歷年高考物理試卷分類專題匯編帶電粒子在磁場中的圓周運動

帶電粒子在磁場中的圓周運動1.2013年新課標I卷18.如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R/2，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計重力）qBRA.--2mqBRB.-一m3qBRC2m2qBR

D.——

m【答案】B【解析】粒子帶正電，根據(jù)左手定則，判斷出粒子受到的洛倫茲力向右，軌跡如圖所示：入射點與圓心連線與初速度方向夾角為30°,初速度方向與軌跡所對弦夾角也為30°,所以軌跡半徑r=R,由v2 BqrBqRBqv=mnv= = ,B選項對。r m m2.2013年新課標II卷17.空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°。不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為<3mvmv<3mv3mvA. 03qRB 0.qRC. 0qRD 0.qR答：A解析：帶電粒子在磁場中運動如圖所示，由幾何關(guān)系可知軌道半徑V2r=Rtan60。=v3R，洛倫茲力等于向心力，有Bqv=m0,0r解得磁場的磁感應(yīng)強度B=0,A正確。3qR

2012年理綜全國卷17質(zhì)量分別為嗎和機2、電荷量分別為々和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，已知兩粒子的動量大小相等。下列說法正確的是A.若q1=q2,則它們作圓周運動的半徑一定相等B.若m1=m2,則它們作圓周運動的半徑一定相等C.若q產(chǎn)q2,則它們作圓周運動的周期一定不相等D.若m產(chǎn)m2,則它們作圓周運動的周期一定不相等【答案】A，一 一，， mv一?2兀mT2兀mT=-qB。若％=q2,則它們作圓周運動的半徑一定相等.選項A正確；若q#q2,則它們作圓周運動的周期可能相等，選項C錯誤；若m1=m2,則它們作圓周運動的半徑不一定相等，選項B錯誤；若m產(chǎn)m2,則它們作圓周運動的周期可能相等，選項D錯誤。2012年理綜北京卷處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動。將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值 （D）A.與粒子電荷量成正比 B.與粒子速率成正比C.與粒子質(zhì)量成正比 D.與磁感應(yīng)強度成正比解析：將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，該粒子在一個周期只通過某一個截面一次，則環(huán)形電流在一個周期T內(nèi)的電量為q，根據(jù)電流定義式有 I=42兀m粒子在磁場力作用下做勻速圈周運動，根據(jù)周期公式有T=-—Bq兩式聯(lián)立有環(huán)形電流與磁感應(yīng)強度成正比，與粒子質(zhì)量成反比，與粒子電荷量的平方成正比，而與粒子速率無關(guān)，答案D。2012年理綜廣東卷15.質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖2中虛線所示， 乂x乂xXXB?----M下列表述正確的是 乂,心.，：/乂X飛A.M帶負電，N帶正電 "*：」"? 圖2

B.M的速率小于N的速率C.洛侖茲力對M、N做正功D.M的運行時間大于N的運行時間【解析】選A。由左手定則可知M帶負電，N帶正電，故A選項正確。vv2 _mv由qvB二得R二兩'由題知兩個帶電粒子的質(zhì)量和電量都相等,又進入到同一個勻強磁場中，由圖及A選項的判斷可知RN<RM，故vN<vM，所以B選項錯誤。由于洛侖茲力的方向始終與帶電粒子的運動方向垂直，故洛侖茲力永遠不會對M、N做功，則C選項錯誤。由T=選項錯誤。由T=vBq及題給條件可知，這兩個帶電粒子在磁場中運動的周期相等，又由圖可見兩個粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角相等，均偏轉(zhuǎn)了半個周期，故在磁場中運動的時間相等，所以D選項錯誤。從0點沿垂直磁場方向6.2013年理綜廣東卷21.如圖9,兩個初速度大小相同的同種離子。和從0點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有且ra>rb，故一定有qa<qb，故a正確；僅由動量、半徑的關(guān)系不能確定質(zhì)量的關(guān)系，故b錯A.a、b均帶正電B.A.a、b均帶正電B.a在磁場中飛行的時間比b的短C.a在磁場中飛行的路程比b的短D.a在P上的落點與0點的距離比b的近答：ADmmv解析：由左手定則可知，A正確；由R=可知，答：ADmmv解析：由左手定則可知，A正確；由R=可知，a、b兩粒子做圓周qB運動的半徑相等，畫出軌跡如右圖,。01、。02分別為a、b的軌跡，a在磁場中轉(zhuǎn)過圓心角比b大，由t=?T=°m和軌跡圖可知D選項對。2兀 qB7.2014年理綜北京卷16.帶電粒子。、b在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，他們的動量大小相等a運動的半徑大于b運動的半徑。若a、b的電荷量分別為qa、質(zhì)量分別為ma、mb周期分別為Ta、Tb。則一定有A.qA.qaB.m<mC.Ta【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動mvp【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動mvp其半徑丁=qB=qB'已知兩粒子動量相等，2九m 一誤；由周期公式T=一丁,可知：僅由動量、半徑的關(guān)系，無法確定兩粒子做圓周運動周期的關(guān)qBmv q v系，故C錯誤；根據(jù)半徑公式r=--，得荷質(zhì)比"=—，僅由半徑的關(guān)系，無法確定兩粒子荷qB mBr質(zhì)比的關(guān)系，故D錯誤。8.2014年理綜安徽卷18.“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于（A）TOC\o"1-5"\h\zA.TT B.TC.TT3 D.T2【解析】由于等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，即Ek3T。帶電粒子\o"CurrentDocument"-v2 _mv 1在磁場中做圓周運動，洛侖磁力提供向心力：qvB=m—得B= 。而E=mmv2,故可得：RqRk2b=竺=Y2mEk,又帶電粒子的運動半徑不變，所以B3反3TT,A正確。qRqR k9.2015年理綜新課標I卷14.兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的（D）A,軌道半徑減小，角速度增大B.軌道半徑減小，角速度減小C.軌道半徑增大，角速度增大D,軌道半徑增大，角速度減小-一 mv2解析：由于速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直，粒子只受到洛倫茲力作用，即qvB=——，洛倫茲r力不做功，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度大小不變，軌道半徑r=mv，磁Bq感應(yīng)強度變小，半徑增大，由①=v,角速度減小，選項D正確。r磁場方向與筒的軸平10.2016年新課標n卷18.一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度切順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子

