高中物理考题精选（53）——带电粒子在磁场中运动 质谱仪1、在如图所示的坐标系中，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。在第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限，存在与第三象限相同的匀强电场，还有一个等腰直角三角形区域OMN，∠OMN为直角，MN边有挡板，已知挡板MN的长度为。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上y=L处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=﹣2L处的P2点进入第三象限，带电粒子恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=﹣2L处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g。求：（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；（2）第三象限空间中磁感应强度的大小；（3）现在等腰直角三角形区域OMN内加一垂直纸面的匀强磁场，要使粒子经过磁场偏转后能打到挡板MN上，求所加磁场的方向和磁感应强度大小的范围。答案解：（1）质点从P1到P2做平抛运动，设粒子初速度为v0，到达P2点时速度的大小为v，方向与x轴负方向成θ角，运动时间为t，y轴方向速度大小为vy，则 ，2L=v0t，vy=gt ………………………………(1分) ………………………………(1分)解得 v= ………………………………(1分)方向与x轴负方向成45°角。 ………………………………(1分)-64-\n（2）质点从P2到P3，带电粒子恰好能做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡。P2P3垂直于速度方向，粒子做匀速圆周运动的圆心在P2P3上，即P2P3是直径，设第三象限磁场磁感应强度的大小为B，圆周运动半径为R，则 ………………………………(1分)(2R)2=(2L)2+(2L)2 ………………………………(1分)解得 ………………………………(1分)（3）粒子进入等腰直角三角形区域时，速度垂直于OM，且从OM的中点进入，要使质点直接打到MN板上，根据左手定则，可知所加磁场的方向垂直纸面向外。 ……(1分)如图所示，当粒子进入磁场后做匀速圆周运动，偏转半径最大时恰好与ON相切，偏转半径最小时，OM的一半为圆周的直径，设最大半径为R1，最小半径为R2，则 ………(1分)解得 …………(1分)由于粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有-64-\n解得 ＜B＜ …………………………(2分)2、如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一质量为、带电量为的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力。（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。（2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。答案解：（1）设粒子在电场中运动的时间为，加速度的大小为a，粒子的初速度为，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为，速度与x轴正方向间的夹角为， 由运动学公式得 联立式得-64-\n （2）设粒子做圆周运动的半径为，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得 由牛顿第二定律得 联立式得 （3）设粒子做圆周运动的半径为，由几何分析（粒子运动的轨迹如图所示，、是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接、，由几何关系知，和均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOG为等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 -64-\n设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有 联立得 3、如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10-5C（重力不计），从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30º，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域。已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=17.3cm。（注意：计算中取1.73）求：⑴带电微粒进入偏转电场时的速率v1；⑵偏转电场中两金属板间的电压U2；⑶为使带电微粒在磁场中的运动时间最长，B的取值满足怎样的条件？答案=1.0×104m/s （3分）⑵带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：-64-\n带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向： （3分）由几何关系 得U2=100V （2分）⑶带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，当粒子从左边边界离开时，运动时间最长，对应的临界条件是：轨迹与右边边界相切。由几何关系知 （2分）设微粒进入磁场时的速度为v/故 得 =0.1T （2分）所以：B≥0.1T （1分）4、如图所示，匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子，自a点沿半圆轨道运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c点，已知a、b、c在同一直线上，且ab=2ac，电子电荷量为e，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为（ ）-64-\n A. B. C. D.答案D5、在平面直角坐标系xoy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON=d,如图所示.不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；（2）粒子在M点的初速度的大小;（3）粒子从M点运动到P点的总时间t.答案-64-\n所以t1＝ ……（1分）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ，故T……（2分）设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2……（1分）所以 t2t＝t1＋t2，所以 t……（1分）6、质谱仪的工作原理图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（ ）A．质谱仪是分析同位素的重要工具-64-\nB．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小答案AC7、某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为题图所示．AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．已知OP间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小，粒子重力不计．