高考物理系統(tǒng)性復(fù)習(xí) (能力提高練) 第三節(jié) 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（附解析）

【能力提高練】第三節(jié)帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．(多選)(2022?重慶外國(guó)語(yǔ)學(xué)校一模)如圖甲所示，之間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度，電場(chǎng)強(qiáng)度，D處有一固定豎直絕緣墻，S為控制電場(chǎng)的開(kāi)關(guān)，固定在上，帶電量為的小物塊向右進(jìn)入?yún)^(qū)域，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，與發(fā)生碰撞，同時(shí)觸發(fā)開(kāi)關(guān)S、關(guān)閉電場(chǎng)，物塊彈回并向左離開(kāi)區(qū)域，以向右為正方向，小物塊剛向右通過(guò)A點(diǎn)為0時(shí)刻，圖乙所示為物塊的位移-時(shí)間圖像，取重力加速度，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，小物塊的電量沒(méi)有損失，由以上信息可知()A．小物塊的質(zhì)量為B．與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)C．小物塊與墻碰撞時(shí)動(dòng)量變化大小為D．小物塊與墻碰撞時(shí)損失的動(dòng)能為【解析】A．物塊彈回并向左離開(kāi)區(qū)域，由圖乙可知，物塊以的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可知，代入數(shù)據(jù)解得，故A正確；B．由圖乙可知，物塊以的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可知，代入數(shù)據(jù)解得，故B正確；C．由圖乙，結(jié)合題意可知，小物塊與墻碰撞前速度為向右的，小物塊與墻碰撞后的速度為向左的，以向右為正方向，小物塊動(dòng)量變化量為，則小物塊與墻碰撞時(shí)動(dòng)量變化大小為，故C錯(cuò)誤；D．小物塊與墻碰撞時(shí)損失的動(dòng)能為，故D正確。故選ABD?！敬鸢浮緼BD2．(多選)(2022?云南省巴蜀中學(xué)第七次月考)回旋加速器的工作原理如圖所示，和是兩個(gè)中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢(shì)差U。A處的粒子源產(chǎn)生的粒子在兩盒之間被電場(chǎng)加速，兩個(gè)半圓盒處于垂直于盒面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。粒子進(jìn)入半圓金屬盒內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知粒子質(zhì)量為m、電量為q，從回旋加速器中輸出時(shí)的平均功率為P、回旋加速器的半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。若忽略粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間且不考慮相對(duì)論效應(yīng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．加速電壓越小，粒子射出的動(dòng)能越小B．加速電壓越小，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)C．第n次與第次加速后，粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑之比為D．射出時(shí)，帶電粒子束的等效電流為【解析】A．粒子射出時(shí)速度(動(dòng)能)最大動(dòng)能時(shí)，圓周半徑達(dá)到回旋加速器半徑R，由牛頓第二定律，則最大動(dòng)能，與加速電壓無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)粒子在回旋加速器中被加速度次數(shù)為n，根據(jù)功能關(guān)系，可知加速電壓U越小，加速次數(shù)n越大，做圓周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)越大，根據(jù)，周期不變，因此導(dǎo)致運(yùn)行時(shí)間越長(zhǎng)，故B正確；C．根據(jù)洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有半徑公式，，所以質(zhì)子第n次被加速前后的軌道半徑之比為，即第n次與第次加速后，粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑之比為，故C正確；D．設(shè)在t時(shí)間內(nèi)離開(kāi)加速器的粒子數(shù)為N，由電流定義式，則粒子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率，聯(lián)立可得等效電流為，故D正確。故選D?！敬鸢浮緽CD3．(多選)(2022?四省區(qū)八校高三(下)開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)被邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角ABC理想分開(kāi)，三角形內(nèi)磁場(chǎng)垂直紙面向里，三角形外磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，三角形頂點(diǎn)A處有一質(zhì)子源，能沿角A的角平分線(xiàn)發(fā)射速度不同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計(jì))，所有質(zhì)子均能通過(guò)C點(diǎn)，質(zhì)子比荷為k。下列說(shuō)法正確的是()A．質(zhì)子的速度可能為2kBLB．質(zhì)子的速度可能為絲C．質(zhì)子再次通過(guò)A點(diǎn)需要的時(shí)間可能是D．所有質(zhì)子均能再次通過(guò)A點(diǎn)【解析】AB．質(zhì)子帶正電，可能的軌跡如圖所示，角A為60°，射出方向沿角A的平分線(xiàn)，所以θ=30°，α=60°，則軌跡的圓心角為60°，半徑的可能值為，由洛倫茲力提供向心力可得，，當(dāng)n=2時(shí)，A錯(cuò)誤，B正確；C．質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的周期為，可能的軌跡如圖所示，則最少時(shí)間為半徑為L(zhǎng)的圓周運(yùn)動(dòng)，圓心角，則質(zhì)子再次通過(guò)A點(diǎn)需要的時(shí)間可能為，C正確；D．由質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的可能軌跡可知，有的質(zhì)子不能再次通過(guò)A點(diǎn)，D錯(cuò)誤。故選BC。【答案】BC4．(多選)(2022?成都市第七中學(xué)高三(下)入學(xué)考試)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在x軸下方的等腰直角三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點(diǎn)O的距離均為a?