高中物理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)解題技巧(超強(qiáng))及練習(xí)題(含答案)及解析

高中物理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)解題技巧(超強(qiáng))及練習(xí)題(含答案)及解析一、帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)訓(xùn)練1．如圖所示，在兩塊水平金屬極板間加有電壓U構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，一束比荷為的帶正電的粒子流（重力不計(jì)），以速度vo=104m/s沿水平方向從金屬極板正中間射入兩板．粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入一具有理想邊界的半圓形變化磁場(chǎng)區(qū)域，O為圓心，區(qū)域直徑AB長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1m，AB與水平方向成45°角．區(qū)域內(nèi)有按如圖所示規(guī)律作周期性變化的磁場(chǎng)，已知B0=0.5T，磁場(chǎng)方向以垂直于紙面向外為正．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，恰好從下極板邊緣O點(diǎn)與水平方向成45°斜向下射入磁場(chǎng)．求：（1）兩金屬極板間的電壓U是多大？（2）若To=0．5s，求t=0s時(shí)刻射人磁場(chǎng)的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t和離開磁場(chǎng)的位置．（3）要使所有帶電粒子通過O點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)過程中不再從AB兩點(diǎn)間越過，求出磁場(chǎng)的變化周期Bo，To應(yīng)滿足的條件．【答案】（1）100V（2）t=，射出點(diǎn)在AB間離O點(diǎn)m（3）【解析】試題分析：（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，從O點(diǎn)射出使速度代入數(shù)據(jù)得U=100V（2）粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)過半周從OB中穿出，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間射出點(diǎn)在AB間離O點(diǎn)（3）粒子運(yùn)動(dòng)周期，粒子在t=0、….時(shí)刻射入時(shí)，粒子最可能從AB間射出如圖，由幾何關(guān)系可得臨界時(shí)要不從AB邊界射出，應(yīng)滿足得考點(diǎn)：本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2．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∥CD、AD∥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θ（θ<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：(1)帶電粒子入射速度的大小；(2)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小．【答案】（1）（2）（3）【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．由幾何關(guān)系可知：洛倫茲力做向心力：解得（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，有粒子作勻速運(yùn)動(dòng)：x=v0t聯(lián)立解得（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=qv0B解得【點(diǎn)睛】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.3．如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第Ⅰ、Ⅱ象限內(nèi)無電場(chǎng)和磁場(chǎng)。第Ⅳ象限內(nèi)（含坐標(biāo)軸）有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限內(nèi)有沿x軸正向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的P點(diǎn)以大小為v0的速度垂直射入電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力和空氣阻力，P、O兩點(diǎn)間的距離為。（1）求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v以及進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)到原點(diǎn)的距離x；（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁場(chǎng)直接回到第Ⅲ象限的電場(chǎng)中，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小需要滿足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）由動(dòng)能定理有：解得：v＝v0設(shè)此時(shí)粒子的速度方向與y軸負(fù)方向夾角為θ，則有cosθ＝解得：θ＝45°根據(jù)，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為PO兩點(diǎn)距離的兩倍，故（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁場(chǎng)直接回到第Ⅲ象限的電場(chǎng)中，其臨界條件是粒子的軌跡與x軸相切，如圖所示，由幾何關(guān)系有：s＝R+Rsinθ又：解得：故4．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二、第三象限內(nèi)有一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域△ABC，A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，3a），C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣3a），B點(diǎn)坐標(biāo)為(，-3a）．在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)，加上方向沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E=Bv0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在x=3a處垂直于x軸放置一平面熒光屏，其與x軸的交點(diǎn)為Q．粒子束以相同的速度v0由O、C間的各位置垂直y軸射入，已知從y軸上y=﹣2a的點(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中的軌跡恰好經(jīng)過O點(diǎn)．忽略粒子間的相互作用，不計(jì)粒子的重力．（1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入電場(chǎng)的縱坐標(biāo)范圍；（3）從什么位置射入磁場(chǎng)的粒子打到熒光屏上距Q點(diǎn)最遠(yuǎn)？求出最遠(yuǎn)距離．【答案】(1)(2)0≤y≤2a(3)，【解析】【詳解】(1)由題意可知，粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r＝a由牛頓第二定律得Bqv0＝m故粒子的比荷(2)能進(jìn)入電場(chǎng)中且離O點(diǎn)上方最遠(yuǎn)的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與AB邊相切，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為O′點(diǎn)，如圖所示．