【物理】物理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)題含答案

1、【物理】物理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)題含答案一、帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)訓(xùn)練1.如圖紙面內(nèi)的矩形 ABCD區(qū)域存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，對(duì)邊AB/ CDAD/ BC,電場(chǎng)方向平行紙面，磁場(chǎng)方向垂直紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一帶電粒子從 AB上的P點(diǎn)平行于紙面射入該區(qū)域，入射方向與AB的夾角為0 ( 0<90°),粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)并從CD射出.若撤去電場(chǎng)，粒子以同樣的速度從P點(diǎn)射入該區(qū)域，恰垂直 CD射出.已知邊長(zhǎng)AD=BC=d ,帶電粒子的質(zhì)量為 m,帶電量為q,不計(jì)粒子的重力.求：B CA11D(1)帶電粒子入射速度的大?。?2)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)

2、動(dòng)的時(shí)間；勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小.2qBdm cosB2d答案(1) qBd(2)；(3) qB dmcosqB sinmcos【解析】【分析】畫出粒子的軌跡圖，由幾何關(guān)系求解運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解帶電粒子 入射速度的大??；帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)的位移可求解時(shí)間；根據(jù)電場(chǎng)力與洛 倫茲力平衡求解場(chǎng)強(qiáng).【詳解】(1)設(shè)撤去電場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,畫出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,軌跡圓心為O.BCd由幾何關(guān)系可知：cosR2洛倫茲力做向心力：qv0B m®RqBd解得v0 -mcos(2)設(shè)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)的位移為x,有sin粒子作勻速運(yùn)動(dòng)

3、：x=vot聯(lián)立解得tmcosqBsin(3)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡：Eq=qvoB解得EqB2dmcos此題關(guān)鍵是能根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解半徑等物理 量；知道粒子作直線運(yùn)動(dòng)的條件是洛倫茲力等于電場(chǎng)力2.歐洲大型強(qiáng)子對(duì)撞機(jī)是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速對(duì)撞的高能物理設(shè)備，其原理可簡(jiǎn)化如下：兩束橫截面積極小，長(zhǎng)度為1-0質(zhì)子束以初速度vo同時(shí)從左、右兩側(cè)入口射入加速電場(chǎng)，出來(lái)后經(jīng)過(guò)相同的一段距離射入垂直紙面的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域并被偏轉(zhuǎn)，最后兩質(zhì)子束發(fā)生相碰。已知質(zhì)子質(zhì)量為m,電量為e；加速極板3AB、A 囿

4、電壓土勻?yàn)閁o,且滿足eUo=mvo2。兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，半徑均為R,圓心2O、O'在質(zhì)子束的入射方向上，其連線與質(zhì)子入射方向垂直且距離為H=1 R;整個(gè)裝置處于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對(duì)論效應(yīng)。m» t（1）試求質(zhì)子束經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速后（未進(jìn)入磁場(chǎng)）的速度Y和磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B；R .（2）如果某次實(shí)驗(yàn)時(shí)將磁場(chǎng) O的圓心往上移了 一，其余條件均不變，質(zhì)子束能在OO連線2的某位置相碰，求質(zhì)子束原來(lái)的長(zhǎng)度lo應(yīng)該滿足的條件?！敬鸢浮縱 2v。； B 止（2） l0 eR【解析】 【詳解】解：（1）對(duì)于單個(gè)質(zhì)子進(jìn)入加速電場(chǎng)后，則有：p ,32又：eU0mv02解得：v

5、2vo ；根據(jù)對(duì)稱，兩束質(zhì)子會(huì)相遇于 OO的中點(diǎn) 必定沿OP方向射出，出射點(diǎn)為 D,過(guò)C、 軌跡的圓心，如圖所示，并可知軌跡半徑3、3 6121212一 mv mv022P,粒子束由CO方向射入，根據(jù)幾何關(guān)系可知D點(diǎn)作速度的垂線相交于 K,則K,則K點(diǎn)即為r=R2根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：evB m r可得磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度： B 2mv0eRR(2)磁場(chǎng)O的圓心上移了 一，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對(duì)稱，但是粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)達(dá)半徑2認(rèn)為R,對(duì)于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從 F點(diǎn)射入磁場(chǎng)，如圖所示，E點(diǎn)是原來(lái)C點(diǎn)位置，連 OF、OD,并作FK平行且等于 OD,連KD,由于OD=OF=FK故平行四