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正粒子從y軸上的P點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h，不計(jì)重力作用與空氣阻力的影響。下列說(shuō)法正確的是()A．若，則粒子垂直于CM射出磁場(chǎng)B．若，則粒子垂直于CM射出磁場(chǎng)C．若，則粒子平行于x軸射出磁場(chǎng)D．若，則粒子平行于x軸射出磁場(chǎng)【解析】AC．若，則由動(dòng)能定理，到達(dá)O點(diǎn)的速度滿(mǎn)足，解得，根據(jù)，此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R=a，可知粒子垂直CM射出磁場(chǎng)，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；BD．若，則由動(dòng)能定理，到達(dá)O點(diǎn)的速度滿(mǎn)足，解得，此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R′=a，則粒子平行于x軸負(fù)向射出磁場(chǎng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確。故選AD【答案】AD5．(多選)(2022?哈爾濱市第六中學(xué)高三(上)期末)如圖所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器A下方的狹縫S1飄入(初速度為零)電場(chǎng)區(qū)，經(jīng)電場(chǎng)加速后通過(guò)狹縫S2、S3垂直于磁場(chǎng)邊界MN射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分離，最終到達(dá)照相底片D上。不考慮離子間的相互作用，則()A．電場(chǎng)力對(duì)每個(gè)氖20和氖22做的功相等B．氖22進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度較大C．氖22在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑較小D．若加速電壓發(fā)生波動(dòng)，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊【解析】A．根據(jù)電場(chǎng)力做功公式，氖20和氖22的電荷量相同，加速電場(chǎng)電壓相同，所以做的功相同，A正確；B．在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理有，由于氖20的質(zhì)量小于氖22的質(zhì)量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B錯(cuò)誤；C．在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得，解得，根據(jù)動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系有，綜上可判斷，q、B和Ek相同，由于氖22的質(zhì)量大，所以氖22的半徑也大，C錯(cuò)誤；D．在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理有，在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得，聯(lián)立可得，對(duì)于同位素，加速電壓相同時(shí)，質(zhì)量越大做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大；對(duì)同種離子，加速電壓越大，其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大；若電壓發(fā)生波動(dòng)，則氖20和氖22做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑在一定的范圍內(nèi)變化，所以氖20在電壓較高時(shí)的半徑可能和氖22在電壓較低時(shí)的半徑相等，兩種離子打在照相底片上的位置就重疊，所以D正確。故選AD?！敬鸢浮緼D6．(多選)(2022?河南省名校聯(lián)盟高三(上)第三次診斷考試)回旋加速器的工作原理如圖所示，D形金屬盒的半徑為R，兩D形盒間狹縫的寬度為d，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與盒面垂直。D形金屬盒的中心O處有一粒子源，能產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子(H的初速度及其所受重力均不計(jì))，質(zhì)子在加速電壓為U的電場(chǎng)中加速，最終從出口處射出。下列說(shuō)法正確的是()A．質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為B．質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為C．若僅將電壓U增大，則質(zhì)子從出口處射出的最大動(dòng)能不變D．若僅將O處的粒子源改為氘(He)核源，則氘核可獲得的最大動(dòng)能為【解析】A．當(dāng)質(zhì)子射出D形盒時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，，質(zhì)子在電場(chǎng)中的加速度大小為，質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間，故A正確；B.設(shè)在電場(chǎng)中加速度的次數(shù)為n，根據(jù)動(dòng)能定理，在電場(chǎng)中加速一次后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半圈，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半圈的時(shí)間，質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)質(zhì)子射出D形盒時(shí)，質(zhì)子的速度，若僅將電壓U增大，則質(zhì)子從出口處射出的最大速度不變，最大動(dòng)能不變，故C正確；D．若僅將O處的粒子源改為氘(He)核源，則與質(zhì)子比較，電荷量增大為2倍，質(zhì)量增大為4倍，則氘核可獲得的最大速度為，最大動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。故選AC?！敬鸢浮緼C7．(多選)(2022?華南師范大學(xué)附屬中學(xué)1月模擬考試)如圖所示直角坐標(biāo)系xOy，P(a，－b)為第四象限內(nèi)的一點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電量為q的負(fù)電荷(電荷重力不計(jì))從原點(diǎn)O以初速度沿y軸正方向射入，第一次在整個(gè)坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該電荷恰好能通過(guò)P點(diǎn)；第二次保持y>0區(qū)域磁場(chǎng)不變，而將y<0區(qū)域磁場(chǎng)改為沿x方向勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電荷仍通過(guò)P點(diǎn)()A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度C．