由幾何關(guān)系知O′A＝r·＝2a則OO′＝OA－O′A＝a即粒子離開磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，離O點(diǎn)上方最遠(yuǎn)距離為OD＝y(tǒng)m＝2a所以粒子束從y軸射入電場(chǎng)的范圍為0≤y≤2a(3)假設(shè)粒子沒有射出電場(chǎng)就打到熒光屏上，有3a＝v0·t0，所以，粒子應(yīng)射出電場(chǎng)后打到熒光屏上粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，豎直方向位移為y，水平方向位移為x，則水平方向有x＝v0·t豎直方向有代入數(shù)據(jù)得x＝設(shè)粒子最終打在熒光屏上的點(diǎn)距Q點(diǎn)為H，粒子射出電場(chǎng)時(shí)與x軸的夾角為θ，則有H＝(3a－x)·tanθ＝當(dāng)時(shí)，即y＝a時(shí)，H有最大值由于a<2a，所以H的最大值Hmax＝a，粒子射入磁場(chǎng)的位置為y＝a－2a＝－a5．“太空粒子探測(cè)器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡(jiǎn)化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場(chǎng)區(qū)域邊界為兩個(gè)同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的電勢(shì)為，內(nèi)圓弧面CD的電勢(shì)為，足夠長(zhǎng)的收集板MN平行邊界ACDB，ACDB與MN板的距離為L(zhǎng)．假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場(chǎng)從靜止開始加速，不計(jì)粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ拥挠绊懀豢紤]過邊界ACDB的粒子再次返回．（1）求粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小；（2）如圖2所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長(zhǎng)）和收集板MN之間區(qū)域加一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后最多有能打到MN板上，求所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。唬?）如圖3所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長(zhǎng)）和收集板MN之間區(qū)域加一個(gè)垂直MN的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向如圖所示，大小，若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后到達(dá)收集板MN離O點(diǎn)最遠(yuǎn)，求該粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度的方向和它在PQ與MN間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】【分析】【詳解】試題分析：解：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中加速時(shí)，電場(chǎng)力做功，得：(2）從AB圓弧面收集到的粒子有能打到MN板上，則上端剛好能打到MN上的粒子與MN相切，則入射的方向與OA之間的夾角是，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲，軌跡圓心角．根據(jù)幾何關(guān)系，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：由洛倫茲力提供向心力得：聯(lián)合解得：（3）如圖粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與MN相切時(shí)，切點(diǎn)到O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，這是一個(gè)類平拋運(yùn)動(dòng)的逆過程．建立如圖坐標(biāo).若速度與x軸方向的夾角為角6．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以O(shè)′(0，R)為圓心，R為半徑的圓內(nèi)有垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸下方有垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．第四象限有一與x軸成45°角傾斜放置的擋板PQ，P，Q兩點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，且O，P兩點(diǎn)間的距離大于2R，在圓形磁場(chǎng)的左側(cè)0<y<2R的區(qū)間內(nèi)，均勻分布著質(zhì)量為m，電荷量為＋q的一簇帶電粒子，當(dāng)所有粒子均沿x軸正向以速度v射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，粒子偏轉(zhuǎn)后都從O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方磁場(chǎng)，結(jié)果有一半粒子能打在擋板上．不計(jì)粒子重力，不考慮粒子間相互作用力．求：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)擋板端點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)擋板上被粒子打中的區(qū)域長(zhǎng)度．【答案】（1）(2)(3)【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)一粒子自磁場(chǎng)邊界A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，該粒子由O點(diǎn)射出圓形磁場(chǎng)，軌跡如圖甲所示，過A點(diǎn)做速度的垂線長(zhǎng)度為r,C為該軌跡圓的圓心.連接AOˊ、CO，可證得ACOOˊ為菱形，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知：粒子在圓形磁場(chǎng)中的軌道半徑r=R，由得：（2）有一半粒子打到擋板上需滿足從O點(diǎn)射出的沿x軸負(fù)方向的粒子、沿y軸負(fù)方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖乙所示，過圓心D做擋板的垂線交于E點(diǎn)P點(diǎn)的坐標(biāo)為（，0）（3）設(shè)打到擋板最左側(cè)的粒子打在擋板上的F點(diǎn)，如圖丙所示，OF=2R①過O點(diǎn)做擋板的垂線交于G點(diǎn)，②③④擋板上被粒子打中的區(qū)域長(zhǎng)度l=FE=+=⑤7．如圖所示，在長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)、寬度d=5cm的區(qū)域MNPQ內(nèi)，有垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.33T．水平邊界MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=200N/C．現(xiàn)有大量質(zhì)量m=6.6×10﹣27kg、電荷量q=3.2×10﹣19C的帶負(fù)電的粒子，同時(shí)從邊界PQ上的O點(diǎn)沿紙面向各個(gè)方向射入磁場(chǎng)，射入時(shí)的速度大小均為V=1.6×106m/s，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用．求：(1)求帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r；(2)求與x軸負(fù)方向成60°角射入的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(3)當(dāng)從MN邊界上最左邊射出的粒子離開磁場(chǎng)時(shí)，求仍在磁場(chǎng)中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍，并寫出此時(shí)這些粒子所在位置構(gòu)成的圖形的曲線方程．