高考物理分題型多維刷題卷專題12之12 帶電粒子在磁場中的運動（解析版）

專題12帶電粒子在磁場中的運動1.安培力：；2.洛倫茲力：；3.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動：①半徑：；②周期：；③運動時間：或。在解與帶電粒子在磁場中的運動的有關的計算題時，首先畫出運動軌跡，找出圓心；其次找出各物理量之間的聯系：①軌跡半徑與磁感應強度、速度、比荷相聯系，②由幾何方法確定半徑，③偏轉角、弦切角、圓心角與運動時間相聯系，④粒子在磁場中的運動時間與周期相聯系；最后利用牛頓第二定律和勻速圓周運動規(guī)律求出半徑、周期，并結合數學知識求出圓心角、半徑、長度等。1.粒子發(fā)射源位于磁場的邊界：該模型通常具有對稱性，即進入磁場和離開磁場時速度方向與邊界的夾角相等；如圖所示：2.粒子的發(fā)射源位于磁場中：該模型往往存在著臨界狀態(tài)，當帶電粒子的運動軌跡小于圓周且與邊界相切時，切點為帶電粒子不能射出磁場的最值點（或恰能射出磁場的臨界點)，如圖中a所示；當帶電粒子的運動軌跡等于圓周時，直徑與邊界相交的點(如圖中b所示)為帶電粒子射出邊界的最遠點(距O點最遠)。3.有界磁場中的臨界問題（1）定圓平移法：當粒子的發(fā)射速度大小和方向相同，入射點不同但在同一直線上時，帶電粒子進入勻強磁場做勻速圓周運動的半徑相同，將此半徑相同的圓沿入射點所在的直線進行平移，從而探索粒子的臨界軌跡。（2）動態(tài)放縮法：當粒子的入射方向不變而速度大小可變時，粒子做圓周運動的軌跡圓的圓心一定在粒子處于入射點時所受洛倫茲力所在的射線上，但位置(半徑R)不確定，用圓規(guī)作出一系列大小不同的軌跡圓，從圓的動態(tài)變化中即可發(fā)現“臨界點”。（3）定圓旋轉法：當粒子的入射速度大小不變而方向改變時，所有沿不同方向入射的粒子的軌跡圓是一樣大的，只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉，從定圓的動態(tài)旋轉（作圖）中，也容易發(fā)現“臨界點”。4.帶電粒子在磁場中的運動的多解問題

帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解，多解形成原因一般包含下述幾個方面．

（1）帶電粒子電性不確定形成多解

受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度的條件下，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致形成雙解。

（2）磁場方向不確定形成多解

有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。

（3）臨界狀態(tài)不唯一形成多解

帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，于是形成了多解。（4）運動的往復性形成多解

帶電粒子在部分是電場，部分是磁場空間運動時，往往運動具有往復性，因而形成多解。5.帶電粒子在圓形磁場中運動的常用結論(1)徑向進出：當粒子運動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區(qū)域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁場圓的圓心，如圖所示。(2)等角進出：入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點的磁場圓半徑的夾角，如圖所示。徑向進出是等角進出的一種特殊情況(θ=0°)。(3)點入平出：若帶電粒子從圓形勻強磁場區(qū)域圓周上一點沿垂直于磁場方向進入磁場，當帶電粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時，所有帶電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點處的切線方向射出磁場，如圖所示。(4)平入點出：若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動的半徑和圓形磁場區(qū)域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區(qū)域圓周上同一點射出，且磁場區(qū)域圓周上該點的切線方向與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行，如圖所示。典例1：（2021·湖南·高考真題）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關鍵技術之一、帶電粒子流（每個粒子的質量為、電荷量為）以初速度垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在平面內的粒子，求解以下問題。