電荷從O運(yùn)動(dòng)到P，第二次所用時(shí)間一定短些D．電荷通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度，第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定小些【解析】AB．電荷第一次的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得①解得②根據(jù)牛頓第二定律有③聯(lián)立②③解得，故A正確，B錯(cuò)誤；圖1C．易知電荷兩次在第一象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同。電荷第一次在第四象限中運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，其沿y軸方向的分速度不斷減小，且始終小于v0，而電荷第二次在第四象限中運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，其沿y軸方向的分速度始終等于v0，而電荷兩次在第四象限運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的豎直分位移相同，所以電荷第二次在第四象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短些，進(jìn)而可知整個(gè)過(guò)程，第二次所用時(shí)間一定短些，故C正確；D．設(shè)電荷第一次通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度與x軸負(fù)方向的夾角為θ1，根據(jù)幾何關(guān)系可得，電荷第二次的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，設(shè)電荷第二次通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度與x軸負(fù)方向的夾角為θ2，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的推論可知，，所以有，即第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定大些，故D錯(cuò)誤。故選AC。故選AC。圖2【答案】AC8．(多選)(2022?湖南衡陽(yáng)市高三(下)一模)如圖所示，在xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第四象限存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長(zhǎng)度為ON=9m，M點(diǎn)為x軸正方向上的一點(diǎn)，?，F(xiàn)有一個(gè)比荷為的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn)且重力不計(jì))，從擋板下端N處小孔的右側(cè)某處由靜止釋放，經(jīng)勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后從N處小孔沿x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，則帶電小球從釋放點(diǎn)到N點(diǎn)距離的可能值為(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)()A．2.5m B．2.8m C．4.0m D．5.0m【解析】若小球與擋板碰撞一次，軌跡如圖所示。根據(jù)幾何知識(shí)得，，解得，，根據(jù)牛頓第二定律得，，解得，，設(shè)帶電小球從釋放點(diǎn)到N點(diǎn)距離為x，根據(jù)動(dòng)能定理得，，解得，，若小球與擋板沒(méi)有發(fā)生碰撞，軌跡如圖所示。根據(jù)幾何知識(shí)得，，解得，根據(jù)牛頓第二定律得，解得，根據(jù)牛頓第二定律得，解得，AC錯(cuò)誤，BD正確。故選BD。【答案】BD9．(2022?高考浙江卷)離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過(guò)O點(diǎn)、垂直xOy平面(紙面)的中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(角速度大小可調(diào))，其上有一小孔S。整個(gè)轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測(cè)板Q，板Q與y軸交于A(yíng)點(diǎn)。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)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(jìn)入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開(kāi)磁場(chǎng)。落在接地的筒壁或探測(cè)板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用。(1)①求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；②若速度大小為v0的離子能打在板Q的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度ω的大?。?2)較長(zhǎng)時(shí)間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個(gè)離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大??；(3)若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于，且A處探測(cè)到離子，求板Q上能探測(cè)到離子的其他θ′的值(θ′為探測(cè)點(diǎn)位置和O點(diǎn)連線(xiàn)與x軸負(fù)方向的夾角)?！窘馕觥?1)①離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有，則②離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度，，k=0，1，2，3…(2)設(shè)速度大小為v的離子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，有，離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度，n=0，1，2，…動(dòng)量定理，，n=0，1，2，…(3)轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度，其中k=1，，n=0，2可得，【答案】(1)①，②，k=0，1，2，3…；(2)，n=0，1，2，…；(3)，10．(2022?山東省高三(下)開(kāi)年摸底聯(lián)考)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)邊長(zhǎng)為4L的正方形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正方形的四個(gè)邊分別與坐標(biāo)軸平行，幾何中心位于坐標(biāo)原點(diǎn)。