高中物理磁場部分難題專練-(非常好)

1、c.a .b.d.解答：解：分三個階段分析本題中a、b運(yùn)動情況:開始時a與b沒有相對運(yùn)動，因此一起勻加速運(yùn)動.a所受洛倫茲力向上，隨著速度的增加而增加，對a根據(jù)牛頓第二定律有：f=ma .即靜摩擦力提供其加速度，隨著向上洛倫茲力的增加，因此 a與b之間 的壓力減小，最大靜摩擦力減小，當(dāng)a、b之間的最大靜摩擦力都不能提供a的加速度時，此時 ab將發(fā)生相對滑動.當(dāng)a所受洛倫茲力等于其重力時，a與b恰好脫離，此時 a將勻速運(yùn)動，b將以更大的加速度勻加速運(yùn)動.綜上分析結(jié)合 v-t圖象特點可知 abd錯誤，c正確.故選c.3.如圖所示，紙面內(nèi)有寬為 l水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質(zhì)量為m,電量為+q,

2、速率為v0,不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都匯聚到一點，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的選項中曲線為半徑是l的圓）解答： 解：由于帶電粒子流的速度均相同，則當(dāng)飛入 a、b、c這三個選項中的磁場時，它們的軌跡對應(yīng)的半徑均 相同.唯有d選項因為磁場是 2bo,它的半徑是之前半徑的 2倍.然而當(dāng)粒子射入 b、c兩選項時，均不可 能匯聚于同一點.而 d選項粒子是向上偏轉(zhuǎn)，但仍不能匯聚一點.所以只有a選項，能匯聚于一點.c.當(dāng)a、b發(fā)生發(fā)生相對滑動時，由于向上的洛倫茲力繼續(xù)增加，因此 故a的加速度逐漸減小，b的加速度逐漸增大.a與b之間的滑動摩擦力減小,形狀及對應(yīng)的磁

3、感應(yīng)強(qiáng)度可以是哪一種（圓弧，b）（其中 bw ,a、c、d選項中曲線均為半徑是 lb.帶電粒子流a .h二病d.故選：a2.如圖所示，帶正電的物塊 a放在不帶電的小車 b上，開始時都靜止，處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中.t=0時加一個水平恒力 f向右拉小車b, t=ti時a相對于b開始滑動.已知地面是光滑的. ab間粗糙，a帶電量保持不 變，小車足夠長.從t=0開始a、b的速度-時間圖象，下面哪個可能正確（）4.如圖所示，勻強(qiáng)磁場的方向豎直向下.磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放 著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球白試管.試管在水平拉力f作用下向右勻速運(yùn)動，帶電小球能從管口處飛出. 關(guān)于帶電小球及其在

4、離開試管前的運(yùn)動，下列說法中正確的是( )a.小球帶負(fù)電b.洛倫茲力對小球做正功 5c.小球運(yùn)動的軌跡是一條拋物線 d.維持試管勻速運(yùn)動的拉力 f應(yīng)增大 解答： 解：a、小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電.故a錯誤. b、洛倫茲力總是與速度垂直，不做功.故 b錯誤. c、設(shè)管子運(yùn)動速度為 vi,小球垂直于管子向右的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動.小球沿管子方向受到洛倫茲力 的分力f尸qvib, q、vi、b均不變，fi不變，則小球沿管子做勻加速直線運(yùn)動.與平拋運(yùn)動類似，小球運(yùn) 動的軌跡是一條拋物線.故 c正確. d、設(shè)小球沿管子的分速度大小為v2,則小球受到垂

5、直管子向左的洛倫茲力的分力f2=qv2b, v2增大，則f2增大，而拉力f=f2,則f逐漸增大.故d正確.故選cd.5.如圖所示，在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為e,在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.有一個帶電粒子以初速度vo垂直x軸，從x軸上的p點進(jìn)入勻強(qiáng)電場，恰好與 y軸成45角射出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場.已知 op之間的距離為d,則帶電粒子( )a .在電場中運(yùn)動的時間為 b.在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為 v2dmdc.入磁場至第二次經(jīng)過 x軸所用時間為-8cli(好了冗)dd.自進(jìn)入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸的時間