磁場方向與筒的軸平的比荷為A.qB.巴C史D.也3B 2BB B【答案】A【解析】作出粒子的運動軌跡如圖示，由幾何知識可得，軌跡的圓心角為弓-74)x2=76,300 2兀m兀2兩個運動具有等時性，則公式八x——=—，3600qB3,q3解得-=—，故選A。m3B2012年物理江蘇卷9.如圖所示,MN是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場的邊界.O點射入磁場.若粒子速度為為最遠能落在邊界上的A點,下列說法正確的有(A)若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于％(B)若粒子落在A點的右側(cè)，其速度一定大于％(C)若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0-qm飛

O'一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從可能大于v0+qBd

飛

O'一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從可能大于v0+qBd

2m落在落在A點，若粒子落在A點的左側(cè)，速【答案】BC【解析】當粒子以速度v0垂直于MN進入磁場時，最遠，度不一定小于v0，可能方向不垂直，落在A點的右側(cè)，速度一定大于v0，所以A錯誤，B正確;2mv若粒子落在A點的右側(cè)d處，則垂直MN進入時，軌跡直徑為2r=OA+d，即——=OA+d，qB2mv qdB一 , qdB -已知能二OA，解得v=v0-看'不垂直MN進時,v>v0-%'所以C正確,D錯誤。2012年理綜安徽卷19.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過&時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関/3,仍從A點沿原方向射入磁

場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)锳. 1At,B. 2At,2-1， cc，C.At, D? 3At,3答:BA0 19題解析圖解析：如解析圖示，第一次偏轉(zhuǎn)的偏向角為600,所以圓心角/AO1A0 19題解析圖也是600，周期T=①,與速度無關(guān)；qB設(shè)磁場半徑OA長為H，軌跡半徑01A長為R1，O2A長為&，由r= ,得R=3R,—=tan300， =3tan300=33，Bq1 2R R1 2則NAO20=600,所以第二次在磁場中偏轉(zhuǎn)的圓心角為1200,運動時0m間：t=——,（e為轉(zhuǎn)過圓心角），所以偏轉(zhuǎn)時間是第一次的2倍。Bq2016年四川卷4.如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc,不計粒子重力。則A.vb:vc=1:2,tb:tc=2:1 B.vb:vc=2:2,tb:tc=1:2C.vb:vc=2:1,tb:tc=2:1 D.vb:vc=1:2,tb:tc=1:2【答案】A【解析】設(shè)正六邊形邊長為L，若粒子從b點離開磁場，可知運動的半徑為R1=L,在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為4=120°；若粒子從c點離開磁場，可知運動的半徑為R2=2L,在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為e=60°,根據(jù)R=竺可知v:v=R:R=1:2；根據(jù)t=~^—T?生m2 Bqbc1 2 360qB可知tb:tc=e1:e2=2：1,故選A。2013年北京卷22.（16分）如圖所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U,板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速

后射出，并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響，求：⑴勻強電場場強E的大小；⑵粒子從電場射出時速度v的大?。虎橇Ｗ釉诖艌鲋凶鰟蛩賵A周運動的半徑Ro小U-2qU1-2mU答：(1)—(2) (3) 1 dmmB\q【解析】(1)電場強度的大小為E=U；d2qU(2)根據(jù)動能定理，有，qU=mv1y，2，解得v=1，；\mv2(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m—,R―八1,'2mU解得R=—1 B\q15.2016年北京卷22.(16分)如圖所示，質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直XXXXXXXXXXX動。不計帶電粒子所受重力。(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小?！敬鸢浮?1)r=mv、t=2冗m⑵E=vBBqBq，一 1.一一、八 「mv2 m【解析】(1)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律：qvB=--得到r=絲R Bq2冗 2冗m 2兀R2兀mqvB=m(一)2R得：T= 或T=——= T qB v qB(2)粒子受到電場力F=qE，洛倫茲力f=qBv，粒子做勻速直線運動受力平衡，即有：qE=qBv得到E=vB16.2016年新課標皿卷18.平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為qM（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從 OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為mv-2Bq*3mv-2Bq*3mv 2mv C. BqBq4mvD. -Bq【答案】D【解析】根據(jù)題意，粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，則軌跡與ON相切，設(shè)切點為。點，入射點為B點，出射點為A點，粒子在磁場中的軌跡圓心為O'點，根據(jù)幾何知識可得AB=2rsin300=/，則三角形O'AB為等邊三角形，故O ABMZO'AB=60°,而NMON=30°,ZOCA=90°,故CO'AO ABM為一條直線，所以“OC為直角三角形，故粒子離開磁場的出射點到O的距離為AO==4r，，而半徑公sin300式r=m，故距離為皿.Bq Bq17.2015年理綜新課標n卷19.有兩個勻強磁場區(qū)域I和II,I中的磁感應(yīng)強度是II中的k倍，兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與I中運動的電子相比，II中的電子（AC）A.運動軌跡的半徑是I中的k倍B,加速度的大小是I中的k倍C.做圓周運動的周期是I中的k倍D.做圓周運動的角速度與I中的相等mv2 mv解析：電子在磁場中做勻速圓周運動時，向心力由洛倫茲力提供qvB=m—，解得r= ,因為Ir Bq中的磁感應(yīng)強度是II中的k倍，所以II中的電子運動軌跡的半徑是I中的k倍，選項A正確；加速度a=qvB，加速度的大小是I中的1/k倍，B錯誤；由周期公式T=也，得II中的電子做圓周運m qB動的周期是I中的k倍，選項C正確；角速度①二五二返,II中的電子做圓周運動的角速度是ITm中的1/k倍，D錯誤。故選AC。18.2015年廣東卷16.在同一勻強磁場中，a粒子（；He）和質(zhì)子（1H）做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則a粒子和質(zhì)子（B）A.運動半徑之比是2：1B.運動周期之比是2：1

