高考物理帶電粒子在磁場中的運動真題匯編(含答案)

1、高考物理帶電粒子在磁場中的運動真題匯編(含答案)一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓練1.如圖所示，在一直角坐標系 xoy平面內有圓形區(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，磁感應強度的大小為B, y軸的右側空間有一磁感應強度大小為 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；(1)帶電粒子以初速度

2、v沿與x軸正向成37角方向射出，經過圓周 C點進入磁場，做勻速 圓周運動，經過 y軸左側磁場后，從 y軸上d點垂直于y軸射入右側磁場，如圖所示，由 幾何關系得：QC 5Lsin370OQOiQ 、5L sin37在y軸左側磁場中做勻速圓周運動，半徑為Ri,R OiQ QC2 v qvB m Ri珈/曰 8qBL解得：v ；mv2mv(2)由公式qvB m得：R2 ，解得：R2 4LR2qB由R 4L可知帶電粒子經過 y軸右側磁場后從圖中 Oi占垂直于y軸射放左側磁場，由對稱性，在y圓周點左側磁場中做勻速圓周運動，經過圓周上的E點，沿直線打到 P點，設帶電粒子從P點運動到C點的時間為tiPC 5

3、Lcos37oti 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 qBt3-T2從P點到再次回到P點所用的時間為tt 2ti 2t2 t2聯(lián)立解得：t 141 mo45 qB.如圖所示為電子發(fā)射器原理圖，M處是電子出射口，它是寬度為d的狹縫.D為絕緣外殼，整個裝置處于真空中，半徑為 a的金屬圓柱A可沿半徑向外均勻發(fā)射速率為v的電子；與A同軸放置的金屬網 C的半徑為2a.不考慮A、C的靜電感應電荷對電子的作用和電 子之間的相互作用，忽略電子所受重力和相對論效應，已知電子質量為

4、m,電荷量為e.若A、C間加速電壓為U,求電子通過金屬網 C發(fā)射出來的速度大小 vc；(2)若在A、C間不加磁場和電場時，檢測到電子從M射出形成的電流為I,求圓柱體 A在t時間內發(fā)射電子的數(shù)量 N.(忽略C、D間的距離以及電子碰撞到C D上的反射效應和金屬網對電子的吸收)(3)若A、C間不加電壓，要使由 A發(fā)射的電子不從金屬網 C射出，可在金屬網內環(huán)形區(qū)域 加垂直于圓平面向里的勻強磁場，求所加磁場磁感應強度B的最小值.【答案】(1)ve2eU 24 alt o 4mvv2 (2) N(3) Bmed3ae ne(1)根據(jù)動能定理求解求電子通過金屬網C發(fā)射出來的速度大??；(2)根據(jù)I 求解圓柱體

5、A在時間t內發(fā)射電子的數(shù)量 N; (3)使由A發(fā)射的電子不從金屬網 C射出，則電 子在CA間磁場中做圓周運動時，其軌跡圓與金屬網相切，由幾何關系求解半徑，從而求 解B.【詳解】(1)對電子經Ue1 2-mve 2CA間的電場加速時，由動能定理得12一 mv2解得：ve2eU 2 m(2)設時間t從A中發(fā)射的電子數(shù)為N,由M 口射出的電子數(shù)為n,則dN解得N4 alted(3)電子在CA間磁場中做圓周運動時，其軌跡圓與金屬網相切時，對應的磁感應強度為B.設此軌跡圓的半徑為 r ,則222(2 a r) r a2 v Bev m 一r解得:4mv3ae.如圖，光滑水平桌面上有一個矩形區(qū)域abcd,

6、 bc長度為2L, cd長度為1.5L, e、f分別為ad、bc的中點.efcd區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B；質量為m、電荷量為+q的絕緣小球A靜止在磁場中f點.abfe區(qū)域存在沿bf方向的勻強電場，電場強度為2qB-L;質量為km的不帶電絕緣小球 P,以大小為9L的初速度沿bf方向運動.6mm發(fā)生彈性正碰，A的電量保持不變，P、A均可視為質點.1(1)求碰撞后 A球的速度大小;(2)若A從ed邊離開磁場，求 k的最大值；言靜7或k1.3m-:t -3 2qB(3)若A從ed邊中點離開磁場，求 k的可能值和A在磁場中運動的最長時間.【答案】(1) vA【解析】【分析】【詳解】(1