6、為 |2v0解答： 解：根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動軌跡，如圖所示：a、粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，從 x軸上的p點進(jìn)入勻強(qiáng)電場，恰好與 y軸成45角射出電場,1 j所以v=%=t/v vx=votan45 =vo沿x軸方向有：x,之之所以工 x=sin45 w2于 y 廿屋 2 v0 2oa=2op=2d在垂直電場方向做勻速運(yùn)動，所以在電場中運(yùn)動的時間為：ti=,故a正確;v0b、如圖，aoi為在磁場中運(yùn)動的軌道半徑，根據(jù)幾何關(guān)系可知：aoi=ao sin454c、粒子從a點進(jìn)入磁場，先在第一象限運(yùn)動 等個圓周而進(jìn)入第四象限，后經(jīng)過半個圓周，第二次經(jīng)過x軸，所以自進(jìn)入磁場至第二次經(jīng)過x軸所用時間為

7、t2=3608(又右)x27trr坊口.c2v。d、自進(jìn)入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸的時間為t=ti+t2= + t：d二上月,故d正確.故選vo 如口 2voad6.如圖（甲）所示，在直角坐標(biāo)系。寂4區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有一個以點（ 3l, 0）為圓心、半徑為l的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與 x軸的交點分別為 m、n.現(xiàn)有一質(zhì)量為 m,帶電量為e的電子，從y軸上的a 點以速度vo沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從 m點進(jìn)入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30.此時在圓形區(qū) 域加如圖（乙）所示周期性變化的磁場，以垂直于紙面向外為磁場正方向），最后電子運(yùn)動一段時間后從n飛出，速度方向與進(jìn)

8、入磁場時的速度方向相同（與x軸夾角也為30）.求：（1）電子進(jìn)入圓形磁場區(qū)域時的速度大?。唬?） 0蟲4區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng) e的大??；（3）寫出圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度b。的大小、磁場變化周期 t各應(yīng)滿足的表達(dá)式.解答：解:（1）電子在電場中作類平拋運(yùn)動，射出電場時,由速度關(guān)系：=cos3qv(2)由速度關(guān)系得 vy= vgtan30o =-v解得如圖 1所示.v=v0在豎直方向ye l 二一一 y國。解得hr：3el（3）在磁場變化的半個周期內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角為60。，根據(jù)幾何知識，在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在x軸方向上的位移恰好等于 r.粒子到達(dá)n點而且速度符合要求的空間條件是：2nr=2li

9、rz 2v3niva2v3nrnv0電子在磁場作圓周運(yùn)動的軌道半徑= 解得b0二一（n=1、2、3）e&g 3eb0u 3el若粒子在磁場變化的半個周期恰好轉(zhuǎn)過 圓周，同時mn間運(yùn)動時間是磁場變化周期的整數(shù)倍時,6可使粒子到達(dá)n點并且速度滿足題設(shè)要求.應(yīng)滿足的時間條件：(n=1、2、3 )解得t2、t的表達(dá)式得：t二m、n為兩塊中7 .如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置.環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)的勻強(qiáng)磁場.心開有小孔的距離很近的極板，板間距離為 d,每當(dāng)帶電粒子經(jīng)過 m、n板時，都會被加速，加速電壓均為 u;每 當(dāng)粒子飛離電場后， m、n板間的電勢差立即變?yōu)榱?粒子在電場中一次次被加

10、速，動能不斷增大，而繞行半徑r不變.當(dāng)t=0時，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子靜止在 m板小孔處.(1)求粒子繞行n圈回到m板時的速度大小vn；(2)為使粒子始終保持在圓軌道上運(yùn)動，磁場必須周期性遞增, (3)求粒子繞行n圈所需總時間t總.求粒子繞行第n圈時磁感應(yīng)強(qiáng)度 bn的大小;解答：解：(1)粒子繞行一圈電場做功一次，由動能定理:即第n次回到m板時的速度為:(2)繞行第n圈的過程中，由牛頓第二定律:(3)即加速n次的總時間t加二d2nm-qu而粒子在做半徑為 r的勻速圓周運(yùn)動，每一圈所用時間為空口，由于每一圈速度不同，所以每一圈所 v需時間也不同.v12qu里工ki粒子在每一圈的運(yùn)動過程中，