6、邊 形ODKF為菱形，即KD=KF=R故粒子束仍然會(huì)從 D點(diǎn)射出，但方向并不沿 OD方向，K為 粒子束的圓心由于磁場(chǎng)上移了 R ,故sin/COF="2 =1 2 2兀D DOF=Z FKD>3對(duì)于下方的粒子，沒(méi)有任何改變，故兩束粒子若相遇，則只可能相遇在D點(diǎn),卜方粒子到達(dá)C后最先到達(dá)D點(diǎn)的粒子所需時(shí)間為tR一R (H 2R)222V0(4)R4vol 0to2冗3百 R 12vo聯(lián)立解得l0冗3« 612而上方粒子最后一個(gè)到達(dá)E點(diǎn)的試卷比下方粒子中第一個(gè)達(dá)到C的時(shí)間滯后At上方最后的一個(gè)粒子從E點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)所需時(shí)間為冗1R Rsin - 2tR362V 02V 0要使

7、兩質(zhì)子束相碰，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足t t t3.如圖，光滑水平桌面上有一個(gè)矩形區(qū)域abcd, bc長(zhǎng)度為2L, cd長(zhǎng)度為1.5L, e、f分別為ad、bc的中點(diǎn).efcd區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B;質(zhì)量為m、電荷量為+q的絕緣小球A靜止在磁場(chǎng)中f點(diǎn).abfe區(qū)域存在沿bf方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為2.qB L ;質(zhì)量為km的不帶電絕緣小球 巳以大小為 理的初速度沿bf方向運(yùn)動(dòng).6mm發(fā)生彈性正碰，A的電量保持不變，P、A均可視為質(zhì)點(diǎn).(1)求碰撞后 A球的速度大小;(2)若A從ed邊離開(kāi)磁場(chǎng)，求k的最大值；(3)若A從ed邊中點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，求 k的可能值和A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間.【

8、答案】(1) Va 生理(2) 1 (3) k 5或kk 1 m7【解析】【分析】(1)設(shè)P、A碰后的速度分別為Vp和VA, P碰前的速度為VqBL1kmvp 工mvA由動(dòng)量守恒定律： kmv kmvP mvA12由機(jī)械能寸恒te律：一kmv2解得：vA2k qBLe(1(2)設(shè)A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為 R,由牛頓第二定律得:qvAB2mvA R2k解得：R t二L k 1由公式可得R越大，k值越大如圖1,當(dāng)A的軌跡與cd相切時(shí)，R為最大值，R L求得k的最大值為k 1(3)令z點(diǎn)為ed邊的中點(diǎn)，分類討論如下：(1) A球在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)一次從 z點(diǎn)就離開(kāi)磁場(chǎng)，如圖 2有_2 L 2_ 2R (-

9、)(1.5L R)2一 5L解得：R吐62k5由R L可得：k k 17(II)由圖可知A球能從z點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)要滿足R ,則A球在磁場(chǎng)中還可能經(jīng)歷一次半2如圖3和如圖4,由幾何關(guān)系有:R2(2)232(3RL)22解得:R 58L 或 R2k-L可得:1k 2或k11球A在電場(chǎng)中克服電場(chǎng)力做功的最大值為Wm2 2 2q B L6m(I)、Va5qBL,由于 1 mvA 8m 2理，由于1 mvA2m2 A25q2B2L2128m22, 2q B L8m6m22, 2q B L6m(II)可得A球能從z點(diǎn)離開(kāi)的k的可能值為：k5 、一或k7z點(diǎn)離開(kāi).圓運(yùn)動(dòng)后回到電場(chǎng)，再被電場(chǎng)加速后又進(jìn)入磁場(chǎng)，最終

