物理人教版選修3-1第三章磁場第6節(jié)帶電粒子在有界磁場中的運動匯總

.@:帶電粒子在有界磁場中的運動匯總一、單項選擇題1.如下圖，直角三角形ABC中存在一垂直紙面向里的勻強磁場，比荷一樣的兩帶電粒子沿AB方向從A點射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，不計粒子重力。以下說法正確的選項是〔

〕

A.

從P點射出的粒子速度大

B.

從Q點射出的粒子在磁場中運動的周期大

C.

從Q點射出的粒子在磁場中運動的時間長

D.

兩粒子在磁場中運動的時間一樣長2.如下圖，兩個一樣的帶電粒子，不計重力，同時從A孔沿AD方向射入一正方形空腔中，空腔中有垂直紙面向里的勻強磁場，兩粒子的運動軌跡分別為a和b，那么兩粒子的速率和在空腔中運動的時間的關(guān)系是〔

〕

A.

va＝vb，ta<tb

B.

va>vb，ta>tb

C.

va>vb，ta<tb

D.

va<vb，ta＝tb3.如下圖，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，一個帶電粒子〔不計重力〕，從A點沿半徑方向以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并由B點射出，且∠AOB=120°，那么該粒子在磁場中運動的時間為〔

〕

A.

B.

C.

D.

4.〔2019?新課標(biāo)Ⅱ〕如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量一樣的帶電粒子以一樣的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，假設(shè)粒子射入的速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；假設(shè)粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的互相作用，那么v2：v1為〔〕

A.

：2

B.

：1

C.

：1

D.

3：5.頂角A為120°的等腰三角形ABC內(nèi)部有勻速磁場，磁場垂直三角形所在平面，如下圖，一對正負電子由底邊BC中點沿垂直于底邊的方向射入磁場中，正電子恰能從底邊BC射出，負電子恰好垂直打到AC邊，不計兩電子間的互相作用力和重力，正負電子的速率之比為〔

〕

A.

1：3

B.

1：2

C.

〔2〕：1

D.

1：16.如下圖，OM的左側(cè)存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，ON〔在紙面內(nèi)〕與磁場方向垂直且∠NOM=60°，ON上有一點P，OP=L．P點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子〔不計重力〕，速率為，那么粒子在磁場中運動的最短時間為〔

〕

A.

B.

C.

D.

7.如下圖，在直角三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場〔圖中未畫出〕，AB邊長度為d，∠C=，現(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t0，運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為，那么以下判斷中錯誤的選項是〔

〕

A.

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0

B.

該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為

C.

粒子在磁場中運動的軌道半徑為d

D.

粒子進入磁場時速度大小為8.如圖，半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面〔紙面〕．在柱形區(qū)域內(nèi)加方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．一帶正電荷的粒子沿圖中直線以速率v0從圓上的a點射入柱形區(qū)域，從圓上b點射出磁場時速度方向與射入時的夾角為120°〔b點圖中未畫出〕．圓心O到直線的間隔為R，不計重力，那么以下關(guān)于粒子的比荷正確的選項是〔

〕

A.

B.

C.

D.

．9.一半徑為R圓筒處于勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如下圖．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ù順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一質(zhì)量為m，帶電量為q帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計粒子重力，假設(shè)粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，那么關(guān)于帶電粒子的運動半徑r與磁場的磁感應(yīng)強度B正確的選項是：〔

〕

A.

r=3R

B.

r=〔+1〕R

C.

B=

D.

B=10.如下圖，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場最高點P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質(zhì)量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的互相作用力，關(guān)于這些粒子的運動以下說法正確的選項是〔

〕

A.

只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上

B.

對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心

C.

對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長

D.

只要速度滿足v=，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上11.如下圖，一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面為半徑為R的圓，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子沿垂直于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，入射點與ab的間隔為，粒子出射時速度方向偏轉(zhuǎn)了60°〔不計重力〕．那么粒子的速率為〔

〕

A.

B.

C.

D.

12.空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，O點為圓心．磁場方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從A點沿圖示箭頭方向以速率v射入磁場，θ=30°，粒子在紙面內(nèi)運動，經(jīng)過時間t分開磁場時速度方向與半徑OA垂直．不計粒子重力．假設(shè)粒子速率變?yōu)椋渌鼦l件不變，粒子在圓柱形磁場中運動的時間為〔

〕

A.

B.

t

C.

D.

2t13.如圖甲所示有界勻強磁場Ⅰ的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場Ⅱ的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度程度向右垂直射入磁場Ⅰ，從右邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角，該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ，射出磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了2θ角．己知磁場I、Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小分別為B1、B2，那么B1與B2的比值為〔

〕

A.

2cosθ

B.

sinθ

C.

cosθ

D.

tanθ14.如下圖，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子〔重力不計〕從AB邊的中點O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，假設(shè)要使粒子能從AC邊穿出磁場，那么勻強磁場的大小B需滿足〔

〕

A.

B＞

B.

B＜

C.

B＞

D.

B＜二、多項選擇題15.如下圖，在0≤x≤a，0≤y≤a的長方形區(qū)域有垂直于xoy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子〔重力不計〕，它們的速度方向均在xoy平面內(nèi)的第一象限，且與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)，速度大小不同，且滿足≤v≤，粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，那么以下說法正確的選項是〔

〕

A.

所有粒子在磁場中運動經(jīng)歷最長的時間為

B.

所有粒子在磁場中運動經(jīng)歷最長的時間小于

C.

從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷最短的時間小于

D.

從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷最短的時間為16.兩個質(zhì)量一樣，所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如下圖，假設(shè)不計粒子的重力，那么以下說法正確的選項是〔

〕

A.

a粒子帶負電，b粒子帶正電

B.

a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大

C.

b粒子動能較大

D.

b粒子在磁場中運動時間較長17.如下圖，在x＜0與x＞0的區(qū)域中，存在磁反響輕度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1：B2=3：2．在原點O處發(fā)射兩個質(zhì)量分別為m1和m2的帶電粒子，粒子a以速度va沿x軸正方向運動，粒子b以速率vb沿x軸負方向運動，粒子a帶正電，粒子b帶負電，電荷量相等，且兩粒子的速率滿足m2va=m1vb，假設(shè)在此后的運動中，當(dāng)粒子a第4次經(jīng)過y軸〔出發(fā)時經(jīng)過y軸不算在內(nèi)〕時，恰與粒子b相遇，粒子重力不計，以下說法正確的選項是〔

〕

A.

粒子a、b在磁場B1中的偏轉(zhuǎn)半徑之比為3：2

B.

兩粒子在y正半軸相遇

C.

粒子a、b相遇時的速度方向一樣

D.

粒子a、b的質(zhì)量之比為1：518.如下圖，兩塊平行金屬板，兩板間電壓可從零開場逐漸升高到最大值，開場靜止的帶電粒子帶電荷量為+q，質(zhì)量為m〔不計重力〕，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界，它與極板的夾角為θ=30°，小孔Q到板的下端C的間隔為L，當(dāng)兩板間電壓取最大值時，粒子恰好垂直CD邊射出，那么〔

〕

A.

兩板間電壓的最大值Um=

B.

兩板間電壓的最大值Um=

C.

可以從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tm=

D.

可以從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tm=19.在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個電荷量絕對值一樣、質(zhì)量一樣的正、負粒子〔不計重力〕，從O點以一樣的速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，那么正、負粒子在磁場中〔

〕

A.

運動時間一樣

B.

運動軌跡的半徑一樣

C.

重新回到邊界時速度大小和方向一樣

D.

重新回到邊界時與O點的間隔一樣20.如下圖，豎直面內(nèi)有一個閉合導(dǎo)線框ACDE〔由細軟導(dǎo)線制成〕掛在兩固定點A、D上，程度線段AD為半圓的直徑，在導(dǎo)線框的E處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導(dǎo)線處于繃緊狀態(tài)．在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場．設(shè)導(dǎo)線框的電阻為r，圓的半徑為R，在將導(dǎo)線上的C點以恒定角速度ω〔相對圓心O〕從A點沿圓弧挪動的過程中，假設(shè)不考慮導(dǎo)線中電流間的互相作用，那么以下說法正確的選項是〔

〕

A.

