2019版物理備考精煉微專題輯：第八章 磁場 微專題66

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精[方法點撥](1）帶電粒子在勻強電場中一般做勻變速直線運動或類平拋運動；在勻強磁場中運動時一般做勻速圓周運動；（2）明確各段運動性質,畫出運動軌跡,特別注意各銜接點的速度方向、大?。?．（2017·常熟市模擬）如圖1所示，在xOy平面內,0＜x＜2L的區(qū)域內有一方向豎直向上的勻強電場，2L＜x＜3L的區(qū)域內有一方向豎直向下的勻強電場，兩電場強度大小相等，x＞3L的區(qū)域內有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場,某時刻，一帶正電的粒子從坐標原點以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻,一帶負電粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場．正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場中分別運動半周后在某點相遇，已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計，兩粒子帶電荷量大小相等，求：圖1(1)正、負粒子的質量之比m1∶m2;(2）兩粒子相遇的位置P點的坐標；（3)兩粒子先后進入電場的時間差．2．(2017·東臺市5月模擬)如圖2所示，空間以AOB為界，上方有方向豎直向下的勻強電場，下方有垂直于紙面向里的勻強磁場,以過O點的豎直虛線OC為界，∠AOC＝∠BOC＝60°.OC左側到AA′間和右側到BB′間磁感應強度的大小不同．現(xiàn)在A點上方某一點以初速度v0水平向右射出一帶電粒子，粒子的質量為m，電荷量為q，粒子恰好從AO的中點垂直AO進入OC左側磁場,并垂直O(jiān)C離開左側磁場進入右側磁場,粒子從OB邊恰好以豎直向上的速度進入勻強電場,AO＝BO＝L，不計粒子的重力，求:圖2（1)勻強電場的場強E的大?。?2）OC左側磁場磁感應強度B1的大小和右側磁場磁感應強度B2的大??；（3）粒子從進入電場到第一次離開磁場運動的總時間．3．(2018·如東縣質量檢測）如圖3所示,左側兩平行金屬板上、下水平放置，它們之間的電勢差為U、間距為L，其中有勻強磁場；右側為“梯形”勻強磁場區(qū)域ACDH,其中，AH∥CD,AH＝eq\f(7,2)L。一束電荷量大小為q、質量不等的帶電粒子(不計重力、可視為質點)，從小孔S1射入左側裝置,恰能沿水平直線從小孔S2射出,接著粒子垂直于AH、由AH的中點M射入“梯形"區(qū)域,最后全部從邊界AC射出．若兩個區(qū)域的磁場方向均垂直于紙面向里、磁感應強度大小均為B，“梯形”寬度MN＝L,忽略電場、磁場的邊緣效應及粒子間的相互作用．（已知sin53°＝0。8，cos53°＝0.6）圖3（1)求出粒子速度的大小，判定粒子的電性；（2)這束粒子中，粒子質量最小值和最大值各是多少；4．如圖4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軸的正方向以速度v0進入圓形磁場區(qū)域，經過一段時間進入磁場區(qū)域B1,且第一次進入磁場B1時的速度方向與直線y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1。0×105m/s，粒子的比荷為eq\f（q,m）＝5.0×105C/kg，粒子重力不計．求：圖4（1)坐標d的值；（2)要使粒子無法運動到x軸的負半軸，則磁感應強度B1應滿足的條件；(3)在第(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．（結果保留兩位有效數(shù)字）

答案精析1．（1)3∶1（2)（6.5L，－eq\f（7\r(3）L,3))(3)eq\f(7\r(3）πL，6v0）解析（1)設粒子初速度為v0，進磁場方向與邊界的夾角為θ，vy＝eq\f(v0,tanθ)①令t＝eq\f(L,v0），則粒子在第一電場運動的時間為2t,在第二個電場運動的時間為t則：vy＝a·2t－at②qE＝ma③由①②③得：m＝eq\f(qEL,v\o\al（2，0））tanθ所以eq\f(m1，m2）＝eq\f(tan60°，tan30°)＝3（2）正粒子在電場運動的總時間為3t，則：第一個t的豎直位移為eq\f(1,2）a1t2第二個t的豎直位移為eq\f(1,2）a1（2t)2－eq\f（1,2)a1t2＝eq\f（3,2)a1t2由對稱性，第三個t的豎直位移為eq\f(3,2）a1t2所以y1＝eq\f（7,2）a1t2，結合①②得y1＝eq\f（7\r(3）L,6）同理y2＝eq\f（7\r(3)L,2)由幾何關系，P點的坐標為：xP＝3L＋(y1＋y2）sin30°sin60°＝6。