高考物理模型专练与解析模型23带电粒子在磁场中的多解问题（教师版含解析）

23带电粒子在磁场中的多解问题1．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向外。某时刻一个质子从点(L0，0)处沿y轴负方向进入磁场；一个α粒子同时从点(－L0，0)进入磁场，速度方向在xOy平面内。设质子的质量为m、电荷量为e，不计质子与α粒子的重力和它们之间的相互作用。如果α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，已知质子和α粒子都带正电，且α粒子的质量是质子质量的4倍，α粒子带的电荷量是质子的2倍，则()A．质子的速度大小为B．质子的速度大小为C．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是D．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是【答案】BC【详解】AB．质子的运动轨迹如图所示。其圆心在处，其半径，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得故A错误，B正确；CD．质子在磁场中做匀速圆周运动的周期同理，α粒子的周期是质子周期的2倍；由于α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，故相遇时质子可能运动了半个周期，也有可能运动了一个半周期。如果相遇时质子只运动了半个周期，则质子的运动时间为如果质子运动了一个半周期相遇，则质子的运动时间为两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，故α粒子的运动时间可能是或故C正确，D错误。故选BC。2．如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为()A．2BkL B．C． D．【答案】BD【详解】因质子带正电，且经过c点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为，所以质子运行半径r＝(n＝1，2，3．．．．．．)由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m即v＝＝Bk(n＝1，2，3．．．．．．)故BD正确。故选BD。3．长为的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，板间距离也为，极板不带电。现有质量为、电荷量为的带正电粒子(重力不计)，从左边极板间中点处垂直磁场以速度水平入射，如图所示。欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子速度 B．使粒子速度C．使粒子速度 D．使粒子速度【答案】AB【详解】如图所示设粒子恰好从右边穿出时圆心在点，有解得，又因为得所以时粒子能从右边穿出；粒子恰好从左边穿出时圆心在点，由得故时粒子能从左边穿出。故选AB。4．如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，。现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为(不计重力)，则下列说法中正确的是()A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B．该匀强磁场的磁感应强度大小为C．粒子在磁场中运动的轨道半径为D．粒子进入磁场时速度大小为【答案】ABC【详解】A．根据题意垂直边进入，垂直边飞出，经过四分之一个周期，即解得A正确；B．洛伦兹力提供向心力解得粒子运动的周期解得磁感应强度B正确；C．粒子与边相切，运动时间最长，满足，在磁场中转过圆心角，如图根据几何关系可知解得C正确；D．根据可知D错误。故选ABC。5．如图所示，S为一离子源，MN为荧光屏，其长度为，S到MN的距离为SP=L，P为MN的中点，MN的左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地喷发大量的正离子(此后不再喷发)，喷发的离子速率均相等、质量均为m、电荷量均为q。不计粒子重力，不考虑离子之间的相互作用力，下列说法正确的是()A．若离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2L，则离子喷发时的速率为B．