在和區(qū)域內(nèi)存在方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為(未知)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度可根據(jù)需求調(diào)整。長(zhǎng)度均為4L的兩塊擋板，一塊放置在y軸處與之平行，另一塊放置在處，擋板關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，置于y軸處的擋板中間(O點(diǎn)處)有一狹縫。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率從x軸上處與x軸正方向成30°角射入磁場(chǎng)，恰好從O點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，不計(jì)重力，。(1)求x軸負(fù)方向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)求粒子從處到O點(diǎn)所用的時(shí)間；(3)為使從O點(diǎn)進(jìn)入y軸右側(cè)磁場(chǎng)的粒子，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與兩個(gè)擋板碰撞，求區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍?！窘馕觥?1)粒子出發(fā)點(diǎn)和O點(diǎn)均在x軸上，軌跡如圖甲所示由幾何關(guān)系得洛倫茲力提供向心力，有解得(2)粒子在區(qū)域磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角所用時(shí)間粒子在區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間也為，則粒子自處至O點(diǎn)所用的時(shí)間為(3)粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后軌跡如圖乙所示若粒子從(0，2L)離開(kāi)磁場(chǎng)，圓心位于，由幾何關(guān)系得由洛倫茲力提供向心力可知，解得若粒子從(2L，2L)離開(kāi)磁場(chǎng)，圓心位于，由幾何關(guān)系得由洛倫茲力提供向心力可知，解得綜上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為【答案】(1)；(2)；(3)11．(2022?遼寧省協(xié)作體高三(下)一模)2021年末，由于煤炭?jī)r(jià)格上漲，火力發(fā)電受到影響，有的地區(qū)出現(xiàn)了拉閘限電，再一次提醒人們要節(jié)約能源和開(kāi)發(fā)新能源。受控?zé)岷朔磻?yīng)就是其中一種，熱核反應(yīng)需要極高溫度，還得束縛帶電粒子，基本原理如圖所示，空間有兩個(gè)同心圓a、b，圓a內(nèi)存在由圓心O向外的輻射狀電場(chǎng)，圓心O與圓a圓周上各點(diǎn)的電勢(shì)差為，圓a與圓b圍成的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓a半徑為，圓b半徑為R2，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T，粒子的荷質(zhì)比為，不計(jì)帶電粒子的重力。(1)若帶電粒子由靜止釋放，被電場(chǎng)加速后沿環(huán)的半徑方向以v0射入磁場(chǎng)，求v0的大小？(2)若帶電粒子從圓心O由靜止釋放不能穿越磁場(chǎng)的外邊界，則圓b半徑R2的取值范圍？(邊界線(xiàn)上有磁場(chǎng))(3)令帶電粒子以v0沿圓環(huán)半徑方向第一次射入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)為P，當(dāng)粒子射入磁場(chǎng)后撤去圓a中的電場(chǎng)，求帶電粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到回到P點(diǎn)所需要的時(shí)間t?！窘馕觥?1)根據(jù)動(dòng)能定理有，得(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，則，則若粒子與軌跡圓相切，則粒子恰好不能穿越磁場(chǎng)的外邊界，此時(shí)圓b半徑最小，記為，如圖所示由幾何關(guān)系得，解得，則(3)由幾何關(guān)系得，得，故帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)繞圓轉(zhuǎn)過(guò)又回到圓，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.故粒子從點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到第一次回到點(diǎn)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子在圓中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子第一次回到點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為.故帶電粒子從點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到回到點(diǎn)所需要的時(shí)間為【答案】(1)；(2)；(3)12．(2022?雙鴨山市第一中學(xué)高三(下)開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xoy的第一象限中有兩個(gè)全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，充滿(mǎn)了方向均垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，C點(diǎn)坐標(biāo)為(4L，3L)，M點(diǎn)為OC的中點(diǎn)。質(zhì)量為m帶電量為﹣q的粒子從C點(diǎn)以平行于y軸方向射入磁場(chǎng)Ⅱ中，速度大小為，不計(jì)粒子所受重力，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)區(qū)域相切時(shí)認(rèn)為粒子能再次進(jìn)入磁場(chǎng)。(1)若粒子無(wú)法進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ中，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大小范圍；(2)若粒子恰好不能從AC邊射出，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)若粒子能到達(dá)M點(diǎn)，且粒子是由區(qū)域Ⅱ到達(dá)M點(diǎn)的，求區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的所有可能值?！