在C從A點沿圓弧挪動到D點的過程中，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向先逆時針，后順時針

B.

在C從A點沿圓弧挪動到圖中∠ADC=30°位置的過程中，通過導(dǎo)線上C點的電量為

C.

當(dāng)C沿圓弧挪動到圓心O的正上方時，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢最小

D.

在C從A點沿圓弧挪動到D點的過程中，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電熱為21.如下圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都一樣的帶電粒子a、b、c，以不同速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．假設(shè)帶電粒子只受磁場力作用，那么以下說法正確的選項是〔

〕

A.

a粒子動能最大

B.

c粒子速率最大

C.

c粒子在磁場中運動時間最長

D.

它們做圓周運動的周期一樣22.如下圖，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于圓平面〔未畫出〕．一群比荷為的負離子以一樣速率v0〔較大〕，由P點在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場，最終打在磁場區(qū)域右側(cè)的熒光屏〔足夠大〕上，那么以下說法正確的選項是〔不計重力〕〔

〕

A.

離子在磁場中運動時間一定相等

B.

離子在磁場中的運動半徑一定相等

C.

由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長

D.

沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉(zhuǎn)角最大23.如下圖邊長為L的正方形abcd內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一束速率不同的帶正電粒子從左邊界ad中點P垂直射入磁場，速度方向與ad邊夾角θ=30°，粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，粒子間的互相作用和粒子重力不計．那么〔

〕

A.

粒子在磁場中運動的最長時間為

B.

粒子在磁場中運動的最短時間為

C.

上邊界ab上有粒子到達的區(qū)域長為〔1﹣〕L

D.

下邊界cd上有粒子到達的位置離c點的最短間隔為24.如下圖，兩個橫截面分別為圓和正方形，但磁感應(yīng)強度均一樣的勻強磁場，圓的直徑D等于正方形的邊長，兩個電子以一樣的速度分別飛入兩個磁場區(qū)域，速度方向均與磁場方向垂直．進入圓形區(qū)域的電子速度方向?qū)?zhǔn)了圓心，進入正方形區(qū)域的電子是沿一邊的中心且垂直于邊界限進入的，那么〔

〕

A.

兩個電子在磁場中運動的半徑一定一樣

B.

兩電子在磁場中運動的時間有可能一樣

C.

進入圓形區(qū)域的電子一定先飛離磁場

D.

進入圓形區(qū)域的電子一定不會后飛離磁場三、計算題25.〔2019?新課標(biāo)Ⅲ〕如圖，空間存在方向垂直于紙面〔xOy平面〕向里的磁場．在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0〔常數(shù)λ＞1〕．一質(zhì)量為m、電荷量為q〔q＞0〕的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開場計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求〔不計重力〕

〔1〕粒子運動的時間；〔2〕粒子與O點間的間隔．26.如下圖，x軸上M點和N點的坐標(biāo)分別是〔0.5m，0〕、〔2m，0〕，虛線MM′與y軸平行。在y軸和MM′之間加垂直紙面方向的勻強磁場，在N點固定一個正的點電荷。現(xiàn)有一個質(zhì)量、電荷量的大小的粒子，從y軸上某點沿x軸的正方向以初速度進入磁場，在第四象限里一直做勻速圓周運動，最后從x軸上的Q點〔沒畫出〕射入第一象限，不計帶電粒子的重力，粒子在磁場中運動時就不受在N點的固定點電荷影響。靜電力常量k=9×109N·m2/C2。求：

〔1〕Q點的坐標(biāo)；〔2〕勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小和方向；〔3〕帶電粒子從開場運動到Q點的時間。四、填空題27.如下圖，一束電子〔電荷量為e〕以速度v垂直射入磁感應(yīng)強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時的速度方向與電子原來入射方向的夾角為30°，那么電子的質(zhì)量是________，穿過磁場的時間是________。

五、綜合題28.如下圖，平面直角坐標(biāo)系xOy，P點在x軸上，xp=2L，Q點在負y軸上某處，第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，第Ⅱ象限內(nèi)有一圈形區(qū)域與x、y軸．分別相切于A、C兩點，AO=L，第Ⅳ象限內(nèi)有一未知的矩形區(qū)域〔圖中未畫出〕，圓形區(qū)域和矩形區(qū)域內(nèi)有一樣的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面〔圖中為畫出〕．

電荷量為+q、質(zhì)量為m、速度大小為v0的粒子束a從A點沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過C點和P點；電荷量為﹣q、質(zhì)量為m、速率為v0的粒子b，從Q點向與y軸成45°夾角方向發(fā)射，經(jīng)過并分開矩形區(qū)域后與分開P點的粒子束a相碰，相碰時粒子速度方向相反．不計粒子的重力和粒子間互相作用力．求：

〔1〕圓形區(qū)域內(nèi)磁場感應(yīng)強度B的大小、方向；〔2〕第Ⅰ象限內(nèi)勻強電場的場強大小E；〔3〕矩形區(qū)域的最小面積S．29.如下圖為質(zhì)譜儀上的原理圖，M為粒子加速器，電壓為U1=5000V；N為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強度為B1=0.2T，板間間隔為d=0.06m；P為一個邊長為l的正方形abcd的磁場區(qū)，磁感應(yīng)強度為B2=0.1T，方向垂直紙面向外，其中dc的中點S開有小孔，外側(cè)緊貼dc放置一塊熒光屏．今有一比荷為=108C/kg的正離子從靜止開場經(jīng)加速后，恰好通過速度選擇器，從a孔以平行于ab方向進入abcd磁場區(qū)，正離子剛好經(jīng)過小孔S打在熒光屏上．求：

〔1〕粒子分開加速器時的速度v；〔2〕速度選擇器的電壓U2；〔3〕正方形abcd邊長l．30.如下圖，平行板電容器兩極板間電壓為U，兩板正著開有小孔S1、S2，S2右側(cè)存在一上下無界、寬度為d的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁場右邊界與電容器極板平行．整個裝置處于真空中，現(xiàn)從S1處引入一個初速度為零、質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，電子經(jīng)電場加速后從S2孔進入磁場，且剛好未能從磁場右邊界射出，不計電子重力，求：

〔1〕電子經(jīng)電場進入磁場時的速度大小v；〔2〕勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B．31.如下圖，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為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O到MN的間隔OO1=2R，金屬圓筒軸線與磁場平行．金屬圓筒用導(dǎo)線通過一個電阻r0接地，最初金屬圓筒不帶電．現(xiàn)有一電子槍對準(zhǔn)金屬圓桶中心O射出電子束，電子束從靜止開場經(jīng)過加速電場后垂直于左邊界MN向右射入磁場區(qū)，電子質(zhì)量為m，電量為e．電子重力忽略不計．求：

〔1〕最初金屬圓筒不帶電時，那么

a．當(dāng)加速電壓為U時，電子進入磁場時的速度大??；

b．加速電壓滿足什么條件時，電子可以打到圓筒上；〔2〕假設(shè)電子束以初速度v0進入磁場，電子都能打到金屬圓筒上〔不會引起金屬圓筒內(nèi)原子能級躍遷〕，那么當(dāng)金屬圓筒上電量到達相對穩(wěn)定時，測量得到通過電阻r0的電流恒為I，忽略運動電子間的互相作用和金屬筒的電阻，求此時金屬圓筒的電勢φ和金屬圓筒的發(fā)熱功率P．〔取大地電勢為零〕32.如下圖，在y＜0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙里，磁感應(yīng)強度為B．一帶負電的粒子〔質(zhì)量為m、電荷量為q〕以速度v0從O點射入磁場，入射方向在xy平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為θ．求：

〔1〕該粒子射出磁場的位置；〔2〕該粒子在磁場中運動的時間．〔粒子所受重力不計〕33.如下圖，平行板電容器兩極板間電壓為U，兩板正著開有小孔S1、S2，S2右側(cè)存在一上下無界、寬度為d的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁場右邊界與電容器極板平行．整個裝置處于真空中，現(xiàn)從S1處引入一個初速度為零、質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，電子經(jīng)電場加速后從S2孔進入磁場，且剛好未能從磁場右邊界射出，不計電子重力，求：

