高中物理磁场部分难题新题专练要点

1、A.B.C.D.经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间 运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间名校物理试题重组卷（1）1. （2014?江西模拟）如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点.大量相同的带电粒子从 a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场.不计粒子重力，则从c点离开的粒子在三角形 abc磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从 d点和e点离开的粒子相比较（）经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长解答：解：如图所示,媒若粒子从ac边射出，粒

2、子依次从 ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间t=上_T，运动时间相同，所以 A正确，C错误；2冗1如果从bc边射出，粒子从b到c上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会小于从c点射出的弧长.圆心角也会变大，但小于从c点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故B错误，D正确.故选AD2. （2014?江西一模）如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平（图中垂直纸面向里）一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（A.若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B.若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C.若

3、给P 初速度，P可能做匀速圆周运动D.若给P 初速度，P不可能做匀速直线运动解答： 解：A.油滴静止说明不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，所以仅撤去磁场仍然静止，故A错；B.仅撤去电场，油滴受重力有竖直向下的速度，油滴受洛伦兹力，速度改变，洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化， 不可能做匀速直线运动，故 B错；C.若P初速度方向与磁场不平行，重力和电场力抵消，仅受洛伦兹力，P做匀速圆周运动，故 C对；D.若P初速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，重力和电场力抵消，P受力平衡，所以可以做匀速直线运动，故 D错误.故选C.3. （2013?海南）三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形

4、，在导线中通过的电流均为I,方向如图所示.a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等.将 a、b和c处的磁感应强度大小分别记为Bi、B2和B3,下列说法正确的是（）A. B1=B2VB3 B. B1=B2=B3 C. a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里D. a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里解答： 解：A、B、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而 b点与a点有相同的情 况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场

5、最强，故A正确，B错误；C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故C正确，B错误. 故选：AC.4. （2013?海南）如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r,空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向竖直向下；一长度为 2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点.棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好.下列说法正确的是（）A.拉力的大小在运动过程中保持不变B .棒通过整个圆环所用的时间为空C'棒经过环心时流过棒的电流为里2处n

6、工棒经过环心时所受安培力的大小为冗r解答：解：A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，则速度为v=at,因此2 2F=BIL= ? L针可知在运动过程R中棒所受安培力变化，则拉力大小也变化，故 A错误;B、根据位移公式at2,可得时间为t二悭，故B错误;C、当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路总电阻为三至，速度大小为户怎余,2产生感应电动势E=BLv=B2R比亚，所以产生感应电流大小为I二HrD、棒经过环心时所受安培力的大小为 F=BIL=8B2RV2Ra,故D正确.故选:D.5. （2013?甘肃模拟）如图所示，在正三角形区域内存在着垂直于纸面的

7、匀强磁场和平行于AB的水平方向的匀强电场，一不计重力的带电粒子刚好以某一初速度从三角形。点沿角分线OC做匀速直线运动.若此区域只存在电场时，该粒子仍以此初速度从。点沿角分线OC射入，则此粒子刚好从A点射出；若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从 。点沿角分线OC射入，则下列说法正确的是（）A.粒子将在磁场中做匀速圆周运动，运动轨道半径等于三角形的边长B.粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从OB阶段射出磁场C.粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从BC阶段射出磁场D.根据已知条件可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比解答： 解：A、带电粒子刚好以某一初速度从三角形0点沿角分线

8、0C做匀速直线运动，则有 qE=qvB若此区域只存在电场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则此粒子刚好从 A点射出，则有：:立L二/七工二工& 2qE=ma若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从。点沿角分线OC射入，qvB=-解得：R=迅由于R<L,粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从OB阶段射出磁场，故 AC错误，B正确；4D、根据已知条件，该粒子在只有电场时运动时间为：t =2b在只有磁场时在该区域中运动的时间为：十日二工丁二12，所以二1二当叵,故d正确.故选BD61 3Bq t2 IT6. （2013?南昌二模）如图所示，边界 OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀

9、强磁场，边界 OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平 行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子 （不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界 OC射出磁场.已知/ AOC=60 °,从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于2（T为粒子在磁场中运动6的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（）A1B.1|目2解答： 解：粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是c. 2T3d. 5T6S,出射点在OC直线上，出射点与 S点的连线为轨迹的一条弦.当从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短,根据几何知识