10、從2 mA球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為 T qB13當(dāng)k時(shí)，如圖4,A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tT343 m2qB4.如圖，圓心為 O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B。P是圓外一點(diǎn)，OP=3r。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從P點(diǎn)在 紙面內(nèi)垂直于 OP射出。己知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)圓心O,不計(jì)重力。求(1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；(2)粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。4r| 3m【解析】【分析】本題考查在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知 識(shí)解決問(wèn)題的的能力?！驹斀狻?1)找圓心，畫軌跡，求半徑。設(shè)

11、粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為 R,由幾何關(guān)系得:易得:(2)設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為 v,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有mv2進(jìn)入圓形區(qū)域，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則2m聯(lián)立解得5.如圖：豎直面內(nèi)固定的絕緣軌道abc,由半徑R=3 m的光滑圓弧段bc與長(zhǎng)l=1.5 m的粗糙水平段ab在b點(diǎn)相切而構(gòu)成，O點(diǎn)是圓弧段的圓心，Oc與Ob的夾角0=37° ;過(guò)£點(diǎn)的豎直虛線左側(cè)有方向豎直向上、場(chǎng)強(qiáng)大小E=10 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，Ocb的外側(cè)有一長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)、寬度d =1.6 m的矩形區(qū)域efgh, ef與Oc交于c點(diǎn)，ecf與水平向右的方向所成的夾角 為3(53° < 31

12、47° ),矩形區(qū)域內(nèi)有方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量m2=3X10-3 kg、電荷量q=3xl0-3 C的帶正電小物體 Q靜止在圓弧軌道上 b點(diǎn)，質(zhì)量m1=1.5x 10-3 kg的不帶電 小物體P從軌道右端a以vo=8 m/s的水平速度向左運(yùn)動(dòng)，P、Q碰撞時(shí)間極短，碰后 P以1m/s的速度水平向右彈回.已知 P與ab間的動(dòng)摩擦因數(shù) w=0.5, A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，Q 的電荷量始終不變，忽略空氣阻力，sin37° =0.6, cos37° =0.8,重力加速度大小 g=10m/s2.求：碰后瞬間，圓弧軌道對(duì)物體Q的彈力大小Fn;(2)當(dāng)3=53°時(shí)，物

13、體 Q剛好不從gh邊穿出磁場(chǎng)，求區(qū)域 efgh內(nèi)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 大小Bi；(3)當(dāng)區(qū)域efgh內(nèi)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2=2T時(shí)，要讓物體 Q從gh邊穿出磁場(chǎng)且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，求此最長(zhǎng)時(shí)間t及對(duì)應(yīng)的(3值.【答案】(1) FN 4.6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t 12s, 1 900和 2 1430 360【解析】【詳解】解：(1)設(shè)P碰撞前后的速度分別為 v1和v1 , Q碰后的速度為v21 919從a到b,對(duì)P,由動(dòng)能te理得：-m1gl m1v 1 m1v02 2解得：v1 7m/s碰撞過(guò)程中，對(duì) P , Q系統(tǒng)：由動(dòng)量守恒定律：m1v1 m1v1 m

14、2v2取向左為正方向，由題意 1m/s ,解得：v2 4m/s 2b點(diǎn)：對(duì)Q,由牛頓第二定律得：Fn m2g m2 vR2解得：Fn 4.6 10 N(2)設(shè)Q在c點(diǎn)的速度為vc,在b到c點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律：1 212m2 gR(1 cos )m2vcm2v22 2解得：vc 2m/s2進(jìn)入磁場(chǎng)后：Q所受電場(chǎng)力F qE 3 10 N m2g , Q在磁場(chǎng)做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)2由牛頓第二定律得：qvcB1 mvJ qQ剛好不從gh邊穿出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系：r d 1.6m解得：Bi 1.25T(3)當(dāng)所加磁場(chǎng)民 2T , r2mcqB21m要讓Q從gh邊穿出磁場(chǎng)且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，則Q在磁場(chǎng)中

