物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动练习及解析

1、一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1 .如图所示，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里，圆心。为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R的匀强磁场，方向垂直纸面向外。质量为 m、电荷量为q的带负电的粒子，从圆周上的A点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D点射出，AO垂直OD。若将带电粒子从圆周上的C点，以相同的初速度射入磁场，已知/AOC=53°,粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53 =0.8, cos53°=0.6,求：(1)带电粒子的初速度及其从A到D的运动时间;(2)粒子

2、从C点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离。点的距离;(3)虚线右侧磁场的磁感应强度。【答案】(1)v0 qBR, tmm2qB；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53, 0.6R;(3)B2 1.6B(1)粒子从A点进磁场D点出磁场，作出轨迹如图由几何关系得轨道半径1洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有2 mvo qvo B 解得粒子在磁场中运动的圆心角为90°,有而周期为解得mqBRmT42V0m2qB(2)粒子从C点入射，作出轨迹如图由几何知识得EF的长度Lef=Rcos53 °在三角形EFO中，有sinLEF- 0.6R即粒子转过的圆心角37 ,则速度的

3、方向与磁场边界的夹角为而CE的长度Lce R R cos37OF的长度为LofRsin 53Lce联立解得Lof 0.6R53(3)粒子在右侧磁场的半径为2 ,由几何关系有r2 sin 37由向心力公式得qv°B22 mvo2联立解得B21.6B2 .如图所示，在竖直分界线 MN的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN之间有方向向上的匀强电场。在 O处有两个带正电的小球 A和B ,两小球间不发生电荷转移。若在 两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧(不计弹簧长度)，解锁弹簧后，两小球均获 得沿水平方向的速度。已知小球 B的质量是小球 A的n1倍，电荷量是小球 A的n2倍。若 测得小球

4、A在磁场中运动的半径为 r ,小球B击中屏的位置的竖直偏转位移也等于 r。两 小球重力均不计。(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；(2)若A小球向左运动求 A、B两小球打在屏上的位置之间的距离。B M那屏X*M1-EXXM*KMXi N n2r【答案】(1)上，一；(2)3r nini 1【解析】【详解】(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有mvA nmvB 小球A、B在磁场中做圆周运动，分别有 22mvAni mvBqvAB一，&qvBB AB解式得磁场运动周期分别为.2 71m 丁2 7nlimTATB -qBiqB解得

5、运动时间之比为Ta2Tb 万出ni(2)如图所示，小球 A经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。水平方向有LVAtA 竖直方向有由牛顿第二定律得解式得qE maA Na2E32小球B在电场中做类平抛运动，同理有yBrqE / L 2-() 2nlm vB由题意知应用几何关系得解式得yBy yB 2r yA y 3rrnQ3 .如图所示，两个边长均为 l的正方形区域 ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH上方有足够长的竖直向下的匀强电场.一带正电的粒子，质量为 m,电荷量为q,以速度vmv2从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且G ,今在CDHE区域内加上合适的垂直

6、纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖所加磁场的宽度DH;（2）所加磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间.2mv£? 【答案】（1）（2） 理（3）【解析】（1）粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为由 l = vt 得 t=r1111故 d= at2= i粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为vy=at = v速度偏向角为tan 0=1解得。=4粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知112 亦+3 =/?2R = "" + 5"NH X J得卯=3N

7、- 1)1(2)射入磁场的速度大小为v由洛伦兹力提供向心力qv'B=m"2m甘解得B=(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间ti =粒子在磁场中向上偏转运动时间t2 =2nm其中T=在上方电场中运动减速到零的时间为t3 =粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为t=2(tl + t2+ t3)5.61/点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过 程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿 第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用.4 .太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简

8、化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为 O,外圆弧面AB的电势 为L (0),内圆弧面 CD的电势为 ，足够长的收集板 MN平行边界ACDB, ACDB与2MN板的距离为L.假设太空中漂浮着质量为m,电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对 粒子的影响，不考虑过边界 ACDB的粒子再次返回.图】图2图3(1)求粒子到达 。点时速度的大小；(2)如图2所示，在PQ (与ACDB重合且足够长)和收集板 MN之间区域加一个匀强磁2场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经 O点