10、，作 ES± OC,则ES为最短的弦，粒子从 S到E的时间即最短.由题，粒子运动的最短时间等于I,则k606设OS=d,则ES=Y!d由几何知识，得粒子运动的轨迹半径为R=ES=Xid,直径D=yfjd22当粒子轨迹的弦是直径时运动时间最长，根据几何知识，轨迹SD如图.可见粒子在磁场中运动的最长时间为tmax=27. （2011?海淀区一模）如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置以水平向右 的速度v匀速运动，沿垂直于磁场的方向进入方向水平的匀强磁场，由于水平拉力F的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，小球的电荷量

11、始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中，关于小球运动的加速度沿竖直方向的速度 Vy、拉力F以及管壁对小球的弹力做功的功率P随时间t变化的图象分别如下图所示，其中正确的是（）J X X X X% Jx XK K X X 心' ；X X X K ab.广dkd t H解答： 解：A、以小球为研究对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力5=qvB是恒力，由牛顿第二定律得： qvB mg=ma, a®坐-g,小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故 A错误； 的B、由A可知，小球在竖直方向上的加速度不变，小球做初速度为零的

12、匀加速直线运动，竖直方向的速度vy=at随时间均匀增加，故B错误；C、小球在水平方向受到的 F2=qVyB=qaBt,小球在水平方向做匀速直线运动，由平衡条件得：FN=qaBt,玻璃管对小球的弹力Fn与小球对玻璃管的作用力 Fn是作用力与反作用力，由牛顿第三定律得：FN'=FN=qaBt,玻璃管在水平方向上受拉力 F与Fn'作用做匀速直线运动，则 F=FN=qaBt,即F=qaBt,由此可知，拉力 F与时间t成正比，故C错误；D、管壁对小球的弹力做功的功率 P=FNV=qavBt, P与t成正比，故D正确； 故选D.qvBmg8. （2011?商丘三模）如图所示，带正电的物块

13、A放在不带电的小车 B上，开始时都静止，处于垂直纸面向里的匀强磁场中.t=0时加一个水平恒力F向右拉小车B, t=3时A相对于B开始滑动.已知地面是光滑的.AB间粗糙，A带电量保持不变，小车足够长.从t=0 开始A、B的速度-时间图象，下面哪个可能正确（）X X X X X解答： 解：分三个阶段分析本题中 A、B运动情况：开始时A与B没有相对运动，因此一起匀加速运动.A所受洛伦兹力向上，随着速度的增加而增加，对A根据牛顿第二定律有：f=ma.即静摩擦力提供其加速度，随着向上洛伦兹力的增加，因此 A与B之间的压力减小，最大静摩擦力减小， 当A、B之间的最大静摩擦力都不能提供 A的加速度时，此时

14、AB将发生相对滑动.当A、B发生发生相对滑动时，由于向上的洛伦兹力继续增加，因此 A与B之间的滑动摩擦力减小，故 A的加速度逐渐 减小，B的加速度逐渐增大.当A所受洛伦兹力等于其重力时，A与B恰好脱离，此时 A将匀速运动，B将以更大的加速度匀加速运动.综上分析结合v-t图象特点可知 ABD错误，C正确.故选C.9. （2010?南京三模）如图所示，纸面内有宽为L水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为 m,电量为+q,速率为V0,不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感UI Vn1T应强度可以是哪一种（）（其中

15、Bo=-, A、C、D选项中曲线均为半径是 L的工圆弧，B选项中曲线为半径是 上的圆）qL42带电粒子流A .D.解答： 解：由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入 项因为磁场是2B。，它的半径是之前半径的 是向上偏转，但仍不能汇聚一点.所以只有 故选：AA、B、C这三个选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均相同.唯有 D选 2倍.然而当粒子射入 B、C两选项时，均不可能汇聚于同一点.而 D选项粒子 A选项，能汇聚于一点.10. （2009?采圳一模）如图所示，匀强磁场的方向竖直向下.磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球 的试管.试管在水平拉力 F作用下向右匀速运动，带