15、運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大，則當(dāng)gh邊或ef邊與圓軌跡相切，軌跡如圖所示：. d設(shè)最大圓心角為，由幾何關(guān)系得：cos(180)127運(yùn)動(dòng)周期：T2 m2qB2解得:127 ?2 m2360 . qB2127 s360則Q在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間：t T360此時(shí)對(duì)應(yīng)的 角：i 90和2 1436.空間中存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B, 一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，在P點(diǎn)以某一初速開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，初速方向在圖中紙面內(nèi)如圖中P點(diǎn)箭頭所示.該粒子運(yùn)動(dòng)到圖中 Q點(diǎn)時(shí)速度方向與 P點(diǎn)時(shí)速度方向垂直，如圖中 Q點(diǎn)箭頭所示.已知 P、 Q間的距離為L(zhǎng).若保持粒子在 P點(diǎn)時(shí)的速度不變，而將勻強(qiáng)磁場(chǎng)

16、換成勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方 向與紙面平行且與粒子在 P點(diǎn)時(shí)速度方向垂直，在此電場(chǎng)作用下粒子也由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn).不計(jì)重力.P 0求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小.(2)兩種情況中粒子由 P運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間之比.【答案】E &Bq=；城一mtE2【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以V0表示粒子在P點(diǎn)的初速度，R表示圓周的半徑,2則有qv0B m R1.由于粒子在Q點(diǎn)的速度垂直它在 P點(diǎn)時(shí)的速度，可知粒子由 P點(diǎn)到Q點(diǎn)的軌跡為一圓周,4故有R以E表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小,a表示粒子在電場(chǎng)中加速度的大小,tE表示粒子在電場(chǎng)中由p點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)經(jīng)過(guò)的時(shí)間，則有 qE ma水平方向上：R

17、at22豎直方向上：R v0tE,一 B2qL. m由以上各式，得 E J2二且1£mqB1,1m(2)因粒子在磁場(chǎng)中由 P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的軌跡為一圓周，即tB -T所以4B 42 qBtB tE7.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系 xOy平面內(nèi)直角三角形abc的直角邊ab長(zhǎng)為6d,與y軸 重合，/ bac=30°,中位線OM與x軸重合，三角形內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).在笫一象限內(nèi)，有方向沿y軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E與勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小間滿足E=wB.在x=3d的N點(diǎn)處，垂直于x軸放置一平面熒光屏.電子束以相同的初速度vo從y軸上一3dwyw的范圍內(nèi)垂直于 y軸向左射

18、入磁場(chǎng)，其中從y軸上y=2d處射入的電子，經(jīng)磁場(chǎng) 偏轉(zhuǎn)后，恰好經(jīng)過(guò)。點(diǎn).電子質(zhì)量為m,電量為e,電子間的相互作用及重力不計(jì).求(1)勻強(qiáng)磁楊的磁感應(yīng)強(qiáng)度B(2)電子束從y軸正半軸上射入電場(chǎng)時(shí)的縱坐標(biāo)y的范圍；(3)熒光屏上發(fā)光點(diǎn)距 N點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離L中【答案】(1) 0 ； (2) 0 y 2d ； (3) d ； ed4(1)設(shè)電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r;由幾何關(guān)系可得r=d2電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：ev0B mvr解得：b mv0 ed(2)當(dāng)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌跡與ac邊相切時(shí)，電子從+ y軸射入電場(chǎng)的位置距 。點(diǎn)最遠(yuǎn)，如圖甲所示.設(shè)此時(shí)的圓

19、心位置為 O ,有：Oarsin 30OO 3d Oa解得OO d即從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的電子射出磁場(chǎng)時(shí)的位置距O點(diǎn)最遠(yuǎn)所以ym 2r 2d電子束從y軸正半軸上射入電場(chǎng)時(shí)的縱坐標(biāo)y的范圍為0 y 2d設(shè)電子從0 y 2d范圍內(nèi)某一位置射入電場(chǎng)時(shí)的縱坐標(biāo)為y,從ON間射出電場(chǎng)時(shí)的位置橫坐標(biāo)為x,速度方向與x軸間夾角為 仇在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,電子打到熒光屏上L,如圖乙所示產(chǎn)生的發(fā)光點(diǎn)距N點(diǎn)的距離為根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：x v0ta4SM,J5 典X x第二Jx 又1eEt2 2 mvyeEtanVytanL3d x解得:L (3d ；2y) ;2y9 .,d時(shí)，L有取大值8解得:當(dāng)3d【點(diǎn)睛】本題屬于帶