试求：（1）粒子从M点飞离CD边界时的速度大小；（2）P、N两点间的距离；（3）磁感应强度的大小和圆形有界匀强磁场的半径．答案分析：（1）粒子从O到M点过程是类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可；（2）从N到O过程是类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系确定轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解．解答：解：（1）据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：-64-\n粒子从O到M点时间：粒子在电场中加速度：=粒子在M点时竖直方向的速度：粒子在M点时的速度：速度偏转角正切：，故θ=60°；（2）粒子从N到O点时间：粒子从N到O点过程的竖直方向位移：故P、N两点间的距离为：（3）由几何关系得：可得半径：由，即：解得：由几何关系确定区域半径为：R'=2Rcos30°即 答：（1）粒子从M点飞离CD边界时的速度大小为2v0；-64-\n（2）P、N两点间的距离为；（3）磁感应强度的大小为，圆形有界匀强磁场的半径为．8、如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功不可能为（ ） A．0B．mv C．mv+D．mv﹣答案解：由题意对滑块受力分析，因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：A：若滑块受到向上的洛伦兹力F=mg，则支持力FN=0，摩擦力f=0，滑块将匀速运动，摩擦力不做功，故A可能；B，若F＜mg，则弹力方向向上，竖直方向满足FN+F=mg，水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F=qvB知，F减小，FN则增大，f增大，由﹣f=ma可知，v继续减小，最后减为零，由动能定理知，﹣W=0﹣mv2，解得：W=mv2，故B可能；C、若F＞mg，则滑块受到向下的压FN，在竖直方向满足F=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动态分析知，当F=mg时FN=0，f=0，最终滑块做匀速运动，此时满足：qvB=mg，解得：v=，对滑块整个过程由动能定理得：﹣W=mv2﹣，联立解得：W=，故C不可能，D可能；本题选不可能的，故选：C．9、-64-\n所示，在x轴上方垂直于纸面向外的匀强磁场，两带电量相同而质量不同的粒子以相同的速度从O点以与x轴正方向成α=60°角在图示的平面内射入x轴上方时，发现质量为m1的粒子从a点射出磁场，质量为m2的粒子从b点射出磁场．若另一与a、b带电量相同而质量不同的粒子以相同速率与x轴正方向成α=30°角射入x轴上方时，发现它从ab的中点c射出磁场，则该粒子的质量应为（不计所有粒子重力作用）（ ）A．（m1+m2）B．（m1+m2）C．（m1+m2）D．（m1+m2）答案解：粒子做匀速圆周运动，轨迹如图：故质量为m1、m2、m3的粒子轨道半径分别为：==2L+d故： ①粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故： ② ③ ④联立①②③④解得：m3=（m1+m2）-64-\n故选：C．10、洛伦兹力使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度v，洛伦兹力F及磁场B的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能出现的情况是（ ） A．B．C．D．答案解：A、由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力指向圆心，提供向心力．故A正确． B、由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向上背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动．故B错误． C、由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向左背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动．故C错误． D、洛伦兹力方向不指向圆心力，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动．故D错误．故选A．11、如图所示，在以坐标原点O为圆心半径为R的圆形区域内（圆O在xOy平面内）存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一个带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿-x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿y方向飞出。不计粒子所受重力，那么：-64-\n(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为Bʹ，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度Bʹ多大？这次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？答案解：(1)由粒子的运动轨迹且利用左手定则可知，该粒子带负电荷。（2分）粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径r1＝R， （1分）又qvB＝m，则粒子的比荷 ＝ （2分）(2)当粒子从D点飞出磁场时速度方向改变了60°，AD弧所对圆心角为60°，如图所示。粒子做圆周运动的半径 r2＝Rcot30°＝R （1分）又qvBʹ＝m，所以 Bʹ＝B （2分）粒子在磁场中飞行时间 t＝T＝×＝ （2分）-64-\n12、粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电荷。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直于纸面向里．则下列四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )答案A13、如图所示，在x轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．许多相同的离子，以相同的速率v，由O点沿纸面向各个方向(y>0)射入磁场区域。不计离子所受重力及离子间的相互影响。图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y轴交点为M，边界与x轴交点为N，且OM＝ON＝L。（1）求离子的比荷q/m；（2）某个离子在磁场中运动的时间为，求其射出磁场的位置坐标和速度方向。答案解：（1）离子沿y轴正方向进入，则离子从N点垂直射出∴轨道半径r=L/2=0.5L ……① （3分）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动： ……②（3分）∴ ……③ （1分）（2）带电粒子做匀速圆周运动周期 ……④ （2分）-64-\n设：离子在磁场中运动轨迹对应圆心角为θ ……⑤ （2分）其轨迹如图所示射位置 ……⑥（2分）速度方向与x轴正方向成30°……⑦ （1分）14、如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B。折线的顶角∠A＝90°，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力。（1）为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应满足什么条件？