16、电小球能从管口处飞出.关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正 确的是（）A.小球带负电B.洛伦兹力对小球做正功C.小球运动的轨迹是一条抛物线D.维持试管匀速运动的拉力 F应增大解答： 解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电.故A错误.B、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功.故 B错误.C、设管子运动速度为vi,小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动.小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力Fi=qviB, q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动.与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线.故C正确.D、设小球沿管子的分速度大小

17、为 V2,则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B, V2增大，则F2增大，而拉力F=F2,则F逐渐增大.故D正确.故选CD.11. （2005?山东）如图，在一水平放置的平板 MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于纸面向里.许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔。射人磁场区域.不计重力，不计粒子间的相互影响. 下列图中阴影部分表示带电粒子能经过区域，其中R=mv/qB .哪个图是正确的？（）XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX解：所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随

18、着粒子的速度方向偏转,粒子转动的轨迹圆可认为是以 故选A.。点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A；XXXXXX12. （2004?广州二模）一重力不计的带电粒子一初速度vo先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B,如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功Wi；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以V。的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功W2,比较W1、W2的绝对值大小（）XXXA.一定是 Wi=W2B. 一定是 Wi>W2C. 一定是 W1<W2D.可能是 W1>W2也可能是 W1<W2解：在乙图中，由于 v0V巨，电场力qE大

19、于洛伦兹力qBv0,根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力；B而在甲图中带电粒子粒子只受电场力qE,则在甲图的情况下，粒子沿电场方向的位移较大，电场力做功较多，所以选项A、C、D错误，选项B正确.故选：B.13. 如图所示，在屏 MN的右方有磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.P为屏上的一小孔，PC与MN垂直.一群质量为m、带电荷量为-q的粒子（不计重力），以相同的速率v从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域.粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与 PC夹角为。的范围内，则在屏 MN上被粒子打中的区域的长度为（）MX ijA.2mveos 9 比B.2rnv

20、 qBc.2mv (1 - sin 8 ) qBD.2mv (1 - cos 8 ) qB解：由Bqv=m工可知：R=工!R Bq如图所示，取一粒子，设粒子与PC夹角为/则由几何关系可知，打在屏上的距离与P点相距L=2RC0Sa故可知，当=0时，打在屏上的距离最远，最远距离为 2R;当”=。时，打在屏上的距离最近，最近距离为L =2Rcos 9;故有粒子打中的区域为 L L=20V一 C）PqB* X M K/ fi甘SO故选D. N ；14. 如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E,在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等.有一个带电粒子以初速度vo

21、垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与 y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场.已知 OP之间的距离为d,则带电粒子（）A.在电场中运动的时间为X JC2dB.在磁场中做圆周运动的半径为册dC-自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为工少如口（4+了兀）d自进入电场至在磁场中第二次经过 x轴的时间为 2V 口解答： 解：根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示:3* *A、粒子进入电场后做类平抛运动，从 x轴上的P点进入匀强电场，恰好与 y轴成45°角射出电场,Vn -1所以 v=赤炉4Vx=v0tan45°=v0沿 x 轴方向有：x=

22、a+sin45° M 02aTy vot 2vy 1X- v0 2OA=2OP=2d在垂直电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间为:2dti= ,故A正确;B、如图，AOi为在磁场中运动的轨道半径，根据几何关系可知: 匹=嬴&二Sd'故B”1 35C、粒子从A点进入磁场，先在第一象限运动 中常3个圆周而进入第四象限，后经过半个圆周，第二次经过X轴,所以自进入磁场至第二次经过X轴所用时间为tkX2irr7兀d ,故C错误;2d 7冗d （4+7H） dD、自进入电场至在磁场中第一次经过x轴的时间为t=t+t2= H =,故D正确.故选 AD¥口 2v02v

23、015. （2014?工油市模拟）如图（甲）所示，在直角坐标系 09本区域内有沿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，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从x轴夹角为30。.此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与 x轴夹角也为30°）.求：11）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2） 0a4区域内匀强电场场强

24、E的大小；（3）写出圆形磁场区域磁感应强度Bo的大小、磁场变化周期 T各应满足的表达式.解：（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图 1所示.由速度关系：一=8号30"解得尸一v3 u（2）由速度关系得 vv=vntan30°二在竖直方向甲号二at二更解得°y u3 Jw y m Vq3eL（3）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60。，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于 R .粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：2nR=2Lw 2匹m蕈口2«所窜口电子在磁场作圆周运动的轨道半径若粒子在磁场变化的半个周期