20、電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要求能正 確的畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系確定某些物理量之間的關(guān)系；粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)經(jīng) 常用化曲為直的方法，求極值的問(wèn)題一定要先找出臨界的軌跡，注重?cái)?shù)學(xué)方法在物理中的 應(yīng)用.8.如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系 0a4區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)有一個(gè)以點(diǎn)(1)求電子進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)的速度大小和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)(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(diǎn)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(diǎn)以速度Vo沿x軸正方向射入電場(chǎng)，飛出電場(chǎng) 后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為 30

21、76;.不考慮電子所受的重E的大小;(2)若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使電子穿出圓形區(qū)域時(shí)速度方向垂 直于x軸.求所加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時(shí)的位置坐標(biāo)；(3)若在電子剛進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)，在圓形區(qū)域內(nèi)加上圖乙所示變化的磁場(chǎng)(以垂直于紙面同.請(qǐng)寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度向外為磁場(chǎng)正方向)，最后電子從N點(diǎn)處飛出，速度方向與進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相B0的大小、磁場(chǎng)變化周期 T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達(dá)式.2/，.%【答案】(1)"V?"(2)(3)eL(n=1, 2, 3)3M (n=1, 2, 3)【解析】(1)電子在電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng)，射出電場(chǎng)時(shí)，速度分解圖如圖

22、1中所示.twiO解得:由速度關(guān)系可得:由速度關(guān)系得：vy=v0tan 0 =在豎直方向:Ee vy = at t而水平方向：鏟m廿JE =解得:3eL(2)根據(jù)題意作圖如圖 1所示，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=L根據(jù)牛頓第二定律:解得:5L根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿出圓形區(qū)域時(shí)位置坐標(biāo)為(3)電子在在磁場(chǎng)中最簡(jiǎn)單的情景如圖2所示.,V在磁場(chǎng)變化的前三分之一個(gè)周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為 運(yùn)動(dòng)的T0,粒子在x軸方向上的位移恰好等于ri;在磁場(chǎng)變化的后三分之二個(gè)周期內(nèi)，因磁感應(yīng)強(qiáng)度減半, 偏轉(zhuǎn)角度仍為60° ,電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑變?yōu)?2r, 2r.60°,設(shè)電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r,電子運(yùn)

23、動(dòng)周期T =2"故粒子的粒子在x軸方向上的位移恰好等于綜合上述分析，則電子能到達(dá)N點(diǎn)且速度符合要求的空間條件是：3rn=2L (n=1, 2, 3)mu而:解得：eL 5=1, 2, 3)1應(yīng)滿足的時(shí)間條件為：S( T0+T'尸T2rrm2m F1而：丁西一人解得 而諱(n=i, 2, 3)點(diǎn)睛：本題的靚點(diǎn)在于第三問(wèn)，綜合題目要求及帶電粒子運(yùn)動(dòng)的半徑和周期關(guān)系，則符合II要求的粒子軌跡必定是粒子先在正R中偏轉(zhuǎn)60。，而后又在工B0中再次偏轉(zhuǎn)60。，經(jīng)過(guò)n次這樣的循環(huán)后恰恰從N點(diǎn)穿出.先從半徑關(guān)系求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，再?gòu)闹芷陉P(guān)系求出交變磁場(chǎng)周期的大小.9.在平面直角坐標(biāo)系 x