（2）求第（1）问中微粒从P点到达Q点所用的时间。答案⑴根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足 （2分）其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或。设圆弧的半径为R，则有2R2=x2，可得： （2分）又，由①②③式得：，n=1、2、3、…… （4分）⑵当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为： ，-64-\n ，其中n=1、3、5、…… （2分） 当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为 ，其中n=2、4、6、…… （2分）15、如图20所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E。在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B．y轴下方的A点与O点的距离为d．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场．粒子的重力不计．（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r．（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．求E0．（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置．-64-\n答案解析(1)(2)(3)解析：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得qEd=①粒子进入磁场后做圆周运动，有qvB=m②解得粒子在磁场中运动的半径 r= ③（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图①，由几何知识可得 R=④，由以上各式解得 E0= ⑤ （3）将E=E0代入可得磁场中运动的轨道半径r= ⑥，粒子运动情况如图②，图中的角度α、β满足 cosα=即α=30° ⑦，则得 β=2α=60° ⑧所以 粒子经过x轴时的位置坐标为x=r+⑨解得x=⑩16、如图所示为某圆柱体的截面图,点为截面圆的圆心，圆形区域内分布有垂直圆面向外的、磁感应强度为B的匀强磁场。一带质子(不计重力)沿直径AC方向以速度-64-\n从A点射入，经磁场偏转后从B点射出。已知，若将磁场改为竖直向下的匀强电场E，其他条件不变，要使质子仍从B点射出，则E的大小为（）A. B. C. D.答案D解析：根据几何关系得，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r=R．因为qvB=m，解得①．现把圆形区域的磁场改为竖直方向的匀强电场E，竖直位移y=，水平位移x=．t=．y=at2=，解得qER=mv02②联立①②两式得，E=Bv0．故D正确，A、B、C错误．故选D．17、如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AB和斜面BC均光滑且绝缘，AB和BC的长度均为L，斜面BC与水平地面间的夹角θ=600，有一质量为m、电量为+q的带电小球（可看成质点）被放在A点。已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小，磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；在第二象限分布着沿x轴正向的匀强电场，场强大小未知。现将放在A点的带电小球由静止释放，恰能到达C点，问（1）分析说明小球在第一象限做什么运动；（2）小球运动到B点的速度；（3）第二象限内匀强电场的场强；-64-\n答案（1）匀速圆周运动（2）（3）解析：（1）当带电小球进入第一象限后所受电场力为 小球所受合外力为洛伦兹力，做匀速圆周运动（2）有几何关系可得：又，则在B点速度为（3）在加速电场中，A到B过程使用动能定律：，.18、如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落。从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出.下列说法正确的是( ) A．微粒受到的电场力的方向一定竖直向上-64-\nB．微粒做圆周运动的半径为C．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和在最低点C最小D．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小答案ABD19、如图所示，一个静止的质量为m，带电量为+q的带电粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打至P点，设OP=x，能正确反映x与U之间函数关系的x—U图如图中的（ ）答案B20、如下图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON=3h为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上（0，h）点M，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上（2h，0）点P进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：（1）电场强度的大小E；（2）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.-64-\n（3）若仅将磁场方向反向，其他条件不变，该粒子从M点以另一初速度垂直于y轴射入电场，先经电场偏转，再经磁场偏转后，刚好到达N点，则该初速度为多大？答案 (1)设粒子在电场中运动的时间为t1，则有2h＝v0t1，h＝at，Eq＝ma，求出E＝ ………………（3分） (2)电场中运动的时间t1＝，磁场中运动的时间t2＝T， T＝，得t＝t1＋t2＝＋ ………………（4分）（3） -64-\n21、如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xoy平面向里的匀强磁场。一束质量为m、电量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0、R0)的A点沿y负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向。当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xoy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成600。不计重力和粒子间的相互作用。求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；(2)若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形半径R至少为大；(3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期。答案解(1)设在区域Ⅰ内轨迹圆半径为=R0;（1分） （1分） （1分）∴（1分）-64-\n(2)设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为，部分轨迹如图，有几何关系知： （2分）， ，（1分），（1分）方向与相反，即垂直xoy平面向外（1分）由几何关系得，（2分） 即（1分）(3)轨迹从A点到Q点对应圆心角，要仍从A点沿y轴负方向射入，需满足; ,即取最小整数m=5，n=12 （3分）,其中（2分）代入数据得（1分）22、如图所示，在矩形空间ABCD存在匀强磁场，边长分别为和，方向如图，一束电子流以大小为v的初速度从A点沿AD方向垂直磁场射入，电子刚好从C点飞出。