25、恰好转过R=-r= p 解得 Bn二（n=1、2、3-） eB0 3eB0 0 3eL圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时,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:127rm兀 L2n一=nT解得二qt的表达式得：丁（n=i、2、3）5 6,口 m0 eB01 3nv0M、N为两块16. （2014?东城区一模）如图所示为一种获得高能粒子的装置.环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调的匀强磁场.中心开有小孔的距离很近的极板，板间距离为d,每当带电粒子经过 M、N板时，都会被加速，加速电压均为U;每当粒子飞离电场后，M、N板间的电势差立即变为零.粒子在电场中一次次被加

26、速，动能不断增大，而绕行半径R不变.当t=0时，质量为m、电荷量为+q的粒子静止在 M板小孔处.（1）求粒子绕行n圈回到M板时的速度大小Vn；（2）为使粒子始终保持在圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时磁感应强度Bn的大小；（3）求粒子绕行n圈所需总时间t总.解答：解：(1)粒子绕行一圈电场做功一次，由动能定理:即第n次回到m板时的速度为：二/%qU(2)绕行第n圈的过程中，由牛顿第二定律:2口"n 得 口 1 12nmlJqBn%二始(3)在MN板间经历n次加速过程中，因为电场力大小相同，故有:qU 2rod加即加速n次的总时间 + , t加粒子在每一圈的运动过程中

27、，包括在MN板间加速过程和在磁场中圆周运动过程.而粒子在做半径为 r的匀速圆周运动，每一圈所用时间为d由于每一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同.v圈:到丫m '2KR- d¥1圈:2>2qUm2HR- d12v2(2NR-d) JV2X2qU圈:mnW与 v%2JIR- d(2HR- d)nX2qU故绕行n圈过程中在磁场里运动的时间t= (27TR- d)综上：粒子绕行n圈所需总时间t总=士-+ 2 厂 R 二1V2W32qU国(1-b 2qUxoy求N点,2E可得in17. (2014?锦州一模)如图所示，圆心为坐标原点、半径为 R的圆将xoy平面分为两个区域，即

28、圆内区域I和圆外区域口 .区域I内 有方向垂直于xoy平面的匀强磁场B.平行于x轴的荧光屏垂直于 xoy平面，放置在坐标 y=-2.2R的位置.一束质量为 m电荷量为 q动能为E0的带正电粒子从坐标为(- R, 0)的A点沿x轴正方向射入区域I,当区域口内无磁场时，粒子全部打在荧光屏上坐标为(0,2.2R)的M点，且此时，若将荧光屏沿 y轴负方向平移，粒子打在荧光屏上的位置不变.若在区域口内加上方向垂直于平面的匀强磁场B2,上述粒子仍从 A点沿x轴正方向射入区域I ,则粒子全部打在荧光屏上坐标为(0.4R, - 2.2R)的N点.(1)打在M点和N点的粒子运动速度vv2的大小.(2)在区域I和

29、口中磁感应强度 BB2的大小和方向.(3)若将区域口中的磁场撤去，换成平行于x轴的匀强电场，仍从 A点沿x轴正方向射入区域I的粒子恰好也打在荧光屏上的则电场的场强为多大？1 n打在M点和N点的粒子动能均为E0,速度v1、v2大小相等，设为v,由后口二人由丫2C点沿y轴负方向打在M点，轨迹圆心是oi(2)如图所示，区域口中无磁场时，粒子在区域I中运动四分之一圆周后，从 点，半径为C=R区域口有磁场时，粒子轨迹圆心是 02点，半径为r2 ,由几何关系得r22=(1.2R)2+(r2 0.4R)2解彳导r?=2R由二皿二得故B尸必受，方向垂直xoy平面向外.r qr 1 qRR 二,方向垂直 xoy