C.運動速度大小之比是4：1D.受到的洛倫茲力之比是2：1解析：a粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4：1,電荷量之比為2：1,由于動量相同，故速度之比為1：4,選項C錯誤；在同一勻強磁場B中，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑r=竺,得兩者Bq的運動半徑之比為1：2,選項A錯誤；帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T=網(wǎng),qB得周期之比為2：1，選項B正確；由帶電粒子在勻強磁場中受到的洛倫茲力f=qvB，得受到的洛倫茲力之比為1：2,選項D錯誤。19.2016年海南卷14.(14分)如圖，A、C兩點分別位于％軸和y軸上，NOCA=30°,OA的長度為L。在bOCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為小不計重力。(1)求磁場的磁感應(yīng)強度的大小;(2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和；(3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場4內(nèi)運動的時間為310，求粒子此次入射速度的大小。TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"c冗m <3L【答案】(1)【解析】(1)B= (2【答案】(1)【解析】(1)2qt 0 710 0粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間與內(nèi)其速度方向改變了90°,故其周期設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r。由洛倫茲力公式和牛頓定律得nV2qvB=m一r勻速圓周運動的速度滿足

聯(lián)立①②③式得 B=詈 ④2qt0（2）設(shè)粒子從04變兩個不同位置射入磁場，能從0。邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖（a）所示:設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為4和92。由幾何關(guān)系有：91=180。-02⑤TOC\o"1-5"\h\z粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t與t，則：t+1=T=21 ⑥1 2 12 2 0（3）如圖（b），由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150°。設(shè)。為出磁場，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時有圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切與B點，從D點射出磁場，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時有/00D=NB0'A=30° ⑦rcos/00'D+ r =L⑧0 cos/B00A設(shè)粒子此次入射速度的大小為％，由圓周運動規(guī)律2nrv=——0- ⑨73nL73nL聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v二三「0 71020.2015年理綜四川卷7.如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L=9.1cm,中點0與S間的距離d=4.55cm,MN與S0直線的夾角為仇板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=2.0x10-4T,電子質(zhì)量m=9.1*10-3比8，電量e=1.6x10-19C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6x106m/s的一■個N電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則（AD）N6=900時，l=9.1cm6=600時，l=9.1cm6=450時，l=4.55cm6=300時，l=4.55cm解析：電子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力大小計算公式和向心力公式v2 mv有：酒=m：，解得電子圓周運動的軌道半徑為：r=eB=X10-31X1.6X106 9…1.6X10一19X2.0X10一4m=4.55x10-2m=4.55cm,恰好有：尸d=L/2,

于電子源亂可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，因此電子的運動軌跡將是過S點的一系列半徑為廠的等大圓，能夠打到板MN上的區(qū)域范圍如下圖所示，實線SN表示電子剛好經(jīng)過板N端時的軌跡，實線SA表示電子軌跡剛好與板相切于A點時的軌跡，因此電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為：l=NA,由題意知MN與SO直線的夾角為0不定，但要使電子軌跡與MN板相切時電子的軌跡圓心C一定落在與MN距離為r的平行線上，如下圖所示，當l=4.55cm時，即A點與板O點重合，作出電子軌跡如下圖中弧線S]A],由幾何關(guān)系可知，此時S1O和MN的夾角0=30°,故選項C錯D正確；當l=9.1cm時，即A點與板M端重合，作出電子軌跡如下圖中弧線S2A2,由幾何關(guān)系可知，此時S2O和MN的夾角0=90°,故選項B錯A正確。根據(jù)幾何關(guān)系可知，此NM221.201年江蘇卷15.(16分)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O'點，各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小根據(jù)幾何關(guān)系可知，此NM2d5處射出磁場.取sin53°=0.8,cos53°=0.6.(1)求磁感應(yīng)強度大小B；(2)入射速度為5%時，求粒子從O運動到d5處射出磁場.取sin53°=0.8,cos53°=0.6.(1)求磁感應(yīng)強度大小B；(2)入射速度為5%時，求粒子從O運動到O'的時間t；(3)入射速度仍為5%，通過沿軸線OO'平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子JjXXMJ** *J；XXX；*? *；** * * ' X X X '；. * ? ] x X X [\* * * 1 M x X !:MXM：?■?\4dOpxx：**?: AAljA^ZiO'1XXX|*??|1***1XXX1■XXXI*..11.**1XXX1IfMX'*?*■ Tt ?1f-d d1***1XXX1 H >|2d d d從O運動至UO'的時間增加At,求At的最大值。mv解：⑴粒子圓周運動的半徑mv解：⑴粒子圓周運動的半徑r。二謁d 4mv由題意知「4，解得B=木(2)設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為a由d=rsina,得sina=5,即a=53°a2兀m 53ndTOC\o"1-5"\h\z在一個矩形磁場中的運動時間彳二薪一鼠，解得t1=7257q u02d, 2d直線運動的時間t廣一，解得12=丁2v 2 5vv 0/ /53n+72、d\o"CurrentDocument"則t=41+1=( )—則1 2 180v011