〔1〕電子經(jīng)電場進入磁場時的速度大小v；〔2〕勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B．34.如下圖，空間分布著方向平行于紙面且與場區(qū)邊界垂直的有界勻強電場，電場強度為E、場區(qū)寬度為L．在緊靠電場右側(cè)的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B未知，圓形磁場區(qū)域半徑為r．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從A點由靜止釋放后，在M點分開電場，并沿半徑方向射入磁場區(qū)域，然后從N點射出，O為圓心，∠MON=120°，粒子重力可忽略不計．求：

〔1〕粒子經(jīng)電場加速后，進入磁場時速度的大??；〔2〕勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。弧?〕粒子從A點出發(fā)到N點分開磁場經(jīng)歷的時間．35.如下圖，在xOy直角坐標(biāo)平面內(nèi)﹣0.05m≤x＜0的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.4T，0≤x≤0.08m的區(qū)域有沿﹣x方向的勻強電場．在x軸上坐標(biāo)為〔﹣0.05m，0〕的S點有一粒子源，它一次能沿紙面同時向磁場內(nèi)每個方向發(fā)射一個比荷=5×107C/kg，速率v0=2×106m/s的帶正電粒子．假設(shè)粒子源只發(fā)射一次，其中只有一個粒子Z恰能到達電場的右邊界，不計粒子的重力和粒子間的互相作用〔結(jié)果可保存根號〕．求：

〔1〕粒子在磁場中運動的半徑R；〔2〕第一次經(jīng)過y軸的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐標(biāo)；〔3〕電場強度E．36.如下圖，區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B，寬為1.5d，區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應(yīng)強度B1未知，區(qū)域Ⅱ時無場區(qū)，寬為d．一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從磁場邊界上的A點與邊界成θ=60°角垂直射入?yún)^(qū)域Ⅰ的磁場，粒子恰好不從區(qū)域Ⅲ的右邊界穿出且剛好能回到A點，粒子重力不計，求：

〔1〕區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應(yīng)強BⅠ；〔2〕區(qū)域Ⅰ磁場的最小寬度L；〔3〕粒子從分開A點到第一次回到A點的時間t．37.如下圖，將某正粒子放射源置于原點O，其向各方向射出的粒子速度大小均為v0、質(zhì)量均為m、電荷量均為q．在0≤y≤d的一、二象限范圍內(nèi)分布著一個勻強電場，方向與y軸正向一樣，在d＜y≤2d的一、二象限范圍內(nèi)分布著一個勻強磁場，方向垂直于xoy平面向里．粒子分開電場上邊緣y=d時，可以到達的最右側(cè)的位置為〔1.5d，d〕．最終恰沒有粒子從y=2d的邊界分開磁場．sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計粒子重力以及粒子間的互相作用，求：

〔1〕電場強度E；〔2〕磁感應(yīng)強度B；〔3〕粒子在磁場中運動的最長時間．38.如下圖，質(zhì)量為m帶電量為+q的帶電粒子〔不計重力〕，從左極板處由靜止開場經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，經(jīng)小孔O1進入寬為L的場區(qū)，再經(jīng)寬為L的無場區(qū)打到熒光屏上．O2是熒光屏的中心，連線O1O2與熒光屏垂直．第一次在寬為L整個區(qū)域參加電場強度大小為E、方向垂直O(jiān)1O2豎直向下的勻強電場；第二次在寬為L區(qū)域參加寬度均為L的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小一樣、方向垂直紙面且相反．兩種情況下帶電粒子打到熒光屏的同一點．求：

〔1〕帶電粒子剛出小孔O1時的速度大?。弧?〕加勻強電場時，帶電粒子打到熒光屏上的點到O2的間隔d；〔3〕左右兩部分磁場的方向和磁感應(yīng)強度B的大?。?9.如圖a所示，燈絲K可以連續(xù)逸出不計初速度的電子，在KA間經(jīng)大小為U的加速電壓加速后，從A板中心小孔射出，再從M、N兩極板的正中間以平行極板的方向進入偏轉(zhuǎn)電場．M、N兩極板長為L，間距為L．假如兩板間加上如圖b所示的電壓UMN，電子恰能全部射入如下圖的勻強磁場中，不考慮極板邊緣的影響，電子穿過平行板的時間極端，穿越過程可認為板間電壓不變，磁場垂分開磁場的最短時間是多少？直紙面向里且范圍足夠大，不考慮電場變化對磁場的影響．電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力及它們之間的互相作用力．求：

〔1〕偏轉(zhuǎn)電場電壓UMN的峰值．〔2〕t=在時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子恰好能返回板間，求勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小．〔3〕從電子進入偏轉(zhuǎn)電場開場到分開磁場的最短時間是多少．40.如下圖，為一磁約束裝置的原理圖，同心圓圓心O與xOy平面坐標(biāo)系原點重合，半徑為R0的圓形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場，一束質(zhì)量為m，電荷量為q，動能為E0的帶正電粒子從坐標(biāo)為〔0、R0〕的A點沿y負方向射入磁場區(qū)域Ⅰ，粒子全部經(jīng)過坐標(biāo)為〔0、R0〕的P點，方向沿x軸正方向．當(dāng)在環(huán)形區(qū)域Ⅱ加上方向垂直于xoy平面向外的另一勻強磁場時，上述粒子仍從A點沿y軸負方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，所有粒子恰好可以約束在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，且經(jīng)過環(huán)形區(qū)域Ⅱ的磁場偏轉(zhuǎn)后第一次沿半徑方向從區(qū)域Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅰ時經(jīng)過內(nèi)圓周上的M點〔M點未畫出〕，不計重力和粒子間的互相作用．

〔1〕區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度B1的大??；〔2〕假設(shè)環(huán)形區(qū)域Ⅱ中磁場強度B2=B1，求M點坐標(biāo)及環(huán)形外圓半徑R；〔3〕求粒子從A點沿y軸負方向射入圓形區(qū)域Ⅰ至再次以一樣速度經(jīng)過A點的過程所通過的總路程．41.如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，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v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與x軸正方向的夾角為30°．不考慮電子所受的重力．

〔1〕求電子進入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強電場場強E的大小；〔2〕假設(shè)在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸．求所加磁場磁感應(yīng)強度B的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標(biāo)；〔3〕假設(shè)在電子剛進入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內(nèi)加上圖乙所示變化的磁場〔以垂直于紙面向外為磁場正方向〕，最后電子從N點處飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向一樣．請寫出磁感應(yīng)強度B0的大小、磁場變化周期T各應(yīng)滿足的關(guān)系表達式．42.為研究某種材料的熒光特性，興趣小組的同學(xué)設(shè)計了圖示裝置；讓質(zhì)子經(jīng)過MN兩金屬板之間的電場加速后，進入有界勻強磁場．磁場的寬度L=0.25m．磁感應(yīng)強度大小B=0.01T．以出射小孔O為原點，程度向右建立x軸，在0.4≤x≤0.6區(qū)域的熒光屏上涂有熒光材枓，〔質(zhì)子的質(zhì)量m=1.6×10﹣27kg，電量q=1.6×10﹣19C，進入電場時的初速度可略〕

〔1〕要使質(zhì)子能打在熒光屏上，加速電壓的最小值是多少？〔2〕當(dāng)使質(zhì)子打中熒光屏?xí)r的動能超過288eV．可使熒光材料發(fā)光，對于不同的加速電壓，熒光屏上可以發(fā)光的區(qū)域長度是多少？43.如圖，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標(biāo)〔﹣L，0〕，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標(biāo)平面的矩形有界勻強磁場〔圖中未畫出〕．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上A點〔0，0.5L〕射出電場，射出時速度方向與y軸負方向成30°角，此后，電子做勻速直線運動，進入磁場并從矩形有界磁場邊界上Q點〔，﹣l〕射出，速度沿x軸負方向，不計電子重力，求：