30、平面向里.郑9qR(3)区域口中换成匀强电场后，粒子从C点进入电场做类平抛运动，则有 1.2R=vt, °解得场强 E=,2 m18. (2013?吉林二模)如图所示，相距为 R的两块平行金属板 M、N正对着放置，si、S2分别为M、N板上的小孔，s1、S2、O三点共 线，它们的连线垂直 M、N,且S2O=R.以。为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场. D 为收集板，板上各点到 O点的距离以及板两端点的距离都为 2R,板两端点的连线垂直 M、N板.质量为m、带电量为+q的粒子，经 s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场.粒子在s1处的速度和

31、粒子所受的重力均不计.(1)(2)(3)V当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小u；若粒子恰好打在收集板 D的中点上，求M、N间的电压值Uo；当M、N间的电压不同时，粒子从 S1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值.R空三2J!解答： 解：(1)粒子从si到达电的过程中，根据动能定理得 解得 k2qUm2(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB二m匕drr2 2由得加速电压U与轨迹半径r的关系为工2 nl当粒子打在收集板 D的中点时，粒子在磁场中运动的半径ro=R对应电压U。管(3) M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短

32、，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短.根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径由得粒子进入磁场时速度的大小:qbrm粒子在磁场中经历的时间:R 2。粒子在电场中经历的时间： 二11一2粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间:粒子从si到打在收集板 D上经历的最短时间为：t=ti+t2+t3= 3”）m3qB19. （2011?福建）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&g

33、t;0）的粒子从坐标原点 。处，以初速度vO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.（1）求该粒子运动到y=h时的速度大小v;（2）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 t二？”小 qBI .求粒子在一个周期 T内，沿x轴方向前进的距离 S;y轴方向上做简谐运动的振幅A,并写出y-t的函数表口.当入射粒子的初速度大小为 Vo时，其y-1图象如图丙所示，求该粒子在达式.I答：.解：（1）由于洛伦兹力不做功，只有电场力

34、做功，由动能定理有19- qEh=nv由式解得（2） I.由图乙可知，所有粒子在一个周期即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在2 _ 2qEhT内沿x轴方向前进的距离相同，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qvB=qE又 S=V1T式中丁卫¥由 式解得qBV1,则T口 .设粒子在y轴方向上的最大位移为在y方向上的运动为简谐运动，因而在ym（图丙曲线的最高点处），对应的粒子运动速度大小为 V2 （方向沿x轴），因为粒子y=0和y=ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反,贝U qVoB qE= (qv?B qE)由动能定理有又 a =，丫由 式解得2 '

35、;加可写出图丙曲线的简谐运动y-1函数表达式为 支IDqB(5(1 - COS-f )u BmABO内的左侧，要使放射出的电子穿过磁场后都垂直穿y轴与虚线之间，示意图见图乙所示，仍使放射出的电子最后程.甲0力20. （2011?金华二模）如图甲所示，直角坐标系中直线 AB与横轴x夹角/ BAO=30°, AO长为a.假设在点A处有一放射源可沿/ BAO 所夹范围内的各个方向放射出质量为m、速度大小均为V、带电量为e的电子，电子重力忽略不计.在三角形 ABO内有垂直纸面向里的匀强磁场，当电子从顶点 A沿AB方向射入磁场时，电子恰好从 O点射出.试求： 从顶点A沿AB方向射入的电子在磁场

36、中的运动时间t;磁场大小、方向保持不变，改变匀强磁场分布区域，使磁场存在于三角形过y轴后向右运动，试求匀强磁场区域分布的最小面积S.磁场大小、方向保持不变，现改变匀强磁场分布区域，使磁场存在于解：(1)根据题意，电子在磁场中的运动的轨道半径R=a,由evB=m¥得:B=E!Z由丁=空工t=2=&a ea已B6 3v(2)有界磁场的上边界：以AB方向发射的电子在磁场中的运动轨迹与AO中垂线交点的左侧圆弧有界磁场的上边界：以 A点正上方、距 A点的距离为a的点为圆心，以a为半径的圆弧.故最小磁场区域面积为：.不 _ , -1- - 1''(3)设在坐标(x, v)