窘馕觥?1)粒子速度一定的情況下，磁場(chǎng)強(qiáng)度越小，軌跡半徑越大，當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與x軸相切時(shí)，恰好能進(jìn)入I區(qū)域，粒子不能進(jìn)入I區(qū)時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)半徑：r0>3L，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qBv0=m已知：v0，解得B(2)粒子在區(qū)域I中的運(yùn)動(dòng)半徑為r若粒子在區(qū)域II中的運(yùn)動(dòng)半徑R較小，則粒子會(huì)從AC邊射出磁場(chǎng)，恰好不從AC邊射出時(shí)滿(mǎn)足∠O2O1Q=2θ，如圖所示，sin2θ=2sinθcosθ又sin2θ，解得RrL粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B=m，解得B(3)①若粒子由區(qū)域I達(dá)到M點(diǎn)，每次前進(jìn)CP2=2(R﹣r)cosθ(R﹣r)由周期性CM=nCP2(N=0.1.2.3…)，即Ln(R﹣r)，解得R=rLL，解得n≤3n=1時(shí)，RL，BB0；n=2時(shí)RL，BB0；n=3時(shí)RL，BB0②由周期性CM=CP1+nCP2(N=0.1.2.3…)，即LRn(R﹣r)解得RL，解得n當(dāng)n=0時(shí)，RL，BB0，n=1時(shí)：RL，BB0【答案】(1)；(2)；(3)、、、、13．(2022?陜西省西安中學(xué)高三(下)四模)圖是一種花瓣形電子加速器簡(jiǎn)化示意圖，空間有三個(gè)同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無(wú)場(chǎng)區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場(chǎng)，圓b與圓c之間有三個(gè)圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)感應(yīng)強(qiáng)度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子由靜止開(kāi)始從圓b上P點(diǎn)沿徑向進(jìn)入電場(chǎng)，電場(chǎng)可以反向，保證電子每次進(jìn)入電場(chǎng)即被全程加速，電子加速后均沿各磁場(chǎng)區(qū)邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)，且在電場(chǎng)內(nèi)相鄰運(yùn)動(dòng)軌跡的夾角均為45°，最終從Q點(diǎn)出射，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中帶箭頭實(shí)線(xiàn)所示，已知圓a與圓b之間電勢(shì)差為U，圓b半徑為R，圓c半徑足夠大，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略相對(duì)論效應(yīng)，取。求：(1)Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)電子在Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比?！窘馕觥?1)電子在電場(chǎng)中加速有在磁場(chǎng)Ⅰ中，由幾何關(guān)系可得，，解得(2)在磁場(chǎng)Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)周期為由幾何關(guān)系可得，電子在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的圓心角為在磁場(chǎng)Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，解得(3)電子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后進(jìn)入Ⅰ和Ⅱ區(qū)的速度為、，則；解得由可得【答案】(1)；(2)；(3)1：14．(2022?西南大學(xué)附屬中學(xué)校第六次月考)如圖1所示，平面內(nèi)，在的區(qū)域僅有垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；的區(qū)域僅有如圖2所示的變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)：電場(chǎng)方向沿軸負(fù)方向，撤去電場(chǎng)，以后電場(chǎng)方向沿軸正方向，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小與時(shí)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等。點(diǎn)有一粒子源，可沿軸正方向發(fā)射速度大小不同、比荷均為的帶正電粒子，粒子所受重力可忽略。在磁場(chǎng)左邊界直線(xiàn)上的某點(diǎn)，固定一粒子收集器，觀(guān)察發(fā)現(xiàn)：粒子在0時(shí)刻發(fā)射，時(shí)刻經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，最終被粒子收集器收集；粒子在時(shí)刻以與粒子相同的速度發(fā)射，第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)左邊界的位置坐標(biāo)為；粒子在時(shí)刻發(fā)射，其發(fā)射速度是粒子發(fā)射速度的，不經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)就能被收集器收集。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?3)若時(shí)刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的發(fā)射速度大小?！窘馕觥?1)由、粒子的運(yùn)動(dòng)可知，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)所需的時(shí)間為，在時(shí)間內(nèi)有的時(shí)間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，時(shí)間做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則，解得(2)可知，對(duì)粒子，進(jìn)入磁場(chǎng)所需時(shí)間為，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至?xí)r坐標(biāo)為，即收集器的位置坐標(biāo)是對(duì)粒子，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)縱坐標(biāo)令進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為，與軸負(fù)方向夾角為，則令粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由，可得由幾何關(guān)系所示由以上各式解得，(3)令粒子發(fā)射速度為，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為、與軸夾角為、偏移的距離為。