

37、3V/m,帶電粒子從 。點出發(fā)到再次回到 。點所用的時間為10 3s.【解析】【分析】(1)粒子在磁場中受洛倫茲力作用下做一段圓弧后第一次經(jīng)過x軸，根據(jù)洛倫茲力提供向心力公式求出半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系求出坐標；(2)然后進入電場中，恰好做勻減速運動直到速度為零后又返回，以相同速率再次進入磁場仍在洛倫茲力作用下又做一段圓弧后，再次進入電場正好做類平拋運動.粒子在磁場中兩次運動剛好完成一個周期，由粒子在電場中的類平拋運動，根據(jù)垂直電場方向位移與速度關(guān)系，沿電場方向位移與時間關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律求出E,三個過程的總時間即為總時間.【詳解】粒子在磁場中受磁場力的作用沿圓弧運動，洛侖茲力提供向心力,qvB2Vm一