37、的点进入磁场，由相似三角形得到：.出_二0一 7、C - X) y圆的方程为：x2+ (y+b) 2=a2消去(y+b),磁场边界的方程为：:二士(皂+以J 2 _ 2V a x21. (2011?浙江模拟)如图，在直角坐标系 xoy中，点M (0, 1)处不断向+y方向发射出大量质量为 m、带电量为-q的粒子，粒子 的初速度大小广泛分布于零到 Vo之间.已知这些粒子此后所经磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里，所有粒子都沿 +x方向经过b区域，都沿-y的方向通过点N (3, 0). (1)通过计算，求出符合要求的磁场范围的最小面积；(2)若其中速度为k1V0和k2V0的两个粒子同时到

38、达 N点(1>k1>k2> 0),求二者发射的时间差.而革0(1)在a区域，设任一速度为 v的粒子偏转90°后从(x, y)离开磁场，由几何关系有 x=R ,尸R+得二:，,上式与R无关，说明磁场右边界是一条直线2Vnmvri左边界是速度为V0的粒子的轨迹：qy B二得：Rn二一-口 R 00 qB此后粒子均沿+x方向穿过b区域，进入c区域，由对称性知，其磁场区域如图.2.12)=(0;22-1)q£B2(2)如图所示，速度为 k1Vo的粒子在a区域磁场的时间为 十7rm1-2qg两个阶段的直线运动的时间共为3 叫一"v 口_变型一二_2) 工在

39、c区域磁场的时间为 十7rm2 如5 如 qB匕-2小所以这两个粒子的发射时间差只与吃-2)嗫一(t2有关速度为k2V0的粒子在直线运动阶段的时间为 十：二(-2):二- -2)工红口 qg qB k2 kj22. (2011?浙江模拟)隐身技术在军事领域应用很广.某研究小组的电磁隐形技术”可等效为下面的模型，如图所示，在y0的区域内有一束平行的a粒子流(质量设为 M,电荷量设为q),它们的速度均为 v,沿x轴正向运动.在09d的区间有磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里；在d承 3d的区间有磁感应强度为 B的匀强磁场，方向垂直纸面向外；在3d家4d的区间有磁感应强度为B的匀强磁场，

40、方向垂直纸面向里.要求a粒子流经过这些区域后仍能沿原直线运动，这样使第一象限某些区域a粒子不能到达，达到 屏蔽”粒子的作用效果.则：(1)定性画出一个 a粒子的运动轨迹；(2)求对a粒子起 屏蔽”作用区间的最大面积；JkVXXXXXX* .* «X :X ：X ：X :X ：X :1.口粒子0d2d 3d 4d(3)若v、M、q、B已知，则d应满足什么条件?解答：解：(1)轨迹如图.乂 ； I " I X(2)要使a粒子流经过这些区域后仍能沿直线运动，则每一小段小于等于四分之一圆弧，且四分之一圆弧时屏蔽”的面积最大.此时半径为d,如图.由几何关系可知最大面积Smax=4d2

41、- 2(3)由产与一得R二号而要使a粒子可以继续向右运动，则要求 R%即：23.（2011?湖北二模）如图所示，在xOy坐标系中分布着四个有界场区， 在第三象限的AC左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场Bi=0.5T,AC是直线y=-x-0.425 （单位：m）在第三象限的部分，另一沿y轴负向的匀强电场左下边界也为线段AC的一部分，右边界为y轴,上边界是满足y=T0x2-x-0.025 （单位：m）的抛物线的一部分，电场强度E=2.5N/C .在第二象限有一半径为 r=0.1m的圆形磁场区域，磁感应强度B2=1T,方向垂直纸面向里，该区域同时与 x轴、y轴相切，切点分别为 D、F.在第一象限的整个

42、空间存在垂直纸面 向外的匀强磁场，磁感应强度 B3=1T.另有一厚度不计的挡板 PQ垂直纸面放置，其下端坐标 P （0.1m, 0.1m）,上端Q在y轴上，且 /PQF=30°.现有大量m=1X106kg, q=-2X04C的粒子（重力不计）同时从 A点沿x轴负向以V0射入，且v°取0< vO< 20m/s之间 的一系列连续值，并假设任一速度的粒子数占入射粒子总数的比例相同.（1）求所有粒子从第三象限穿越x轴时的速度；（2）设从A点发出的粒子总数为 N,求最终打在挡板 PQ右侧的粒子数N'.-yXXX XXAXc J解答：解:v0X X（1）设某速度为V