〔1〕勻強電場的電場強度E的大小；〔2〕勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和電子在磁場中運動的時間t；〔3〕矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積Smin．44.一半徑為R的薄圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的中心軸線平行，筒的橫截面如下圖．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒可繞其中心軸線轉(zhuǎn)動，圓筒的轉(zhuǎn)動方向和角速度大小可以通過控制裝置改變．一不計重力的負電粒子從小孔M沿著MN方向射入磁場，當(dāng)筒以大小為ω0的角速度轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從某一小孔飛出圓筒．

〔1〕假設(shè)粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，求該粒子的荷質(zhì)比和速率分別是多大？〔2〕假設(shè)粒子速率不變，入射方向在該截面內(nèi)且與MN方向成30°角，那么要讓粒子與圓筒無碰撞地分開圓筒，圓筒角速度應(yīng)為多大？45.在以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如下圖．一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿﹣x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿+y方向飛出．

〔1〕請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷；〔2〕假設(shè)磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以一樣的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應(yīng)強度B′多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？46.一半徑為R的薄圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的中心軸線平行，筒的橫截面如下圖．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒可繞其中心軸線轉(zhuǎn)動，圓筒的轉(zhuǎn)動方向和角速度大小可以通過控制裝置改變．一不計重力的負電粒子從小孔M沿著MN方向射入磁場，當(dāng)筒以大小為ω0的角速度轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從某一小孔飛出圓筒．

〔1〕假設(shè)粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，求該粒子的荷質(zhì)比和速率分別是多大？〔2〕假設(shè)粒子速率不變，入射方向在該截面內(nèi)且與MN方向成30°角，那么要讓粒子與圓筒無碰撞地分開圓筒，圓筒角速度應(yīng)為多大？47.如下圖，左側(cè)為兩間距d=10cm的平行金屬板，加上電壓；中間用虛線框表示的正三角形內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場B1，三角形底點A與下金屬板平齊，AB邊的中點P恰好在上金屬板的右端點；三角形區(qū)域AC右側(cè)也存在垂直紙面向里，范圍足夠大的勻強磁場B2．現(xiàn)從左端沿中心軸線方向以v0射入一個重力不計的帶電微粒，微粒質(zhì)量m=1.0×10﹣10kg，帶電荷量q=﹣1.0×10﹣4C；帶電粒子恰好從P點垂直AB邊以速度v=2×105m/s進入磁場，那么

〔1〕求帶電微粒的初速度v0；〔2〕假設(shè)帶電微粒第一次垂直穿過AC，那么求磁感應(yīng)強度B1及第一次在B1中飛行時間；〔3〕帶電微粒再次經(jīng)AC邊回到磁場B1后，求的取值在什么范圍可以使帶電微粒只能從BC邊穿出？48.如下圖，一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P〔a，0〕點以速度v，沿與x軸正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限．求：

〔1〕勻強磁場的磁感應(yīng)強度B？〔2〕射出點的坐標(biāo)．六、解答題49.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的〔a，0〕點以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限．求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B和射出點的坐標(biāo)．

50.如下圖，一束電荷量為e的電子以垂直于磁感應(yīng)強度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為θ=60°，求電子的質(zhì)量和穿越磁場的時間．

答案解析部分一、單項選擇題1.【答案】D【解析】【解答】兩帶電粒子在磁場中運動軌跡如下圖，圓心分別為O1、O2，弦AP、AQ的中垂線交AC于M點和N點，由于∠AO1M＝∠AO2N，所以∠MO1P＝∠NO2Q，即兩粒子軌跡所對的圓心角相等，又T＝一樣，所以兩粒子在磁場中運動時間一樣長，選項D正確，B、C錯誤；由圖看出，從Q點射出的粒子半徑大，速度大，選項A錯誤。

【分析】粒子在磁場中運動的縮放元模型，圓心均在AB的垂線段上，弦長越長半徑越大，但運動的圓心角一樣，時間也一樣。2.【答案】C【解析】【解答】由題圖可知，半徑Ra＝2Rb，由于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R＝，又兩個帶電粒子一樣，所以va＝2vb。帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，那么兩帶電粒子運動的周期一樣，設(shè)周期為T，從C孔射出的粒子運動的時間ta＝，從B孔射出的粒子運動的時間tb＝，所以tb＝2ta，應(yīng)選項C正確?！痉治觥糠治鏊俣刃杩窗霃酱笮?，同種粒子在同一磁場中運動半徑大，速度大；運動時間看圓心角，圓心角大，時間長。3.【答案】C【解析】【解答】解：

由圖根據(jù)幾何知識可知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為θ=60°，R=r；

粒子轉(zhuǎn)過的弧長為：；

那么運動所用時間：；選項C正確．

應(yīng)選：C

【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系可求出圓心角和半徑，那么可求得粒子轉(zhuǎn)過的弧長，由線速度的定義可求得運動的時間．4.【答案】C【解析】【解答】設(shè)圓形區(qū)域磁場的半徑為r，當(dāng)速度大小為v1時，從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為M〔圖甲〕時，由題意知∠POM=60°，由幾何關(guān)系得軌跡圓半徑為R1=；

從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為N〔圖乙〕；由題意知∠PON=120°，由幾何關(guān)系得軌跡圓的半徑為R2=r；

根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知：

Bqv=m

解得：v=

故速度與半徑成正比，因此v2：v1=R2：R1=：1

故C正確，ABD錯誤．

應(yīng)選：C．

【分析】根據(jù)題意畫出帶電粒子的運動軌跡，找出臨界條件角度關(guān)系，由洛侖茲力充當(dāng)向心力，分別表示出圓周運動的半徑，即可求得速度之比．5.【答案】A【解析】【解答】解：設(shè)BC長度為2L，正電子運動的半徑為R1，負電子運動的半徑為R2，軌跡如下圖：

圖中∠B=∠C=，

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：R1+，解得：；

對于負電子：R2=，

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m，可得v=，

由此可得：，所以A正確、BCD錯誤；

應(yīng)選：A．

【分析】作出兩個粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出速度表達式，由此求解速度之比．06.【答案】A【解析】【解答】解：粒子進入磁場中做勻速圓周運動那么有：，

而將題設(shè)的v值代入得：r=，

結(jié)合左手定那么，那么粒子在磁場中最短的時間的軌跡為沿程度方向PO入射的粒子，其部分軌跡如下圖，其中A為圓心，延長PA交OM于Q點，作AC⊥OQ于C，由幾何關(guān)系知：

AQ=PQ﹣PA=﹣，

AC==，

所以∠CAB=arccos=arccos=arccos≈33°，

那么粒子偏轉(zhuǎn)的角度為：θ=180°﹣30°﹣33°=117°，

那么粒子最短時間為：t=，

BCD不符合題意，A符合題意．

故答案為：A

【分析】帶電粒子在磁場中的運動，是勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力。結(jié)合幾何關(guān)系，先找出半徑，然后求解？。7.【答案】C【解析】【解答】解：A、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T，即T=t0，那么得周期T=4t0，A不符合題意．

B、由T=得，B==．B不符合題意．

C、設(shè)運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ，那么有T=，得θ=

畫出該粒子的運動軌跡如圖，設(shè)軌道半徑為R，由幾何知識得：

+Rcos30°=d

可得R=d，C符合題意．

D、根據(jù)=，解得v=．D不符合題意．

故答案為：C

【分析】此題屬于典型的帶電粒子在復(fù)雜有界磁場中運動的情況，第一步先要找出圓心，然后畫出粒子運動的軌跡，最后結(jié)合幾何的關(guān)系求出粒子的半徑和運動周期。8.【答案】B【解析】【解答】解：如下圖，設(shè)正粒子從a點沿直線射出后從b點射出，a、b兩點的速度方向或反向延長線方向相交于c點．由于cb=ca，且∠bca=60°，所以△cba是等邊三角形．由題設(shè)條件od=R，那么ab=2odtan60°=．那么粒子做勻速圓周運動的半徑r=2×=R．由洛侖茲力提供向心力：，所以，那么選項ACD錯誤，B正確．

應(yīng)選：B

【分析】畫出正粒子運動的軌跡，由幾何關(guān)系可以求出粒子做勻速圓周運動的半徑，從而求出正粒子的比荷．9.【答案】D【解析】【解答】解：AB、作出粒子的運動軌跡如下圖，