7、)設P、A碰后的速度分別為vP和VA, P碰前的速度為VqBL由動量守恒定律： kmv kmvP mvA TOC o 1-5 h z 12 12 1 2由機械能寸恒th律： -kmv kmvPmvA2222k qBL(2)設A在磁場中運動軌跡半徑為 R,由牛頓第二定律得:qvABmvA2k解得：R -2L k 1由公式可得R越大，k值越大如圖1,當A的軌跡與cd相切時，R為最大值，R L求得k的最大值為k 1(3)令z點為ed邊的中點，分類討論如下：(I) A球在磁場中偏轉一次從 z點就離開磁場，如圖 2有_2 L 2_ 2R (-)(1.5L R)2(II)由圖可知A球能從z點離開磁場要滿足

8、R L,則A球在磁場中還可能經歷一次半2圓運動后回到電場，再被電場加速后又進入磁場，最終從z點離開. TOC o 1-5 h z L o3 o如圖3和如圖4,由幾何關系有：R2 ()2 (3R L)2 HYPERLINK l bookmark49 o Current Document 22一5LL斛得：R或R822k51由RL可得：k2或kk 1113 HYPERLINK l bookmark64 o Current Document 22 2球A在電場中克服電場力做功的最大值為Wm q B L6m當k3時,Va5qBL,由于1 2 一mvA22,22 2 225q B L q B L118m

9、2128m6m當k1時,Va理1由于一2 mvA22.222. 2q B L q B L32m28m6m5綜合(I)、( II)可得A球能從z點離開的k的可能值為：k 5或k7A球在磁場中運動周期為 T2 mqBt 3T4當k 一時，如圖4, A球在磁場中運動的最長時間33 m2qB.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，讓質量為m、電荷量為q的帶正電粒子流從兩板左端連線的中點O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

10、射人的粒子P經時間t0(未知量)恰好從下板右邊緣射出.設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強度大小B.(2)若兩板右側存在一定寬度的、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經過右側磁場偏轉后在電場變化的第一個周期內能夠回到。點，求右側磁場的寬度d應滿足的條件和電場周期T的最小值Tmin.【答案】(1) BmvoqL(2) dR2 cos a R2gL f奧一23vo(1)如圖，設粒子在兩板間做勻速圓周運動的半徑為2VoRi,則 qvoB m一 Ri由幾何關系：Ri22 (R 2)2解得B mv0 qL(2)粒子p從。點運動到

11、下板右邊緣的過程，有:.3L Voto1l2. Vyt。解得vyV。設合速度為V,與豎直方向的夾角為“，則：tanV。V。sin2.33 V0vy粒子P在兩板的右側勻強磁場中做勻速圓周運動，設做圓周運動的半徑為R2,則sin解得R2,3L在L；2。點的過程，運動右側磁場沿初速度方向的寬度應該滿足的條件為d R2cosR2由于粒子P從。點運動到下極板右側邊緣的過程與從上板右邊緣運動到軌跡是關于兩板間的中心線是上下對稱的，這兩個過程經歷的時間相等，則:min解得Tmin【點睛】6.3 2 L3V0帶電粒子在電場或磁場中的運動問題，關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，結合幾何

12、關系求解相關量，并搞清臨界狀態(tài).如圖所示，同軸圓形區(qū)域內、外半徑分別為Ri=1 m、R=T3m,半徑為Ri的圓內分布著Bi= 2.0 T的勻強磁場，方向垂直于紙面向外；外面環(huán)形磁場區(qū)域分布著B2= 0.5 T的勻強磁場，方向垂直于紙面向內.一對平行極板豎直放置，極板間距d= J3cm,右極板與環(huán)形磁場外邊界相切，一帶正電的粒子從平行極板左板P點由靜止釋放，經加速后通過右板小孔Q,垂直進入環(huán)形磁場區(qū)域.已知點P、Q、O在同一水平線上，粒子比荷4X l0c/kg,不計粒子的重力，且不考慮粒子的相對論效應.求：(1)要使粒子不能進入中間的圓形磁場區(qū)域，粒子在磁場中的軌道半徑滿足什么條件？(2)若改變