11、包括在mn板間加速過程和在磁場中圓周運(yùn)動過程.在mn板間經(jīng)歷n次加速過程中，因為電場力大小相同，故有:第2圈:（2hr-d）rzxsu第n圈：岬二%母/同？空尸or-dx再故繞行n圈過程中在磁場里運(yùn)動的時間綜上：粒子繞行 n圈所需總時間1總二”r-d)喝(垮,喘)8 .如圖所示，圓心為坐標(biāo)原點、半徑為 r的圓將xoy平面分為兩個區(qū)域，即圓內(nèi)區(qū)域 i和圓外區(qū)域n .區(qū)域i內(nèi) 有方向垂直于xoy平面的勻強(qiáng)磁場 bi.平行于x軸的熒光屏垂直于 xoy平面，放置在坐標(biāo) y= - 2.2r的位置.一束 質(zhì)量為m電荷量為q動能為eo的帶正電粒子從坐標(biāo)為(- r, 0)的a點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域 i ,當(dāng)區(qū)

12、域ii內(nèi)無 磁場時，粒子全部打在熒光屏上坐標(biāo)為(0, - 2.2r)的m點，且此時，若將熒光屏沿y軸負(fù)方向平移，粒子打在熒光屏上的位置不變.若在區(qū)域n內(nèi)加上方向垂直于xoy平面的勻強(qiáng)磁場b2,上述粒子仍從a點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域i ,則粒子全部打在熒光屏上坐標(biāo)為(0.4r, - 2.2r)的n點.求(1)打在m點和n點的粒子運(yùn)動速度 vi、v2的大小.(2)在區(qū)域i和h中磁感應(yīng)強(qiáng)度 bi、b2的大小和方向.(3)若將區(qū)域n中的磁場撤去，換成平行于 x軸的勻強(qiáng)電場，仍從 a點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域i的粒子恰好也打 在熒光屏上的n點，則電場的場強(qiáng)為多大？解答：解：(1)粒子在磁場中運(yùn)動時洛倫茲力不做

13、功，打在 m點和n點的粒子動能均為 eo,速度vi、v2大小相 等，設(shè)為v,由忌用可得gjmq(2)如圖所示，區(qū)域 n中無磁場時，粒子在區(qū)域i中運(yùn)動四分之一圓周后，從 c點沿y軸負(fù)方向打在 m點，軌跡圓心是 。1點，半徑為ri=r區(qū)域n有磁場時，粒子軌跡圓心是02點，半徑為2,、v2 mv ，2nie 口由幾何關(guān)系得 22= (i.2r) 2+ (r2-0.4r) 2解得2=2r由得e二一故小 二,方向垂直 xoyr qr j qk平面向外.,方向垂直xoy平面向里.(3)區(qū)域h中換成勻強(qiáng)電場后，粒子從c點進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動，則有 i.2r=vt,也鈕=歲1 2解得場2 m10e09.如圖甲

14、所示，直角坐標(biāo)系中直線 ab與橫軸x夾角/ bao=30 , ao長為a.假設(shè)在點a處有一放射源可沿 / bao 所夾范圍內(nèi)的各個方向放射出質(zhì)量為 m、速度大小均為v、帶電量為e的電子，電子重力忽略不計.在三角形 abo內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)電子從頂點a沿ab方向射入磁場時, 從頂點a沿ab方向射入的電子在磁場中的運(yùn)動時間t; 磁場大小、方向保持不變，改變勻強(qiáng)磁場分布區(qū)域，使磁場存在于三角形 過磁場后都垂直穿過 y軸后向右運(yùn)動，試求勻強(qiáng)磁場區(qū)域分布的最小面積磁場大小、方向保持不變，現(xiàn)改變勻強(qiáng)磁場分布區(qū)域，使磁場存在于電子恰好從 o點射出.試求:abo內(nèi)的左側(cè)，要使放射出的電子穿 s.y

