hb051.带电粒子在磁场中的圆周运动

1、第51节 带电粒子在磁场中的圆周运动1.2013年新课标I卷aBbq18.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q>0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）A B C D【答案】BB60°60°rrR/2【解析】粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示：入射点与圆心连线与初速度方向夹角为30°，初速度方向与轨迹所对弦夹角也为3

2、0°，所以轨迹半径,由，B选项对。2.2013年新课标II卷17空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为A B C D答：A 解析：带电粒子在磁场中运动如图所示，由几何关系可知轨道半径，洛伦兹力等于向心力，有，解得磁场的磁感应强度，A正确。3. 2013年北京卷22（16分）+qmdOB+U如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带

3、电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：匀强电场场强E的大小；粒子从电场射出时速度的大小；粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。答：（1） （2） （3） 【 解析】（1）电场强度的大小为；（2）根据动能定理，有，, 解得；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，解得4. 2012年理综全国卷17质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是A. 若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等B. 若m1=m2，则它们作圆周运

4、动的半径一定相等C. 若q1q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等D. 若m1m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等【答案】A【解析】带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力,其轨道半径，周期。若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等.选项A正确；若q1q2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项C错误；若m1=m2，则它们作圆周运动的半径不一定相等，选项B错误；若m1m2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项D错误。5. 2012年理综北京卷16. .处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 （D）A. 与粒子电荷量成正比

5、 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流在一个周期T内的电量为q，根据电流定义式有 粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有 两式联立有 环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率无关，答案D。6. 2012年理综广东卷BNMS图215. 质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2中虚线所示，下列表述正确的是 A.M带负电，N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛仑兹力对M、N做正功D.

6、M的运行时间大于N的运行时间【解析】选A。由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正确。由得，由题知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由图及A选项的判断可知RN<RM，故vN<vM，所以B选项错误。由于洛仑兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛仑兹力永远不会对M、N做功，则C选项错误。由及题给条件可知，这两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由图可见两个粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了半个周期，故在磁场中运动的时间相等，所以D选项错误。7. 2014年理综北京卷16.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，他们的动量大小相等，a运动的半径大于

7、b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb。则一定有（ ）A B C D【答案】A【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径，已知两粒子动量相等，且，故一定有，故A正确；仅由动量、半径的关系不能确定质量的关系，故B错误；由周期公式可知：仅由动量、半径的关系，无法确定两粒子做圆周运动周期的关系，故C错误；根据半径公式，得荷质比，仅由半径的关系，无法确定两粒子荷质比的关系，故D错误。8. 2014年理综安徽卷18“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电

8、粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于 （ ）A BT C DT 2【答案】A【解析】由于等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，即。带电粒子在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：得。而故可得：又带电粒子的运动半径不变，所以，A正确。9. 2012年物理江苏卷9. 如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界. 一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场. 若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A点. 下列说法正确的有(A)若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0

9、(B)若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0(C)若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于(D)若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于【答案】BC【解析】当粒子以速度垂直于MN进入磁场时，最远，落在A点，若粒子落在A点的左侧，速度不一定小于，可能方向不垂直，落在A点的右侧，速度一定大于，所以A错误，B正确；若粒子落在A点的右侧处，则垂直MN进入时，轨迹直径为，即，已知,解得，不垂直MN进时，所以C正确，D错误。10. 2012年理综安徽卷AB60°OC19. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经

10、过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为答: BO2D60°ABCOO119题解析图解析：如解析图示，第一次偏转的偏向角为600，所以圆心角AO1C也是600，周期 与速度无关； 设磁场半径OA长为R，轨迹半径O1A长为R1，O2A长为R2，由 得R1=3R2,，则AO2O=600，所以第二次在磁场中偏转的圆心角为1200，运动时间：（为转过圆心角），所以 偏转时间是第一次的2倍。11. 2013年广东卷abOPB图921如图9，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂

11、直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近O2O1Oab答：AD 解析：由左手定则可知，A正确；由可知，a、b两粒子做圆周运动的半径相等，画出轨迹如右图,O1 、O2分别为a、b的轨迹，a在磁场中转过圆心角比b大， 由和轨迹图可知D选项对。12. 2013年天津卷11（18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电

12、粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：BOSNMPdM、N间电场强度E的大小；圆筒的半径R；保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2d/3，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。答：（1） （2） （3）n=3解析：（1）设两板间电压为U，由动能定理得 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed BOSNMPdAO'rR联立上式可得 （2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用