其中O′為粒子運動軌跡的圓心，由幾何關(guān)系可知∠MO′N′=30°．那么

所以

選項AB錯誤．

CD、由粒子在磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律可知，而．由于粒子轉(zhuǎn)過30°所用時間與圓筒轉(zhuǎn)過90°所用時間一樣．所以，將T代入得：，所以選項C錯誤，選項D正確．

應(yīng)選：D

【分析】此題顯然有一個等時關(guān)系：帶電粒子做勻速圓周運動的時間與圓筒轉(zhuǎn)過的時間相等，圓筒轉(zhuǎn)過90°時，恰從N點射出，畫出粒子做勻速圓周運動的軌跡，很容易看出帶電粒子轉(zhuǎn)過30°．由幾何關(guān)系就能求出粒子做勻速圓周運動的半徑，但要應(yīng)有到半角公式，由等時關(guān)系從求磁感應(yīng)強度的大小．10.【答案】D【解析】【解答】解：A、對著圓心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，與粒子的速度有關(guān)．故A錯誤．

B、帶電粒子的運動軌跡是圓弧，根據(jù)幾何知識可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也一定過圓心．故B錯誤．

C、對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，由t=知，運動時間t越?。蔆錯誤．

D、速度滿足v=時，軌道半徑r=，入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構(gòu)成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與最高點的磁場半徑平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正確．

應(yīng)選：D．

【分析】帶電粒子射入磁場后做勻速圓周運動，對著圓心入射，必將沿半徑分開圓心，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，求出v=時軌跡半徑，確定出速度的偏向角．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，即可分析時間關(guān)系．11.【答案】C【解析】【解答】解：粒子運動軌跡如下圖：

粒子出射時速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，即：θ=60°，

由題意可知：入射點與ab的間隔為，

那么：AB=CD=，cosβ==，解得：β=60°，

由幾何知識得：α===60°，

粒子做圓周運動的軌道半徑：r=CDtanβ+CDtanα=tan60°+tan60°=R，

粒子在磁場中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=m，

解得：v=；

應(yīng)選：C．

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的速率．12.【答案】C【解析】【解答】解：設(shè)粒子電量為q，質(zhì)量為m，磁場半徑為r，運動的軌跡半徑分別為R，磁感應(yīng)強度為B，

根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=m①

粒子運動周期：T=②

聯(lián)立可得：T=

可知速度變化前后，兩次粒子的周期不變，

設(shè)以速率v射入磁場時運動軌跡的半徑為R1，圓心為O1，畫出粒子運動過程圖如圖一所示，

根據(jù)題意可知：AO∥O1C，AO=OC，AO1=O1C

可得：∠OAC=∠ACO1=∠CAO1=∠OCA=30°

所以可知四邊形OAO1C為菱形，粒子在磁場中運動所轉(zhuǎn)過的圓心角：θ1=∠AO1C=120°，

半徑R1=r③

設(shè)以速率v射入磁場時運動軌跡的半徑為R2，圓心為O2，

根據(jù)①③式可知當(dāng)粒子的速度變?yōu)闀r，粒子半徑R2=，根據(jù)幾何關(guān)系畫出粒子運動過程圖如圖二所示，

粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角θ2=180°

根據(jù)粒子在磁場中運動的時間：t′=T

所以兩次粒子在磁場中運動的時間之比：===

又因為t1=t，所以t2=

故C正確，ABD錯誤

應(yīng)選：C．

【分析】根據(jù)題意畫出粒子速度變化前后兩次的運動軌跡過程圖，確定圓心，根據(jù)周期公式T=，利用幾何關(guān)系比較兩次粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角，再根據(jù)t=，即可求出粒子在磁場中運動的時間．13.【答案】C【解析】【解答】解：粒子在磁場中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=m，解得：B=，

粒子運動軌跡如下圖：

由幾何知識得：r1=，r2=，

那么磁感應(yīng)強度之比：==，故ABD錯誤，C正確；

應(yīng)選：C．

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度，再求出磁感應(yīng)強度之比．14.【答案】B【解析】【解答】解：粒子剛好到達C點時，其運動軌跡與AC相切，如下圖：

那么粒子運動的半徑為：r=acot30°=a，

洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qvB=m，

解得：r=，

粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑：R＞r，

解得：B＜，

應(yīng)選：B．

【分析】作出粒子在磁場中的運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到臨界軌跡的軌道半徑；再根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合洛倫茲力提供向心力列式求解．二、多項選擇題15.【答案】A,C【解析】【解答】解：粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動運動，洛倫茲力作為向心力，所以有，，那么有，；

又因為，所以，2a≤R≤3a；

粒子做圓周運動的周期；

CD、當(dāng)速度與y軸正方向的夾角θ為零時，有；

R越大，對應(yīng)的φ越小，所以，當(dāng)R=3a時，φ最小，此時，，所以，，，故C正確，D錯誤；

AB、θ從0增大，那么粒子在磁場上邊界的出射點右移，設(shè)磁場橫向無右邊界，那么粒子在上邊界最遠能到達的位置為粒子做圓周運動與上邊界相切的點，

此時，粒子出射點的橫坐標(biāo)，所以，粒子一定能到達磁場邊界的右上頂點且粒子做圓周運動的軌跡都是劣弧，該點對應(yīng)粒子做圓周運動的弦最大值，所以，粒子出射點為磁場邊界右上邊界點時，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過角度最大，運動時間最長；

對應(yīng)于一樣的弦長，半徑越小，中心角越大，所以，當(dāng)R=2a，且粒子出射點為磁場邊界右上頂點時，粒子在磁場中運動經(jīng)歷的時間最長；

此時，半徑和弦長相等，所以，粒子轉(zhuǎn)過的角度，運動經(jīng)歷的時間，故A正確，B錯誤；

應(yīng)選：AC．

【分析】分析粒子運動軌跡隨速度與y軸正方向的夾角的變化關(guān)系，求得從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷最短的時間；再分析粒子能到達的間隔o點最遠處，求出該點對應(yīng)的運動時間即為運動的最長時間．16.【答案】A,C【解析】【解答】解：A、粒子向右運動，根據(jù)左手定那么，b向上偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶正電；a向下偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶負電，故A正確．

B、由公式；f=qvB，故速度大的b受洛倫茲力較大．故B錯誤．

C、洛倫茲力提供向心力，即：qvB=m，得：r=，故半徑較大的b粒子速度大，動能也大．故C正確．

D、磁場中偏轉(zhuǎn)角大的運動的時間也長；a粒子的偏轉(zhuǎn)角大，因此運動的時間就長．故D錯誤．

應(yīng)選：AC

【分析】a、b兩個質(zhì)量一樣、所帶電荷量相等的帶電粒子以不同的速率對向射入圓形勻強磁場區(qū)域，偏轉(zhuǎn)的方向不同，說明受力的方向不同，電性不同，可以根據(jù)左手定那么斷定．從圖線來看，a的半徑較小，可以結(jié)合洛倫茲力提供向心力，寫出公式，進展判斷，之后，根據(jù)公式，再斷定動能和運動的時間．17.【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式知道：，所以選項A錯誤．

B、由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式知道，a粒子從O點出發(fā)沿x軸正方向射出向上逆時針轉(zhuǎn)半周在y軸上上移2ra2，穿過y軸后逆時針向下轉(zhuǎn)半周后下移2ra1，由于B2＜B1，那么第二次經(jīng)過y軸時在從標(biāo)原點的上方〔2ra2﹣2ra1〕處，同理第四次經(jīng)過y軸時在坐標(biāo)原點上方2〔2ra2﹣2ra1〕處，所以由題意知選項B正確．

C、從最短時間的情況進展考慮，顯然是b粒子向上轉(zhuǎn)半周后相遇的，a粒子第四次經(jīng)過y軸時是向右方向，而b粒子轉(zhuǎn)半周也是向右的方向，所以兩者方向一樣，所以選項C正確．