(3)將中間兩磁場分別向中央移動距離％粒子向上的偏移量y=2r(1-cosa)+%tana3則當%m=7d時，△t有最大值粒子直線運動路程的最大值s粒子直線運動路程的最大值sm2% , 、——m_+（2d一2%）=3dcosa m增加路程的最大值△sm=sm_2d=d人Asd增加時間的最大值A(chǔ)tm= m=?mv5v022.2018年海南卷13.(10分)如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B。P是圓外一點，OP=3r。一質(zhì)量為加、電荷量為q(q>0)的粒子從P點在紙面內(nèi)垂直于OP射出。已知粒子運動軌跡經(jīng)過圓心O,不計重力。求(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2)粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運動所用的時間。解：(1)如圖，PMON為粒子運動軌跡的一部分，圓弧PM為粒子在磁場中運動的軌跡，C為圓心，半徑為R；MON為圓O的直徑，MC±MN。粒子在圓O內(nèi)沿MON做勻速直線運動，由幾何關(guān)系知(OP-R>=R2+r2 ①由上式和題給條件得(2)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為°，由洛侖茲力公式和牛頓定律有由題意，粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運動的距離為MN=2r設(shè)粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運動所用的時間為t，由運動學(xué)公式有MNt=—v聯(lián)立②③④⑤式得12

3mt=2qB23.2018年全國卷III、24.(12分)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓［/加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小卻］，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為/。不計重力影響和離子間的相互作用。求(1)磁場的磁感應(yīng)強度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。解：(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q「質(zhì)量為m「在磁場中做勻速圓周運動的半徑為勺，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有qU=Lmv2 ①i2ii由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1VlB=miRi由幾何關(guān)系知2R=l1由①②③式得B=4Ulv1(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q-質(zhì)量為m2,的半徑為R。同理有qU=1mV22 2 2 22V2qvB=m—r2由題給條件有2R=-22②③④射入磁場的速度為V2,在磁場中做勻速圓周運動⑤⑥⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為qi:q2=1:4 ⑧mm2013年天津卷(18分)一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為0。筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N,其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑S0方向射入磁場中。粒子與圈筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：13

M、N間電場強度E的大小;⑵圓筒的半徑R；⑶保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移⑶保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。答：（1）E=衿（2）r,=皆（3）n=32qd 3qB解析：(1)設(shè)兩板間電壓為U,由動能定理得qU=2mv2由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得U=Ed②mv2聯(lián)立上式可得E二2qd③(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系做出圓心為。，圓半徑為r，設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此SA弧所對的圓心角由幾何關(guān)系得r=R發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此SA弧所對的圓心角粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得qvB=m些⑤r聯(lián)立④⑤式得R二獴⑥2U設(shè)粒子進入S孔時的速度為口由①式看出(=V,2結(jié)合⑦式可得v'=?v ⑧設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r'，則14(3)保持M、U設(shè)粒子進入S孔時的速度為口由①式看出(=V,2結(jié)合⑦式可得v'=?v ⑧設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r'，則14,J3mvr= 3qB設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對的圓心角為仇比較⑥⑨兩式得到兀r'=H，可見8=一21粒子須經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n=32012年物理海南卷16.圖（a）所示的10y平面處于勻強磁場中，磁場方向與i0y平面（紙面）垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示。當B為+B0時，磁感應(yīng)強度方向指向紙外。在坐標原點0有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量2K之比恰好等于tb-。不計重力。設(shè)P在某時刻100以某一初速度沿y軸正向自0點開始運動，將它經(jīng)過時間T到達的點記為4。若t0=0,則直線04與1軸的夾角是多少？T若%=，則直線04與1軸的夾角是多少?04（3）兀為了使直線04（3）兀為了使直線04與i軸的夾角為4T，在0<%<4的范圍內(nèi)，10應(yīng)取何值?解：（1）設(shè)粒子P的質(zhì)量、電荷與初速度分別為m、q與v粒子P在洛倫茲力作用下，在％y平面內(nèi)做圓周運動，分別用R與T'表示圓周的半徑和運動周期由①②式與已知條件得T=T粒子P在t=0到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向運動半個圓周達％軸上的B點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達1軸上的4點，如圖（a）所示。04與1軸的夾角e=0到達15（2）粒子P在10=T/4時刻開始運動，在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向運動1/4圓周C點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針到達154

4方向運動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=5T/4時間內(nèi)，沿順時針方向運動1/4圓周，到達A點，如圖(b)所示。由幾何關(guān)系可知，A點在y軸上，即04與1軸的夾角0=n/2 ⑤(3)若在任意時刻t=10(0<10<T/4)粒子P開始運動，在t=10到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向做圓2兀T周運動到達C點，圓心。位于1軸上，圓弧0C對應(yīng)的圓心角為/00'C= (-1)T2o此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=T+10時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運動到達4點，設(shè)圓心為0〃，2冗 …圓弧BA對應(yīng)的圓心角為/B0〃A=——t ⑦T0如圖(c)所示，由幾何關(guān)系可知，C、B均在0'0"連線上，且0A〃00，，_T_聯(lián)立⑥⑨式可得t0=i⑩若要0A與1_T_聯(lián)立⑥⑨式可得t0=i⑩2011年新課標版25.(19分)如圖，在區(qū)域I(0Wx<d)和區(qū)域II(d<1<2d)內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于0xy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q>0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I,其速度方向沿1軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與1軸正方向的夾角為30°；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿1軸正向射入?yún)^(qū)域I,其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求(1)粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大??；(2)當a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差?！窘馕觥?1)設(shè)粒子。在I內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為。(在y軸上)，半徑為Ra1，粒子速率為、，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P，如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得16mv2qvB——a1 ①a1 R由幾何關(guān)系得/pop'=e②Ra1sin0Oa【/bP：