24、0y中，第I象限內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在A(L, 0)點(diǎn)有一粒子源，沿 y軸正向發(fā)射出速率分別為5 5u 9。的同種帶電粒子，粒子質(zhì)量為m,電荷量為q.在B(0, L)、C(0, 3L)、D(0, 5。放一個(gè)粒子接收器，B點(diǎn)的接收器只能吸收來(lái)自y軸右側(cè)到達(dá)該點(diǎn)的粒子，C、D兩點(diǎn)的接收器可以吸收沿任意方向到達(dá)該點(diǎn)的粒子.已知速率為 。的粒子恰好到達(dá) B點(diǎn)并被吸收，不計(jì)粒子重力.(1)求第I象限內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi;(2)計(jì)算說(shuō)明速率為5v、9V的粒子能否到達(dá)接收器；(3)若在第H象限內(nèi)加上垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使所有粒子均到達(dá)接收器，求所加磁 場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B2的大小和方向

25、.(3) B '2mv(1)B17 (2)故速率為qv的粒子被吸收，速率為 9v的粒子不能被吸收淄還-(或(.17 3)qLB,2(17 3.17)mv4qL),垂直坐標(biāo)平面向外v的粒子在第I象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的半徑為R L【解析】【詳解】(1)由幾何關(guān)系知，速率為2由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得qvB1 m±Rmv得Bi qL(2)由(1)中關(guān)系式可得速率為 v、9v的粒子在磁場(chǎng)中的半徑分別為 5L、9L .設(shè)粒子與y軸的交點(diǎn)到。的距離為y,將R 5L和R 9L分別代入下式222(R L) y R 得這兩種粒子在y軸上的交點(diǎn)到O的距離分別為3L、J17L故速率為 v的粒子被吸收，速率為 9v的粒

26、子不能被吸收.0(3)若速度為9v的粒子能到達(dá)設(shè)離子在所加磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為R,由幾何關(guān)系有且9L5L 57l 2.17L解得2c -(9v)29vB2 m-R2.17mvB2(或 B2(5.17)qL(5而 17)mv)4qL若粒子到達(dá)同理：R_9LC點(diǎn)的接收器，所加磁場(chǎng)應(yīng)垂直于坐標(biāo)平面向里,17l 3L2.17Lq 9vB'22 (9v)2 m-R2解得B'2¥7rn-(或 B'2(-17 3)qL(17 3s/17)mv4qLD點(diǎn)的接收器，則所加磁場(chǎng)應(yīng)垂直坐標(biāo)平面向外E方向豎直10.如圖所示，虛線 MN/勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界線，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為向下

27、且與邊界 MN成=45°角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向外，在電場(chǎng)中有一點(diǎn)P, P點(diǎn)到邊界MN的豎直距離為do現(xiàn)將一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子從 P處由靜止釋放(不計(jì)粒子所受重力，電場(chǎng)和磁場(chǎng)范圍足夠大)。求：(1)粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；(2)粒子第一次出磁場(chǎng)處到第二次進(jìn)磁場(chǎng)處的距離；(3)若粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后的某時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)锽',但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場(chǎng)中，則B'的最小值為多少?2 2 .2 B【答案】(1) v J2qEd (2) Xca 472d (3) B' m(1)設(shè)粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速

28、度大小為v,由動(dòng)能定理可得 qEd -mv2,2解得v , 2qEd m(2)粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場(chǎng)到第二次進(jìn)磁場(chǎng)，兩點(diǎn)間距為Xca由類平拋規(guī)律x vt, y 工且t22 m由幾何知識(shí)可得x=y,解得t 2md Eq兩點(diǎn)間的距離為xCA J2vt,代入數(shù)據(jù)可得XCA 42dmv2mv1 2mEd（3）由 qvB mv_可得 R 加，即 R -1 JmEd由題意可知，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到 F點(diǎn)處改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑又最大值, 即B'最小，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線圓所示。設(shè)此后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r,則有幾何關(guān)系可知 r 2 2R R4又因

29、為r Uv,所以B' mv, qB'qr代入數(shù)據(jù)可得B' 2 2 2 B11.如圖所示，x軸的上方存在方向與 x軸成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為 E, x軸的下 方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B 0.5T.有一個(gè)質(zhì)量m 1011kg ,電荷量q 10 7C的帶正電粒子，該粒子的初速度 vo 2 103m/s,從坐標(biāo)原點(diǎn) O沿與x軸成45°角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)和電場(chǎng)的作用，粒子從O點(diǎn)出發(fā)后第四次經(jīng)過(guò) x軸時(shí)剛好又回到 O點(diǎn)處，設(shè)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的區(qū)域足夠?qū)?，不?jì)粒子重力，求:帶電粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)是多少?電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小及帶電