D、根據(jù)周期公式

及題意，當(dāng)兩粒子在y軸上相遇時，時間上有：

即：，結(jié)合B1：B2=3：2，得到：，所以選項D正確．

應(yīng)選：BCD

【分析】此題涉及到兩個粒子分別在兩個不同磁場中做勻速圓周運動問題，相遇問題既考慮到位移問題，又考慮到時間等時，比較復(fù)雜，所以要從簡單情況出發(fā)，由題意a粒子逆時針旋轉(zhuǎn)，b粒子順時針旋轉(zhuǎn)，由于兩粒子的動量〔m2va=m1vb〕和電量一樣，那么半徑之比就是磁感應(yīng)強度的反比，所以在B1磁場中的半徑小，那么兩粒子在兩磁場旋轉(zhuǎn)兩個半周時，a粒子相對坐標(biāo)原點上移，b粒子相對坐標(biāo)原點下移，假設(shè)b粒子在最初不相遇，那么以后就不能相遇了．所以只考慮b粒子旋轉(zhuǎn)半周就與a粒子相遇的情況．18.【答案】B,C【解析】【解答】解：

M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰好垂直打在CD板上，所以圓心在C點，CH=CQ=L，故半徑R1=L

洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m①

根據(jù)動能定理可得：qUm=②

聯(lián)立①②可得：Um=

故A錯誤，B正確，

分析可知，T=③

聯(lián)立①③可得T=④

可以從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間最長的粒子，其軌跡與CD邊相切與K點

最長時間tm=T⑤

聯(lián)立④⑤式得tm=

故D錯誤，C正確

應(yīng)選：BC

【分析】〔1〕粒子恰好垂直打在CD板上，根據(jù)粒子的運動的軌跡，可以求得粒子運動的半徑，由半徑公式可以求得電壓的大小；〔2〕打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半周期，根據(jù)周期公式即可求解．19.【答案】B,C,D【解析】【解答】解：

A、粒子的運動周期T=，那么知T一樣．

根據(jù)左手定那么分析可知，正離子逆時針偏轉(zhuǎn)，負離子順時針偏轉(zhuǎn)，重新回到邊界時正離子的速度偏向角為2π﹣2θ，軌跡的圓心角也為2π﹣2θ，

運動時間t=T．

同理，負離子運動時間t=T，顯然時間不等．故A錯誤．

B、根據(jù)牛頓第二定律得：

qvB=m得：

r=，由題q、v、B大小均一樣，那么r一樣．故B正確．

C、正負離子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，根據(jù)圓的對稱性可知，重新回到邊界時速度大小與方向一樣．故C正確．

D、根據(jù)幾何知識得知重新回到邊界的位置與O點間隔S=2rsinθ，r、θ一樣，那么S一樣．故D正確．

應(yīng)選：BCD

【分析】由題正負離子的質(zhì)量與電量一樣，進入同一磁場做勻速圓周運動的周期一樣，根據(jù)偏向角的大小分析運動時間的長短．由牛頓第二定律研究軌道半徑．根據(jù)圓的對稱性，分析離子重新回到邊界時速度方向關(guān)系和與O點間隔．20.【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、設(shè)轉(zhuǎn)過角度為θ=ωt，根據(jù)幾何知識知，線框上部分的三角形的面積：S=?2R?Rsinθ=R2sinθ，

磁通量為?=BR2sinθ=BR2sinωt，磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律知電流的方向先逆時針，后順時針，故A正確；

B、根據(jù)q=n知q==，故B錯誤；

C、根據(jù)e=

知e=ωBR2cosωt，C沿圓弧挪動到圓心O的正上方時，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢最小為零，故C正確；

D、根據(jù)C項知電動勢有效值為E=ωBR2，故電熱為Q=t=×=，故D正確；

應(yīng)選：ACD．

【分析】根據(jù)幾何知識知線框磁通量為?=2BR2sin2θ=2BR2sin2ωt，從而知電動勢的瞬時值表達式，

對于閉合線框ACDE而言，在磁場中的面積先增大后減小，根據(jù)楞次定律斷定電流方向；

根據(jù)q=n求解電荷量；根據(jù)有效值求解電熱．21.【答案】B,D【解析】【解答】解：A、B帶電粒子射入磁場中，做勻速圓周運動的半徑為r=，由圖看出，c粒子的運動半徑最大，那么其速率最大，動能也最大．故A錯誤，B正確．

C、D由推論知：粒子速度的偏向角等于軌跡所對的圓心角，設(shè)速度的偏向角為θ，那么粒子運動的時間為t=T，而周期T=，兩個粒子的質(zhì)量、電量一樣，那么周期T一樣，由圖看出，a粒子速度的偏向角最大，軌跡所對的圓心角那么最大，故a粒子在磁場中運動時間最長．故C錯誤，D正確．

應(yīng)選：BD．

【分析】帶電粒子射入磁場中，做勻速圓周運動，由半徑公式可知，粒子的半徑與速率成正比，由圖可以得知三個粒子圓周運動半徑，從而得到速率關(guān)系，就能比較動能關(guān)系．

粒子速度的偏向角等于軌跡所對的圓心角，由軌跡可以比較三個粒子速度偏向角θ的關(guān)系，由t=T可以分析粒子在磁場中時間的關(guān)系．22.【答案】B,C【解析】【解答】解：A、設(shè)粒子軌跡所對應(yīng)的圓心角為θ，那么粒子在磁場中運動的時間為t=T，T=，所有粒子的運動周期相等，由于離子從圓上不同點射出時，軌跡的圓心角不同，所以離子在磁場中運動時間不同，故A錯誤．

B、由Bqv=m可知，r=，因粒子的速率一樣，比荷一樣，故半徑一定一樣，故B正確；

C、D由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場圓相交，當(dāng)軌跡圓的弦長最大時偏向角最大，故應(yīng)該使弦長為PQ，故由Q點飛出的粒子圓心角最大，所對應(yīng)的時間最長；此時粒子一定不會沿PQ射入．故C正確，D錯誤；

應(yīng)選：BC．

【分析】粒子在磁場中均由于洛侖茲力充當(dāng)向心力而做勻速圓周運動，那么根據(jù)公式和圓的性質(zhì)可得出粒子運動的半徑、偏向角及分開磁場的時間．23.【答案】A,D【解析】【解答】解：A、粒子對應(yīng)的圓心角越大，在磁場中運動的時間越長，最長時間對應(yīng)的軌跡如下圖：

從pa邊射出對應(yīng)的軌跡的圓心角最大，為300°，故最長時間為：t==，故A正確；

B、考慮極限法，假設(shè)粒子速度無限大，那么沿著直線穿過磁場，時間無窮小，故粒子在磁場中運動的最短時間趨向零，故B錯誤；

C、畫出臨界軌跡，如下圖：

從ab邊射出的最大的軌跡是與bc邊相切，故：r1+r1sin60°=L，故r1==，

從ab邊射出的最小的軌跡是與ad邊相切，故：r2+r2cos60°=，故r2=，

故上邊界ab上有粒子到達的區(qū)域長為：2r1sin60°﹣r2sin60°=〔﹣6〕L，故C錯誤；

D、臨界情況是軌跡與cd變相切，故：r3﹣r3cos60°=，解得r3=L，

故下邊界cd上有粒子到達的位置離c點的最短間隔為L﹣r3sin60°=，故D正確；

應(yīng)選：AD

【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，不同的速度對應(yīng)不同的軌道半徑，畫出不同的軌跡，考慮臨界情況軌跡，結(jié)合牛頓第二定律列式分析．24.【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB=m，整理得R=，兩過程電子速度v一樣，所以半徑一樣，故A正確．

B、C、D、粒子在磁場中的可能運動情況如下圖：

電子從O點程度進入，由于它們進入圓形磁場和矩形磁場的軌道半徑、速度是一樣的，我們把圓形磁場和矩形磁場的邊界放到同一位置如下圖，由圖可以看出進入磁場區(qū)域的電子的軌跡1，先出圓形磁場，再出矩形磁場；進入磁場區(qū)域的電子的軌跡2，同時從圓形與矩形邊界處磁場；進入磁場區(qū)域的電子的軌跡3，先出圓形磁場，再出矩形磁場；所以電子不會先出矩形的磁場；故B正確，C錯誤，D正確．