(电子的重力不计)。求-64-\n（1）电子在磁场中的飞行时间（2）要使电子在磁场中运动时间最长，电子流速率应该为多大答案解：（1）电子作匀速圆周运动，轨迹如图，由几何关系得， （2分） 解得电子运动半径R=2a，圆心角α=600 （1分） 电子在磁场中运动时间 （1分） (2)要使电子在磁场中运动时间最长半径应满足 （2分） 由 （1分） 得 （1分）23、如图所示，速度相同的一束粒子由左端垂直射入质谱仪后的运动轨迹则下列相关说法中正确的是（ ）A．该束带电粒子带负电B．能通过狭缝的带电粒子的速率等于E/B2C．若保持B2不变，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S0，粒子的比荷越大D．若增大入射速度，粒子在磁场中轨迹半圆将变大答案C解析由左手定则，该束带电粒子带正电，速度选择器的P1极板带正电，选项A错误B正确；由qE=qvB1可得能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于v=E/B1，选项B错误；由r=mv/qB可知，粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S0，r越大，粒子的比荷q/m越大，选项C正确。若增大入射速度，则粒子无法直线通过速度选择器，更无法进入右侧磁场，即D错误-64-\n24、静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图所示。A、B为水平放置的间距的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为方向由B指向A的匀强电场。在A、B板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向水平线以下各个方向均匀地喷出初速度大小均为的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为、电荷量均为，不计油漆微粒间的相互作用、油漆微粒带电对板间电场和磁场的影响及空气阻力，重力加速度。求：（1）油漆微粒落在B板上所形成的图形面积；（2）若让A、B两板间的电场反向，并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，调节喷枪使油漆微粒可以向纸面内沿各个方向喷出，其它条件不变。A、B板被油漆微粒打中的区域的长度；（3）在满足（2）的情况下，打中板B的油漆微粒中，在磁场中运动的最短时间。答案解：（1）油漆微粒的加速度 （1分） 根据运动学 运动的半径 落在B板上所形成圆形面积 由①②③式并代入数据得（1分） （2）当电场反向 （1分） 油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：-64-\n （1分） （1分） 竖直向下射出的油漆微粒打在B板的左端恰好与B板相切：（1分） 当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远：（1分） 根据对称可知，粒子击中A板的距离为右端，左端（1分） （3）当粒子运动的圆弧直径最短时粒子运动的时间最短，故根据题意可知，当粒子恰好击中粒子源正下方的B板处时间最短（1分） 根据距离和半径的关系可以知道对应的圆心角为60°，所以（1分） 25、如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）A．极板M比极板N电势高B．加速电场的电压C．直径D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子有相同的比荷答案ABD[解题思路]：粒子进入静电分析器后在电场力作用下偏转，故可知粒子带正电，极板M比极板N电势高才能使粒子加速，-64-\n，A正确。在静电分析器中就有，由上两式可知，在磁分析器中粒子由P到Q，，故C错。粒子落于胶片上同一点，即应具有相同的直径，由上式可知，D正确。故应选ABD。26、如图所示，某空间中有四个方向垂直于纸面向里、磁感应强度的大小相同的、半径均为R的圆形匀强磁场区域1、2、3、4。其中1与4相切，2相切于1和3,3相切于2和4，且第1个磁场区域和第4个磁场区域的竖直方向的直径在一条直线上。一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，静止置于电势差为U0的带电平行板(竖直放置)形成的电场中(初始位置在负极板附近)，经过电场加速后，从第1个磁场的最左端水平进入，并从第3个磁场的最下端竖直穿出。已知tan22.5°＝0.4，不计带电粒子的重力。(1)求带电粒子进入磁场时的速度大小。(2)试判断：若在第3个磁场的下面也有一电势差为U0的带电平行板(水平放置，其小孔在第3个磁场的最下端的正下方)形成的电场，带电粒子能否按原路返回？请说明原因。(3)求匀强磁场的磁感应强度B。(4)若将该带电粒子自该磁场中的某个位置以某个速度释放后恰好可在四个磁场中做匀速圆周运动，则该粒子的速度大小v′为多少？答案(1) (2)不能 (3) (4)[解析 (1)根据动能定理有：qU0＝mv2解得：v＝-64-\n(2)不能按原路返回，因为粒子进入第3个磁场下的电场后，向下减速至速度为零，然后反向加速至速度的大小为v，但进入磁场后，根据左手定则可知，带电粒子受到的洛伦兹力方向向右，粒子向右偏，故不能按原路返回。(3)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，如图甲所示，则根据几何关系可得：R＝rtan22.5°解得：r＝2.5R根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝解得：B＝(4)该带电粒子在四个磁场中做匀速圆周运动，如图乙所示，由几何关系知其半径只能是R根据洛伦兹力提供向心力得：qv′B＝解得：v′＝27、如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ＝45°。现将一质量为m、带电量为q-64-\n的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是( )A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场C．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场答案AD[解析] 若h＝，由动能定理粒子进入磁场时的速度为：qEh＝mv2－0，v＝＝。磁场中做圆周运动的半径R＝＝＝a，则粒子垂直CM从射出磁场，A对，B、C均错；若h＝，粒子进入磁场时的速度为：qEh＝mv2－0，v＝＝，磁场中半径R＝＝a，则粒子平行于x轴射出磁场，D对。28、如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端等高，分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中。两个相同的带正电小球a、b同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道最低点，则下列说法中正确的是( )A．两个小球到达轨道最低点的速度vM<vNB．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM>FNC．磁场中a小球能到达轨道另一端最高处，电场中b小球不能到达轨道另一端最高处D．a小球第一次到达M点的时间大于b小球第一次到达N点的时间-64-\n答案BC解析 根据动能定理，对a球，mgR＝mv－0，对b球，mgR－EqR＝mv－0，可得vM>vN，所以a球第一次到达M点的时间小于b球第一次到达N点的时间，所以A、D两项均错。