15、軸與虛線之間，示意圖見圖乙所示，仍使放射出的電子最后都垂直穿過y軸后向右運(yùn)動，試確定勻強(qiáng)磁場左側(cè)邊界虛線的曲線方解答:解：(1)根據(jù)題意，電子在磁場中的運(yùn)動的軌道半徑r=a,2由evb上匚得：b型由t空二t-a ea cb 6 3v(2)有界磁場的上邊界:以ab方向發(fā)射的電子在磁場中的運(yùn)動軌跡與ao中垂線交點的左側(cè)圓弧有界磁場的上邊界：以a點正上方、距a點的距離為a的點為圓心，以a為半徑的圓弧.故最小磁場區(qū)域面積為:7t 2一a2sinl 50cosl 50)(3)設(shè)在坐標(biāo)(x, y)的點進(jìn)入磁場，由相似三角形得至k圓的方程為：x2+ (y+b) 2=a2消去(y+b),磁場邊界的方程為:10

16、 .如圖，在直角坐標(biāo)系 xoy中，點m (0, 1)處不斷向+y方向發(fā)射出大量質(zhì)量為 m、帶電量為-q的粒子，粒子 的初速度大小廣泛分布于零到vo之間.已知這些粒子此后所經(jīng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b,方向垂直于紙面向里，所有粒子都沿+x方向經(jīng)過b區(qū)域，都沿-y的方向通過點n (3, 0). (1)通過計算，求出符合要求的磁場范圍的最小面積；n點(1kik20),求二者發(fā)射的時間差.(2)若其中速度為kivo和k2vo的兩個粒子同時到達(dá)解答：解itv(1)在a區(qū)域，設(shè)任一速度為 v的粒子偏轉(zhuǎn)90。后從(x, v)離開磁場，由幾何關(guān)系有 x=r,尸r+,上式與r無關(guān)，說明磁場右邊界是一條直線左邊界是

17、速度為 v0的粒子的軌跡:2口 voqv0i b-咋一此后粒子均沿+x方向穿過b區(qū)域，進(jìn)入c區(qū)域，由對稱性知，其磁場區(qū)域如圖.22磁場的面積：-.一，一- 11，上 q(2)如圖所示，速度為 k1v0的粒子在a區(qū)域磁場的時間為t 1二節(jié)t1 zqd兩個階段的直線運(yùn)動的時間共為my0_mk1v0_ qb qb _ $“二一一 /一 2)在c區(qū)域磁場的時間為七弋=：2?所以這兩個粒子的發(fā)射時間差只與t2有關(guān)速度為k2v。的粒子在直線運(yùn)動階段的時間為一 （j-幻弋-告-2）受二冬/4） k &qbk qb q5 k ? k111 .隱身技術(shù)在軍事領(lǐng)域應(yīng)用很廣.某研究小組的電磁隱形技術(shù)”可等效為下面的

18、模型，如圖所示， 在y0的區(qū)域內(nèi)有一束平行的 a粒子流（質(zhì)量設(shè)為 m ,電荷量設(shè)為q）,它們的速度均為 v,沿x軸正向運(yùn)動.在。vd的區(qū)間 有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 b的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里； 在d立3d的區(qū)間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 b的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外；在3d立0 6kg , q=-2m0 4c的粒子（重力不計）同時從 a點沿x軸負(fù)向以v0射入，且v0取0 v vov 20m/s之間的一系列連續(xù)值， 并假設(shè)任一速度的粒子數(shù)占入射粒子總數(shù)的比例相同.（1）求所有粒子從第三象限穿越x軸時的速度；（2）設(shè)從a點發(fā)出的粒子總數(shù)為 n,求最終打在擋板 pq右側(cè)的粒子數(shù)n.yl m解答：解:x x x x

19、 x x xx x x x x x x(1)設(shè)某速度為v0的粒子從a點入射后到達(dá) ac上的g點，因v0與ac成45角，其對應(yīng)圓心角為 90, 即恰好經(jīng)過四分之一圓周，故到達(dá)g點時速度仍為vo,方向沿y軸正向.粒子在電場中沿 y軸正向加速運(yùn)動，設(shè) g點坐標(biāo)為g (x, y),剛好穿出電場時坐標(biāo)為(x, yi),粒子穿出 電場時速度為vi,在電場中運(yùn)動的過程中，由動能定理得：|q| %-0二/叫2 彌v 2而 二一x2 賓_ 0. q25y= x 0.425 又vgb二代入數(shù)據(jù)解得 vi=20m/s,可見粒子穿出電場時速度大小與x無關(guān).2 vn 因 vo20m/s,由 iqljeifrl一代入數(shù)據(jù)