速率为的离子，一定打不到荧光屏上C．速率为的离子，能打中荧光屏的最短时间为D．速率为的离子，能打到荧光屏MN上的范围为【答案】BD【详解】A．洛伦兹力提供向心力解得A错误；B．离子运动的半径为则离子圆周运动直径所以离子一定打不到荧光屏上，B正确；C．离子运动的半径为离子在距离荧光屏最短弦长为，即距离，对应圆心角最小，如图则打在荧光屏上的最短时间为C错误；D．因为离子半径满足则离子打到荧光屏上的临界距离满足与板上边界相切于点，下边界刚好击中点，此时有根据几何关系可知打在荧光屏上的距离为D正确。故选BD。6．如图为“EAST超导托卡马克核聚变实验装置”的简化模型：把核材料约束在半径为r2的圆形区域内，等离子体只在半径为r1的圆形区域内反应，环形区域(约束区)存在着垂直于截面的匀强磁场。假设约束的核聚变材料只有氕核()和氘核()，已知氕核()的质量为m，电量为q，两个同心圆的半径满足r2＝(＋1)r1，只研究在纸面内运动的核子，不考虑核子间的相互作用、中子和质子的质量差异以及速度对核子质量的影响。设核聚变材料氕核()和氘核()具有相同的动能Ek，则以下说法正确的是()A．氕核()和氘核()的比荷之比为1：2B．氕核()和氘核()分别在环形区域做匀速圆周运动的半径之比为1：C．为了约束从反应区沿不同方向射入约束区的核子，则环形磁场区域所加磁场磁感应强度B满足的条件为B>D．若约束区的磁感应强度为B0，氕核()从圆心O点沿半径方向以某一速度射入约束区，恰好经过约束区的外边界，则氘核()再次回到反应区所用时间t＝【答案】BCD【详解】A．氕核()和氘核()的比荷之比为故A错误；B．根据得则半径之比为故B正确；C．如图1所示，当离子的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨道与磁场外圆相切时所需磁场的磁感应强度B，即为要求的值，设轨迹圆的半径为R1，由几何关系得根据解得故C正确；D．如图2所示，由几何关系得解得离子在b区域中做匀速圆周运动的周期，离子在b区域中一次运动的时间联立解得故D正确。故选BCD。7．如图所示，真空室内有一个点状的α粒子放射源P，它向各个方向发射α粒子(不计重力)，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(现只研究与放射源P和直线ab同一个平面内的α粒子的运动)，当真空室内(直线ab以上区域)只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的α粒子恰到达Q点。(α粒子的电荷量为+q，质量为m；sin37°=0.6；cos37°=0.8)求：(1)α粒子的发射速率；(2)能到达直线ab的α粒子所用最长时间和最短时间的比。【答案】(1)v=；(2)【详解】(1)设α粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作AO垂直于PQ，垂足为A，如图所示：由几何关系可得代入数据可得α粒子轨迹半径洛伦兹力提供向心力，有解得α粒子发射速度为(2)粒子的运动轨迹圆弧O1和直线ab相切于D点时，α粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，如图所示：由几何关系可得则最大圆心角：最长时间：粒子的运动轨迹圆弧O2经C点时，α粒子转过的圆心角最小，运动时间最短，由几何关系可得则最小圆心角最短时间则最长时间和最短时间的比值为8．如图所示，左、右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量绝对值为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出，求粒子入射速度v0的最大值？(粒子不计重力)【答案】若粒子带正电，最大速度为；若粒子带负电，最大速度为【详解】粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力解得半径为若粒子带正电，最大半径的轨迹如图根据几何关系可知解得半径为则粒子入射速度最大值为若粒子带负电，运动轨迹如图根据几何关系可知同理解得速度最大值为9．如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。【答案】(1)，(2)(n=1，2，3…)。