13、加速電壓大小，可使粒子進入圓形磁場區(qū)域，且能豎直通過圓心O,則加速電壓為多大？(3)從P點出發(fā)開始計時，在滿足第 (2)問的條件下，粒子到達 。點的時刻.【答案】(1) ri1m. (2) U=3X17V. (3) t=(6.18米 12.2 x 80)s(k=0, 1, 2, 3,)【解析】【分析】(1)畫出粒子恰好不進入中間磁場區(qū)的臨界軌跡，先根據(jù)幾何關系求出半徑；(2)畫出使粒子進入圓形磁場區(qū)域，且能豎直通過圓心。的軌跡，結合幾何關系求解半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列方程，再根據(jù)動能定理對直線加速過程列方程，最后 聯(lián)立方程組求解加速電壓；(3)由幾何關系，得到軌跡對應的圓心角，求解粒

14、子從Q孔進入磁場到第一次到 。點所用的時間，然后考慮周期性求解粒子到達。點的時刻.【詳解】r1,在(1)粒子剛好不進入中間磁場時軌跡如圖所示，設此時粒子在磁場中運動的半徑為RtAQOOi 中有 ri2 + R22=(ri + R1)2代入數(shù)據(jù)解得ri=1m粒子不能進入中間磁場，所以軌道半徑rio及y-3L區(qū)域存在場強大小相同，方向相反均平2行于y軸的勻強電場，在-3Lvy0區(qū)域存在方向垂直于 xOy平面紙面向外的勻強磁場,2一質量為m ,電荷量為q的帶正電粒子，經過y軸上的點Pi （0, L）時的速率為vo,方向3沿x軸正方向，然后經過 X軸上的點P2 （ L,20)進入磁場.在磁場中的運轉半

15、徑5R=- L2（不計粒子重力），求:an粒子到達P2點時的速度大小和方向；E；B粒子第一次從磁場下邊界穿出位置的橫坐標;粒子從Pi點出發(fā)后做周期性運動的周期.5【答案】（1） 3V0,與x成53角；（2）4vo3405 37 L(3)2L； (4)60Vo【解析】【詳解】（1 ）如圖，粒子從 Pi到P2做類平拋運動, 3由運動學規(guī)律知 L=voti,2設到達P2時的y方向的速度為vy,VyL= ti3L可得ti =2V04Vy= V03故粒子在P2的速度為V=12 5VVy =3 V0，、一Vy 4r一設v與x成3角，則tan 3=-,即 出53 ；V 3(2)粒子從pi到P2根據(jù)動能定理知

16、qEL=1mv2-1mvo2可得 228mv2E= 09qL2粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)qvB=m R5mv m q v0 2mv0 解得：B= =3-=qR n 5l 3qL q 2l解得:E 4vo(3)粒子在磁場中做圓周運動的圓心為O,在圖中，過P2做v的垂線交y=-3L直線與Q2點，可得：2 - 3L o=-L=r2cos53 2故粒子在磁場中做圓周運動的圓心為O,因粒子在磁場中的軌跡所對圓心角0=37,故粒子將垂直于y=-3L2直線從M點穿出磁場，由幾何關系知M的坐標x=- L+ (r-rcos37 ) =2L;3L9二丁 2vo2(4)粒子運動一個周期的軌跡如上圖，粒子從Pi

17、到P2做類平拋運動:2 r=37 LT =12Ovo37在磁場中由P2到M動時間：t2=-360從M運動到N, a=qE=8v.m 9Lv 15L t3= = a 8vo則一個周期的時間T=2 (ti+t2+t3)405 37 L60v07.空間中存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B, 一帶電量為+q、質量為m的粒子，在P點以某一初速開始運動，初速方向在圖中紙面內如圖中P點箭頭所示.該粒子運動到圖中 Q點時速度方向與 P點時速度方向垂直，如圖中 Q點箭頭所示.已知 P、Q間的距離為L.若保持粒子在 P點時的速度不變，而將勻強磁場換成勻強電場，電場方 向與紙面平行且與粒子在 P點時速

18、度方向垂直，在此電場作用下粒子也由P點運動到Q點.不計重力.P 0Q求：(1)電場強度的大小.(2)兩種情況中粒子由 P運動到Q點所經歷的時間之比.【答案】E應BqL ；的一mtE 2【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，以V0表示粒子在P點的初速度，R表示圓周的半徑,21P點到Q點的軌跡為一圓周,則有qv0B m R由于粒子在Q點的速度垂直它在 p點時的速度，可知粒子由故有R以E表示電場強度的大小，a表示粒子在電場中加速度的大小，tE表示粒子在電場中由 p點運動到Q點經過的時間，則有 qE ma2水平萬向上：R -at2豎直方向上：R v0tEB2qL , m由以上各式，