20、得：r0.2m由數(shù)學(xué)知識可知，k點坐標(biāo)為k (-0.2m, - 0.225m),故從a點射出的所有粒子均從 ak之間以20m/s的 速度沿y軸正向射出電場，在到達(dá)x軸之前粒子作勻速直線運(yùn)動， 故所有粒子從第三象限穿越 x軸時的速 度大小均為20m/s的速度沿y軸正向.(2)因為r=0.1m,故離子束射入 b2時，離子束寬度剛好與 2r相等，設(shè)粒子在 b2中運(yùn)動軌道半徑為 r2, 2,解得 r2=r=0.lm k2考察從任一點j進(jìn)入b2的粒子，設(shè)從h穿出b2磁場，四邊形jo2ho1為菱形，又因為jo2水平，而jo2/ hoi, 故h應(yīng)與f重合，即所有粒子經(jīng)過 b2后全部從f點離開b2進(jìn)入b3磁場

21、.對v0趨于20m/s的粒子，圓心角/jo2f-180,故射入b3時速度趨于 y軸負(fù)向；對v0趨于0的粒子，圓心 角/jo2f-0。，故射入b3時速度趨于y軸正向，即進(jìn)入b3的所有粒子速度與 y軸正向夾角在0180 角之 i由于b3=b2,所以r3=r2,由幾何關(guān)系知：無限靠近y軸負(fù)向射入的粒子軌跡如圖所示，最終打在pq板的右側(cè)。3；與y軸負(fù)向成60角的粒子剛好經(jīng)過 p點到達(dá)q點；因此與y軸正向在0120角之間從f點射出的粒子要么打在 pq板的左側(cè)，要么打不到板上而穿越y(tǒng)軸離開b3.由于是 大量”粒子，忽略打在 p或q的臨界情況，所以最終打在擋板pq右側(cè)的粒子數(shù)答：(1)所有粒子從第三象限穿越

22、 x軸時的速度為20m/s； (2)設(shè)從a點發(fā)出的粒子總數(shù)為 n,最終打在 擋板pq右側(cè)的粒子數(shù)n為4.13 .如圖所示，有界勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為b,方向垂直紙面向里，mn為其左邊界，磁場中放置一半徑為r的圓柱形金屬圓筒，圓心 。到mn的距離ooi=2r,圓筒軸線與磁場平行.圓筒用導(dǎo)線通過一個電阻r0接地，最初金屬圓筒不帶電.現(xiàn)有范圍足夠大的平行電子束以速度vo從很遠(yuǎn)處沿垂直于左邊界 mn向右射入磁場區(qū)，已知電子質(zhì)量為m,電量為e.(1)若電子初速度滿足,則在最初圓筒上沒有帶電時，能夠打到圓筒上的電子對應(yīng)mn邊界上oi兩側(cè)的范圍是多大？(2)當(dāng)圓筒上電量達(dá)到相對穩(wěn)定時，測量得到通過電阻ro的電

23、流恒為i,忽略運(yùn)動電子間的相互作用，求此時金屬圓筒的電勢。和電子到達(dá)圓筒時速度 v (取無窮遠(yuǎn)處或大地電勢為零).(3)在(2)的情況下，求金屬圓筒的發(fā)熱功率.r,則解得 r=3r解答：解：(1)如圖所示，設(shè)電子進(jìn)入磁場回旋軌道半徑為大量電子從mn上不同點進(jìn)入磁場軌跡如圖，從oi上方p點射入的電子剛好擦過圓筒q10 2t (4r) - (zr)三回o1p=o1o2+r= (3+2再)r同理可得到。1下q點距離(2)穩(wěn)定時，圓柱體上電荷不再增加，與地面電勢差恒為 u, u=ir0電勢 懺-iro電子從很遠(yuǎn)處射到圓柱表面時速度為v，有 _號u二7r2 一em謚解得2 el t qrn(3)電流為i