則偏移距離：情形1：若，粒子不經(jīng)磁場(chǎng)即可被收集，即，解得情形2：若，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段圓弧后再被收集器收集，軌跡如圖所示進(jìn)入磁場(chǎng)后的半徑為再次回到上時(shí)，在磁場(chǎng)中沿軸方向偏移的距離為當(dāng)時(shí)，粒子可被收集器收集，即整理得令，則上式變成觀(guān)察可得是其中一解，故因式可以分解成形如用待定系數(shù)法確定、可得，，即，所以上方程等價(jià)于?？傻闷浣馐腔?另一解不符合題意，舍去)則有或綜上所述，能夠被粒子收集器收集的粒子速度有：、、【答案】(1)；(2)；(3)或或15．(2022?重慶市第一中學(xué)高三(下)第一次月考)如圖所示，兩矩形邊界內(nèi)分布有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，的長(zhǎng)度為l，內(nèi)磁場(chǎng)垂直于平面向外，大小為B，內(nèi)磁場(chǎng)垂直于平面向里，大小為，一帶正電的粒子，電荷量為q，質(zhì)量為m，沿方向射入磁場(chǎng)，入射速度大小可調(diào)，不計(jì)粒子的重力。(1)若粒子第一次到達(dá)邊界時(shí)，速度方向恰好轉(zhuǎn)過(guò)，求粒子速度的大??；(2)假設(shè)、長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，試證明不從打出的粒子運(yùn)動(dòng)至下方的最大距離為一定值，并求出這一定值；(3)假設(shè)長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，若能到達(dá)G點(diǎn)的粒子速度的可能值有且僅有一個(gè)，求長(zhǎng)度的取值范圍?！窘馕觥?1)若粒子第一次到達(dá)邊界時(shí)，速度方向恰好轉(zhuǎn)過(guò)，如圖所示由幾何知識(shí)可得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為由洛侖茲力提供向心力解得粒子的初速度(2)設(shè)粒子入射方向與EF夾角，最低點(diǎn)距離EF高度為h，軌跡圖如圖則由幾何關(guān)系得因?yàn)椋?，解?3)如圖所示由幾何關(guān)系得第二次到達(dá)AG時(shí)向右推進(jìn)的距離為由題意知到達(dá)G點(diǎn)的條件為(n為正整數(shù))恰好不從AD邊出射的臨界情況：軌跡圖如圖由幾何關(guān)系得，，，解得所以(n=1，2，3，…)【答案】(1)；(2)；(3)(n=1，2，3，…)16．(2022?重慶市第八中學(xué)第六次月考)如圖所示，在y軸右側(cè)0≤y≤d區(qū)域有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)，在d≤y≤3d區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)、大小可調(diào)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。帶電粒子以速度v0從點(diǎn)P(0，4.5d)沿與y軸夾角30°方向進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0，該磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，區(qū)域邊界為矩形。粒子從該磁場(chǎng)飛出后恰好沿x軸正方向經(jīng)過(guò)O點(diǎn)。已知帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)，不計(jì)粒子的重力。求：(1)粒子在磁場(chǎng)B0中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R和磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大??；(2)矩形磁場(chǎng)B0的最小面積；(3)若y軸右側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與直線(xiàn)y=3d相切，粒子第一次返回x軸上的點(diǎn)記為S點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)；若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2時(shí)，粒子離開(kāi)O點(diǎn)后，經(jīng)n(n>1)次磁偏轉(zhuǎn)仍過(guò)S點(diǎn)。請(qǐng)確定n的所有可能值，并求出與之對(duì)應(yīng)的B2與B1的比值?！窘馕觥?1)粒子在磁場(chǎng)B0中做圓周運(yùn)動(dòng)，飛出磁場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)0點(diǎn)，軌跡如圖1甲所示由幾何關(guān)系得Rcos60°+R=4.5d，解得R=3d由，得(2)當(dāng)矩形磁場(chǎng)面積最小時(shí)，如圖1乙所示，矩形的長(zhǎng)為a=2R=6d寬b=R+Rcos60°=1.5R=4.5d故最小面積S=ab=27d2(3)設(shè)第一次飛出電場(chǎng)時(shí)速度為v，則，解得如圖2甲所示速度與水平方向夾角為37°，粒子水平位移為，如圖2乙所示，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑R1cos37°+2d=R1，解得R1=10d由，得粒子再次到達(dá)x軸上的S點(diǎn)，則設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2時(shí)粒子半徑為R2，粒子經(jīng)n(n>1)次磁偏轉(zhuǎn)仍過(guò)S點(diǎn)，由幾何知識(shí)，得，所以由，解得，解得為了粒子能進(jìn)行多次偏轉(zhuǎn)，則130-40n>0，解得n<(n取正整數(shù))，故n=2、3，當(dāng)n=2時(shí)，，當(dāng)n=3時(shí)，【答案】(1)R=3d，；(2)S=27d2；(3)見(jiàn)解析17．(2022?昆明一中、銀川一中高三(下)一模)如圖所示，一邊長(zhǎng)為d=3.6m的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0×10-3T。在A(yíng)B的上方有一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=5.0×102N/C,AB為電場(chǎng)、磁場(chǎng)的分界線(xiàn)。在DA的延長(zhǎng)線(xiàn)上距離A點(diǎn)間距為x的O點(diǎn)有一比荷為1.0×109C/kg的帶正電的粒子由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子的重力，則:(1)要使粒子從C點(diǎn)射出，求粒子源距A點(diǎn)的距離x;(2)要使粒子從距離B點(diǎn)的P點(diǎn)位置射出，求x的可能值?！窘馕觥?1)帶電粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的速度為v，進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，，解得要使粒子從C點(diǎn)射出，則如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知r=d聯(lián)立可得，解得x=12.96m(2)要使得粒子從p點(diǎn)射出，有三種情況，第一種情況，如圖乙，由幾何關(guān)系可知解得，帶入，解得x=4.0m第二種情況，如圖丙，由幾何關(guān)系，帶入?？