【详解】(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即：qv0B0=做匀速圆周运动的周期：T0=联立两式得磁感应强度：B0=；(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，v0的方向应如图所示，有：r=当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有r=(n=1，2，3…)联立方程求解，得正离子的速度的可能值为：v0==(n=1，2，3…)10．如图所示，半径为a的圆内有一固定的边长为1.5a的等边三角形框架ABC，框架中心与圆心重合，S为位于BC边中点处的狭缝．三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板，框架与圆之间存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为q，不计重力的带正电的粒子，从P点由静止经两板间电场加速后通过狭缝S，垂直BC边向下进入磁场并发生偏转．忽略粒子与框架碰撞时能量与电量损失．求：(1)要使粒子进入磁场后第一次打在SB的中点，则加速电场的电压为多大？(2)要使粒子最终仍能回到狭缝S，则加速电场电压满足什么条件？(3)回到狭缝S的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？【答案】(1)；(2)；(3)【分析】(1)带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，进入磁场后做圆周运动，结合几何关系找到半径，求解加速电场的电压；(2)要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则可能的情况是：粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍；要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切；(3)根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，找到圆周运动的圆心角，结合圆周运动周期公式，求出在磁场中运动的最短时间；【详解】(1)粒子在电场中加速，qU＝mv2粒子在磁场中，qvB＝r＝解得(2)要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则r和v应满足以下条件：①粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍，即(n＝1，2，3，…)②要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切，即r≤a－a解得n≥3.3，即n＝4，5，6…得加速电压(n＝4，5，6，…)．(3)粒子在磁场中运动周期为TqvB＝，T＝解得T＝当n＝4时，时间最短，即tmin＝3×6×＋3×T＝T解得tmin＝.11．如图所示，真空中有以O和O＇为圆心，半径都为r=10cm的圆柱形匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场的感应强度大小相等B=0.2T，方向垂直于纸面(xoy平面)向里。圆柱O没有筒壁，圆柱O＇的筒壁光滑绝缘，粒子与筒壁碰撞后，粒子电量和速度大小不变，方向遵循反射定律。圆柱O＇与x轴的交点开有两个小孔A、C，并在C处装有阀门，控制粒子通过。在y1=10cm到y2=15cm的区域存在平行于y轴，方向沿y轴负方向的匀强电场。现打开阀门C，有一带正电的粒子在y轴上的y2=15cm处静止释放，穿出电场后依次进入匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，经磁场偏转，与筒壁碰撞后从C孔离开磁场，到达位于x=40cm处平行于y轴的荧光屏MN，荧光屏就发光。带电粒子的比荷1×108C/kg。不计粒子重力。求：(1)电场强度的大小；(2)若带电粒子从y2=15cm，x坐标在-5cm≤x≤5cm范围内的某位置静止开始进入电场加速，然后进入匀强磁场，粒子进入磁场开始计时，在t=2π×10-7s时刻关闭阀门C；①从A孔出去的粒子，与x轴夹角的范围；②能够从C孔离开磁场的粒子到达荧光屏的位置(用纵坐标y来表示)。【答案】(1)V/m；(2)①，②y=0，，，或。【详解】(1)根据几何关系可得由动能定理可得解得V/m(2)①根据几何关系可得②粒子在筒壁两次碰撞点对圆心的夹角所以粒子与壁碰撞n-l次后从C处飞出。