30、粒子從 。點(diǎn)出發(fā)到再次回到 。點(diǎn)所用的時(shí)間.【答案】 帶電粒子第一次經(jīng)過(guò) x軸時(shí)的橫坐標(biāo)是0.57m；電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為1 103V/m,帶電粒子從 。點(diǎn)出發(fā)到再次回到 。點(diǎn)所用的時(shí)間為 2.1 10 3s.【解析】【分析】(1)粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用下做一段圓弧后第一次經(jīng)過(guò)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(biāo)；(2)然后進(jìn)入電場(chǎng)中，恰好做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零后又返回，以相同速率再次進(jìn)入磁場(chǎng) 仍在洛倫茲力作用下又做一段圓弧后，再次進(jìn)入電場(chǎng)正好做類平拋運(yùn)動(dòng).粒子在磁場(chǎng)中兩次運(yùn)動(dòng)剛好完成一個(gè)周期，由粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)垂直電場(chǎng)方向位移與速度關(guān)系，沿電場(chǎng)方

31、向位移與時(shí)間關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律求出E,三個(gè)過(guò)程的總時(shí)間即為總時(shí)間.【詳解】2粒子在磁場(chǎng)中受磁場(chǎng)力的作用沿圓弧運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力提供向心力，qvB m,Rmv 半徑R 0.4m,Bq根據(jù)圓的對(duì)稱性可得粒子在磁場(chǎng)中第一次偏轉(zhuǎn)所對(duì)的圓心角為90°,則第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)為x1 J2R 0.4、/2m 0.57m第一次進(jìn)入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)方向與電場(chǎng)方向相反，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后又反向 加速返回磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中沿圓周運(yùn)動(dòng)，再次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向剛好垂直電場(chǎng)方向，在電場(chǎng)力的作用下偏轉(zhuǎn)，打在坐標(biāo)原點(diǎn)。處，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.由幾何關(guān)系可得，第二次進(jìn)入電場(chǎng)中的位移為2J2R，在垂直電場(chǎng)方向的位

32、移 s vti ,運(yùn)動(dòng)時(shí)間tia 2R 4 104s v v12在沿電場(chǎng)方向上的位移 s2-at2 ,2又因s 2R2 s272T 1 10 m/s t12根據(jù)牛頓第二定律a Eqmma 3所以電場(chǎng)強(qiáng)度 E1 103V/mq粒子從第一次進(jìn)入電場(chǎng)到再返回磁場(chǎng)的時(shí)間t2 2v 4 104s,a粒子在磁場(chǎng)中兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和剛好是做一個(gè)完整圓周運(yùn)動(dòng)的周期2 m4T 410 sBq所以粒子從出發(fā)到再回到原點(diǎn)的時(shí)間為t 11t2 T 2.1 10 3s【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中兩運(yùn)動(dòng)模型：勻速圓周運(yùn)動(dòng)與類平拋運(yùn)動(dòng)，及相關(guān)的綜 合分析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力.1

33、2. (20分)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系 xOy的第二象限內(nèi)存在場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向與x軸平行且沿 x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一、三、四象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng) 磁場(chǎng)?，F(xiàn)將一擋板放在第二象限內(nèi)，其與x,y軸的交點(diǎn) M N到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離均為2L。一質(zhì)量為m,電荷量絕對(duì)值為 q的帶負(fù)電粒子在第二象限內(nèi)從距x軸為L(zhǎng)、距y軸為2L的A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)粒子第一次到達(dá)y軸上C點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)突然消失。若粒子重力不計(jì)，粒子與擋板相碰后電荷量及速度大小不變，碰撞前后，粒子的速度與擋板的夾角相等(類似于 光反射時(shí)反射角與入射角的關(guān)系)。求K X X X x X K.X X X X X X K x »