傻脁=1.44m第三種情況，如圖丁所示，由幾何關(guān)系可知解得，帶入，可得x=2.25m【答案】(1)；(2)4.0m或1.44m或2.25mm18．(2022?四川省樹(shù)德中學(xué)高三(下)開(kāi)學(xué)考試)如圖甲所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在周期性變化的磁場(chǎng)，規(guī)定磁場(chǎng)垂直紙面向內(nèi)的方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，在t=0時(shí)刻沿x軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入磁場(chǎng)。圖乙中T0為未知量，不計(jì)粒子的重力。已知，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)時(shí)間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度ω；(2)若粒子不能從Oy軸射出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期的最大值Tm；(3)若使粒子能從坐標(biāo)為(3d，4d)的D點(diǎn)平行于Ox軸射出，射入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小v?！窘馕觥?1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，其中，可得(2)要使得粒子不從y軸射出，則軌跡如圖在前內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑為，在后內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑為由幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，則解得磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期的最大值(3)要想使粒子經(jīng)過(guò)D點(diǎn)且平行Ox軸射出，則粒子只能從nT0時(shí)刻過(guò)D點(diǎn)，(其中n=1,2,3,…)，則軌跡如圖由(2)問(wèn)可得由幾何關(guān)系可知，(其中n=1,2,3,…)，解得(其中n=1,2,3,…)又，解得，(其中n=1,2,3,…)【答案】(1)；(2)；(3)，(其中n=1,2,3,…)19．(2022?成都石室中學(xué)高三(下)專(zhuān)家聯(lián)測(cè)卷(四))北京正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)(BEPC)主要由直線(xiàn)加速器、電子分離器、環(huán)形儲(chǔ)存器和對(duì)撞測(cè)量區(qū)組成，其簡(jiǎn)化原理如圖乙所示：MN和PQ為足夠長(zhǎng)的水平邊界，豎直邊界EF將整個(gè)區(qū)域分成左右兩部分，I區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，II區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外大小可以調(diào)節(jié)。調(diào)節(jié)II區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可以使正負(fù)電子在測(cè)量區(qū)內(nèi)不同位置進(jìn)行對(duì)撞。經(jīng)加速和積累后的電子束以相同速率分別從注入口C和D入射，入射方向平行EF且垂直磁場(chǎng)。已知注入口C、D到EF的距離均為d，邊界MN和PQ的間距可在4d至6d間調(diào)節(jié)，正、負(fù)電子的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為+e和-e，忽略電子進(jìn)入加速器的初速度，電子重力不計(jì)。(1)判斷從注入口C、D入射的分別是哪一種電子；(2)若電子束以的速率連續(xù)入射，當(dāng)MN和PQ的間距分別為4d和6d時(shí)，欲使正負(fù)電子能回到區(qū)域I，求區(qū)域II感應(yīng)強(qiáng)度BII的最小值分別為多少；(3)若電子束的速度，MN和PQ的間距為6d，將II區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小調(diào)為，但負(fù)電子射入時(shí)刻滯后于正電子，求正負(fù)電子相撞的位置坐標(biāo)(以為原點(diǎn)，為x軸正方向，為y軸正方向建立坐標(biāo)系)?！窘馕觥?1)由左手定則可知，從C入射的為正電子，從D入射的為負(fù)電子。(2)若電子束以的速率連續(xù)入射，則運(yùn)動(dòng)半徑為由幾何關(guān)系可知?jiǎng)t當(dāng)MN和PQ的間距為4d時(shí)，由題意可知且，解得當(dāng)MN和PQ的間距為6d時(shí)，由題意可知且解得(3)若電子束的速度，則電子運(yùn)動(dòng)的半徑為電子在II區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑為電子在I區(qū)域運(yùn)動(dòng)的周期電子在II區(qū)域的運(yùn)動(dòng)周期經(jīng)過(guò)正電子到達(dá)II區(qū)域的A位置，此時(shí)正電子在II區(qū)域運(yùn)動(dòng)了，此時(shí)GA弧所對(duì)的圓心角為15°由幾何關(guān)系可知，此后正負(fù)電子共同走過(guò)由ABH到D的弧長(zhǎng)時(shí)兩電子在B點(diǎn)相遇，則，解得即AB弧所對(duì)的圓心角為105°，BH弧所對(duì)的圓心角為60°，則B點(diǎn)的橫坐標(biāo)，縱坐標(biāo)即相碰點(diǎn)的坐標(biāo)(d，2d)【答案】(1)從C入射的為正電子，從D入射的為負(fù)電子；(2)，；(3)(d，2d)20．(2022?陜西省西安中學(xué)第二次模擬考試)如圖所示，在xoy平面第一象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)I，在第二象限的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形ACDO內(nèi)的某個(gè)區(qū)域有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)II，在第三象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，所有電磁場(chǎng)邊界均為理想邊界。在第三象限內(nèi)有一點(diǎn)P(－L，－L)，在A(yíng)P連線(xiàn)上任意一點(diǎn)由靜止釋放帶正電的粒子，粒子質(zhì)量為m、電量為q，粒子重力不計(jì)，由A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)II中，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)II偏轉(zhuǎn)后，都恰能垂直于y軸進(jìn)入磁場(chǎng)I中，且都恰好到達(dá)O點(diǎn)被粒子捕獲器捕獲。已知在P點(diǎn)釋放的粒子恰好是經(jīng)D點(diǎn)垂直于y軸進(jìn)入磁場(chǎng)I中的。