(k=0，1，2，……)(k=0，1，2，……)所以，且n与2k+1互质。当k=0，n只能取2，3。在磁场中的运动时间小于2Tn=2时，，θ=0到达荧光屏的位置y=0n=3时，，，到达荧光屏的位置当k=1，n可以取5，7，8。在磁场中的运动时间小于2Tn=5时，，，到达荧光屏的位置n=7时，，。到达荧光屏的位置n=8时，，。到达荧光屏的位置12．如图所示，MN长为3L，NP长为4L的矩形MNPQ区域内，存在以对角线MP为分界线的两个匀强磁场区域I和II，方向均垂直纸面向外，区域I的磁感应强度大小可调，区域II的磁感应强度大小为B。一质量为m、电量为q的带正电粒子从M点以平行于MN边的方向射入磁场I区域中，速度大小为，不计粒子所受重力，矩形外边线上均存在磁场。(sin=0.6，cos=0.8)(1)若粒子无法进入区域II中，求区域I磁感应强度大小范围；(2)若区域I的磁感应强度大小，求粒子在磁场中的运动时间；(3)若粒子能到达对角线MP的中点O点，求区域I磁场的磁感应强度大小的所有可能值。【答案】(1)；(2)；(3)若粒子由区域Ⅱ达到O点，、、；若粒子由区域I达到O点，、【详解】(1)当粒子速度一定时，磁感应强度越小则粒子运动的半径越大，当运动轨迹恰好与NP相切时，粒子恰好不能进入区域Ⅱ，故粒子运动半径R＞3L，由可得(2)粒子在区域I中运动：由、，解得R=L粒子在区域Ⅱ中运动解得画出轨迹如图所示，在区域I中运动所对应的圆心角为，在区域Ⅱ中运动所对应的圆心角为，所以粒子在磁场中运动的时间(3)因为粒子在区域Ⅱ中的运动半径，若粒子在区域I中的运动半径R较小，则粒子会从MQ边射出磁场，若粒子恰好不从MQ边射出时应满足粒子运动轨迹与MQ相切，如图所示∠O2O1A=，sin=又因为sin=2sincos=解得①若粒子由区域Ⅱ达到O点，每次前进由周期性可得MO=nMC2(n=1，2，3……)即解得n≤3n=1时：，n=2时，n=3时，②若粒子由区域I达到O点由周期性可得MO=MC1+nMC2(n=0，1，2，3……)即解得解得n≤n=0时，n=1时，13．空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：(1)Q到O的距离d；(2)甲两次经过P点的时间间隔；(3)乙的比荷可能的最小值。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由得，，Q、O的距离为：(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，所以，再次经过P点的时间为由匀速圆周运动的规律得，绕一周的时间为所以，再次经过P点的时间为两次经过P点的时间间隔为(3)由洛伦兹力提供向心力，由得，，完成一周期运动上升的距离若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则，结合以上式子，n无解。若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则，计算可得(n=1，2，3……)由于甲乙粒子比荷不同，则n=2时，乙的比荷最小，为14．在如图甲所示的xOy平面内，y轴右侧空间有分布均匀、随时间变化的电场和磁场，其变化规律分别如图乙、丙所示，以y轴正方向为电场强度的正方向，电场强度大小为E0、2E0、3E0、……；垂直xOy平面向外为磁场的正方向。t=0时刻，质量为m、电荷量为q的负粒子，以初速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入，不计粒子的重力。已知磁感应强度大小，求该粒子在：(1)t0时刻的速度大小；(2)2t0时刻的位置坐标；(3)nt0(n=1，2，3，…)时刻的动能。【答案】(1)；(2)，；(3)当n为偶数时(n=2，4，6……)；当n为奇数时(n=1，3，5……)【详解】(1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿y轴负方向的速度为，根据解得(2)粒子在时间内在电场运动，则水平位移为竖直位移有粒子在时间内是在磁场内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有周期由题意可得，粒子运动轨迹如图所示根据几何关系，可知水平位移为

竖直位移为