（1）如圖（a），寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入圓心為、半徑為的圓形勻強磁場中，若帶電粒子流經過磁場后都匯聚到坐標原點，求該磁場磁感應強度的大??；（2）如圖（a），虛線框為邊長等于的正方形，其幾何中心位于。在虛線框內設計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使匯聚到點的帶電粒子流經過該區(qū)域后寬度變?yōu)椋⒀剌S正方向射出。求該磁場磁感應強度的大小和方向，以及該磁場區(qū)域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）；（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點，再經過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)椋⒀剌S正方向射出，從而實現帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁感應強度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強磁場區(qū)域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）?！敬鸢浮浚?）；（2），垂直與紙面向里，；（3），，，【規(guī)范答題】（1）粒子垂直進入圓形磁場，在坐標原點匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力解得（2）粒子從點進入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的點飛入然后平行軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場運動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區(qū)域磁場半徑為，根據可知磁感應強度為根據左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形磁場的面積為（3）粒子在磁場中運動，3和4為粒子運動的軌跡圓，1和2為粒子運動的磁場的圓周根據可知I和III中的磁感應強度為，圖中箭頭部分的實線為粒子運動的軌跡，可知磁場的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周與三角形之差，所以陰影部分的面積為類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為根據對稱性可知II中的勻強磁場面積為典例2：（2021·遼寧·高考真題）如圖所示，在x>0區(qū)域內存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場；在x<0區(qū)域內存在沿x軸正方向的勻強電場。質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點S（-a，0）由靜止釋放，進入磁場區(qū)域后，與靜止在點P（a，a）、質量為的中性粒子乙發(fā)生彈性正碰，且有一半電量轉移給粒子乙。（不計粒子重力及碰撞后粒子間的相互作用，忽略電場、磁場變化引起的效應）（1）求電場強度的大小E；（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x≤0區(qū)域內加上與x>0區(qū)域內相同的磁場，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間△t；（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時，撤去電場和磁場，經一段時間后，在全部區(qū)域內加上與原x>0區(qū)域相同的磁場，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時間內粒子甲運動的距離L?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【規(guī)范答題】（1）粒子甲勻速圓周運動過P點，則在磁場中運動軌跡半徑R=a則則粒子從S到O，有動能定理可得可得（2）甲乙粒子在P點發(fā)生彈性碰撞，設碰后速度為、，取向上為正，則有計算可得兩粒子碰后在磁場中運動解得兩粒子在磁場中一直做軌跡相同的勻速圓周運動，周期分別為則兩粒子碰后再次相遇解得再次相遇時間（3）乙出第一象限時甲在磁場中偏轉角度為撤去電場磁場后，兩粒子做勻速直線運動，乙粒子運動一段時間后，再整個區(qū)域加上相同的磁場，粒子在磁場中仍做半徑為a的勻速圓周運動，要求軌跡恰好不相切，則如圖所示設撤銷電場、磁場到加磁場乙運動了，由余弦定理可得則從撤銷電場、磁場到加磁場乙運動的位移典例3：（2022·浙江·高考真題）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉動（角速度大小可調），其上有一小孔S。