19、得 E J2qL且tE mqB1 一一一 1 丁 m(2)因粒子在磁場中由 P點運動到Q點的軌跡為一圓周，即tB -T所以442 qB墟 _tE 28.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 104V/m ,另有一半徑 R=1.0m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度 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，經過一段時間進入磁場區(qū)域Bi,且第一次進入磁場 Bi時的速度方向與直線

20、 y=x55垂直.粒子速度大小 Vo 1.0 10 m/s ,粒子的比荷為q/m 5.0 10 C/kg ,粒子重力不粒子在勻強磁場 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，則磁感應強度Bi應滿足的條件；(4)在(2)問的基礎上，粒子從開始進入圓形磁場至第二次到達直線y=x上的最長時間(3.14,結果保留兩位有效數(shù)字).【答案】(1) r=1m (2) d 4m (3) B1 0.1T 或 B1 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

21、勻強電場以后，做類平拋運動，設粒子運動的水平位移為x,豎直位移為y水平方向：x vt一、-1 2豎直方向： y at2力Eqa mtan45 包at聯(lián)立解得：x 2m, y 1m由圖示幾何關系得：d x y R解得：d 4m(3)若所加磁場的磁感應強度為B1 ,粒子恰好垂直打在 y軸上，粒子在磁場運動半徑為 ri由如圖所示幾何關系得：r1 ,2 y Rv J2vo2由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B1qv m ri TOC o 1-5 h z 解得：B10.1T若所加磁場的磁感應強度為 B1 ,粒子運動軌跡與軸相切，粒子在磁場中運動半徑為2由如圖所示幾何關系得：2 222 y R2 ，一一v由

22、市電粒子在勻強磁場中運動可得：B1 qv m2解得 B1-2T 0.24T10綜上，磁感應強度應滿足的條件為B 0.1T或Bi 0.24T(4)設粒子在磁場B2中運動的時間為ti,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:ti4TiTit2t3T2Vo2T222解得：t ti t2 t32 1.52.210 5s 6.2 105s9.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內的磁感應強度大小為2B.一個質量為 m、電荷量為-q.不計粒子重力.的粒子以速度qBd從。點沿y軸正方向射入區(qū)域I m(1)求粒子在區(qū)域I中運動的軌道半徑: (2)若粒

23、子射入區(qū)域I時的速度為 V 2 ,求粒子打在x軸上的位置坐標，并求出此過m程中帶電粒子運動的時間；qBd(3)若此粒子射入區(qū)域I的速度 V m ,求該粒子打在x軸上位置坐標的最小值.【答案】(1) R d (2) OP 4 73 d t 打(3) xmin 73d3qB min【解析】【分析】【詳解】2(1)帶電粒子在磁場中運動，洛侖磁力提供向心力：qv0B mvr 1qBd.修把V。，代入上式，解得： R dm(2)當粒子射入區(qū)域I時的速度為V 2V0時，如圖所示在OA段圓周運動的圓心在 Oi,半徑為R1在AB段圓周運動的圓心在 。2,半徑為R在BP段圓周運動的圓心在 。3,半徑為R2dd2

24、d可以證明ABPC3為矩形，則圖中30，由幾何知識可得：O1O3 2dcos3003d所以：OO3 2d 3d粒子在OA段運動的時間為:t 300 2 mm13600g qB 6qB粒子在AB段運動的時間為t 1200 2 mm2 360gqg2B 3qB粒子在BP段運動的時間為t t 300 2 m m 313600g qB 6qB在此過程中粒子的運動時間：t 2ti t23qB所以粒子打在x軸上的位置坐標OP O1O3 2OO34 J3 d(3)設粒子在區(qū)域I中軌道半徑為R,軌跡由圖化簡彳導:3R2 4Rx x2 d2 02把上式配方：3 R -x-x2 d2 0 TOC o 1-5 h

25、z HYPERLINK l bookmark89 o Current Document 332210c化簡為：3 R 2x-x2 d2 0 HYPERLINK l bookmark174 o Current Document 33一2xmin3d則當R x時，位置坐標x取最小值:310.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，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強 E=4X 104N IC.三角形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強 度為Bi; AMN以外區(qū)域有垂直紙面向外，磁感應強度大小

26、為 B2=3Bi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進入內部勻強 磁場，經內部磁場偏轉后直接垂直AN經過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(2)粒子從。點出發(fā)，到再次回到 。點經歷的時間；(3)若僅改變B2的大小，當B2滿足什么條件時，粒子可以垂直于 MA經孔P回到。點 (若粒子經過A點立即被吸收). TOC o 1-5 h z 5_4k 25_【答案】(1)Bi2 10 5T；(2)t 2.85 10-2s； (3)B2 105T HYPERLIN