13、几何关系做出圆心为O'，圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对的圆心角，由几何关系得 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 联立式得 （3）保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为U'，则 设粒子进入S孔时的速度为v'，由式看出 结合式可得 设粒子做圆周运动的半径为r'，则 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为，比较两式得到 r'=R，可见 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=313. 2012年物理海南卷tOPyx图（a）图（b）B+B0-B0O

14、16图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。（1）若t00，则直线OA与x轴的夹角是多少？（2）若t0，则直线OA与x轴的夹角是多少？（3）为了使直线OA与x轴的夹角为，在0t0的范围内，t0应取何值？解： （1）设粒子P的质量、电荷与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用

15、R与T' 表示圆周的半径和运动周期， yABOax由式与已知条件得T' =T 粒子P在t=0到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图（a）所示。OA与x轴的夹角 =0 （2）粒子P在t0=T/4时刻开始运动，在t=T/4到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿图（b）yCOaxBA逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=5T/4时间内，沿顺时针方向运动1/

16、4圆周，到达A点，如图（b）所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角 =/2 （3）若在任意时刻t=t0（0< t0< T/4）粒子P开始运动，在t=t0到t=T/2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O' 位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为 此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O'' ，圆弧BA对应的圆心角为 如图（c）所示，由几何关系可知， C、B均在O'O'' 连线

17、上，且图（c）图 （a）yABOaxCO''O' 若要OA与x轴成/ 4角，则有 联立式可得 14. 2011年新课标版OyxPd2dB2B25（19分）如图，在区域I（0xd）和区域II（d<x2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用

18、力。求（1）粒子a射入区域I时速度的大小；（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。【解析】（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得OayxOPBd2dObPPaPb 由几何关系得POP' = 式中，=30°，由式得 （2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra2 ，射出点为Pa（图中未画出轨迹），P'OaPa =' 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由式得 C、P'和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于 的平

19、面上。由对称性知，Pa点与P'点纵坐标相同，即 yPa=Ra1cos+h 式中，h是C点的y坐标。设b在I中运动的轨道半径为Rb1 ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为。如果b没有飞出I，则 式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而 由式得=300 由式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为 由式及题给条件得，a、b 两粒子的y 坐标之差为 15. 2013年海南卷GEF30º135º14如图，纸面内有E、F、G三点，GEF=30º，EFG=135º，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向

20、外。先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求：（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间；（2）点电荷b的速度大小。答：（1） （2）解析：设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得 由式得 设点电荷a做圆周运动的周期为T，有 如图，O和O1 分别是a和b的圆轨道的圆心，设a在磁场中偏转的角度为，由几何关系得GEFOO11ba =90°

21、故从开始运动到经过G点所用的时间t为 （2）设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为，依题意有 由式得 由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得 =60° R1=2R 联立式，解得 +yxOMLB16. 2013年全国卷大纲版26（20分） 如图，虚线OL与y轴的夹角=60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出

22、）且。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。解：根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为a；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为，如图所示。有 +yxOMLA60°PBChD周期为 由此得 过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D，由图中几何关系得 +yxOMLBP由以上五式和题给条件得 解得 或设M点到O点的距离为h根据几何关系利用以上两式和得 解得 (=30°)(=90°)当=30°时，粒子在磁场中运动的时间为当=90°时，粒子在磁场中运动的时

23、间为 17. 2012年理综山东卷23(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q（q>0）的粒子由S1静止图乙0uU0-U0t图甲QPNLS1S2BM释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满

24、足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小解：（1）粒子由S1至S2的过程中，根据动能定理得 由式得 设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立式得 (2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 联立式得 （3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d=vt1 联立式得 若粒子再次达到S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式

25、得 联立式得 设粒子在磁场中运动的时间为t 联立式得 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由式结合运动学公式得 由题意得T=t 联立式得 18. 2011年理综福建卷22（20分）如图甲，在x >0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。求该粒子运动到y=h时的速度大小v；现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所

26、示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期。求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。yxOhBEv0yxOSSOyt甲乙丙【解析】（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有由式解得v = （2）由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则qv1B = qE 又s = v1T 式中T = 解得s =

27、设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则由动能定理有 又Ay = 由式解得Ay =可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y = 19. 2011年理综广东卷35（18分）如图19(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒

28、子在A点的初速度v0的大小。若撤去电场，如图19(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。在图19(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：根据动能定理，所以 OAR1R2Cv2450如图所示，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R2+ R2=(R2- R1)2，解得：。根据洛仑兹力公式，解得：。根据公式 OAR1R2C解得： 考虑临界情况，如图所示，解得：，解得：，综合得：20. 2011年理综山东卷25

29、（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：、两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平方向夹角=30º，当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30º，求B0及粒子在区运动的时间t。L1LL2B1B2m-qMNQP若区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h。若L2

30、=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件。若B1B2，L1L2，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。解析：（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律得 图1B1B2L1L2L 由几何关系得 R1= L2 = L 联立得 设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t， 联立式解得 （2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为R2，由牛顿第二定律得 图2B1B2L1L2LIII 由几何知识得 联立式解得 （3）如图2所示，为

31、使粒子能再次返回到I区应满足 联立式解得 （4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为a，由几何知识可得 联立式解得 B1L1=B2L2 图3B1B2L1L2Laaa图4B1B2L1L2L21. 2011年理综四川卷CDWZYXlhBA25（20分）如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面。C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T，方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压

32、U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点。滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2。求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；若微粒质量m0=1×10-13kg，求滑块开始运动所获得的速度。 解析：（1）微粒在极板间所受电场力大小为F，代入数据：F1.25×1011NO1O2R1R2DS由微粒在磁场中的

33、运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。（2）若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理：Uqmv2微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，有：qvBm微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R1，R2ld，联立代入数据有 8.1×1014kgm 2.89×1013kgQhRWOBLXPAsYdk（3）如图，微粒在台面以速度v做以O点为圆心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成角飞出做平抛运动，落地点Q，水平位移s，下落时间t。设滑块质量为M，滑块

34、获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k。由几何关系，可得cos， 根据平抛运动，t，svt对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有MgMa，kv0tat2再由余弦定理：k2s2(dRsin)22s(dRsin)cos及正弦定理：联立并代入数据解得：v04.15m/s，arcsin0.8（或53°）22. 2011年理综重庆卷+MM NN AB磁场区域电场区域s3sdPP 25（19分）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN&#

35、39;MM充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计电子所受重力。求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；求电场强度的取值范围；A是MN的中点，若要使电子在A、M 间垂直于AM 飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。解析：（1）设圆周运动的半径为分别为、，第一次和第二次圆周运动的速率分别为、，动能分别为、，解得设电场强度为，第一次

36、达到隔离层前速度为， 解得又由， 得 所以设电子在磁场中圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，总运动时间为t,由题意有 得又由 得23. 2011年江苏卷15（16分）某种加速器的理想模型如图1所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图2所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)若在t=0

37、时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；现要利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使图1中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？OuabU0-U0T02T03T0t图2LL磁屏蔽管图1abc答：(1) (2)如图 (3) 【解析】(1) 质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动， 则当粒子的质量增加了，其周期增加abcO根据题图可知

38、，粒子第一次的加速电压u1=U0粒子第二次的加速电压粒子射出时的动能 解得（2）磁屏蔽管的位置如图所示（3）在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数，得N=25分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且u=U0时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。粒子由静止开始被加速的时刻 (n=0,1,2,)最大动能 解得 .24. 2014年物理江苏卷Ld收集板O'Om, -q30°BBPMN14 (16 分) 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。 装置的长为 L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为 B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间

39、距为 d. 装置右端有一收集板，M、N、P 为板上的三点，M 位于轴线 OO'上，N、P 分别位于下方磁场的上、下边界上。 在纸面内，质量为 m、电荷量为-q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成 30 ° 角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达 P 点. 改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。 不计粒子的重力.（1） 求磁场区域的宽度 h; （2） 欲使粒子到达收集板的位置从 P 点移到 N 点，求粒子入射速度的最小变化量v;（3） 欲使粒子到达 M 点，求粒子入射速度大小的可能值.【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）设粒子在磁场中的的

40、轨道半径为r根据题意 且解得（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为，由题意可知 解得（3）设粒子经过上方磁场n次由题意可知且 ，解得25. 2014年理综山东卷图乙Bt-B0B00图甲v0PQd24、（20分）如图甲所示，间距为d垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述m、q、d、v0为已知量。（1）若，求B0；（2）若，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；（3）若，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。【解析】（1）设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得 据题意由几何关系得 联立式得 （2）若，垂直打在P板上,如图示。设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得：d 据题意由几何关系得 联立式得 （3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得 由牛顿第二定律得 由题意知，代入式得 粒子运动轨