5L，yP＝－［y2－（y1＋y2)sin30°cos60°］＝－eq\f（7\r（3)L，3），即(6.5L，－eq\f（7\r(3）,3)L）(3）設兩粒子在磁場中運動半徑分別為r1、r2，由幾何關系2r1＝(y1＋y2)sin60°，2r2＝（y1＋y2)sin30°兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期:t1＝eq\f（πr1,v1)，t2＝eq\f（πr2,v2)，v0＝v1sin60°,v0＝v2sin30°由于兩粒子在電場中運動時間相同，所以進電場時間差即為磁場中相遇前的時間差Δt＝t1－t2，解得Δt＝eq\f（7\r(3）πL，6v0)2．見解析解析(1）粒子射出后在電場中做類平拋運動，從AO的中點垂直AO進入磁場，在電場中運動的水平分運動有eq\f(1,2）Lsin60°＝v0t1豎直分運動有vy＝eq\f(qE，m)t1tan60°＝eq\f（vy，v0)解得E＝eq\f(4mv\o\al（2,0),qL)（2)粒子進入磁場時的速度大小v＝eq\f(v0，cos60°）＝2v0由圖可知r1＝eq\f（1,2）L由qvB1＝meq\f(v2，r1)解得B1＝eq\f(4mv0，qL）粒子進入右邊磁場后，由tan60°＝eq\f（r2，\f(1，2）L－r2）得r2＝eq\f(3－\r(3）,4）L由qvB2＝meq\f(v2,r2）解得B2＝eq\f(43＋\r(3）mv0,3qL)（3)在電場中運動時，由（1)可得t1＝eq\f（\r(3）L,4v0）在左側磁場B1中運動時,T1＝eq\f(2πr1,v）,t2＝eq\f（60°，360°）T1＝eq\f（πL，12v0)在右側磁場B2中運動時，T2＝eq\f（2πr2,v)，t3＝eq\f(90°,360°)T2＝eq\f（3－\r（3）πL，16v0）總時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(12\r（3)＋13π－3\r(3)πL,48v0）3．(1)eq\f（U,BL)正電(2）mmin＝eq\f（7qB2L2，9U）mmax＝eq\f(qB2L2，U）解析(1)粒子全部從邊界AC射出,則粒子進入“梯形”磁場時所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知,粒子帶正電；粒子在兩極板間做勻速直線運動，由平衡條件得：qvB＝qeq\f（U,L），解得：v＝eq\f(U，BL）；(2)在“梯形”區(qū)域內,粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f（v2,R),粒子軌道半徑：R＝eq\f（mv,qB）.由R＝eq\f（mv，qB）可知：當粒子質量有最小值時，R最小，粒子運動軌跡恰與AC相切(見圖甲）；當粒子質量有最大值時，R最大，粒子運動軌跡恰過C點(見圖乙)，甲圖中，由幾何關系得：eq\f（R1,sin53°）＋R1＝eq\f（7，4）L，解得:R1＝eq\f(7,9)L，乙圖中,NC＋eq\f（L，tan53°)＝eq\f(7，4)L，解得NC＝L，解得：mmin＝eq\f（7qB2L2,9U），mmax＝eq\f（qB2L2，U)4．(1)4。0m（2)B1≤0。10T或B1≥0。24T（3）6.2×10－5s解析（1)帶電粒子在勻強磁場B2和勻強電場中運動的軌跡如圖甲所示，甲粒子在勻強磁場B2中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力．則qv0B2＝meq\f（v\o\al(02）,r）解得r＝1。0m粒子進入勻強電場以后，做類平拋運動,設水平方向的位移為x0,豎直方向的位移為y0。水平方向：x0＝v0t豎直方向：y0＝eq\f(1,2)at2，vy＝ata＝eq\f(qE，m)eq\f(vy，v0)＝tan45°eq\f（y0，x0）＝eq\f（1,2)tan45°＝eq\f(1，2）聯(lián)立解得:x0＝2.0m，y0＝1。0m由圖甲中幾何關系可得d＝x0＋y0＋r＝4.0m。（2)設當勻強磁場的磁感應強度為B1′時，粒子垂直打在y軸上，此時粒子無法運動到x軸的負半軸,粒子在磁場中運動半徑為r1，如圖乙所示，乙由幾何關系得：r1＝eq\r（2)d－eq\r(2)x0又r1＝eq\f(m·\r(2）v0,qB1′）聯(lián)立解得B1′＝0.10T故B1≤0。10T.設當勻強磁場的磁感應強度為B1″時，粒子從電場垂直邊界進入勻強磁場后,軌跡與y軸相切，此時粒子也無法運動到x軸負半軸，設粒子在磁場中運動半徑為r2，如圖乙所示,由幾何關系可得r2＋r2cos45°＋x0＝d又r2＝eq\f(m·\r（2)v0，qB1″)聯(lián)立解得B1″≈0.24T故B1≥0。24T．即要使粒子無法運動到x軸的負半軸，磁感應強度B1≤0.10T或B1≥0.24T.（3)設粒子在磁場B2中運動時間為t1，電場中運動時間為t2，磁場B1中運動時間為t