/ii式中e=30°,由①②③式得v2qBd ④(2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運動的圓心為0a，半徑為Ra(2)（圖中未畫出軌跡），zpopa=e'。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得（圖中未畫出軌跡），qv(2qv(2B)-mv2aRa2由①⑤式得Ra2=RC、P'和O三點共線，

a且由⑥式知O點必位于％=-d ⑦的平面上。由對稱性知，Pa點與P'點縱坐標相同，即ypa=Ra1cose+h ⑧式中，h是C點的y坐標。設(shè)b在I中運動的軌道半徑為R〃，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得q（W）B-mlb1 3^3a)2設(shè)a到達Pa點時，b位于Pb點，轉(zhuǎn)過的角度為a。如果b沒有飛出I,則t0'式中，％是a在區(qū)域II中運動的時間，而2冗R a2由⑤⑨⑩???式得a=30。 ?由①③⑨?式可見，b沒有飛出。Pb點的y坐標為ypb=Rb1（2+cosa)+h?由①③⑧⑨??式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為—y--(%3—2)d?pb 324.2013年海南卷14.如圖，紙面內(nèi)有E、F、G三點，/GEF=30°,NEFG=135°,空間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度17大小為B，方向垂直于紙面向外。先使帶有電荷量為q（q>0）的點電荷a在紙面內(nèi)垂直于EF從F點射出，其軌跡經(jīng)過G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經(jīng)過G點。兩點電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間相同，且經(jīng)過G點時的速度方向也相同。已知點電荷a的質(zhì)量為m，軌道半徑為凡不計重力，求：（1）點電荷a從射出到經(jīng)過G點所用的時間;（2）點電荷b的速度大小。答:⑴第⑵嚶解析：設(shè)點電荷a的速度大小為v，由牛頓第二定律得qvB=吧①r由①式得v=邇②m設(shè)點電荷a做圓周運動的周期為T，有T=碼③Bq如圖，O和01分別是a和b的圓軌道的圓心，設(shè)a在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為仇由幾何關(guān)系得故從開始運動到經(jīng)過G點所用的時間t為故從開始運動到經(jīng)過G點所用的時間t為兀m2Bq（2）設(shè)點電荷b的速度大小為v1，軌道半徑為4，b在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為0，依題意有TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"R0R0 的t= =—— ⑥vv由⑥式得v=電⑦Bq由于兩軌道在G點相切，所以過G點的半徑OG和01G在同一直線上。由幾何關(guān)系和題給條件得0=60° ⑧ R1=2R ⑨聯(lián)立②④⑦⑧⑨式，解得v1= ⑩18

帶電粒子在磁場中的圓周運動（下）1.2017年新課標n卷18.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，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入的速度為\,這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速度為v，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"p力及帶電粒子之間的相互作用，則V2:V1為（C） :二/A.<3：2B.<2：1C.<3：1D.3:公【解析】當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場的位置最遠，則當粒子射入的速度為?，八1?v，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r=Rcos60o=7R；若粒子射入的速度為v，由1 1 2 23_ mv幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為r=Rcos30o=—R；根據(jù)r=xv，則2 2 qBv2:v=r^:（=73:1，故選C.2.2017年新課標小卷24.（12分）如圖，空間存在方向垂直于紙面（%Oy平面）向里的磁場。在％>0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；%<0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為比°（常數(shù)丸>1）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿％軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿％軸正向時，求（不計重力）（1）粒子運動的時間;（2）粒子與O點間的距離。答：（1）（:+D兀m；（2）d=2fmy0XqB0 入qB解析：粒子的運動軌跡如圖所示：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，所以在l>0區(qū)域有：qvB=m20供，所以在l>0區(qū)域有：qvB=m20R1在％<0區(qū)域有：qv（九B）=mv00R-八mv解得R= 01BqmvR= 0-2九Bq0兀R在％>0區(qū)域運動時間看=—11v0在l<0區(qū)域運動時間2192；2V0粒子運動的時間t=t+t=勺叵；2 MB0粒子與O點間的距離d=2（R-R）=什1）mV0。2 XqB0A2b子3.2017年浙江選考卷23.如圖所示，在％Oy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿％正方向每秒發(fā)射出N個速率均為V的電子，形成寬為2b，在y軸方向均勻分布且關(guān)于％軸對稱的電子流。電子流沿％方向射入一個半徑為R,中心位于原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從P點射出，在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于％軸的金屬平行板K和A，其中k板與p點的距離為d，中間開有寬度為21且關(guān)于y軸A2b子對稱的小孔。K板接地，A與K兩板間加有正負、大小均可調(diào)的電壓4/穿過K板小孔到達A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流。已知b= R,d=1，電子質(zhì)量為源：2源：m，電荷量為e，忽略電子間相互作用。（1）求磁感應(yīng)強度B的大??；（2）求電子從p點射出時與負y軸方向的夾角0的范圍；（3）當UAK=0時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達極板A的電子數(shù)；（4）畫出電流，隨UAK變化的關(guān)系曲線（在答題紙上的方格紙上）。mv【答案】（1）B="，（2）60o,（3）n=—N=0.82N（4）i=0.82NeeR 3 max【解析】由題意可以知道是磁聚焦問題，即^mv（1）軌道半徑R=r=n，所以B="Be eR（2）由右圖以及幾何關(guān)系可知，上端電子從P點射出時與負y軸最大夾角0m，由幾何關(guān)系sin0=—得0=600mR m同理下端電子從P點射出與負y軸最大夾角也是60度范圍是-60。<9<60。（3）tana=，得a=45Oy'=y'=Rsina=/DRR20每秒進入兩極板間的電子數(shù)為ny1<6=0.82n=0.82N（4）由動能定理得出遏止電壓U=--mv2c2e與負y軸成45度角的電子的運動軌跡剛好與A板相切，其逆過程是類平拋運動，達到飽和電流所需要的最小反向電壓U'=—-mv2或者根據(jù)（3）可4e得飽和電流大小imax=0.82Ne。（4）電流i隨%/變化的關(guān)系曲線如右圖示4.201年全國卷大綱版26.（20分）如圖，虛線OL與y軸的夾角化60°,在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為人一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從左側(cè)平行于％軸射入磁場，入射點為M。粒子在磁場中運動的軌道半徑為七粒子離開磁場后的運動軌跡與％軸交于P點（圖中未畫出）且OP=R。不計重力。求M點到O點的距離和粒子在磁場中運動的時間。解：根據(jù)題意，帶電粒子進入磁場后做圓周運動，運動軌跡交虛線OL于A點，圓心為y軸上的C點，AC與y軸的夾角為a；粒子從A點射出后，運動軌跡交％軸于P點，與％軸的夾角為萬，如圖所示。有 qvB=m一 ①R22兀R周期為T=——v—2九m由此得T=m ②Bq過A點作小y軸的垂線，垂足分別為B、。，由圖中幾何關(guān)系得AD=Rsina OD=ADcot60。BP=ODcotp OP=AD+BPa=P③21