则2t0时刻的位置坐标为，(3)由于粒子每次经过磁场时初末速度相同，每次经过电场，在y轴负方向不断加速，经k次电场时，(k=1，2，3……)当n为偶数时n=2k(n=2，4，6……)当n为奇数时n=2k-1(n=1，3，5……)时刻的动能为当n为偶数时(n=2，4，6……)当n为奇数时(n=1，3，5……)15．在空间建立直角坐标系xoy，以坐标原点O为圆心作两个半径分别为r和R的同心圆，小圆与两坐标轴分别交于M、P、两点，Q也是小圆上的一点；两圆将空间分隔成三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。在区域Ⅰ内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，区域Ⅱ内也存在垂直于坐标平面的匀强磁场，区域Ⅲ内没有磁场。一个不计重力、带电量为+q、质量为m的粒子从M点沿－y方向进入磁场，从P点进入区域Ⅱ，又从Q点再次回到区域Ⅰ。已知∠POQ＝60°，求：(1)求区域Ⅰ和区域Ⅱ内磁场的磁感应强度；(2)若要使粒子约束在磁场内，求大圆半径R的最小值；(3)粒子在磁场中运动的周期。【答案】(1)，垂直xoy平面向里；，垂直xoy平面向外；(2)；(3)【详解】(1)设在区域Ⅰ内轨迹圆半径为r1=r由牛顿第二定律得则区域Ⅰ磁场的磁感应强度为垂直纸面向里设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图所示，由几何关系得由牛顿第二定律得所以＝方向与B1相反，即垂直xoy平面向外(2)由几何关系得R＝2r2+r2＝3r2即R=(3)轨迹从M点到Q点对应圆心角θ=90°+60°=150°，要仍从M点沿y轴负方向射入，需满足：150n=360m，m、n属于自然数，即取最小整数m=5，n=12，其中区域Ⅰ做圆周运动周期T1=区域Ⅰ做圆周运动周期T2=粒子在磁场中运动的周期T=12(T1+T2)=16．运动的合成与分解告诉我们一个复杂合运动可看成几个简单分运动同时进行，比如平抛运动：如果我们想直接得到它的轨迹方程就比较困难，为方便处理，我们将合运动分解成一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动同时进行。这种思想方法得到了广泛的应用。如图所示，一人工转变核反应的反应区A，内有α粒子以速率v′轰击静止的铍核()，单位时间发射大量α粒子，发生核反应生成碳核(碳12)和另一个核子，三者速度在同一直线上，且碳核速度与α粒子入射速度同向。反应区A的大小忽略不计，碳核仅在如图所示的竖直平面内，从反应区A限定角度内可以沿各个方向按平面机会均等地射出，其速率为(θ为碳核与水平方向的夹角，θ最大为75°)。整个空间处于一个向右的场强为B的匀强磁场中，距离反应区右侧d位置处有一个圆屏，圆心O与反应区A的连线垂直于圆屏。(不考虑粒子重力作用及生成物间的相互作用)。已知电子电荷量大小为e，中子和质子质量均为m，于是各粒子的质量和电荷量均可表示，求：(1)写出核反应方程式，书写时请推断出核反应生成的另一核子，并计算θ=0时另一核子的速率；(2)若单位时间内数量的碳核打到圆屏上，求圆屏的半径；(3)若已知圆屏的半径为R，求单位时间内打到圆屏上碳核的数目占总生成碳核的百分比。【答案】(1)，；(2)；(3)见解析【详解】(1)核反应方程式为反应前后动量守恒，有当θ=0时，解得(2)生成碳核速度v分解成水平方向与竖直方向，水平分速度为，水平方向做匀速运动，竖直面内，竖直分速度，做匀速圆周运动，则有，圆周运动周期为向左射出的碳核不能达到圆屏所在的竖直面，只有向右射碳核才能到达竖直面，向右射出的碳核从反应区到圆屏平面的时间为解得即碳核正好转过个圆周，对应圆心角β=120°，碳核做圆周运动的半径为θ为碳核与水平方向的夹角，θ最大为75°，单位时间内数量的碳核打到圆屏上，则θ=60°。由几何关系可得(3)综上分析，圆屏的半径为R，碳核的数目占总生成碳核的百分比为k，当θ最大为75°时，碳核打到圆屏上的位置距离圆心a.当时，向右射出的碳核粒子能够全部打到圆屏上，k=50%；b.当时，碳核做圆周运动的半径则及17．如图甲所示，长方形MNPQ区域(MN=PQ=3d，MQ与NP边足够长)存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度为B。有一块长为5d、厚度不计的荧光屏ab，其上下两表面均涂有荧光粉，平行NP边放置在磁场中，且与NP边相距为d，左端a与MN相距也为d。电子由阴极K均匀地发射出来(已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零)经加速电场加速后，沿MN边进入磁场区域，若电子打到荧光屏就被吸收。