整個轉筒內部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質量為m、電荷量為–q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進入轉筒，經磁場偏轉后恰好沿y軸負方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應強度B的大?。虎谌羲俣却笮関0的離子能打在板Q的A處，求轉筒P角速度ω的大小；（2）較長時間后，轉筒P每轉一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負方向的夾角為θ，求轉筒轉動一周的時間內，C處受到平均沖力F的大??；（3）若轉筒P的角速度小于，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O點連線與x軸負方向的夾角）?！敬鸢浮浚?）①，②，k=0，1，2，3…；（2），n=0，1，2，…；（3），【規(guī)范答題】（1）①離子在磁場中做圓周運動有則②離子在磁場中的運動時間轉筒的轉動角度，k=0，1，2，3…（2）設速度大小為v的離子在磁場中圓周運動半徑為，有離子在磁場中的運動時間轉筒的轉動角度ω′t′=2nπ+θ轉筒的轉動角速度，n=0，1，2，…動量定理，n=0，1，2，…（3）轉筒的轉動角速度其中k=1，，n=0，2可得，典例4：（2021·河北·高考真題）如圖，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，極板與可調電源相連，正極板上O點處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為、帶正電的粒子束，單個粒子的質量為m、電荷量為q，一足夠長的擋板與正極板成傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負極板上的兩點，C點位于O點的正上方，P點處放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收從上方打入的粒子，長度為，忽略柵極的電場邊緣效應、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。（1）若粒子經電場一次加速后正好打在P點處的粒子靶上，求可調電源電壓的大??；（2）調整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；（3）若粒子靶在負極板上的位置P點左右可調，則負極板上存在H、S兩點（，H、S兩點末在圖中標出）、對于粒子靶在區(qū)域內的每一點，當電壓從零開始連續(xù)緩慢增加時，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長度（假定在每個粒子的整個運動過程中電壓恒定）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；【規(guī)范答題】（1）從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在磁場中做圓周運動，則半徑由解得（2）當電壓有最小值時，當粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時粒子恰好不能打到擋板上，則從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在負極板上方的磁場中做圓周運動粒子從負極板傳到正極板時速度仍減小到v0，則由幾何關系可知聯立解得（3）結合（2）分析可知，當粒子經上方磁場再進入下方磁場時，軌跡與擋板相切時，粒子運動軌跡半徑分別為r2、r3，則①當粒子在下方區(qū)域磁場的運動軌跡正好與OM相切，再進入上方磁場區(qū)域做圓周運動，軌跡與負極板的交點記為H2，當增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場中恰好運動到H2點時，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時H2點為距C點最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點，運動軌跡如圖所示由幾何關系可得②同理可知當粒子靶接收3種能量的粒子的運動軌跡如圖所示第③個粒子經過下方磁場時軌跡與MN相切，記該粒子經過H2后再次進入上方磁場區(qū)域運動時軌跡與負極板的交點為H3(S2)，則該點為接收兩種粒子的終點，同時也是接收3種粒子的起點。由幾何關系可得可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點（即粒子靶接收n種粒子的起點與終點）始終相距當粒子靶接收n種能量的粒子時，可得1．