24、,單位時間到達(dá)圓筒的電子數(shù)電子所具有總能量2 ov e nll2 1 一一2 o消耗在電阻上的功率pr=i2ro所以圓筒發(fā)熱功率恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不計其重力.(1)求上述粒子的比荷14 .圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 b=2.0x10 3t,在x軸上距坐標(biāo)原點l=0.50m的p處為離子的入射口，在 y上安放接收器.現(xiàn)將一帶正電荷的粒子 以v=3.5m04m/s的速率從p處射入磁場，若粒子在 y軸上距坐標(biāo)原點l=0.50m的m處被觀測到，且運(yùn)動軌跡半徑rr，(2)如果在上述粒子運(yùn)動過程中的某個時刻，在第一象

25、限內(nèi)再加一個勻強(qiáng)電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運(yùn)動，求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強(qiáng)電場；(3)為了在m處觀測到按題設(shè)條件運(yùn)動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形.攫收器入射口解答:解：(1)設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動半徑為r,依題意mp連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動的直徑，由幾何關(guān)系得由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動的向心力，可得力圮，2r聯(lián)立解得：蟲=4.9 x107c/kgit(2)此時加入沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，qe=qvb ,代入

26、數(shù)據(jù)得：e=70v/m .所加電場的場強(qiáng)方向沿 x軸正方向.設(shè)帶點粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期為t,所求時間為t=t/8,而獸上工，解得t=7.9m06s(3)該區(qū)域面積 s=2r2=0.25m2,矩形如圖所示.15 .如圖所示，在 xoy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 b的勻強(qiáng)磁場，在第四 象限內(nèi)存在方向沿-y方向、電場強(qiáng)度為 e的勻強(qiáng)電場.從 y軸上坐標(biāo)為(0, a)白p p點向磁場區(qū)發(fā)射速度大 小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與+y方向成30-150角，且在xoy平面內(nèi).結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到 x軸上，然后進(jìn)入第四象限內(nèi)的正交電磁場區(qū).已知帶電粒

27、子電量為 +q,質(zhì)量為 m,粒子重力 不計.(1)所有通過第一象限磁場區(qū)的粒子中，求粒子經(jīng)歷的最短時間與最長時間的比值；(2)求粒子打到 x軸上的范圍；(3)從x軸上x=a點射入第四象限的粒子穿過正交電磁場后從y軸上y= - b的q點射出電磁場，求該粒子射出電磁場時的速度大小.解答：解：(1)、各種離子在第一象限內(nèi)運(yùn)動時，與y軸正方向成30。的粒子運(yùn)動時間最長，時間為:jrt -min 2 兀帶電粒子經(jīng)過的最左邊為:叼=r (1 -cos 30 ) =(2 ar 2asin3o一jrtm*5t噌t(yī)與y軸正方向成150。的粒子運(yùn)動時間最短,時間為:t - i兩式聯(lián)立得：一吧gax 5(2)、設(shè)帶

28、電粒子射入方向與 y軸夾角成150時的軌道半徑為 r1,由幾何關(guān)系有:設(shè)帶電粒子射入方向與 y軸夾角30時的軌道半徑為 r2,由幾何關(guān)系有:3qyqb二nr由題意知：r=a帶電粒子經(jīng)過的最右邊為：工2$ (1十8s 3。 )二(2十小)同所以粒子打到x軸上的范圍范圍是:(2-右)工 (2+jg) a(3)帶電粒子在第一象限的磁場中有:帶電粒子在第四象限中運(yùn)動過程中，電場力做功轉(zhuǎn)化為帶電粒子的動能，設(shè)經(jīng)過q點是的速度為v,由動能定理由：謚解得:16.如圖(甲)所示，x0的區(qū)域內(nèi)有如圖乙所示大小不變、方向隨時間周期性變化的磁場，磁場方向垂直紙面向外時為正方向.現(xiàn)有一質(zhì)量為 m、帶電量為q的正電粒子