【答案】（1）r=0.1m（2）（3）曲線方程為()【解析】【分析】【詳解】（1）洛倫茲力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得（2）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為30°，粒子平行于場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解得（3）如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為60°，圓心角小于60°的粒子已經(jīng)從磁場(chǎng)中射出，此時(shí)刻仍在磁場(chǎng)中的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角均為60°，則仍在磁場(chǎng)中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍為30°~60°所有粒子此時(shí)分別在以O(shè)點(diǎn)為圓心，弦長(zhǎng)0.1m為半徑的圓周上，曲線方程為【點(diǎn)睛】帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，首先要運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，再選擇合適方法處理．對(duì)于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，常常運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，將其分解為兩個(gè)直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解；對(duì)于磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)，要正確畫出軌跡，由幾何知識(shí)求解半徑8．如圖所示，半徑r=0.06m的半圓形無場(chǎng)區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，半徑R=0.1m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.075T的圓形有界磁場(chǎng)區(qū)的圓心坐標(biāo)為（0，0.08m），平行金屬板MN的極板長(zhǎng)L=0.3m、間距d=0.1m，極板間所加電壓U=6.4x102V，其中N極板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，已知粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑R0=0.08m，若粒子重力不計(jì)、比荷=108C/kg、不計(jì)粒子間的相互作用力及電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)．sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求粒子的發(fā)射速度v的大小；（2）若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37°，求它打出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)：（3）N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η．【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%【解析】【詳解】（1）由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即qvB=m可得：v=6×105m/s；（2）若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37°，作出速度方向的垂線與y軸交于一點(diǎn)Q，根據(jù)幾何關(guān)系可得PQ==0.08m，即Q為軌跡圓心的位置；Q到圓上y軸最高點(diǎn)的距離為0.18m-=0.08m，故粒子剛好從圓上y軸最高點(diǎn)離開；故它打出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)為（0，0.18m）；（3）如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為y，由帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得：y=at2…①a==…②t=…③由①②③解得：y=0.08m設(shè)此粒子射入時(shí)與x軸的夾角為α，則由幾何知識(shí)得：y=rsinα+R0-R0cosα可知tanα=，即α=53°比例η=×100%=29%9．如圖所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長(zhǎng)L="1"m．間距d=m，兩金屬板間電壓UMN=1×104V；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個(gè)全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，三角形的上頂點(diǎn)A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點(diǎn)P恰好在下金屬板N的右端點(diǎn)；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，已知A、F、G處于同一直線上．B、C、H也處于同一直線上．AF兩點(diǎn)距離為m．現(xiàn)從平行金屬極板MN左端沿中心軸線方向入射一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子，粒子質(zhì)量m=3×10-10kg，帶電量q=+1×10-4C，初速度v0=1×105m/s．(1)求帶電粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度v的大小和方向(2)若帶電粒子進(jìn)入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1(3)若要使帶電粒子由FH邊界進(jìn)入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B2應(yīng)滿足的條件．【答案】（1）；垂直于AB方向出射．（2）（3）【解析】試題分析：（1）設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度為a，則：解得：豎直方向的速度為：vy＝at＝×105m/s射出時(shí)速度為：速度v與水平方向夾角為θ，，故θ=30°，即垂直于AB方向出射．（2）帶電粒子出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的偏轉(zhuǎn)的位移，即粒子由P1點(diǎn)垂直AB射入磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系知在磁場(chǎng)ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為由知：（3）分析知當(dāng)軌跡與邊界GH相切時(shí)，對(duì)應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最大，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得：故半徑又故所以B2應(yīng)滿足的條件為大于．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).10．如圖所示，空間存在方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在0<y<d的區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在y>d的區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以速度從O點(diǎn)沿y軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ.不計(jì)粒子重力．(1)求粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：(2)若粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為，求粒子打在x軸上的位置坐標(biāo)，并求出此過程中帶電粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)若此粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ的速度，求該粒子打在x軸上位置坐標(biāo)的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛侖磁力提供向心力：把，代入上式，解得：(2)當(dāng)粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為時(shí)，如圖所示在OA段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O1，半徑為在AB段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O2，半徑為在BP段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O3，半徑為可以證明ABPO3為矩形，則圖中,由幾何知識(shí)可得：所以：所以粒子打在x軸上的位置坐標(biāo)粒子在OA段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：粒子在AB段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子在BP段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為在此過程中粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：(3)設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ中軌道半徑為R，軌跡由圖可得粒子打在x軸上位置坐標(biāo)：化簡(jiǎn)得：把上式配方：化簡(jiǎn)為：則當(dāng)時(shí)，位置坐標(biāo)取最小值：11．