(1)求I、II磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2的大小；(2)求ACDO內(nèi)所加磁場(chǎng)的最小面積；(3)求帶電粒子從釋放到運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用時(shí)間最短時(shí)，對(duì)應(yīng)的電場(chǎng)中釋放位置的坐標(biāo)?！窘馕觥?1)經(jīng)分析得粒子軌跡如圖所示在點(diǎn)釋放的粒子在電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理可得由幾何關(guān)系可知，在磁場(chǎng)中的半徑為洛倫茲力提供向心力，有，解得由幾何關(guān)系可知，在磁場(chǎng)中的半徑為洛倫茲力提供向心力，有，解得(2)最小面積如圖所示，最小面積為(3)設(shè)粒子在第三象限運(yùn)動(dòng)距離為，時(shí)間為，末速度為。在第二象限勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為在電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理有據(jù)牛頓第二定律有由位移公式有，解得，在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力，解得半徑粒子離開(kāi)磁場(chǎng)勻速到軸有，解得因?yàn)榇_定，所以任意位置釋放粒子在中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間都相等，所以當(dāng)粒子在其它區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間最短時(shí)，粒子從到運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，當(dāng)最小時(shí)有，解得釋放位置坐標(biāo)為【答案】(1)；；(2)；(3)21．(2022?江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高三(下)開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，直線(xiàn)與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，直線(xiàn)x＝d與間有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度，另有一半徑R=m的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=，方向垂直坐標(biāo)平面向外，該圓與直線(xiàn)x＝d和x軸均相切，且與x軸相切于S點(diǎn)．一帶負(fù)電的粒子從S點(diǎn)沿y軸的正方向以速度v0進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域B2，且第一次進(jìn)入磁場(chǎng)B2時(shí)的速度方向與直線(xiàn)垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷為=5.0×105C/kg，粒子重力不計(jì)．求：(1)粒子在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1；(2)坐標(biāo)d的值；(3)要使粒子無(wú)法運(yùn)動(dòng)到x軸的負(fù)半軸，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿(mǎn)足的條件【解析】(1)在磁場(chǎng)B1中，解得畫(huà)出軌跡恰為四分之一圓，，得(2)在電場(chǎng)中類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，，解得又根據(jù)x=v0t，，解得所以坐標(biāo)d的值(3)進(jìn)入磁場(chǎng)B2的速度為：當(dāng)帶電粒子出磁場(chǎng)與y軸垂直時(shí)，圓周半徑可得，所以0≤B2≤0.13T．當(dāng)帶電粒子出磁場(chǎng)與y軸相切時(shí)，圓周半徑，可得B2＝0.3T所以B2≥0.3T．【答案】(1)2.6×10﹣6s(2)4m(3)0≤B2≤0.13T或者B2≥0.3T22．(2022?湖南省雅禮中學(xué)高三(上)第五次月考)如圖所示，在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立坐標(biāo)系，在第Ⅱ象限內(nèi)有平行于桌面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與軸負(fù)方向的夾角。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板、，兩板間距為，板間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可變。兩板右端在軸上，板與軸重合。在其左端緊貼桌面有一小孔，小孔離坐標(biāo)原點(diǎn)距離為。在第Ⅳ象限垂直于軸放置一塊平行軸且沿軸負(fù)方向足夠長(zhǎng)的豎直平板，平板在軸上垂足為，垂足與原點(diǎn)相距?，F(xiàn)將一帶負(fù)電的小球從桌面上的點(diǎn)以初速度垂直于電場(chǎng)方向射出，剛好垂直于軸穿過(guò)板上的孔，進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。已知小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球的比荷，點(diǎn)與小孔在垂直于電場(chǎng)方向上的距離為，不考慮空氣阻力。求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(2)帶電小球無(wú)碰撞地穿出磁場(chǎng)并打到平板上的范圍?！窘馕觥?1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，小球在沿電場(chǎng)力方向的加速度大小為①設(shè)小球從P到M用時(shí)為t，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有②小球運(yùn)動(dòng)到M時(shí)在沿電場(chǎng)力方向的分速度大小為③根據(jù)幾何關(guān)系以及速度的合成與分解有④由題意可知⑤聯(lián)立①~⑤解得⑥(2)假設(shè)帶電小球可以打到平板C3上的Q點(diǎn)，設(shè)此時(shí)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，根據(jù)幾何關(guān)系有⑦解得⑧故假設(shè)成立。當(dāng)帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與C2相切時(shí)，其打在C3上的點(diǎn)F距離Q點(diǎn)最遠(yuǎn)，設(shè)此時(shí)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，則⑨設(shè)小球離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與水平方向夾角為α，根據(jù)幾何關(guān)系有⑩則??所以?因此帶電小球無(wú)碰撞地穿出磁場(chǎng)并打到平板上的范圍是?【答案】(1)；(2)23