9、进入磁场后最多有 一3能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；(3)如图3所示，在PQ (与ACDB重合且足够长)和收集板 MN之间区域加一个垂直 MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小 E4L。点进入电场后到达收集板 MN离。点最远，求该粒子到达 与MN间运动的时间.,若从AB圆弧面收集到的某粒子经。点的速度的方向和它在 PQ试题分析：解:%(2)B ；'3)600 ; 2L2m1)带电粒子在电场中加速时，电场力做功,得:qU 01 2一 mv2m上的粒子与从AB圆弧面收集到的粒子有 2能打到MN板上，则上端刚好能打到 MN 3MN相切，则入射的方向与 OA之间的夹角是60 ,

10、在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心 角 600 .根据几何关系，粒子圆周运动的半径:R 2L由洛伦兹力提供向心力得：qBv2 v mR联合解得：B 1 mL . 2q(3)如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到。点的距离最远,这是一个类平抛运动的逆过程.建立如图坐标.P1 qE 2L t旦t 2qEL qm 1m 12m若速度与x轴方向的夹角为角vx10cos cos 60v25.如图1所示为平面坐标系xOy ,在第一象限内的虚曲线和y轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ；在第二象限内的虚直线( x 64a )和y轴之间 存在着如图2所示的交变磁场(以垂直纸面向外

11、为磁场的正方向).在 A ( 2a, 0)点的放射源发出质量为 m、带电量为 q的粒子，粒子速度大小为v0 _a晅，速度方向与xm轴负方向的夹角为(090),所有粒子都能垂直穿过y轴后进入第二象限.不计粒子重力和粒子间相互作用.(i)求夹角45的粒子经过y轴时的坐标；(2)求第一象限内虚曲线的曲线方程y(x)；(3)假设交变磁场在0时刻，某粒子刚好经过 y轴上的B (0, a)点，则要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足什么条件？要求该粒子在 C ( 673a, a)点垂直虚直线水平射出磁场，求粒子在交变磁场中运 动时间t与磁场变化周期 T的比值k的最小值？并求出在这种情况下粒子

12、在交变磁场中的【答案】y (3 T2)a； (2)y【解析】x(2a x)22.a x；(3) T10 m3qB04 mqB0(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为r ,则:qv°B02 V。 mr解得: 如图1所示,当入射角为45时，根据几何关系可得:y轴坐标(2a22-ya) (a -ya)(2)如图2所示，入射角为任意角,进入磁场入射点坐标为(ax, y),(J根据几何关系可得:tany2a xtanx,a2x 2a(3)粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图3所示;设粒子在磁场中运动的周期为 T0,两圆心连线与y轴夹角为，则:所以且满足得如图4所示根据几何关

13、系可得:4r sink LBC2 mqBo1sin 一230T 150 T4 360- 010 m3qBo要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足10 mT ；3qB0粒子在交变磁场中运动的时间t与磁场变化的周期 T的比值为k,即3 2t24 t2sin3、32k由于sin 1,所以k最小等于3,即sin32当 60 ,如图4所示，粒子运动时间*/ 60t14 o3602 mqB04 mqB0当 户120°时，如图5所示，粒子运动时间,120qB° qB04o3606.如图甲所示，在坐标系 xOy平面内，y轴的左侧有一个速度选择器，其中电场强度为E,磁感应强度为

14、 Bo.粒子源不断地释放出沿 x轴正方向运动，质量均为 m、电量均为 +q、速度大小不同的粒子.在 y轴的右侧有一匀强磁场，磁感应强度大小恒为B,方向垂直于xOy平面，且随时间做周期性变化(不计其产生的电场对粒子的影响)，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，如图乙所示.在离y轴足够远的地方有一个与 y轴平行的荧光屏.假设带电粒子在 y轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，失去电荷变 为中性粒子.(粒子的重力忽略不计)(1)从。点射入右侧磁场的粒子速度多大;(2)如果磁场的变化周期恒定为T=,要使不同时刻从原点 O进入变化磁场的粒子做qB曲线运动的时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开

15、y轴的距离至少多大；(3)荧光屏离开y轴的距离满足(2)的前提下，如果磁场的变化周期 T可以改变，试求 从t=0时刻经过原点 。的粒子打在荧光屏上的位置离 x轴的距离与磁场变化周期 T的关 系.-E22mE5 m【答案】(1) (2)(3) TvBoqBB03qB【解析】 【详解】(1)因为粒子在速度选择器中运动时受力平衡，即：qvBo=qE,E 解得：v= 丁； B0(2)带电粒子进入 y轴右侧之后，在磁场中运动的半径为：二侬=止-qB qBBoqB因为磁场的变化周期恒为：T=,所以粒子在该磁场中运动半个周期所转过的角度为90°,任一时刻进入y轴右侧磁场的粒子其运动轨迹如图甲所示:

16、yWa)0 vx网甲为使粒子在磁场中运动满一个变化周期，荧光屏离开y轴的距离应该为:x=2rsin a +Sin (90- a) =2rsin a +COs a =22 rsin (45° +)a,当a =45时，x的值最大，最大值为：x=2 J2 r= 2&mE ;qBBo(3)因为带电粒子在两个磁感应强度大小相等的磁场中运动的时间相等，所以其轨迹具有对称性，如图乙所示，其经过一个磁场变化周期之后的速度方向与X轴方向平行，且此时距x轴的距离为：y=2r (1-cosa)式中的“为粒子在变化的磁场中运动半个周期所转过的角度， Tm其余周期T的关系为：一=，2 qB贝 U: a

17、=qBT,2m所以经过一个周期后，距 x轴的距离为：丫=2巫-(1-cos-qBT), qBBo2m由于只有在y轴的右侧才有变化的磁场，所以带电粒子最大转过的角度不会超过 图丙所示，150°,如5:Tmm5 m即磁场的变化周期有一个最大值,=6，所以：T<Tm=；23qBqB7 .如图甲所示，两平行金属板 AB间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长 L=0. 8m,板间距离d=0. 6m.在金属板右侧有一磁感应强度 B=2. 0X10T,方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为li=0. 12m,磁场足够长.MN为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光

18、屏距磁场右边界的距离为12=0. 08m, MN及磁场边界均与AB两板中线OO垂直.现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO连续射入电场中.已知每个粒子的速度 V0=4. 0xi0m/s,比荷9=1. 0Xlifc/kg,重力忽略不计，每个粒m子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变.(1)求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O'点的距离；(2)若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；(3)试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处.【答案】(1) 0. 10m； ( 2) 900V； (3) 5

19、X10m/s,该粒子不能打在右侧的荧光屏上.【解析】【分析】【详解】(1) t=0时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向 心力，由牛顿第二定律得：2V0qv°B m,代入数据解得:粒子运动轨迹如图所示:七九噌，h 1*由几何知识可得:li 0.12sin - 0.6Ri0.2粒子在磁场中偏移的距离：y1 R1 R1cos代入数据解得：yi=0. 04m粒子出磁场后做匀速直线运动y2 l2tan代入数据解得：y2=0. 06m粒子打到荧光屏上时偏离O'的距离为：y=yi+y2=0. 10m(2)设两板间电压为 Ui时，带电粒子刚好从极板边缘射出电

20、场，如图所示:根据平抛知识可知:1d 2qUdL=v0t,解得：Ui=900V(3)由动能定理得:代入数据解得:粒子在电场中的偏向角a,UiTq1212mv1mv022vi=5x i5m/scosv04 105v 5 1050.8 ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:2qv1B m-,1R2代入数据解得:R2=0. 25m2R2sin a =025- 0. 25x71 0.82=0- 1ml1=0. 12m该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；答：(1) 0. 10m； ( 2) 900V； (3) 5X10m/s,该粒子不能打在右侧的荧光屏上8 .如图所示是研究

21、光电效应现象的实验电路，-K、歹为两正对的圆形金属板，两板间距j为板的半径为 片，且五二三.当"板正中受一频率为 少的细束紫外线照射时，照射部 -Jv位发射沿不同方向运动的光电子，形成光电流，从而引起电流表的指针偏转.已知普朗克 常量h、电子电荷量 e、电子质量 m.(1)若闭合开关S,调节滑片P逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小.当电压表 示数为时，电流恰好为零.求：金属板N的极限频率； 将图示电源的正负极互换，同时逐渐增大极板间电压，发现光电流逐渐增大，当电压达到口之后，电流便趋于饱和.求此电压 匚.(2)开关S断开，在MN间加垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能

22、使电流 为零，求磁感应强度 B至少为多大时，电流为零.(1) 据题意，由光电效应方程得到：印电据电场力做负功，刚好等于动能变化，有：呜再极限频率为：印广g呜小%=t一；M上，且电压越大，飞到该极的当电源正负极互换后，在电场力作用下，电子飞到极板板上的光电子数量越多，当所有光电子飞到该极板时，电流达到饱和，此时飞得最远的光 电子可以近似看出类平抛运动，则有：& = 一m,- 2卫=Ff,12己=一鼻厂1(2)当在MN间加有匀强磁场，在磁场力作用下，光电子做匀速圆周运动，当运动半径最大的光电子的半径等于 d/2,则光电子到达不了极板 M,那么就可以使电流为 0,则有:9 .在粒子物理学的研