由F－mg＝m，可知FM>FN，所以B项正确；根据能量守恒，洛伦兹力不做功，a球的机械能守恒，故能到达另一端最高处，电场力做负功，b小球机械能减少，故不能到达轨道另一端最高处，所以C项正确。29、如图所示，相距为d的平行金属板M、N的上方有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为q的带正电粒子紧靠M板的P处由静止释放，粒子经N板的小孔S沿半径SO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°，粒子重力不计，则平行金属板间匀强电场的电场强度大小为( )A． B．C． D．答案B解析 粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示，则粒子做圆周运动的半径为r＝R，由Bqv＝m，qU＝mv2，E＝，联立得E＝，B正确。30、如图所示，以O为原点建立平面直角坐标系Oxy，沿y轴放置一平面荧光屏，在y>0,0<x<0.5m的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B＝0.5T。在原点O放一个开有小孔的粒子源，粒子源能同时放出比荷为q/m＝4.0×106kg/C的不同速率的正离子束，沿与x-64-\n轴成30°角从小孔射入磁场，最后打在荧光屏上，使荧光屏发亮，入射正离子束的速率在0到最大值vm＝2.0×106m/s的范围内，不计离子之间的相互作用，也不计离子的重力。(1)求离子从粒子源放出到打到荧光屏上所用的时间；(2)求离子打到荧光屏上的范围；(3)实际上，从O点射入的正离子束有一定的宽度，设正离子将在与x轴成30°～60°角内进入磁场，则某时刻(设为t＝0时刻)在这一宽度内向各个方向射入各种速率的离子，经过×10－7s时这些离子可能出现的区域面积是多大？答案 (1)×10－6s (2)y＝0到y＝m (3)0.26m2解析(1)离子在磁场中运动的周期为：T＝＝π×10－6s由几何关系知，能够打到荧光屏上的离子从粒子源放出到打到荧光屏上转过的圆心角α都相等α＝离子从粒子源放出到打到荧光屏所用时间t＝T＝×10－6s(2)由qvB＝，r＝，则rm＝＝1m离子在磁场中运动最大轨道半径rm＝1m由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如图，所以OA1长度为：y＝2rmcos30°＝m-64-\n即离子打到荧光屏上的范围为：y＝0到y＝m(3)经过时间t＝×10－7s离子转过的圆心角φ＝t＝与x轴成60°方向入射的离子，在t＝×10－7s刚好打在y轴上，与x轴成30°方向入射的离子，在t＝×10－7s都到达线段OC1，所以在t＝0时刻与x轴成30°～60°内进入磁场的正离子在t＝×10－7s时刻全部出现在以O为圆心的扇形OA2C1范围内，如图则离子可能出现的区域面积：S＝＝m2＝0.26m231、如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。三个相同带正电的粒子，比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用。已知编号为①的粒子恰好从F-64-\n点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域。求：(1)编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小；(2)编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间；(3)编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离。答案 (1) (2) (3)(2－3)a[解析] (1)设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小为v1，则qv1B＝m由几何关系得，r1＝解得，v1＝(2)设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为v2，周期为T2,则qv2B＝m T2＝解得T2＝由几何关系得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间t＝＝(3)设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中圆周运动的半径为r3，由几何关系可得AE＝2acos30°＝a-64-\nr3＝＝2aOE＝＝3aEG＝r3－OE＝(2－3)a32、如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy，y轴竖直向上，一质量为m、电荷量为＋q的微粒从x轴上的M点射出，方向与x轴夹角为θ，微粒恰能以速度v做匀速直线运动，重力加速度为g.(1)求匀强电场场强E的大小；(2)若再叠加一圆形边界的匀强磁场，使微粒能到达x轴上的N点，M、N两点关于原点O对称，距离为L，微粒运动轨迹也关于y轴对称．已知磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直xOy平面向外，求磁场区域的最小面积S及微粒从M运动到N的时间t.答案解析：(1)对微粒有qE－mg＝0得E＝(2)微粒在磁场中有qvB＝m得R＝如图30－15所示，当PQ为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小．-64-\n图30－15有r＝Rsinθ其面积S＝πr2＝又T＝(或T＝)根据几何关系可知偏转角为2θ则在磁场中运动的时间t2＝T＝又MP＝QN＝且有t1＝t3＝故运动的时间t＝t1＋t2＋t3＝＋＝＋＝＋答案：(1) (2) ＋33、如图所示，在y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.20T．有一质子以速度v＝2.0×106m/s，从x轴上的A点沿与x轴正方向成30°角斜向上射入磁场．质子质量m＝1.6×10－27kg，电荷量q＝1.6×10－19C，质子重力不计．求：-64-\n(1)质子在磁场中做圆周运动的半径；(2)若质子能沿x轴负方向通过y轴上的C点，如图30－12所示，求C点离坐标原点的距离．(3)在y轴左侧存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝105N/C，求质子从A点出发至速度第一次为零所用的时间．(结果保留两位有效数字)答案解析：(1)由qvB＝m得 r＝图30－13将B＝0.20T，v＝2.0×106m/s，m＝1.6×10－27kg，q＝1.6×10－19C代入得r＝0.1m.(2)经分析得，轨道圆心D位于y轴正半轴上某点，由几何关系可得，C点离坐标原点的距离是m.(3)在磁场中运动的时间t1＝T＝×＝×10－7s＝1.3×10－7s-64-\n在电场中a＝＝＝1013m/s2.从进入电场开始至速度第一次为零的时间t2＝＝＝2×10－7s从A点出发至速度第一次为零所用的时间t＝t1＋t2＝3.3×10－7s答案：(1)0.1m (2)m (3)3.3×10－7s34、如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B.足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°.有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力．若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C点．已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：(1)小球P落到斜面时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t；(2)小球P从抛出到落回斜面的位移x的大小．