27、K l bookmark180 o Current Document 3【解析】【詳解】(1)粒子從。到C即為在電場中加速，則由動能定理得：Eqx mv22解得 v=400 m/s帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示.由幾何關系可知Ri - 0.6m22 v 由 qvB| m R25代入數(shù)據(jù)得 B12 10 5T3(2)由題可知 B2=3Bi=2xT0TqvB2 v m一Ri則R20 0.2m3由運動軌跡可知：進入電場階段做勻加速運動,得至 U ti=0.0i s粒子在磁場Bi中的周期為2 mqBi則在磁場Bi中的運動時間為t23Tii0 3s在磁場B2中的運動周期為2 mqB2在磁場B2中的運動

28、時間為I80300I80t3 丁2360iiI0 6-35.5 i0 s則粒子在復合場中總時間為:t 2tiI72063I0 s 2.85i0-2s(3)設擋板外磁場變?yōu)锽2 ,粒子在磁場中的軌跡半徑為r,貝U有qvB22 v m一r根據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經孔P回到。點，需滿足條件2k 1 r 其中 k=0、1、2、3 2解得B2 竺二10 5T 311.如圖所示，真空中有一個半徑B=2X10-3T,方向垂直于紙面向外,x=1.5m之間的區(qū)域內有一個方向沿r=0.5m的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度大小x軸與圓形磁場相切于坐標系原點O,在x=0.5m和y軸正方向的勻強電場

29、區(qū)域，電場強 E=1.5X103N/C,O點沿紙平面向各個方在x=1.5m處豎有一個與x軸垂直的足夠長的熒光屏，一粒子源在q . .一9 向發(fā)射速率相同、比何 1 10 C/kg的帶正電的粒子，若沿 y軸正方向射入磁場的粒子 m恰能從磁場最右側的 A點沿x軸正方向垂直進入電場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用和其他阻力.求：(1)粒子源發(fā)射的粒子進入磁場時的速度大??；(2)沿y軸正方向射入磁場的粒子從射出到打到熒光屏上的時間(計算結果保留兩位有效數(shù)字)；(3)從。點處射出的粒子打在熒光屏上的縱坐標區(qū)域范圍.O fl.5 1 L5 x/m【答案】(1) v 1.0 106m/s; (2) t 1

30、.8 10 6s； (3) 0.75m y 1.75m【解析】【分析】2(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系確定半徑，根據(jù) qvB m上求解速度;R(2)粒子在磁場中運動 T/4,根據(jù)周期求解在磁場中的運動時間；在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解在電場值的時間；(3)根據(jù)牛頓第二定律結合運動公式求解在電場中的側移量，從而求解從。點處射出的粒子打在熒光屏上的縱坐標區(qū)域范圍.【詳解】(1)由題意可知，粒子在磁場中的軌道半徑為R=r=0.5m,qBR2rv ，、一 ，由qvB m 進入電場時v帶入數(shù)據(jù)解得v=1.0 x106m/s1 2 R(2)粒子在磁場中運動的時間 t1 106

31、s4 v 4粒子從A點進入電場做類平拋運動，水平方向的速度為v,所以在電場中運動的時間x6t2 1.0 106s v總時間 t 11t2- 1106s 1.8 106s4(3)沿x軸正方向射入電場的粒子，在電場中的加速度大小a 9邑1.5 1012m /sm TOC o 1-5 h z . . . 一一，121.一 121一在電場中側移：y1at21.5 106- m 0.75m HYPERLINK l bookmark210 o Current Document 221 106打在屏上的縱坐標為0.75;經磁場偏轉后從坐標為(0,1)的點平行于x軸方向射入電場的粒子打在屏上的縱坐標為 1.7

32、5;其他粒子也是沿 x軸正方向平行的方向進入電場，進入電場后的軌跡都平行，故帶 電粒子打在熒光屏上 的縱坐標區(qū)域為 0.75wyw1.75.12.如圖甲所示，邊長為 L的正方形ABCD區(qū)域內(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場。在 正方形的幾何中心 。處有一粒子源，垂直磁場沿各個方向發(fā)射速率為V0的帶電荷量為一q的粒子，粒子質量為 m。圖中x、y軸分別過正方形四邊的中點 E、F、G、H不計粒子重力 及相互作用。(1)為了使粒子不離開正方形.(2)改變磁場的強弱，若沿與短，求磁感應強度 B2的大小;ABCD區(qū)域則磁感應強度 B1應該滿足什么條件？y軸成60 (如圖乙所示)方向發(fā)射的粒子在磁場中運動