23、究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动.如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同.ab为P点附近的一条水平直线， P到直线ab的距离PC=L, Q为直线ab上一点，它与 P点相距PQ L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应弓II度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达 ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点.已知sin37=0.6, cos37°=0.8,求：(1)(2)(3)Q C

24、b粒子的发射速率；PQ两点间的电势差；【答案】(1) 5BqL8m_ 2 2 25qB L8m233 m一180Bq106 m180Bq【解析】【分析】(1)当只存在匀强磁场时， 的运动轨迹，由几何知识求出 的发射速率；(2)当只存在匀强电场时， 两点间的电势差；a粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出a粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出a粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解;粒子粒子PQ(3)当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间.【详解】(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R,过。作PQ的垂线交PQ于

25、A点，如图所示:仅有磁场时，能到达直线 ab的粒子所用最长时间和最短时间.PC QA由几何知识可得=PQ QO代入数据可得粒子轨迹半径R QO5L洛伦兹力提供向心力 Bqv=2 v m R5BqL斛得粒子发射速度为 v=8m(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知 ab为等势面，电场方向垂直ab向下.水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内-1CQ 二 一 L=vt2PC = L-= 1at22式中a= qE mU=Ed22解得电场强度的大小为 U = 25qL B8m(3)只有磁场时，粒子以 。1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线 ab相切于D点时，粒 子速度的

26、偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示.据图有解得37°故最大偏转角 和ax= 233 °粒子在磁场中运动最大时长timax t360233 m180Bq式中T为粒子在磁场中运动的周期.粒子以。2为圆心沿圆弧 PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短.据图有L/2 4sin 8=R 5解得降53°速度偏转角最小为3in =106°故最短时长t2mn360106 m180Bq本题的突破口是确定 中圆周运动的半径.粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场10 .如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在 0<y&l

27、t;d的区域I内的磁感应强度大小为 B,在y>d的区域n内的磁感应强度大小为2B.一个质量为 m、电荷量为-q的粒子以速度qBd从。点沿y轴正方向射入区域I .不计粒子重力.(1)求粒子在区域I中运动的轨道半径:(2)若粒子射入区域I时的速度为 v 2qBd ,求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过 m程中带电粒子运动的时间；qBd(3)若此粒子射入区域I的速度 V,求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值.【答案】(1) R d(2)OP 473d tIqBm(3)xmin73d【解析】【分析】【详解】2(1)带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：qv0B m晅r i把Vo qBd,代入

28、上式，解得：R d m(2)当粒子射入区域I时的速度为v 2vo时，如图所示在OA段圆周运动的圆心在。2,半径为R d。3,半径为R 2d所以粒子打在x轴上的位置坐标OP O1O32OO34 .3 d粒子在OA段运动的时间为：t1300 2 m360° qB6qB。1,半径为Ri 2d在AB段圆周运动的圆心在在BP段圆周运动的圆心在可以证明ABPQ为矩形，则图中30°，由几何知识可得:O1O3 2dcos3003d所以：OO3 2d 、3d粒子在AB段运动的时间为t2120o 2 m m-To g-360 qg2B 3qB粒子在BP段运动的时间为t3 t13130o 2m

29、m360o Y 6qB在此过程中粒子的运动时间:2ti t22 m3qB(3)设粒子在区域I中轨道半径为R,轨迹由图it. It it M2B区Jr2 d2可得粒子打在x轴上位置坐标：x 2 R Jr2 d2化简彳导:3R2 4Rx X2 d2 02把上式配方：3 R 2x1x2 d2 0332化简为：3 R 2x 1x2 d2 0332则当R 2x时，位置坐标x取最小值：xmin J3d311 .在水平面上，平放一半径为 R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电荷量为+ q的小球.I X K X X X X X XK ¥ X K K K

30、 X X(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度V0 (2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所mg小.空间再加一个水平向右、场强 E= 7的匀强电场(未回出).若小球仍以V0的初速度沿q切线方向从左边管口射入，求小球：运动到最低点的过程中动能的增量；在管道运动全程中获得的最大速度.2 22【答案】(1) _R (2)2mgRqmgR2Vo m R【解析】(1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故qVoBq_R解得：Vo -.m(2)小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功，对小球运动到最低点的过程，由动能定理可以得到：