，，， 一八，?一1 ,…由以上五式和題給條件得sina+13cosa=1④解得a=30。⑤ 或a=90。 ⑥設(shè)M點到O點的距離為h h=解得a=30。⑤ 或a=90。 ⑥設(shè)M點到O點的距離為h h=R-OC利用以上兩式和AD=Rsina得h=R-233Rcos(a+30。)解得h=(1-(a=30°)、,五h=(1+』)R(a=90°)當a=30°時，粒子在磁場中運動的時間為126qB當a=90°時，粒子在磁場中運動的時間為42qB5.2012年理綜山東卷23.(18分)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ,兩極板中心各有一小孔S「S2,兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0,周期為T0。在t=0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為-q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t=/時刻通過S,垂直2 2于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)。(不計粒XXNXI子重力，不考慮極板外的電場)圖甲0(0U0(1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件。(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3T0時刻再次到達S2,且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感強度的大小- 1解：⑴粒子由S3S2的過程中,根據(jù)動能定理得qU°二2m2①22：2qU由①式得'飛七U設(shè)粒子的加速度大小為。，由牛頓第二定律得q二m③,1T、聯(lián)立③④式得d4、子由運動學(xué)公式得d=-a聯(lián)立③④式得d4、子⑤(2)設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為H，由牛頓第二定律得nV2qvB=m——RTOC\o"1-5"\h\z要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R>L ⑦聯(lián)立②⑥⑦式得 B<412mUO ⑧L\q(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為%1，有d=vt1 ⑨T聯(lián)立②⑤⑨式得 「才 ⑩若粒子再次達到S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為12,根據(jù)運動學(xué)公式得d=v-t2 ?22T聯(lián)立⑨⑩?式得t=士 ?\o"CurrentDocument"2 2T設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt=3T- -1-1 ?0 2 127T聯(lián)立⑩??式得t=丁(14)設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結(jié)合運動學(xué)公式得(15)t=2mqB(15)由題意得T=t8兀m聯(lián)立(14)(15)?式得B= ?7口106.201年理綜福建卷22.(20分)如圖甲，在l>0的空間中存在沿y軸負方向的勻強電場和垂直于xQy平面向里的勻強23

磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為及一質(zhì)量為m，帶電量為q（q>0）的粒子從坐標原點0處，以初速度％沿％軸正方向射入，粒子的運動軌跡見圖甲，不計粒子的重力。⑴求該粒子運動到尸h時的速度大小v；⑵現(xiàn)只改變?nèi)肷淞Ｗ映跛俣鹊拇笮。l(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運動軌跡（T%曲線）不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運動（y-t關(guān)系）是簡諧運動，且都有相同的周期T=現(xiàn)。qBI.求粒子在一個周期T內(nèi)，沿l軸方向前進的距離s；11.當入射粒子的初速度大小為v0時，其y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運動的振幅Ay,并寫出y-t的函數(shù)表達式。甲xS)S丙甲xS)S丙【解析】（1）由于洛侖茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理有—qEh—qEh=2mv21——mv220: 2qEh由①式解得v=v02-%（2）1.由圖乙可知，所有粒子在一個周期T內(nèi)沿x軸方向前進的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運動的粒子在T時間內(nèi)前進的距離。設(shè)粒子恰好沿x軸方向勻速運動的速度大小為v1,qv1B=qE又s=v1T,, 2九m式中T=yqB2冗mE解得S=qB2II.設(shè)粒子在y方向上的最大位移為ym（圖丙曲線的最高處），對應(yīng)的粒子運動速度大小為v2（沿x軸），因為粒子在y方向上的運動為簡諧運動，因而在y=0和y=ym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，貝U24

qvB—qE=-(qvB—qE)由動能定理有-qE\二?mV22-1mv02⑦1又4=2%由⑥⑦⑧式解得m由⑥⑦⑧式解得m/E

A= (v-―)yqB0B可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運動下函數(shù)表達式為y=*（v0-B-cos口t2011年理綜廣東卷35.（18分）如圖19（。）所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為4和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R1=R0,R2=3R0,一電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點進入該區(qū)域，不計重力。⑶在圖19（b）中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為v3,方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強度應(yīng)小于多少？11解析：⑴根據(jù)動能定理，qU=5mv1-2mvo，所以2qU所以2qU⑵如圖所示，設(shè)粒子在磁場中作勻速圓周運動的半徑為R,得：⑵如圖所示，設(shè)粒子在磁場中作勻速圓周運動的半徑為R,得：R=近R0。mv2根據(jù)洛侖茲力公式q\B=—,21R25「mvJ2mvB= 2-= 2「mvJ2mvB= 2-= 2解得 q、.-'2R 2qR。0 ote根據(jù)公式亍-五，2兀R-v2rtr2兀m2兀m4 4qB4mv解得： F0⑶考慮臨界情況，如圖所示nmv2qv3B1-if,"解得：B1-0v2