34、x x xxxfxxxx XX X(1)C點(diǎn)的縱坐標(biāo)。(2)若要使粒子再次打到檔板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值為多少？(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大時(shí)，粒子從A點(diǎn)出發(fā)與檔板總共相碰兩次后到達(dá)C點(diǎn)？這種情況下粒子從A點(diǎn)出發(fā)到第二次到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間多長(zhǎng)？（1分）【解析】試題分析：(1)設(shè)粒子到達(dá)擋板之前的速度為 Vo粒子與擋板碰撞之后做類平拋運(yùn)動(dòng)聯(lián)立解得 y = 2L粒子的速度方向與X軸的夾角根據(jù)牛頓第二定律2 VqvB1 = m riBf震B(yǎng)2=3值9（2） ,2mL4 qEE12有動(dòng)能th理 qEL = 2 mv0（1分）在x軸方向L = 9Et22m（1分）在y軸方向 y = v0t（1分）C點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y

35、 + L = 3L（1分）(2)粒子到達(dá) C點(diǎn)時(shí)的沿x軸方向的速度為 vx = at = J- m（1分）沿y軸方向的速度為 Vv = v0 =，qEL m（1分）此時(shí)粒子在C點(diǎn)的速度為v = 2jqEL（1分）=45tanvyvx（1分）（2分）磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2 , r1 = L 12要是粒子再次打到擋板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值為（1分）（3）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B時(shí)，粒子做半徑為 小的圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá) y軸上的。點(diǎn)，之后做直線 3.2運(yùn)動(dòng)打到板上，r2 =L2（2分）此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B2 = 2 JEm11分）此后粒子返回到 。點(diǎn)，進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知粒

36、子將到達(dá)D點(diǎn)，接著做直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)MA到板，有L = 2第2ti =39 2mL在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2 = 3T = 9 2 mL24 1 qE從。到板再返回O點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：2mL3從x軸上D點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為t49（2+ ） 2mL總時(shí)間為 t 總=t + ti +t2 +t3 +t4 = ；y-4 qE考點(diǎn)：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，牛頓第二定律，平拋運(yùn)動(dòng)。（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）13.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.磁場(chǎng)中的水平絕緣薄板與磁場(chǎng)的左、右邊界分別垂直相交于 M、N, MN=L,粒子打到板上時(shí)會(huì)被反彈（碰撞時(shí)間極短），反彈前 后水

37、平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反.質(zhì)量為 m、電荷量為-q的粒子速度 一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d,且d<L,粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變.（1）求粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小 v；（2）欲使粒子從磁場(chǎng)右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；（3）從P點(diǎn)射入的粒子最終從 Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，PM=d, QN=d,求粒子從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)2間t.XXXqBd匚；(2)m2d ; ( 3) A.當(dāng) L nd (1 吏)d 時(shí), 22Tm,B.當(dāng)L 2qBndJ3i , J 3/3 4、m0+T) d 時(shí)，t(7麗【解析】【分析】 【詳解】mv qB(1)粒子

38、在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力有:2qvB m ,解得:R由題可得：R d解得v qBd ； m(2)如圖所示，粒子碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場(chǎng)左邊界相切由幾何關(guān)系得 dm=d (1+sin60 )°解得dm (3)粒子的運(yùn)動(dòng)周期T 22mqB設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場(chǎng)的時(shí)間為t',則Tt n t(n 1,3,5,L L ) 4r3-A.當(dāng)L nd (1 ) d時(shí)，粒子斜向上射出磁場(chǎng)2t -T 122qBB.當(dāng)L3 nd (1+)2d時(shí),粒子斜向下射出磁場(chǎng)t 152T解得t (- d4)jm2qB14 . （17分）在半徑為 R的半圓形區(qū)域中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面，磁感應(yīng) 強(qiáng)度為Bo 一質(zhì)量為m,帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點(diǎn)（AP=d）射入磁場(chǎng)（不計(jì)重力影響）。（1）如果粒子恰好從 A點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求