43、。的粒子从A点入射后到达AC上的G点，因V。与AC成45°角，其对应圆心角为90°,即恰好经过四分之 一圆周，故到达 G点时速度仍为v0,方向沿丫轴正向.粒子在电场中沿 丫轴正向加速运动，设 G点坐标为G （x, y）,刚好穿出电场时坐标为（x, y1），粒子穿出电场时速度为 v1在电场中运动的过程中，由动能定理得：1 I.而 y F - 10 工 2 -戈-o 025 y= x 0.425 又 |q| vQB 二m代入数据解得vi=20m/s,可见粒子穿出电场时速度大小与x无关.2Vn因 v0<20m/s,由=rn且一代入数据得：R<0.2m由数学知识可知，k

44、点坐标为k （-0.2m, - 0.225m）,故从A点射出的所有粒子均从 AK之间以20m/s的速度沿丫轴正向射 出电场，在到达X轴之前粒子作匀速直线运动，故所有粒子从第三象限穿越X轴时的速度大小均为20m/s的速度沿Y轴正向.（2）因为r=0.1m,故离子束射入B2时，离子束宽度刚好与2r相等，设粒子在B2中运动轨道半径为2V R2"q| V Bz二旷心解彳导R2=r=0.1m考察从任一点J进入B2的粒子，设从H穿出B2磁场，四边形JO2HO1为菱形，又因为JO2水平，而JO2/HO1,故H应与F重合，即所有粒子经过 B2后全部从F点离开B2进入B3磁场.对vo趋于20m/s的粒

45、子，圆心角/ JO2F-180。，故射入B3时速度趋于 Y轴负向；对Vo趋于0的粒子，圆心角/ JO2F-0。， 故射入B3时速度趋于丫轴正向，即进入B3的所有粒子速度与 Y轴正向夹角在0180°角之间.由于B3=B2,所以R3=R2,由几何关系知：无限靠近Y轴负向射入的粒子轨迹如图所示，最终打在PQ板的右侧03;与丫轴负向成60°角的粒子刚好经过 P点到达Q点；因此与丫轴正向在0120°角之间从F点射出的粒子要么打在 PQ板的左侧，要么打不到板上而穿越 Y轴离开B3.由于是 大量”粒子，忽略打在p或Q的临界情况，所以最终打在挡板 pq右侧的粒子数二：一吟答：（1

46、）所有粒子从第三象限穿越 x轴时的速度为20m/s； （2）设从A点发出的粒子总数为 N,最终打在挡板PQ右侧的粒子数N为324. （2010?广东）如图（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘Ni、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L,盘上各开一狭缝，两狭缝夹角 。可调（如图（b）;右为水平放置的长为 d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方 向垂直纸面向外，磁感应强度为B. 一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入Nv能通过N2的粒子经。点垂直进入磁场.O到感光板的距离为d/2,粒子电荷量为q,质量为m,不计重力.（1）若两狭缝平行且盘静止（如图（c）,某一

47、粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t;,国（2）若两狭缝夹角为 定 盘匀速转动，转动方向如图（b）.要使穿过N1、山的粒子均打到感光板 P1P2连线上.试分析盘转动角速度 3的取值范围（设通过 N1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达N2）.解答：解：（1）粒子运动半径为：R=W由牛顿第二定律：Bqv=m3L2R匀速圆周运动周期：t=2HE子在磁场中运动时间：t=JLz v4 2Bq（2）如图所示，设粒子运动临界半径分别为Ri和R2R *由几何关系得：d2+（区2 一日）二尺2,解得：氏2/d j4设粒子临界速度分别为 V1和V2,由 式，得31暮世V0&

48、amp;K1 4m 2 4m若粒子通过两转盘，由题设可知L联立，得对应转盘的转速分别为9 n dqB5 8 rl dqB3 二一"0f二粒子要打在感光板上，需满足条件1 4mL 2 4mL4mL-<o)<SqBd 64mL25. (2010?南通二模)如图所示，有界匀强磁场磁感应强度为B,方向垂直纸面向里， MN为其左边界，磁场中放置一半径为 R的圆柱形金属圆筒，圆心。到MN的距离OOi=2R,圆筒轴线与磁场平行.圆筒用导线通过一个电阻ro接地，最初金属圆筒不带电.现有范围足够大的平行电子束以速度 v0从很远处沿垂直于左边界 MN向右射入磁场区，已知电子质量为m,电量为e