臺qvB-mT—,副汨B32 2R，解得：2「mv2

qvB-——2

21R、2兀R 02v2mv3qR0mv mv2qR，綜合得： <2qR0 01、11兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為心磁場方向相反且垂直紙面。一質(zhì)量為m、電量為-q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入1區(qū)，射入時速度與水平方向夾角e=30°,⑴當I區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強度大小B1=B0時，粒子從I區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°,求B0及粒子在I區(qū)運動的時間t。⑵若H區(qū)寬度L2=L1=L、磁感應(yīng)強度大小B2=B1=B0,求粒子在I區(qū)的最高點與H區(qū)的最低點之間的高度差h。⑶若L2=L1=L、B1=B0,為使粒子能返回I區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件。⑷若b市b2,lyL2,且已保證了粒子能從n區(qū)右邊界射出。為使粒子從n區(qū)右邊界射出的方向與從I區(qū)左邊界射出的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應(yīng)滿足的關(guān)系式。解析：（1）如圖1所示，設(shè)粒子射入磁場I區(qū)的速度為v，在磁場I區(qū)做圓周運動半徑為R1,由動能定理和牛頓第二定律得qU-2mvqU-2mv2qvB0-mR ②1圖1由幾何關(guān)系得R1=L2=L ③

圖1_112mU聯(lián)立①②③得B0=Ly. ④設(shè)粒子在I區(qū)做圓周運動周期為t，運動時間為t,T=空⑤VL=2^ ⑥T3600兀L:m聯(lián)立①③⑤⑥式解得t=丁2iUu(2)設(shè)粒子在磁場II區(qū)做圓周運動半徑為R2，由牛頓第二定律得n V2qvB二m一212圖2由幾何知識得12圖2h=(R+R)(1-cos0)+Ltan02七3.聯(lián)立②③⑧⑨式解得h=(2——)L ⑩(3)如圖2所示，為使粒子能再次返回到I區(qū)應(yīng)滿足?R2(1+sin0)<Lc、3,mU聯(lián)立①⑧?式解得B2-l可?(4)如圖3(或圖4)所示，設(shè)粒子射出磁場I區(qū)時速度與水平方向的夾角為a，由幾何知識可得?L=R(sin0+sina)或L=R(sin0-sina)?L=R(sin0+sina)或L=R(sin0-sina)聯(lián)立②⑧??式解得BlL1=B2L2 ?271212圖3圖49.2011年理綜四川卷25.（20分）如圖所示，正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長/=1.8m,距地面任0.8m。平行板電容器的極板。。間距d=0.1m且垂直放置于臺面。C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔。電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度B=1T,方向豎直向上的勻強磁場。電荷量q=5x10-13C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U=2.5V,板間微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進入磁場（微粒始終不與極板接觸），然后由XY邊界離開臺面。在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正下方水平地面上A點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇。假定微粒在真空中運動、極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質(zhì)點?；瑝K與地面間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,取g=10m/s2。⑴求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板的極性；⑵求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍;⑶若微粒質(zhì)量m0=1x10-13kg,求滑塊開始運動所獲得的速度。解析：（1）微粒在極板間所受電場力大小為F=券，代入數(shù)據(jù):F=1.25x10T1N由微粒在磁場中的運動可判斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場加速，故C板為正極，D板為負極。（2）若微粒的質(zhì)量為m，剛進入磁場時的速度大小為v能定理：Uq=2mv2微粒在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力充當向心力，v2動半徑為H,有：qvB=mR28微粒要從xy邊界離開臺面，則圓周運動的邊緣軌跡如圖所示，半徑的極小值與極大值分別為R1=i2，R2=l—d,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)有8.1x10-i4kg<m<2,89x10-i3kg(3)如圖，微粒在臺面以速度v做以0點為圓心，R為半徑的圓周運動，從臺面邊緣P點沿與xy邊界成6角飛出做平拋運動，落地點。，水平位移s，下落時間t。設(shè)滑塊質(zhì)量為M，滑塊獲得速度v0后在t內(nèi)沿與平臺前側(cè)面成0角方向，以加速度a做勻減速直線運動到。，經(jīng)過位移為鼠由幾何關(guān)系，可得根據(jù)平拋運動，t=，s=vt根據(jù)平拋運動，t=，s=vt對于滑塊，由牛頓定律及運動學(xué)方程，有^Mg=Ma,k=vt—2at2再由余弦定理：k2=s2+(d+Rsin6)2—2s(d+Rsin6)cos6及正弦定理：地0=半sk聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v0=4.15m/s,0=arcsin0.8(或0=53°)10.2011年理綜重慶卷25.(19分)某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動。如圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域PPNN充滿豎直向下的勻強電場，寬為d；矩形區(qū)域NNM'M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，長為3s，寬為s；NN為磁場與電場之間的薄隔離層。一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電.磁場區(qū)域BXXXXXX+ + ++++ + + + + +電場區(qū)域P'子，從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進入磁場，電子每次穿越隔離層，運動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%,最后電子僅能從磁場邊界MN飛出。不計電子所受重力。29

求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比;⑵求電場強度的取值范圍;⑶4是MN的中點，若要使電子在A、M間垂直于AM飛出，求電子在磁場區(qū)域中運動的時間。分別為\、v2，動能分別為EkJn+1解析：（1）設(shè)圓周運動的半徑為分別為R、分別為\、v2，動能分別為EkJn+1mv—1

mv—1

qB 2qB1二1二-mv22 2——mv2,2 1解得R-0.9R1⑵設(shè)電場強度為E,第一次達到隔離層前速度為v'eEd--mv'2210.9x—mv2-21—mv25⑵設(shè)電場強度為E,第一次達到隔離層前速度為v'eEd--mv'2210.9x—mv2-21—mv25B2es2解得E< 9md又由R-0.9n-1R]2(1+0.9+0。+…0.9n+…)R1>3sB2es2得E> 80mdB2es2 5B2es2所以 <E< 80md 9md⑶設(shè)電子在磁場中圓周運動的周期為T，運動的半圓周個數(shù)為n，總運動時間為t，由題意有2R(1-0.9n)