（2022·河南·模擬預測）如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內，y軸與x=d之間有斜向右上，方向與x軸正方向成45°角、電場強度大小為E的勻強電場，x=d與x=2d之間有垂直于坐標平面向外的勻強磁場I，在x=2d與x=3d之間有垂直于坐標平面向內的勻強磁場Ⅱ。若在坐標原點O處由靜止釋放一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子a，粒子a經電場加速后第一次在磁場I中運動的軌跡恰與x=2d相切。若在坐標原點O處由靜止釋放一個帶正電的粒子b，粒子b經磁場I運動后進入磁場Ⅱ，粒子b第一次在磁場I中運動的偏向角為90°，粒子b第一次在磁場Ⅱ中運動軌跡恰好與x=3d相切，不計兩個粒子的重力，求：（1）勻強磁場I的磁感應強度大??；（2）粒子b的比荷大??；（3）粒子b第三次經過x=d時的位置坐標?！敬鸢浮浚?）（也對）；（2）；（3）[d，（2+7）d]【規(guī)范答題】（1）設粒子a進磁場I時的速度大小為v1，根據動能定理有解得設粒子a在磁場I中做圓周運動的半徑為r1，根據題意及幾何關系有解得根據牛頓第二定律有解得（也對）（2）設粒子b在磁場I中運動的軌道半徑為r2，根據幾何關系有解得設粒子b進入磁場I時的速度大小為v2，根據動能定理根據牛頓第二定律解得（3）根據幾何關系可知，粒子b在磁場Ⅱ中做圓周運動的半徑為r1，根據對稱性可知，粒子第二次經過x=d時，速度方向與x=d夾角為45°，大小為v2，設位置坐標為（d，y1），則y1=d+r1=（2-1）d粒子b第二次在電場中做類平拋運動，根據運動的對稱性可知，粒子沿x軸方向運動到速度為零時，剛好到y軸，設粒子b第二次在電場中運動時間為t，則解得設粒子第二次經過x=d和第三次經過x=d的位置之間距離為y2，則因此粒子b第三次經過x=d的位置坐標為（d，（2+7）d）2．（2022·貴州貴陽·模擬預測）如圖所示，一質量為、帶電量為的粒子以初速度沿軸正方向從坐標原點射入，并經過圖中點，點的坐標，，不計粒子重力。（1）若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現，求磁感應強度的大??；（2）若上述過程僅由方向平行軸的勻強電場實現，求粒子經過點時的動能?！敬鸢浮浚?）；（2）【規(guī)范答題】（1）若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現，粒子在磁場的軌跡如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得由幾何關系可得解得粒子的軌道半徑為聯立解得磁感應強度的大小為（2）若上述過程僅由方向平行軸的勻強電場實現，粒子在勻強電場中做類平拋運動，則有聯立解得電場強度大小為根據動能定理可得解得粒子經過點時的動能為3．（2022·江西南昌·模擬預測）如圖所示，僅在xOy平面的第Ⅰ象限內存在垂直紙面的勻強磁場，一細束電子從x軸上的P點以大小不同的速率射入該磁場中，速度方向均與x軸正方向成銳角。已知速率為的電子可從x軸上的Q點離開磁場，不計電子間的相互作用，電子的重力可以忽略，已知PQ=l，OP=3l，電子的電量為e，質量為m，求（1）磁感應強度的大小和方向；（2）能從y軸垂直射出的電子的速率?！敬鸢浮浚?），方向垂直紙面向外；（2）【規(guī)范答題】（1）電子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓運動定律得又由幾何知識可得，從Q點射出的電子，其半徑聯立解得電子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動，由左手定則可知：磁感應強度的方向垂直紙面向外。（2）設電子從y軸垂直射出的速率為v、半徑為r，根據幾何關系有又由牛頓運動定律得解得電子的速率4．（2022·廣東廣州·模擬預測）如圖所示，三角形ABC內有一磁感應強度為B、方向垂直于紙面向外的有界勻強磁場，且∠B=30°，∠C=90°，BC=L。BC中點有一離子源S，能均勻地向三角形內的各個方向發(fā)射大量速率相等的同種離子，離子質量為m、電荷量為+q。若有離子剛好從C點沿AC方向射出，求：（1）離子的發(fā)射速率v；（2）從AB邊射出的粒子占全部粒子的占比；（3）從AB邊射出的離子在磁場中運動的最短時間tmin?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【規(guī)范答題】（1）離子剛好從C點沿AC方向射出，作出該離子的運動軌跡如圖所示根據單邊有界磁場的規(guī)律，可知，該離子必定垂直于BC邊入射，根據幾何關系有離子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有解得（2）若離子入射速度方向與SB夾角為時，離子軌跡恰好與AB邊相切，作出軌跡以及輔助線如圖所示軌跡圖中O為軌跡的圓心，OD與OS為半徑，由幾何關系有解得即在該離子入射速度與SB夾角在范圍內進入的離子能夠從AB邊射出，由于離子是均勻地向三角形內的各個方向發(fā)射，則從AB邊射出的離子占全部粒子的占比為（3）由分析可知，離子從AB邊射出時，軌跡為一條劣弧，軌跡弧對應的弦長越短，磁場中運動的時間越小，則當入射點與出射點連線垂直于AB邊時，弦長最小，對應軌跡歷時最短，作出軌跡如圖所示軌跡圖中為軌跡的圓心，與為半徑，由幾何關系有則為等邊三角形，即軌跡對應的圓心角為，最短時間為圓周運動的周期解得5．