31、mgR qEREkmg由题目已知：E - q联合以上两式可以得到：动能增量Ek2mgR.当小球到达管道中方位角为的位置(如图所示)时，应用动能定理，有:mgRsinqE R Rcos1 2-mv21 2-mvo2运2£ 2gR 2gR sin mcos245o 时,对函数ysin cos 求极值，可得所以vm2 22q 22 2.2 gRm12 .如图所示，虚线 MN匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界 MN成=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外，在电场中有一点P, P点到边界MN的竖直距离为do现将一质量为 m、电荷量为q

32、的带正电粒子从 P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。求：(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；(2)粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；B',但方向不变，此(3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B'的最小值为多少？【答案】(1) v/2qEd(2) XCA 472d (3) B' 2 2 V2 Bm【解析】【详解】12(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v,由动能定理可得 qEd -mv2,2解得v , 2qEd(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，

33、两点间距为XCA由类平抛规律X vt, y 1且t2 2 m由几何知识可得x=y,解得t2md, Eq两点间的距离为XCA J2vt,代入数据可得XCA 4j2dmv2mv1 2mEd(3)由 qvB mv_可得 R 加，即 R -1 JmEd由题意可知，当粒子运动到 F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值， 即B'最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r,则有几何关系可知 r 2 2R R4mvmv又因为r ，所以B' ， qB'qr代入数据可得B' 2 2 J2 B13 .如图，空间区域I、n有匀强电场和匀强磁

34、场， MN、PQ为理想边界，I区域高度为 d, n区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上； I、n区域的磁感应强度大小均为 B, 方向分别垂直纸面向里和向外 .一个质量为 m ,电量为q的带电小球从磁场上方的 。点由 静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动 .已知重力加速度为 g.(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；(2)若带电小球能进入区域 n ,则h应满足什么条件？(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到。点，求它释放时距 MN的高度h.2q2B2d223m g2 2,2【答案】1正电，E -g； 2h q 2d ; 3h q2mg【解析】【分析】(1)根据小球所受电场力的方

35、向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系 求出电场强度大小.(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小 球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题.(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h.【详解】(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电由 qE mg口 l mg解得：Eq(2)假设下落高度为 ho时，带电小球在I区域作圆周运动的圆弧与 PQ相切时，运动轨迹如答图a所示由几何知识可知，小球的轨道半径：R d12带电小球在进入磁

36、场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh -mv222带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R,由牛顿第二定律得：qvB m R2 B 2d 2解得：ho q-22m g则当h ho时，即h(3)由于带电小球在22 , 2q B d .2田电小球能进入 n2m gi、n两个区域运动过程中区域;q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R,内角为60°,如答图b所示.由几何关系知：rdsin60o2 2r2d2联立解得得：h 2q B2 d ；3m g【点睛】 本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出

37、小球的运动轨迹、 应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、 作出小球运动轨迹是正确解题的关键.14 .如图所示，在边长为 2L的正方形CDEF区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在正方形对角线 CE上有一点P, P到CF、CD距离均为在P点有 2一个能连续发射正离子的装置，且所有正离子的质量均为m、电荷量均为q.不计离子重力及离子间相互作用力.(1)若由P点水平向右射出一正离子，恰好从 E点射出，求该离子的速度大小及在磁场中运动的时间；(2)若由P点连续不断地向纸面内各方向发射速率均为gqBL的正离子，求在 DE边有16m离子射出的区域长度

38、.【答案】(1)典，昱L2m 2Bq4【解析】【分析】根据题图可知，考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，确定粒子的运动轨迹，找出几何关系进行求解；(1)画出离子的运动轨迹，确定圆心和半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解；(2)发射速率不变，即圆周运动的运动半径不变，分析找出临界状态的粒子即可确定射出的区域长度.【详解】(1)离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其运动轨迹如图：r2洛伦兹力提供向心力：Bqv m 3BqL解得：v , 2mm2Bq运动周期：T 2-m Bq，1离子运动时间：t T4（2）当v 135BL时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R,16m 2 则由qvB m R13L可得：R 16CD边相切，设要使离子从DE射出，则其必不能从 CD射出，其临界状态是离子轨