29、，在t=0時刻從坐標(biāo)原點 o以速度v沿著與x軸正方向成 75角射入.粒子運(yùn)動一段時間到達(dá) p點，p點坐標(biāo)為(a, a),此時粒子的速度方向與 op延長線的夾角為30 .粒 子在這過程中只受磁場力的作用.(1)若b為已知量，試求粒子在磁場中運(yùn)動時的軌道半徑r及周期t的表達(dá)式.(2)說明在op間運(yùn)動的時間跟所加磁場的變化周期t之間應(yīng)有什么樣的關(guān)系才能使粒子完成上述運(yùn)動.(3)若b為未知量，那么所加磁場的變化周期t、磁感強(qiáng)度b0的大小各應(yīng)滿足什么條件，才能使粒子完成上述運(yùn)動？(寫出t及b0各應(yīng)滿足條件的表達(dá)式)例4如圖所示，的區(qū)域內(nèi)有如圖所示大小不變、方向隨時間周期性變化的磁場，磁場方向垂直紙面向外

30、時為正方向。現(xiàn)有一個質(zhì)量為 m、電量為q的帶正電的粒子，在t=0時刻從坐標(biāo)原點 o以速度v沿著與x軸正方向成75o角 射入。粒子運(yùn)動一段時間后到達(dá)p點，p點的坐標(biāo)為(a,a),此時粒子的速度方向與 op延長線的夾角為300。粒子只受磁場力作用。(1)若bo=b1為已知量，試求帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r和周期to的表達(dá)式；(2)說明粒子在 op間運(yùn)動的時間跟所加磁場變化周期t之間應(yīng)有什么樣的關(guān)系才能使粒子完成上述運(yùn)動；(3)若bo為未知量，那么所加磁場的變化周期t、磁感應(yīng)強(qiáng)度bo的大小各應(yīng)滿足什么條件，才能使粒子完成上述運(yùn)動？(寫出 t、bo應(yīng)滿足條件的表達(dá)式)解：(1)由牛頓第二定律可得

31、：粒子運(yùn)動的周期為：(2)根據(jù)粒子經(jīng)過 。點和p點的速度方向在磁場的方向可以判斷：粒子由 。點到p點運(yùn)動過程可能在磁場變化的 半個周期之內(nèi)完成；當(dāng)磁場方向改變時，粒子繞行方向也改變，磁場方向變化具有周期性，粒子繞行方向也具有周 期性，因此粒子由。點到p點的運(yùn)動過程也可能在磁場變化的半個周期的奇數(shù)倍時間完成。(3)若粒子由。點到p點的運(yùn)動過程在磁場變化的半個周期之內(nèi)完成，則磁場變化周期與粒子運(yùn)動周期應(yīng)滿足：，由圖可知粒子運(yùn)動的半徑為：又所以t、b分別滿足：*y若粒子由。點到p點的運(yùn)動過程在磁場變化的半 奇數(shù)倍時間完成，則磁場變化周期與粒子運(yùn)動周 足： 由圖可知：又所以t、b分別滿足：欣賞：帶電粒

32、子在磁場中周期性的運(yùn)動像一條緩緩前行的波浪，浪花點點!17.如圖所示，在 xoy平面上 h y h的范圍內(nèi)有一片稀疏的電子，從 x軸的負(fù)半軸的遠(yuǎn)處以相同的速率vo沿x軸正方向平行地向y軸射來。試設(shè)計一個磁場區(qū)域，使得：(1)所有電子都能在磁場力作用下通過原點o;(2)這一片電子最后擴(kuò)展到2h y 2h范圍內(nèi)，繼續(xù)沿x軸正方向平行地以相同的速率 v。向遠(yuǎn)處射出。已知電子的電量為 e、質(zhì)量為m,不考慮電子間的相互作用。磁場垂直紙面向里、沿 y軸正方向射入的電子運(yùn)動軌跡為磁場上邊界(如圖中實線1所示)，沿其它方向射入第i象限磁場的電子均在實線2 (磁場下邊界)各對應(yīng)點|y-avo2h上才平行x軸射出