忽略电子重力和一切阻力，求：(1)如果加速器的电压为U，求电子刚进入磁场的速度大小；(2)调节加速电压，求电子落在荧光屏上，使荧光屏发光的区域长度；(3)若加速电压按如图乙所示的图象变化，求从t=0开始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例；并分析提高该比例的方法，至少提出三种。【答案】(1)；(2)；(3)62.5%；方法见解析【详解】(1)根据求得(2)打在荧光屏a点的电子，由几何关系得求得①若减小粒子的速度，粒子打到荧光屏的下表面，临界条件是轨迹相切于c点，是粒子的最小速度，由几何关系可知，对应粒子做圆周运动的半径因此ac区域长度是②若增大粒子的速度，粒子打到荧光上表面，临界条件是粒子运动轨迹与NP相切，由几何关系得那么，求得由于那么发光区域的总长度为(3)由第(2)步可知，粒子半径在的区间内，粒子能打在荧光屏上结合得可求得：当时粒子能打在荧光屏上因此提高粒子打在荧光屏上比率的方法：①扩大荧光屏上方磁场区域②荧光屏左端适当往左移一些③荧光屏适当往MQ端移动④适当减小加速电压的最大值⑤适当增大加速电压的最小值18．利用电磁场可以控制带电粒子的速度大小与方向。在图示坐标系的第Ⅱ象限，存在一个圆心为坐标原点的圆环状的均匀辐向电场，圆环在y轴上的截面长度为R，电场中各点电势为，式中k为正的已知常量，r为该点到圆心O的距离。在y轴右侧，圆心为(R，0)、半径为R的虚线圆内分布着方向垂直于圆面的匀强磁场，在处有一竖直放置的足够长的探测屏。今在圆弧的点放置一个离子源，能不断释放质量为m、电荷量为的带电离子。当磁场的磁感应强度大小为时，这些经电场加速的离子刚好能从磁场区域最高点射出。忽略离子初速度，不计离子重力及相互作用力，不考虑空气阻力。(1)求离子在磁场中的速率v；(2)若磁场的磁感应强度大小可调，求离子打在屏上的纵坐标y与磁感应强度大小B、原磁感应强度大小的关系式；(3)若将离子源沿环形电场外边界缓慢移动，使所有离子均沿竖直方向射出磁场，求磁场区域的最小面积，画出磁场形状并标明磁感应强度的大小与方向。【答案】(1)；(2)；(3)见解析【详解】(1)扇形电场的电势差为离子在加速电场中根据动能定理有联立解得速率(2)改变磁场磁感应强度，离子运动轨迹如下图所示则离子打在屏上的纵坐标二倍角公式两半径满足其中联立解得(3)两种可能情形：一是射出磁场的离子均沿整直向下()方向，所需磁场区域的最小面积为磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示二是射出磁场中的离子均沿竖直向上()方向，所需磁场区域的最小面积为磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示19．如图甲所示，空间中有一半径为2r，边界处由特殊绝缘材料制成圆筒，粒子打到边界会被筒壁反弹(反射后粒子动能不变，其反射规律类似于光的镜面反射规律)。筒内有垂直纸面向外的匀强磁场，其大小随时间呈周期变化(如图乙所示)，周期为T(未知)。以圆心O为原点建立坐标轴，O处有一质量为m，带电量为+q的粒子，在t=0时刻以速度v0沿向y轴正方向进入磁场，经t=0.4T恰能第一次返回O点。已知，粒子不计重力。求：(1)通过计算，试画出粒子刚进入磁场至第一次返回O点的运动轨迹；(2)磁场变化的周期T；(3)粒子经过M(-r，0)点可能的时刻t。【答案】(1)；(2)；(3)或(n=0，1，2，3……)【详解】令粒子在中运动的轨迹半径为R，则(1)洛伦兹力提供向心力得经分析，轨迹如图1所示(2)令粒子在中的运动周期为，则由(1)作图可知：第一次经过O点的时刻故(3)当由，可知粒子在2B0中运动的轨道半径粒子在2B0中运动的周期即当时，粒子恰回到O点(如图2)当粒子第一次过M点时当粒子第二次过O点时经分析粒子运动的大周期(如图3)当第二次经过M点时所以经过M点时刻为或(n=0，1，2，3……)20．真空中有如图所示的周期性交变磁场，设磁感应强度B垂直纸面向里为正方向，B0=1T，t0=π×l0-5s，k为正整数。某直角坐标系原点O处有一粒子源，在t=0时刻沿x轴正方向发射速度为v0=103m/s的正点电荷，比荷=1×l06C/kg，不计粒子重力。(1)若k=1，求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子第3次(从O点出发记为第1次)经过y轴时的时刻；(2)若k=2，求粒子在运动过程中与y轴交点坐标的最大值和最小值；(3)若t0=10-5s，则k取何值时，粒子可做周期性循环运动回到出发点？