應(yīng)選：ABD．

【分析】電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvB=m整理出半徑表達式判斷半徑是否一樣；運動時間的判斷可以根據(jù)轉(zhuǎn)過的圓心角的大?。槐容^哪個磁場電子先出磁場，可以做出多個軌跡比較．三、計算題25.【答案】〔1〕粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，那么有，，那么，，；

粒子運動軌跡如下圖，

那么粒子在x≥0磁場區(qū)域運動半個周期，在x＜0磁場區(qū)域運動半個周期；

那么粒子在x≥0磁場區(qū)域運動的周期，在x＜0磁場區(qū)域運動的周期，

所以，粒子運動的時間；

答：粒子運動的時間為；

〔2〕當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時粒子與O點間的間隔；

答：粒子與O點間的間隔為．【解析】【分析】〔1〕帶電粒子垂直進入勻強磁場洛倫茲力提供向心力，得到半徑和周期的表達式，畫出粒子運動軌跡圖那么得到粒子在兩磁場中的運動時間，相加即可；〔2〕根據(jù)粒子運動軌跡圖得到間隔等于兩個圓的直徑差值。26.【答案】〔1〕帶電粒子的運動軌跡如圖，先在勻強磁場中做勻速圓周運動，后在點電荷產(chǎn)生的電場中做勻速圓周運動

帶電粒子分開磁場后做勻速圓周運動的向心力由庫侖引力提供，所以粒子帶負電，解得：R=3m

Q點的橫坐標(biāo)xQ=xN+R=5m

所以，Q點的坐標(biāo)為〔5m，0〕

〔2〕由左手定那么可知，勻強磁場的方向是垂直紙面向內(nèi),帶電粒子在勻強磁場的圓周運動向心力由洛倫茲力提供，,

由幾何關(guān)系可知：帶電粒子在勻強磁場的圓周運動的半徑

解得：B=30T

〔3〕由幾何關(guān)系可知：

帶電粒子在勻強磁場中運動時間

帶電粒子在電荷電場中運動時間

帶電粒子從開場運動到Q點的時間【解析】【分析】〔1〕根據(jù)題意可知：粒子先在勻強磁場中做勻速圓周運動，后在點電荷產(chǎn)生的電場中做勻速圓周運動，庫侖力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出粒子運動的半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系求出Q點坐標(biāo)?！?〕根據(jù)畫出的軌跡，由幾何關(guān)系求出帶電粒子在勻強磁場的圓周運動的半徑，列式求解B?！?〕根據(jù)電子轉(zhuǎn)過的圓心角與電子做圓周運動的周期可以求出電子的運動時間。四、填空題27.【答案】；【解析】【解答】電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為F洛⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到的洛倫茲力指向的交點上，如圖中的O點。由幾何知識可知，所對的圓心角θ＝30°，OB為半徑r。

那么r＝＝2d，又因為r＝，得m＝

由于所對應(yīng)的圓心角為30°，因此穿過的時間

t＝T＝

又因為T＝，故t＝×＝

【分析】尋找粒子在電場磁場中運動的軌道半徑的方法一般有幾何法，即運用勾股定理求解半徑；三角函數(shù)法，根據(jù)偏轉(zhuǎn)角方向和磁場邊界尋找軌道半徑；求解粒子在磁場中運動時間要找到偏轉(zhuǎn)圓心角或者速度方向偏轉(zhuǎn)角。五、綜合題28.【答案】〔1〕解：粒子電荷量為+q、質(zhì)量為m、速度大小為v0的粒子束a從A點沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過C點，說明在A點時磁場力向右，根據(jù)左手定那么，磁場方向垂直向外；

畫出從A到C的軌跡，如下圖：

結(jié)合幾何關(guān)系，有：

r=L①

粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，故：

qv0B=m②

聯(lián)立解得：

B=

方向垂直向外

答：圓形區(qū)域內(nèi)磁場感應(yīng)強度B的大小為、方向垂直向外；

〔2〕解：粒子從C到P過程是類似平拋運動，根據(jù)分運動公式，有：

2L=v0t

L=

其中：

a=

聯(lián)立解得：

E=

答：第Ⅰ象限內(nèi)勻強電場的場強大小E為；

〔3〕解：帶負電荷的粒子在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過矩形區(qū)域后速度偏轉(zhuǎn)角為90°，洛倫茲力提供向心力，故：

解得：

R=

軌跡如圖：

磁場區(qū)域?qū)?yīng)的最小寬度：b=R﹣R=

磁場區(qū)域?qū)?yīng)的最小長度：a=

故最小面積為：

答：矩形區(qū)域的最小面積為．【解析】【分析】〔1〕正粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應(yīng)強度；〔2〕粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)類似平拋運動的分位移公式列式求解即可；〔3〕在矩形區(qū)域中運動的粒子的速度偏轉(zhuǎn)角度為90°，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定最小磁場面積．29.【答案】〔1〕解：粒子經(jīng)加速電場U1加速，獲得速度v，由動能定理得：

qU1=mv2

解得v=m/s．

答：粒子分開加速器時的速度是1×106m/s；

〔2〕解：在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡得

Eq=qvB1即

得：U2=B1dv=0.2×0.06×1×106V=1.2×104V

答：速度選擇器的電壓是1.2×104V；

〔3〕解：在B2中作圓周運動，洛侖茲力提供向心力，有，

故粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑：r===0.1m．

由幾何關(guān)系：

所以，正方向的邊長：m

答：正方形abcd邊長是0.16m．【解析】【分析】掌握質(zhì)譜儀的原理，粒子加速器中加速時根據(jù)動能定理：qU1=mv2

；帶電粒子在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡得Eq=qvB1；30.【答案】〔1〕解：電子在平行板電容器兩極板間加速加速過程，由動能定理有：

eU=

解得：v=

答：電子經(jīng)電場進入磁場時的速度大小v是

〔2〕解：電子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡恰與磁場右邊界相切．由幾何關(guān)系得軌跡半徑為：r=d

由牛頓第二定律有：evB=m

聯(lián)立以上各式解得：B=

答：勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B是【解析】【分析】〔1〕電子在平行板電容器兩極板間加速，由動能定理求出加速獲得的速度v．〔2〕電子以速度v進入磁場后，在磁場中以速度v做勻速圓周運動，運動軌跡恰與磁場右邊界相切．由幾何關(guān)系求得軌跡半徑，再由牛頓第二定律和向心力公式解得B．31.【答案】〔1〕解：a．設(shè)電子經(jīng)過電場加速后的速度為v1，由動能定理，有：

解得：

b．令電子恰好打在圓筒上時，加速電壓為U0，設(shè)電子進入磁場時速度為v2，軌道半徑為r，做出電子的軌跡如下圖，O2為軌道的圓心．

由幾何關(guān)系得：

r2+〔2R〕2=〔r+R〕2

解得：

磁偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：

直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：

解得：

所以當(dāng)時，電子可以打到圓筒上

〔2〕解：當(dāng)圓筒上的電量到達相對穩(wěn)定時，圓筒上的電荷不再增加，此時通過r0的電流方向向上．

根據(jù)歐姆定律，圓筒跟地面間的電壓大小為：

U1=Ir0

由0﹣φ=U1可得：

φ=﹣Ir0

單位時間內(nèi)到達圓筒的電子數(shù)：

故單位時間內(nèi)到達圓筒上的電子的總能量：

單位時間內(nèi)電阻消耗的能量：

所以圓筒的發(fā)熱功率：

P=E﹣Er=﹣I2r0【解析】【分析】〔1〕a．根據(jù)動能定理對直線加速過程列式求解即可；

b．先作出電子恰好打在圓筒上的臨界軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑；然后根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合洛倫茲力提供向心力列式；最后聯(lián)立求解即可；〔2〕先根據(jù)歐姆定律求解電阻r0的電勢差，再根據(jù)電勢差的定義求解金屬圓筒的電勢；

根據(jù)電荷守恒定律求解單位時間內(nèi)到達圓筒上的電子數(shù)目，得到電子提供的總能量，根據(jù)焦耳定律求解電阻R0的單位時間熱量，最后根據(jù)能量守恒定律求解金屬圓筒的發(fā)熱功率P．32.【答案】〔1〕解：帶正電的粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿圖示的軌跡運動，從A點射出磁場，O、A間的間隔為L，射出時速度的大小仍為v0，射出方向與x軸的夾角仍為θ．