答案解析：(1)物体P静止时对斜面无压力mg＝qE ①P获得水平初速度后做匀速圆周运动，由对称性可得物体P落到斜面时其速度方向与斜面的夹角为45° ②-64-\nqv0B＝m ③T＝＝ ④物体P由A到C所需的时间：t＝＝ ⑤(2)由③式可知，P做匀速圆周运动 R＝ ⑥由几何关系知x＝R ⑦由①⑤⑥可解得位移x＝答案：(1)45° (2)35、图所示为某种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐向电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M.由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经过小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点．粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力．下列说法中正确的是( )-64-\nA．从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B．从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D．打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越大答案解析：设P、Q间电压为U，静电分析器中半径为R的圆弧上电场强度为E.在PQ间加速过程中有qU＝mv2－mv，在静电分析器中有qE＝，两式联立解得v＝·v0，v0不同，则v不同，A错误；结合动能表达式Ek＝mv2可知B错误；粒子在磁场中运动的轨道半径r＝，结合qE＝可得r＝，r相同，则v相同，C正确；还是由上面的两式推导得r＝，r越大，则越小，D错误．答案：C36、如图所示，竖直边界PQ左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，C为边界上的一点，A与C在同一水平线上且相距为L.两相同的粒子以相同的速率分别从A、C两点同时射出，A点射出的粒子初速度沿AC方向，C点射出的粒子初速度斜向左下方与边界PQ成夹角θ＝.A点射出的粒子从电场中运动到边界PQ时，两粒子刚好相遇．若粒子质量为m，电荷量为＋q，重力不计，求：-64-\n(1)粒子初速度v0的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)相遇点到C点的距离．答案解析：A点射出的粒子做类平抛运动，经时间t到达边界，L＝v0t ①竖直方向的位移：y＝at2 ②Eq＝ma ③C点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m ④-64-\n由几何关系：2Rsinθ＝y ⑤在磁场中运动的时间与粒子在电场中运动时间相等．t＝T ⑥T＝ ⑦由以上关系解得：v0＝ ⑧B＝ ⑨相遇点距C点距离y＝ ⑩答案：(1) (2) (3)37、如图所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外、大小为B，沿x轴放置一个垂直于xOy平面的较大的荧光屏，P点位于荧光屏上，在y轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为＋q的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P点处在亮线上，已知OA＝OP＝l，求：(1)若能打到P点，则粒子速度的最小值为多少？(2)若能打到P点，则粒子在磁场中运动的最长时间为多少？-64-\n答案解析：(1)粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，则F＝qBv，由牛顿运动定律有F＝若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆(如图中圆O1所示)．由几何关系知sAP＝l，R＝＝l.则粒子的最小速度v＝.(2)粒子在磁场中的运动周期T＝，设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为：t＝T＝.由图29－15可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上．-64-\n则由几何关系有θ＝π.则粒子在磁场中运动的最长时间t＝.答案：(1)(2)38、如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e点射出，则( )A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d点射出D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短-64-\n答案解析：由于速度与半径垂直，因此圆心一定在a点正下方，从e点射出时，圆心角恰好为90°，如图所示，根据r＝，若速度增为原来的2倍，则轨道半径也增为原来的2倍，圆心角不变，对应的弦也增为原来的2倍，恰好从d点射出，A正确；如果粒子的速度增大为原来的3倍，轨道半径也变为原来的3倍，从图中看出，出射点从f点靠下，B错误；如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，根据r＝得，轨道半径变成原来的一半，从ae-64-\n的中点射出，C错误；根据粒子运动的周期T＝知，粒子运动周期与速度无关，从e和d点射出的粒子，转过的圆心角都是90°，运动时间都是，运动时间相同，D错误．答案：A39、利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q、具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大答案BC解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生应用数学知识处理问题的能力和分析问题的能力．由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A错；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝可得v＝，r越大v越大，由图可知-64-\nr最大值为rmax＝，选项B正确；又r最小值为rmin＝，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之差为Δv＝，可见选项C正确、D错误．40、在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，且范围足够大，其俯视图如图所示，若小球运动到某点时，绳子突然断开，则关于绳子断开后，对小球可能的运动情况的判断不正确的是( )A．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小B．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，半径不变C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径不变D．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径减小答案A解析：绳子断开后，小球速度大小不变，电性不变．由于小球可能带正电也可能带负电，若带正电，绳子断开后小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，向心力减小或不变(原绳拉力为零)，则运动半径增大或不变．若带负电，绳子断开后小球做顺时针方向的匀速圆周运动，绳断前的向心力与带电小球受到的洛伦兹力的大小不确定，向心力变化趋势不确定，则运动半径可能增大，可能减小，也可能不变．