33、時間最(3)若磁感應強度大小為(2)中B2,則粒子離開磁場邊界的范圍。(結果可用根號表示從AB邊射出的坐標為4 m%243 m 叫)【答案】(1)部三 (2) . 仙 以，從BD邊射出的坐標為2 怖 _ 31正一 y M -j2 ，從cd邊射出的坐標為l(r- -9I-從AC邊射出的坐標為 1 -【解析】【分析】(1)粒子經過磁場后恰好不飛出，則臨界情況是粒子與磁場邊界相切，畫出軌跡，根據(jù)幾何 關系求出軌跡半徑，再由牛頓第二定律求出B的值.(2)運動時間最短應找最小的圓心角,則找劣弧中弦長最短的軌跡；(3)由軌跡與邊界相切或相交的各種情況找到臨界半徑，從而得到飛出的邊界范圍.【詳解】(1)為使

34、粒子不離開正方形 ABCD區(qū)域，則粒子在磁場中圓周運動的半徑需滿足如下關系: L“如比=mAm uq聯(lián)立解得：山之一-qi(2)由分析可知，所有粒子中，過正方形邊長中點的粒子所需時間最短,3由幾個關系得：月=1匕 nmvQ R = _物2國=-睢(3)從AB邊出射的粒子，軌跡如圖所示:分析可知，解得：X1 =,12當粒子運動軌跡與 BG相切時，打到右邊最遠處,I L 2由幾何關系得，工玄=R2 -勺-R)解得:綜上粒子從AB邊射出的坐標為同理求得，從BD邊射出的粒子，位置坐標為【點睛】解答帶電粒子在磁場中運動的習題，關鍵是畫出粒子的運動軌跡，尤其是臨界軌跡，然后 由幾何關系求出圓周運動的半徑從

35、而可以順利求解速度大小13.如圖所示，直徑分別為 D和2D的同心圓處于同一豎直面內，。為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域 (I區(qū))和小圓內部(II區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場.間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔.一質量為m、電量 dv射出電場，由H為+q的粒子由小孔下方 d處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度 2點緊靠大圓內側射入磁場。不計粒子的重力。I區(qū)磁感應強度的大小;2mv 4mv(1)求極板間電場強度的大??；(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求(3)若I區(qū)、n區(qū)磁感應強度的大小分別為/-，粒子運動一段時間后再次經過H點，求這段時間粒子運動的路程.

36、1)2mvqd4mv - 4mv(2)或qD3qD(3) 5.5 ttD(1)粒子在電場中，根據(jù)動能定理dEq?12.,口-mv ,解得 22mvqd(2)若粒子的運動軌跡與小圓相切,則當內切時，半徑為ER722,vf由qvB m,解得B14mvqD則當外切時，半徑為2由qvR m,解得B4mv3qD(2)若I區(qū)域的磁感應強度為_2 29qB L -,則粒子運動的半徑為32U0100Uo U8116U0 n區(qū)域的磁感應強度為 qU02-mv ,則粒子運動的半徑為 qvB2vm;r設粒子在I區(qū)和n區(qū)做圓周運動的周期分別為 Ti、皿，由運動公式可得: TOC o 1-5 h z 2 R13,T1；

37、r0-L34據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內，運動軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性可知,i區(qū)兩段圓弧所對的圓心角相同，設為 1，n區(qū)內圓弧所對圓心角為2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心。連線間的夾角設為,由幾何關系可得：1 120； 2 180;o60粒子重復上述交替運動回到H點,軌跡如圖所示，設粒子在 I區(qū)和n區(qū)做圓周運動的時間分別為3、t2,可得：r 0-;L .U15L U0 6設粒子運動的路程為 S,由運動公式可知：S=v(ti+t2) 聯(lián)立上述各式可得：s=5.5兀D14.現(xiàn)代科學儀器常利用電場磁場控制帶電粒子的運動，如圖所示，真空中存在著多層緊 密相鄰的勻強電場和勻強磁場，寬度均為d電場強度為E,方向水平向左；垂直紙面向里磁場的磁感應強度為 Bi,垂直紙面向外磁場的磁感應強度為電場磁場的邊界互相平行且與