—1 1-0.9+R-3sn+1-0.9nR] R1, 5九m得t-2eB11.2011年江蘇卷15.（16分）某種加速器的理想模型如圖1所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖2所示，電壓的最大值為U0、周期為"，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場。若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，30經(jīng)電場加速后進入磁場，在磁場中運動時間T00后恰能再次從?？走M入電場加速?，F(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了1Lm。（粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力）1000⑴若在看=0時刻將該粒子從板內(nèi)?？滋庫o止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能；⑵現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管外磁場的影響），使圖1中實線軌跡（圓心為0）上運動的粒子從?？渍路较嗑郘處的c孔水平射出，請在答題卡圖上的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管；⑶若將電壓%b的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)?？滋庫o止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少?空qU

25空qU

25 0【解析】（1）質(zhì)量為m0的粒子在磁場中作勻速圓周運動Bqv2兀mTOC\o"1-5"\h\z則T= 00qB\o"CurrentDocument" 1 -…一 1當粒子的質(zhì)量增加了—m，其周期增加AT=T1000 1000根據(jù)題圖可知，粒子第一次的加速電壓u1=U0 24粒子第二次的加速電壓u=—U2 250粒子射出時的動能Ek2=qu1+qu2\o"CurrentDocument"解得E=49qUk2 25 0（2）磁屏蔽管的位置如圖所示（3）在uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)31N=4，得N=25AT分析可得，粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且u=U0q時也被加速的情況時，最終獲得的動能最大。,、一 n 19、_粒子由靜止開始被加速的時刻t=q+5q)Tq(n=0,1,2,……)一... 1 3 23最大動能%=22(石+石++25)qUo+qUo解得Ekm二"qU25o12.2014年物理江蘇卷14.(16分)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示。裝置的長為乙上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點.改變粒子入射速度的大小，P可以控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力.(1)求磁場區(qū)域的寬度h;(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量A%(3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值.【答案】(1)(2L-Qd)(1-亙) (2)qB(L—立d)3 2 m6 4(3)v=qB(-L--巧d)(1<n<迅-1,n取整數(shù))nmn+1 3d【解析】(1)設(shè)粒子在磁場中的的軌道半徑為廠根據(jù)題意L=3rsin3Oo+3dcos3Oo 且h=r(1-cos3Oo)2 3解得h=(-L-、3d)(1-3-)J /(2)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞'mv2 =qvB,rmv232由題意可知3rsin300=4r'sin300 解得Av=v一v'=—(――上3d)m6 4（3）設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次由題意可知L=(2n+2)dcos300+(2n+2)rsin300n且mvL=qvB，解得v=qB(-L-,3d)(1<n<^L-1

rn nmn+1 3dn,n取整數(shù)）13.2014年理綜山東卷24、（20分）如圖甲所示，間距為d垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力），初速度%由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時，可使t=0時刻入射的粒子經(jīng)At時間恰能垂直打在P板上（不考慮粒子反彈）。上述m、q、d、v0為已知量。（1）d(2), 3一若At=-T，求粒子在磁場中運動時加速度的大小;2b(3)4 4mv若B0=中，為使粒子仍能垂直打在P板上,求Tb?！窘馕觥浚?）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為&,由牛頓第二定律得mv2qvB=——0-

00Ri據(jù)題意由幾何關(guān)系得聯(lián)立①②式得B=mv^0qd333 3一(2)若At=-T，垂直打在P板上,如圖示。設(shè)粒子做圓周運動的半徑為凡，加速度大小為a,2b 2Q由圓周運動公式得:Q據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2=d聯(lián)立④⑤式得3v2a=——0-d(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為七周期為T，由圓周運動公式得t—2冗RT- V0，代入⑧式得由牛頓第二定律得，代入⑧式得nmv2TOC\o"1-5"\h\zqvB=—0— (00R4mv由題意知B= 00qd粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，0102連線與水平方向夾角為。，在第個Tb內(nèi)，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0<0<y，由題意可知兀+0 T- T=—B ⑩2兀 2設(shè)經(jīng)歷整個完整T”勺個數(shù)為n(n=0、1、2、3……)若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2(R+Rsin0)n=d(11)當n=0時，無解 ?當n=1時，聯(lián)立⑨巴式得34

TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"6=—(或sin0=—) ?6 2聯(lián)立⑦⑨⑩自式得T=* ?3v0當n>2時，不滿足0<6<—的要求(15)若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2Rsin0+2(R+Rsin0)n-d?TOC\o"1-5"\h\z當n=0時，無解 自當n=1時，聯(lián)立⑨?式得0-arcsin4(或sin0-4)俄聯(lián)立⑦⑨⑩依式得— 1dT=一十a(chǎn)rcsin—) Wb2 42v0當n>2時，不滿足0<0<—的要求2014.2014年理綜廣東卷36.(18分)如圖25所示，足夠大的平行擋板右、A2豎直放置，間距6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域I和H,以水平面MN為理想分界面，1區(qū)的磁感應(yīng)強度為B0,方向垂直紙面向外.A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2,兩孔與分界面MN的距離均為L.質(zhì)量為m、電量為+q的粒子經(jīng)寬度+qm圖25為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入1區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點，再進入11+qm圖25區(qū)，P點與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮.⑴若k=1,求勻強電場的電場強度E；(2)若2<k<3,且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小V與k的關(guān)系式和H區(qū)的磁感應(yīng)強度B與k的關(guān)系式.35

【解析】（1）粒子在電場中，由動能定理有qEd=1mv2—0①，、一， n V2粒子在I區(qū)洛倫茲力提供向心力qvB0=mr當k=1時，由幾何關(guān)系得r=L由①②③解得E由①②③解得E=qB2L2

——0——

2md（2）由于2<k<3時，由題意可知粒子在H區(qū)只能發(fā)生一次偏轉(zhuǎn)，由幾何關(guān)系可知(r—L)2+(kL)2=r2 ⑤（k2+1）解得r=---L⑥2由②⑥解得V=（k2m1）qB0L⑦粒子在n區(qū)洛倫茲力提供向心力V2qv