41、在如图所示的直角坐标系中，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，一质量m=1×10-14kg、电荷量q=1×10-10C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴正方向60°角从M点沿直线运动，M点的坐标为(0，－10)，E的大小为0.5×103V/m，B1大小为0.5-64-\nT；粒子从x轴上的P点进入第一象限内，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，一段时间后，粒子经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向飞出，N点的坐标为(0，30)，不计粒子重力，g取10m/s2．(1)请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度v；(2)粒子在磁场B2中运动的最长时间为多少?运动最长时间情况下的匀强磁场B2的大小是多少?(3)若B2=T，则矩形磁场区域的最小面积为多少?答案 (1)103m/s(2) 或0.866T(3)或2.89×10-3m242、如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（ ）A．粒子一定带正电B．加速电场的电压C．直径D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷-64-\n答案ABD解析：A、由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；B、根据电场力提供向心力，则有qE=，又有电场力加速运动，则有qU=mv2，从而解得：U=，故B正确；C、根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=，结合上式可知，PQ=，故C错误；D、若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故D正确；故选ABD43、如图所示，在xoy平面内有一范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E，电场方向在图中未画出。在y≤l的区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里。一电荷量为+q、质量为m的粒子，从O点由静止释放，运动到磁场边界P点时的速度刚好为零，P点坐标为（l，l），不计粒子所受重力。⑴求从O点到P点的过程中电场力对带电粒子做的功，并判断匀强电场的方向；⑵若该粒子在O点以沿OP方向、大小的初速度开始运动，并从P点离开磁场，此过程中运动到离过OP的直线最远位置的加速度大小，则此点离OP直线的距离是多少？⑶若有另一电荷量为－q、质量为m的粒子能从O点匀速穿出磁场，设，求该粒子离开磁场后到达y轴时的位置坐标。-64-\n答案⑴根据动能定理，从O到P过程中电场力对带电粒子做功：W=△E=0 （2分）直线OP是等势线，带电粒子能在复合场中运动到P点，则电场方向应为斜向右下与x轴正方向成45° （2分） ⑵磁场中运动到离直线OP最远位置时，速度方向平行于OP．洛伦兹力方向垂直于OP，设此位置粒子速度为v、离OP直线的距离为d，则： （2分） （2分）解得 （2分）⑶设粒子做匀速直线运动速度为v1，则 （1分）-64-\n设粒子离开P点后在电场中做类平抛运动的加速度为a′，设从P点运动到y轴的过程中，粒子在OP方向的位移大小为x，则 （1分） （1分） （1分）解得 （1分）粒子通过y轴时的纵坐标为：（或写成）（1分）44、如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d．O′在MN上，且OO′与MN垂直．求：-64-\n（1）电子打在MN上的点与O′点的距离。（2）电子在磁场中运动的时间。答案（1）（5分）设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得： ……………（3分）解得：……………（2分）（2）（5分）设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：……………（2分）电子在磁场中运动的时间………（3分）45、如图（a）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m，带电量为e的电子（不计重力），从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后恰能从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角30°，此时圆形区域加如图（b）所示周期性变化的磁场（磁场从t=0时刻开始变化，且以垂直于纸面向外为正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30°。求：（1）电子进入圆形区域时的速度大小；（2）0≤x≤L区域内匀强电场的场强大小；（3）写出圆形区域磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足的表达式。答案 （1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1-64-\n由速度关系： （2分）解得 （2分）（2）由速度关系得 （2分） 在竖直方向 （2分） （2分） 解得 （2分）（3）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为600（如图）所以，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移等于R。粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是： （2分）电子在磁场作圆周运动的轨道半径 （1分）-64-\n得 （1分）若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化半周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间条件： （2分）代入T的表达式得： （1分）46、两个电荷量相等但电性相反的带电粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（ ）A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2D．两粒子的速度之比va∶vb＝1∶2答案解：A、a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电，故A错误；B、如图连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线（红线）与各自速度方向的垂直线（虚线）的交点即为各自圆心．如图：-64-\n结果发现：1．AB的连线必然与磁场的边界垂直； 2．两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形,根据几何关系，则有两半径相比为Ra：Rb=1：．故B错误；C、AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心．结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．则a粒子圆弧对应的圆心角为120°，而b粒子圆弧对应的圆心角为60°．由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta：Tb=1：2，则质量之比ma：mb=1：2．故C正确；D、由半径公式可知：在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比．