（2022·黑龍江·哈爾濱三中模擬預測）如圖所示，在xoy平面內，有半徑為L的圓形區(qū)域，圓心為O，在圓形區(qū)域以外存在磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外的勻強磁場，圓形區(qū)域內無磁場分布?，F有質量為m、帶電荷量為+q的粒子從坐標為（0，2L）的P點射入磁場，粒子的重力忽略不計。（1）若該粒子從P點沿x軸正方向射入磁場且不進入圓形無磁場區(qū)域，求粒子速度大小范圍。（2）若粒子從P點射入方向不確定，要使該粒子直接從圓邊界上的Q點離開磁場進入無磁場區(qū)域，Q點坐標為（），圖中未畫出，求粒子從P點射入磁場的最小速度v1.（3）若該粒子從P點以初速度，沿x軸正方向射入磁場，能夠再次回到P點，畫出粒子運動的軌跡圖并求出該粒子從出發(fā)到再次過P點所經歷的時間t和路程s?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3），【規(guī)范答題】（1）若該粒子從P點沿x軸正方向射入磁場且不進入圓形無磁場區(qū)域的臨界軌跡如圖所示當粒子軌跡和無磁場圓最高點相切時，由幾何知識可知半徑為洛倫茲力提供向心力解得當粒子軌跡和無磁場圓最低點相切時，由幾何知識可知半徑為解得粒子速度大小范圍為，（2）若粒子從P點射入，使該粒子直接從圓邊界上的Q點離開磁場進入無磁場區(qū)域，粒子軌跡如圖所示當粒子速度最小時，PQ為軌跡圓直徑，由幾何知識知半徑為洛倫茲力提供向心力解得（3）若該粒子從P點以初速度，沿x軸正方向射入磁場，能夠再次回到P點，粒子運動的軌跡如圖所示軌跡圓半徑為由幾何知識可知圓交點形成一個等邊三角形，邊長為，粒子在每個圓經過個圓，根據洛倫茲力提供向心力可知周期為解得周期粒子從P點出發(fā)回到P點經過3個圓弧和3條邊長，經過的時間為經過的路程為6．（2022·青?！つM預測）在如圖甲所示的平面直角坐標系xOy（其中Ox水平，Oy豎直）內，矩形區(qū)域OMNP充滿磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場（邊界處有磁場），，其中=d，，P點處放置一垂直于x軸的熒光屏，現將質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從OM邊的中點A處以某一速度垂直于磁場且沿與y軸負方向夾角為45°的方向射入磁場，不計粒子重力。（1）求粒子恰好能打在熒光屏上與A等高的點的速度大?。唬?）求粒子能從OM邊射出磁場的最大速度及其對應的運動時間。（3）若規(guī)定垂直紙面向外的磁場方向為正方向，磁感應強度B的變化規(guī)律如圖乙所示（圖中B0已知），調節(jié)磁場的周期，滿足，讓上述粒子在t=0時刻從坐標原點O沿與x軸正方向成60°角的方向以一定的初速度射入磁場，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置?！敬鸢浮浚?）；（2），（3）(n=0,1,2,3…)，【規(guī)范答題】（1）要使粒子恰好能打在熒光屏上與A等高的點，則粒子速度方向偏轉了90°，軌跡如圖所示由幾何關系可得由洛倫茲力作為向心力可得聯立解得（2）當粒子的軌跡恰好與MN相切時，對應的速度最大，如圖所示由幾何關系可得由洛倫茲力作為向心力可得聯立解得可知軌跡對應圓心角為270°，粒子在磁場中的運動周期為故對應的運動時間為（3）由題意可知，磁場的周期滿足可知每經過，粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角均為60°，運動軌跡如圖所示粒子打在熒光屏上的Q點，由幾何關系可得則設粒子在磁場中運動的軌道半徑為R3，每次偏轉對應的圓心角均為60°，粒子恰好垂直打在屏上，由幾何關系可得(n=0,1,2,3…)由洛倫茲力作為向心力可得聯立解得(n=0,1,2,3…)7．（2022·安徽·滁州市瑯琊區(qū)豐山實驗學校模擬預測）如圖所示，在平面直角坐標系xoy平面內存在兩處磁感應強度大小均為B、方向垂直于xoy平面的勻強磁場，第一象限內的勻強磁場分布在三角形OAC之外的區(qū)域，方向向里，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，，OC的長度為2R；第二象限內的勻強磁場分布在半徑為R的圓形區(qū)域內，圓形區(qū)域的圓心坐標為，圓形區(qū)域與式x、y軸的切點分別為P、Q，第三、四象限內均無磁場。置于P點的離子發(fā)射器，能持續(xù)地從Р點在xoy平面內向x軸上方180°范圍內以恒定速率發(fā)射同種正離子，離子質量均為m，電荷量均為q；在y軸上的CG之間放置一個長的探測板，所有打到探測板上的離子都被板吸收。