49、.(1)若电子初速度满足 M则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应MN边界上Oi两侧的范围是多大？I(2)当圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I,忽略运动电子间的相互作用，求此时金属圆筒的电势小和电子到达圆筒时速度 v (取无穷远处或大地电势为零).(3)在(2)的情况下，求金属圆筒的发热功率.解答：解：(1)如图所示，设电子进入磁场回旋轨道半径为VO q解R=3大量电子从MN上不同点进入磁场轨迹如图，从0102H (4R) 2 - (2R)O1上方p点射入的电子刚好擦过圆筒0/二01。2+尸 02娟)R同理可得到O1下Q点距离=(273-3) R(2)稳定时

50、，圆柱体上电荷不再增加，与地面电势差恒为U, U=Iro电势 柠-Iro电子从很远处射到圆柱表面时速度为(3)电流为I,单位时间到达圆筒的电子数门二工电子所具有总能量e消耗在电阻上的功率Pr=I2ro所以圆筒发热功率26. （2010海州三模）如图甲所示，竖直放置的金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板C、D的中间线，粒子源P可以间断地产生质量为 m、电荷量为q的带正电粒子（初速不计），粒子在A、B间被加速后，再进入金属板 C、D间偏转并均能从此电场中射出.已知金属板 A、B间的电压Uab=Uo,金属板C、D长度为L,间距d=lL .两板之间的电压 Ucd随时间t变化的3图象如

51、图乙所示.在金属板 C、D右侧有二个垂直纸面向里的均匀磁场分布在图示的半环形带中，该环带的内、外圆心与金属板C、D的中心O点重合，内圆半径24mU.已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期（电场变化的周期T未知），粒子重力不计.晒干(1)(2)利再求粒子离开偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的最大距离； 若所有粒子均不能从环形磁场的右侧穿出，求环带磁场的最小宽度（3）若原磁场无外侧半圆形边界且磁感应强度B按如图丙所示的规律变化，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向.t=1时刻进入偏转2电场的带电微粒离开电场后进入磁场，t=21时该微粒的速度方向恰好竖直向上，求该粒子在磁场中运动的时间为多少

52、?4解：（1）设粒子进入偏转电场瞬间的速度为Vo,对粒子加速过程由动能定理得qUo=mvo2-0,2进入偏转电场后，加速度 a=,设运动时间为t,则有L=vot,md只有t=时刻进入偏转电场的粒子，垂直于极板方向偏移的距离最大y=-at2=L；226（2） t=时刻进入偏转电场的粒子刚好不能穿出磁场时的环带宽度为磁场的最小宽度.2设粒子进入磁场时的速度为v, y=U;L=xJd=1d, Uy=y=u o,662 d 3对粒子的偏转过程，由动能定理得：qUo=imv2 mvo2,解得：v=322WqU03m在磁场中做圆周运动的半径为R=-=t;qB 0 3XX如图所示，设环带外圆半径为R2,由数

53、学知识可得：(R2-R)(3)微粒运动轨迹如图所示,微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为Tig qB 口设粒子离开电场时偏转角为9,则tank投，解得：k30°,由几何关系可知微粒运动V1工时间轨迹对应的圆心角为：小=120°,4TT此过程微粒运动的时间为 t=由图可知微粒在磁场中运动的时间：t'+T33T1. ! 1 5T 10%n 5nL I 6id i += T i =3 3 3qB02=R12+R2,解得 R2=L;所求 d=R2 Ri= （1 近）L;327. (2009?福建)图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，

54、磁感应强度大小B=2.0X103T,在x轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在 y上安放接收器.现将一带正电荷的粒子以v=3.5M04m/s的速率从Pm,电量为q,处射入磁场，若粒子在 y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为不计其重力.(i)求上述粒子的比荷 £；rr(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；(3)为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面 积，并在图中画出该矩形.解：(1)设粒子在磁场中的运动半径为r,依题意MP连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得22由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 qvB=ni，T联立解得：7=4.9 X07C/kg n