所以速度大小之比va：vb=2：，故D错误；故选：C47、如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d．接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场．不计重力影响．若OC与x轴的夹角为φ，求：（1）粒子在磁场中运动速度的大小；（2）匀强电场的场强大小．-64-\n答案 解析(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R，则有①由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得②将①式代入②式，解得： ③⑵质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有④⑤d＝v0t⑥-64-\n联立④⑤⑥解得：⑦设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE＝ma ⑧联立③⑦⑧解得： ⑨48、如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图，M、N是轨迹上两点，匀强磁场B垂直纸面向里。该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是（）A．粒子在M点动能大，在N点动能小B．粒子先经过N点，后经过M点C．粒子带负电D．粒子在M点受到的洛伦兹力大于N点的答案B解析：A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，则粒子轨道半径r=，从粒子运动的轨迹可以判断，粒子在N点的曲率半径大于在M点的曲率半径，由r=可知：粒子的轨道半径越小速度越小，所以粒子在M点的速度小于在N点的速度，故粒子先经过N点，再经过M点，故A错误，B正确；C、由左手定则可以判断粒子带正电，故C错误；D、粒子在M点的速度小于在N点的速度，由公式f=qvB可得，粒子在M点受到的洛伦兹力小于N点的速度．故D错误．故选：B49、圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O＇处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为m-64-\n的电子以速率v从左侧沿OO＇方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P点，如图所示，求O＇P的长度和电子通过磁场所用的时间。答案解析电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O″，半径为R。圆弧段轨迹AB所对的圆心角为θ，电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动，如图4所示，连结OB，∵△OAO″≌△OBO″，又OA⊥O″A，故OB⊥O″B，由于原有BP⊥O″B，可见O、B、P在同一直线上，且∠O＇OP=∠AO″B=θ，在直角三角形ＯＯ＇P中，O＇P=（L+r）tanθ，而，，所以求得R后就可以求出O＇P了，电子经过磁场的时间可用t=来求得。 由得R=，，50、-64-\n如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0<y<2R的区间内。已知重力加速度大小为g。（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求点场强度和磁感应强度的大小和方向。（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。答案解析带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由 可得 方向沿y轴正方向。带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。且 r=R如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由-64-\n 得 方向垂直于纸面向外（2）这束带电微粒都通过坐标原点。方法一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点为。方法二：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，其圆心Q的坐标为（-Rsinθ，Rcosθ）,圆周运动轨迹方程为得 x=0 x=-Rsinθ y=0 或 y=R(1+cosθ)（3）这束带电微粒与x轴相交的区域是x>0带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x>0.-64-\n51、如图，在宽度分别为和的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。答案解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示.由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上,OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得………①设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ……………②设为虚线与分界线的交点,,则粒子在磁场中的运动时间为……③式中有………④粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得…………⑤由运动学公式有……⑥ ………⑦由①②⑤⑥⑦式得…………⑧由①③④⑦式得-64-\n52、如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围.（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间.答案解析（1）若粒子速度为v0，则qv0B=， 所以有R=，设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v01，则R1＋R1sinθ=，将R1=代入上式可得，v01=类似地，设圆心在O2处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v02，则R2－R2sinθ=，将R2=代入上式可得，v02=所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足＜v0≤（2）由t=及T=可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越长，在磁场中运动的时间也越长。由图可知，在磁场中运动的半径r≤R1时，运动时间最长，弧所对圆心角为（2π－2θ），所以最长时间为t==-64-\n53、在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP＝d）射入磁场（不计重力影响）。（1）果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。（2）如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。答案解析⑴由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。 设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得： ① 由上式解得 ②(2)如图所示设O/是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O/Q，设O/Q＝R/。 由几何关系得： ③ ④ 由余弦定理得： ⑤ 解得 ⑥-64-\n 设入射粒子的速度为v，由 解出 ⑦-64-