33、磁場，這些點應(yīng)滿足x2 (y 2h )2一 2 、一(2h)。實線 1、2的交集hvo即為第i象限內(nèi)的磁場區(qū)域。由 evob13，方向垂直2ehxoy平面hvo2hvo向里。顯然，電子在第iii象限的運(yùn)動過程, 當(dāng)磁場垂直紙面外，平行于 x軸向右且距 與x軸平行方向入射的其他電子均在實線可以看成是第i象限的逆過程。即只有x軸為h的入射電子運(yùn)動軌跡則為磁場下邊界4 (磁場上邊界)各對應(yīng)點發(fā)生偏轉(zhuǎn)并會聚(如圖中實線3所示)，沿于o點，這些點應(yīng)滿足：x2 (y h )2h2.實線3、4的交集即為第iii象限內(nèi)的磁場區(qū)域。所以b3 mvo ,方向垂直xoyeh平面向外。同理，可在第ii、iv象限內(nèi)畫出

34、分別與第i、iii象限對稱的磁場區(qū)域，其中b2 h方向垂直xoy平面向里；b4 2nh ,方向垂直 xoy平面向外。2h3解：根據(jù)題意，電子在 o點先會聚再發(fā)散，因此電子在第i象限的運(yùn)動情況可以依照例 1來分析。即只有當(dāng)36、(18分)如圖所示，有一質(zhì)量為m=104 kg,帶電量q=103 c的小球，從橫截面為正方形的水平正長方體的d點沿d方向以vo=5m/s2速度飛入，恰好從c，點飛出，正長方體空間的邊長分別為l、l 和 5l.（取 g=10m/s2）.（1）求長方體底邊l的大?。?）如給長方體這一空間區(qū)域（含邊界在內(nèi)）加一豎直向上的勻強(qiáng)電場e,以保證小球沿dd，做勻速直線運(yùn)動飛出，求e的大

35、小（3）如保留電場e,再給長方體這一空間區(qū)域（含邊界在內(nèi)）加豎直方向的磁場，使小球從空間 a ,點飛出，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 b36、（18 分）如小球從d點飛入，從a點飛出，小球在長方體上表面 add a d水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，由分析可知，小球的運(yùn)動軌跡如右圖所示（俯視圖），由勾股定理得：r2 （r l）2 （5l）2（3 分）得 r 2.6m （ 1 分）由牛頓運(yùn)動定律可知：bqv0 m（3分） 得b t （1分）r26由左手定則，磁感應(yīng)強(qiáng)度 b的方向為豎直向下（1分）25. (17分)在如圖所示的x-o-y坐標(biāo)系中,區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為y 0的區(qū)域內(nèi)存在著沿 y軸正方

36、向、場強(qiáng)為 e的勻強(qiáng)電場，y 0的b的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從y軸上的p(0, h)點以沿x軸正方向的初速度射出，恰好能通過x軸上的d（d,0）點。己知帶電粒子的質(zhì)量為m ,帶電量為 q。h、d、q均大于0。不計重力的影響。(1)若粒子只在電場作用下直接到d點，求粒子初速度大小(2)若粒子在第二次經(jīng)過x軸時到d點，求粒子初速度大小(3)若粒子在從電場進(jìn)入磁場時到d點，求粒子初速度大小中運(yùn)動的時間為t,粒25. (1)粒子只在電場作用下直接到達(dá)d點設(shè)粒子在電場子沿x方向做勻速直線運(yùn)動，則 x v0t(1分)d （1 分）加速度2粒子只在電場作用下直接到達(dá)d點的條件為xqem(1分)（1分）解得vod（2分）qe2mh(2)粒子在第二次經(jīng)過x軸時到達(dá)角為，軌跡半徑為r,則vsin at （1 分） qvb粒子第二次經(jīng)過x軸時到達(dá)d點的條件為x 2rsin d點，其軌跡如圖所示。72vm、（2分）(3)粒子在從電場進(jìn)入磁場時到達(dá)qe2mhd點,解得vo d2eb（2分）根據(jù)運(yùn)動對稱性可知 qn 2om 2x (1分)其軌跡如圖所示。d(1分)粒子在從電場進(jìn)入磁場時到達(dá)d點的條件為x n(2x2rsin ）其中n為非負(fù)整數(shù)。解得v0 d j-qe- -2n2n 12mh 2n 1 b（2分）沿y方