并求出循环周期的最小值Tmin和相应的k值。【答案】(1)0.001m；；(2)；；(3)当取非的正整数时，均可以回到出发点；当时，最小循环周期为【详解】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由解得当时，因为，粒子第3次经过轴时恰好向上经历两个半圆(如图)则时间(2)当时，，粒子一个循环周期中运动分别为半圆→整圆→半圆→整圆，因此由几何关系得：与轴交点坐标的最大值为与轴交点坐标的最小值为(3)因为，所以粒子先做圆弧运动，之后对的不同值进行分类讨论：如图可见1、2、3、4时可能的分段情况．①，粒子做圆弧交替运动，向右上45°方向无限延伸，不会循环运动②，粒子做圆弧与圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期③，粒子做圆弧与圆弧交替运动，经过2个周期回到出发点，循环周期④，粒子做圆弧与圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期当时，运动过程相似，每个周期中均增加(正整数)个圆周，能循环的运动其循环周期均延长．综上可得：(1)当取非的正整数时，均可以回到出发点．(2)当时，最小循环周期为．21．在如图所示的坐标系中，仅第三象限的磁场垂直坐标系所在平面向外，其余象限的磁场方向均垂直坐标系所在平面向里，四个象限中的磁感应强度大小均为B。其中M、N两点为x轴负半轴和y轴负半轴上的点，坐标分别、，一带负电的粒子由M点沿MN连线方向射入，忽略粒子的重力。求：(1)如果负粒子由M点射入后刚好能经过坐标原点第一次离开边界线，负粒子在第三象限磁场中的路程为多少？(2)如果负粒子由M点射入后能经O点到达N，负粒子的路程为多少？【答案】(1)；(2)πa或2πa【详解】(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，若电子从M点出发刚好经原点O第一次离开边界线，如图甲所示则有2Rcos45°＝解得R＝a运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程s＝(2)负粒子从M点出发经原点O到达N点，若粒子经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周即s＝2πR＝2πa若粒子第N次离开磁场边界为O点，则要回到N点，经过O点的速度必然斜向下45°，则运动轨迹如图乙根据几何关系有圆周运动半径运动通过的路程为s＝＝＝πa22．如图所示，在第一、四象限有垂直于纸面向里和向外的磁场区域Ⅰ和Ⅱ，OM是两磁场区域的交界线，两区域磁场磁感应强度大小相同B=0.1T，OM与x轴正方向夹角为α。在第二、四象限存在着沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小E=1×104V/m。一带正电的粒子,质量m=1.6×10−24kg、电荷量q=1.6×10−15C，由x轴上某点A静止释放，经电场加速后从O点进入Ⅱ区域磁场(带电粒子的重力不计)(1)若OA距离l1=0.2m，求粒子进入磁场后，做圆周运动的轨道半径大小R1；(2)要使经电场加速后，从O点进入磁场的所有带电粒子仅在第一象限区域内运动，设计两磁场区域大小时，角α最大不能超过多少？(3)若=30°，OM上有一点P(图中未画出)，距O点距离l2=0.3πm。上述带正电的粒子从x轴上某一位置C由静止释放，以速度v运动到O点后能够通过P点，v等于多大时，该粒子由C运动到P点总时间最短，并求此最短时间。【答案】(1)；(2)；(3).【详解】(1)设粒子到O点时速度大小为，从P到O点过程，有①得在磁场中对粒子有②得(2)设粒子进入磁场后，在Ⅰ和Ⅱ磁场区域做圆周运动的半径相同设为r.当a取最大值时，粒子运动轨迹如图由几何关系可知③得又因为④得要使从0点进入磁场的带电粒子仅在y轴右侧区域运动，不能超过.(3)设粒子运动至0点速度大小为v，粒子在电场中运动时间为，加速度大小为a，对粒子有⑤得⑥粒子在磁场中做匀速圆周运动轨道半径为r，周期为T对粒子有⑦得⑧得如图由几何关系知⑨得粒子每次在任意磁场中运动圆弧的圆心角均为，弦长假设粒子在磁场中刚好运动到P点时间为，则有⑩粒子运动到0点时间为t，则有代入数据有当，即：时此时，将带入得假设成立，故粒子运动至P点最短时间为.23．如图所示，圆心为O、半径为r的圆