由于洛倫茲力提供向心力，那么：qv0B=m，R為圓軌道的半徑，

解得：R=①

圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關(guān)系可得：=Rsinθ②

聯(lián)立①②兩式解得L=；

所以粒子分開磁場的位置為〔﹣，0〕；

〔2〕解：因為T=

該粒子在磁場中運動的時間t==〔1﹣〕【解析】【分析】〔1〕根據(jù)題意畫出運動軌跡圖，根據(jù)幾何知識和洛倫茲力提供向心力求出粒子的坐標(biāo)位置；〔2〕根據(jù)轉(zhuǎn)過的角度和周期計算粒子在磁場中運動的時間．33.【答案】〔1〕解：電子在平行板電容器兩極板間加速加速過程，由動能定理有：

eU=

解得：v=

〔2〕解：電子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡恰與磁場右邊界相切．由幾何關(guān)系得軌跡半徑為：r=d

由牛頓第二定律有：evB=m

聯(lián)立以上各式解得：B=【解析】【分析】〔1〕電子在平行板電容器兩極板間加速，由動能定理求出加速獲得的速度v．〔2〕電子以速度v進入磁場后，在磁場中以速度v做勻速圓周運動，運動軌跡恰與磁場右邊界相切．由幾何關(guān)系求得軌跡半徑，再由牛頓第二定律和向心力公式解得B．34.【答案】〔1〕解：設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，根據(jù)動能定理有

qEL=mv2

解得：

〔2〕解：粒子在磁場中完成了如下圖的部分圓運動，設(shè)其半徑為R，因洛侖茲力提供向心力，

所以有qvB=

由幾何關(guān)系得

所以

〔3〕解：設(shè)粒子在電場中加速的時間為t1，在磁場中偏轉(zhuǎn)的時間為t2

粒子在電場中運動的時間t1==

粒子在磁場中做勻速圓周運動，其周期為

由于∠MON=120°，所以∠MO'N=60°

故粒子在磁場中運動時間t2=

所以粒子從A點出發(fā)到N點分開磁場經(jīng)歷的時間t=t1+t2=+=．【解析】【分析】〔1〕設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，根據(jù)動能定理即可求解；〔2〕根據(jù)洛侖茲力提供向心力及幾何關(guān)系即可求解；〔3〕粒子在電場中做勻加速，在磁場中做圓周運動，根據(jù)勻加速直線運動時間位移公式和圓周運動的周期公式即可解題．35.【答案】〔1〕解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，那么有

qv0B=m

可得R==

〔2〕解：在y軸上位置最高的粒子P的運動軌跡恰與y軸相切于N點，如下圖，

N點到x軸的豎直間隔L滿足：

L2+〔R﹣dB〕2=R2；

解得：L=5

cm=

即粒子P的位置坐標(biāo)為〔0，〕

〔3〕解：用dE表示電場的寬度．

對Z粒子在電場中運動，由動能定理有：

qEdE=mv02①

代入數(shù)據(jù)解得：E=5.0×105N/C【解析】【分析】〔1〕由洛侖茲力提供向心力可求出帶電粒子以一定的速度在磁場中做勻速圓周運動的半徑．〔2〕當(dāng)以某一方向射出的粒子的軌跡恰與y軸相切時，粒子打擊的位置最高，由幾何關(guān)系能求出相切點到x軸的間隔，從而也就求出了最高點P的位置坐標(biāo)．〔3〕以某一方向從O點出發(fā)做勻速圓周運動后，垂直于y軸方向進入電場，恰好到達電場的右邊界，由動能定理抑制電場力做的功等于粒子動能的減少量，從而能求出電場強度的大小．36.【答案】〔1〕解：

由題意知粒子的運行軌跡如下圖，設(shè)在區(qū)域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圓周運動的半徑分別為r、R，由圖知：

R+Rcosθ=1.5d

，

聯(lián)立得：R=d，

由洛倫茲力提供向心力有：，

同理區(qū)域Ⅰ中有：

聯(lián)立解得：

〔2〕解：由〔1〕及圖知區(qū)域Ⅰ磁場的最小寬度為：

〔3〕解：在區(qū)域Ⅰ中有：，

可得：

粒子在區(qū)域Ⅰ中運動時間為：，

在區(qū)域Ⅱ中運動時間為：

在區(qū)域Ⅲ中運動時間為：

所以粒子運動總時間為：【解析】【分析】〔1〕根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系分別求出粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅲ中的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式即可求解；〔2〕由圖根據(jù)幾何關(guān)系求出Ⅰ區(qū)域磁場的最小寬度；〔3〕粒子在磁場中勻速圓周運動，在無場區(qū)做勻速直線運動，分別求出在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的時間，再求出總時間即可；37.【答案】〔1〕解：沿x軸正方向發(fā)射的粒子有：x=1.5d，y=d，

由類平拋運動根本規(guī)律得：x=v0t，

，

而，

聯(lián)立可得：

〔2〕解：沿x軸正方向發(fā)射的粒子射入磁場時有：1.5d=v0t，

，

聯(lián)立可得：，

，方向與程度成53°，斜向右上方，

據(jù)題意知該粒子軌跡恰與上邊緣相切，那么其余粒子均達不到y(tǒng)=2d邊界，由幾何關(guān)系可知：

，

根據(jù)牛頓第二定律得：

解得：

聯(lián)立可得：

〔3〕解：粒子運動的最長時間對應(yīng)最大的圓心角，經(jīng)過〔1.5d，d〕恰與上邊界相切的粒子軌跡對應(yīng)的圓心角最大，由幾何關(guān)系可知圓心角為：θ=254°，

粒子運動周期為：，

那么時間為：【解析】【分析】〔1〕沿x軸正方向發(fā)射的粒子做類平拋運動，根據(jù)平拋運動根本公式列式求解E；〔2〕粒子沿x軸正方向射出的粒子進入磁場偏轉(zhuǎn)的角度最大，假設(shè)該粒子進入磁場不能打在ab板上，那么所有粒子均不能打在ab板上．根據(jù)帶電粒子在電場中類平拋運動，求出進入磁場中的偏轉(zhuǎn)角度，結(jié)合幾何關(guān)系得出軌道半徑，從而得出磁感應(yīng)強度的大??；〔3〕粒子運動的最長時間對應(yīng)最大的圓心角，經(jīng)過〔1.5d，d〕恰與上邊界相切的粒子軌跡對應(yīng)的圓心角最大，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合周期公式求解．38.【答案】〔1〕解：〕帶電粒子在加速電場中加速過程，由動能定理得；

…①

解得：

〔2〕解：帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)運動時間為t，加速度為a，平行電場的分速度為vy，側(cè)移間隔為y．

由牛頓第二定律得：qE=ma…②

由運動學(xué)公式得：L=v0t…③

vy=at…④

由②③④得：…⑤

帶電粒子從分開電場到打到熒光屏上的過程中，設(shè)運動時間為t′，側(cè)移間隔為y′．

由運動學(xué)公式得：=v0t′…⑥

由③④⑥得：y′=vyt′…⑦

由⑤⑦得帶電粒子打到熒光屏上的點到O2的間隔：d=y+y′=

〔3〕解：磁場的方向如下圖，左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里．

帶電粒子運動軌跡與場區(qū)中心線交于N點，經(jīng)N點做場區(qū)左邊界的垂線交于M點，經(jīng)N點做過N點速度的垂線交場區(qū)左邊界于O點，O點就是帶電粒子在左半?yún)^(qū)域磁場中做圓周運動的圓心．帶電粒子在兩部分磁場中的運動對稱，出磁場的速度與熒光屏垂直，所以O(shè)1M=．〔意思明確即可〕

設(shè)帶電粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系得：…⑧

由牛頓第二定律得：…⑨

由v0、d的結(jié)論和⑧⑨式解得：

=【解析】【分析】〔1〕帶電粒子在加速電場中加速過程電場力做功，由動能定理即可