已知從P點垂直于軸發(fā)射的離子恰好經過Q點進入第一象限，不計重力及離子間的相互作用，求：（1）圓形區(qū)域內磁場的方向及離子的發(fā)射速率；（2）從P點垂直于軸發(fā)射的離子，從發(fā)射到第二次經過邊界AC所用的時間t；（3）探測板CG上有離子打到的區(qū)域長度?！敬鸢浮浚?）垂直于紙面向外，；（2）；（3）【規(guī)范答題】（1）從P點垂直于軸發(fā)射的正離子恰好經過Q點進入第一象限，說明正離子在P點受向右的磁場力，由左手定則知磁場方向垂直于紙面向外。如圖所示，設離子在圓形區(qū)域圓周運動的半徑為r，則又有解得（2）設離子在兩磁場中圓周運動的周期為，則離子在圓形區(qū)域磁場中運動圓心角為90°，則運動時間離子在兩磁場之間勻速直線運動時間離子在右側區(qū)域磁場中運動圓心角為300°，運動時間則離子從發(fā)射到第二次經過邊界所用的時間（3）如圖所示，因所有離子均以恒定速率發(fā)射，故離子在圓形磁場中的軌跡半徑均為，又已知，易得所有離子經過圓形磁場后均水平向右飛出圓形磁場，然后穿過AC進入右側磁場。從C點進入右側磁場的離子，經過半個周期打到屏上E點，則從M點進入右側磁場的離子，軌跡恰好與屏CG相切與D點，圖中CF垂直于，則則則探測板上有離子打到的區(qū)域為，其長度8．（2022·福建·三明一中模擬預測）如圖所示，在xOy平面第一象限內有垂直紙面向外的勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為B，在第二象限的邊長為L的正方形ACDO內的某個區(qū)域有垂直于紙面的勻強磁場Ⅱ，在第三象限內有豎直向上的勻強電場，場強大小為E，所有電磁場邊界均為理想邊界。在第三象限內有一點P（-L，-L），在AP連線上任意一點由靜止釋放一帶電粒子，粒子由A點進入磁場Ⅱ中，經過磁場Ⅱ偏轉后，都能垂直于y軸進入磁場Ⅰ中，且都恰好能到達O點被粒子捕獲器捕獲。已知在P點釋放的粒子恰好是經D點垂直于y軸進入磁場Ⅰ中。設粒子重力不計。求：（1）粒子的比荷；（2）ACDO內所加磁場的最小面積；（3）帶電粒子從釋放到運動到O點的最小時間及對應的電場中釋放位置坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【規(guī)范答題】（1）經分析得粒子軌跡如圖所示在P點釋放的粒子，在電場中由動能定理得在第一象限B1=B的磁場中，帶電粒子運動軌跡半徑為洛倫茲力提供向心力解得（2）四分之一圓形面積三角形面積為最小面積為（3）帶電粒子在第二象限磁場中的半徑為r2=L=2r1洛倫茲力提供向心力故第二象限磁場的磁感應強度任意位置釋放粒子在第一、二象限磁場中總時間都相等在第一象限磁場中又在第二象限磁場中又在電場中，根據動能定理有由平均速度公式有解得在第二象限磁場中，洛倫茲力提供向心力解得半徑粒子離開磁場B2勻速到y軸有解得當t3+t4最小時有解得即釋放位置坐標為（-L，）最小時間為9．（2022·江蘇南通·模擬預測）如圖所示，質譜儀由一個加速電場和環(huán)形區(qū)域的偏轉磁場構成，磁場區(qū)域由兩圓心都在O點，半徑分別為2a和4a的半圓盒N1N2和M1M2圍成，勻強磁場垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B。質量為m、電荷量為+q的粒子不斷從粒子源S飄入加速電場，其初速度幾乎為0，經電場加速后沿M1N1的中垂線從極板上小孔P射入磁場后打到熒光屏N2M2上。已知加速電壓為U0（未知）時，粒子剛好打在熒光屏的中央。不計粒子的重力和粒子間相互作用，打到半圓盒上的粒子均被吸收。（1）為使粒子能夠打到熒光屏上，求加速電壓的最大值Um；（2）由于粒子進入磁場時速度方向在紙面內偏離SP方向，加速電壓為U0（未知）時，其中有粒子打到熒光屏N2點右側0.8a處的Q點（圖中未畫出），求該粒子進入磁場時速度與SP方向夾角α的余弦值cosα；（3）由于粒子進入磁場時速度方向在紙面內偏離SP方向，求加速電壓為U0（未知）時，熒光屏N2M2上有粒子到達的最大區(qū)間長度L?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【規(guī)范答題】（1）當粒子在磁場中運動的軌跡與半徑為4a的半圓盒在M2點相切時，粒子在磁場中運動的半徑有最大值，設為r1，如答圖1．則設粒子在磁場中運動的最大速度為v1，根據動能定理有粒子在磁場中做圓周運動時，根據牛頓第二定律有聯立解得（2）設熒光屏N2M2的中點為C，加速電壓為U0時粒子在磁場中的運動軌跡如答圖2所示，由題意可知該粒子的運動半徑為r0=3a設粒子進入磁場速度方向偏離SP方向的夾角為α，粒子打在熒光屏上的Q點，軌跡圓心為O1，如答圖2，其運動半徑仍為r0，根據幾何關系有解得（3）由題意，加速電壓仍為U0，粒子在磁場中的運動半徑不變，則沿M1N1中垂線方向射入的粒子到達屏上的C點為粒子能打到熒光屏上最右側的點．當粒子速度方向偏離SP方向的夾角為θ時，粒子打在熒光屏上的點A，其軌跡與磁場外邊界相切，切點為D，圓心為O2，如答圖3．由幾何關系得根據余弦定理有則當粒子速度方向偏離SP方向的夾角為β時，粒子打在