如圖，第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中第二象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三、四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，一帶正電的粒子，從P（-d，0）點(diǎn)沿與x軸正方向成α=60°角平行xOy平面入射，經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的Q點(diǎn)（圖中未畫出）垂直y軸進(jìn)入第一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點(diǎn)，回到P點(diǎn)時(shí)速度方向與入射方時(shí)相同，不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子從P點(diǎn)入射時(shí)的速度v0；（2）第三、四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B/；【答案】（1）（2）2.4B【解析】試題分析：（1）粒子從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡如圖，設(shè)粒子在第二象限圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由幾何知識(shí)得：根據(jù)得粒子在第一象限中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有；聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子在第一象限類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移和豎直位移分別為x和y，根據(jù)粒子在第三、四象限圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知粒子剛進(jìn)入第四象限時(shí)速度與x軸正方向的夾角等于α．則有：x=v0t，得由幾何知識(shí)可得y=r-rcosα=則得所以粒子在第三、四象限圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為粒子進(jìn)入第三、四象限運(yùn)動(dòng)的速度根據(jù)得：B′=2．4B考點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)12．如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在ad邊中點(diǎn)O的粒子源，在t=0時(shí)刻垂直于磁場(chǎng)發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與Od的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)。已知沿Od方向發(fā)射的粒子在t=t0時(shí)刻剛好從磁場(chǎng)邊界cd上的p點(diǎn)離開磁場(chǎng)，ab=1．5L，bc=，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=L，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用，求：（1）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期T；（2）粒子的比荷q／m；（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）?！窘馕觥吭囶}解析：（1）（4分）初速度沿Od方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖1，其圓心為θ，由幾何關(guān)系有：所以：θ＝60°解得：（2）（4分）粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得：所以：解得（3）（4分）如圖2所示，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子的軌跡的弦Ob=，圓軌跡的直徑為2L所以：Ob弦對(duì)應(yīng)的圓心角為120°粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間考點(diǎn)：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，牛頓第二定律。13．如圖所示，在x軸上方有垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=B0，在x軸下方有交替分布的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于y軸，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2=2B0垂直于xOy平面，圖象如圖所示．一質(zhì)量為m，電量為-q的粒子在時(shí)刻沿著與y軸正方向成60°角方向從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)，時(shí)第一次到達(dá)x軸，并且速度垂直于x軸經(jīng)過C點(diǎn)，C與原點(diǎn)O的距離為3L．第二次到達(dá)x軸時(shí)經(jīng)過x軸上的D點(diǎn)，D與原點(diǎn)O的距離為4L．（不計(jì)粒子重力，電場(chǎng)和磁場(chǎng)互不影響，結(jié)果用B0、m、q、L表示）（1）求此粒子從A點(diǎn)射出時(shí)的速度υ0；（2）求電場(chǎng)強(qiáng)度E0的大小和方向；（3）粒子在時(shí)到達(dá)M點(diǎn)，求M點(diǎn)坐標(biāo)．【答案】（1）（2）（3）（9L，）【解析】試題分析：（1）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，由牛頓第二定律得①根據(jù)題意由幾何關(guān)系可得②聯(lián)立①②得③（2）粒子在第一象限磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期設(shè)為T1，可得④粒子在第四象限磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期設(shè)為T2，可得⑤根據(jù)題意由幾何關(guān)系可得⑥由④⑤⑥可得⑦⑧綜上可以判斷3t0—4t0粒子在第四象限的磁場(chǎng)中剛好運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，半徑為⑨由牛頓第二定律得⑩2t0—3t0,粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，qE=ma1112綜上解得13（3）由題意知，粒子在8t0時(shí)剛在第四象限做完半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，x=9L14粒子在電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得15聯(lián)立③⑨⑩1112可解得16聯(lián)立可得M點(diǎn)的坐標(biāo)為（9L，）17考點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)及在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).14．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），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不