磁场综合练习(含详细答案)doc

1、1如图所示，把一导线用弹簧挂在蹄形磁铁磁极的正上方，当导线中通以图示电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（ ）A顺时针方向转动，同时下降B顺时针方向转动，同时上升C逆时针方向转动，同时下降D逆时针方向转动，同时上升2图中的D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里。在电键S接通后，导线D所受磁场力的方向是A向上 B向下 C向左 D向右××××××××××××B3如图所示，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感

2、应强度为B的匀强磁场中。现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环克服摩擦力所做的功可能为( )A0 B C D4如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。把粒子源放在顶点A处，它将沿A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子（粒子重力不计）。若从A射出的粒子CABv0带负电，第一次到达C点所用时间为t1带负电，第一次到达C点所用时间为t2带正电，第一次到达C点所用时间为t3带正电，第一次到达C点所用时间为t4则下列判断正确的是At1

3、= t3< t2= t4 Bt1< t2< t4 < t3Ct1< t2< t3< t4 Dt1< t3< t2< t45电磁流量计的原理图如图所示，横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c流量计的两端与输送液体的管道相连接（图中的虚线）图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面当导电液体稳定地流过流量计时，在管道外将流量计上、下表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值已知流体的电阻率为r ，不计电流表的内阻，

4、则可求得流量（流量等于单位时间内流过的体积）为（ ）A、 B、 C、D、6如图所示，质量为0.05kg，长l0.1m的铜棒，用长度也为l的两根轻软导线水平悬挂在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B0.5T.不通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度37°，求此棒中恒定电流多大？(不考虑棒摆动过程中产生的感应电流，g取10N/kg)同学甲的解法如下：对铜棒受力分析如图所示：当最大偏转角37°时，棒受力平衡，有：FTcosmg，FTsinF安BIl得IA7.5A同学乙的解法如下：F安做功：WFFx1BIlsin37°×lsin37

5、6;BI(lsin37°)2重力做功：WGmgx2mgl(1cos37°)由动能定理得：WFWG0代入数据解得：IA5.56A请你对甲、乙两同学的解法作出评价：若你对两者都不支持，则给出你认为正确的解答7如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d，两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，如图建立坐标系，x轴平行于金属板，与金属板中心线重合，y轴垂直于金属板。区域I的左边界在y轴，右边界与区域II的左边界重合，且与y轴平行；区域II的左、右边界平行。在区域I和区域II内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域I内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域II

6、内的磁场垂直于Oxy平面向里。一电子沿着x轴正向以速度v0射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x轴正向做直线运动，并先后通过区域I和。已知电子电量为e，质量为m，区域I和区域II沿x轴方向宽度均为,不计电子所受重力。（1）求两金属板之间电势差U（2）求电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y8如图甲所示为一倾角=30°的足够长的绝缘斜面，在斜面上P点的上方是光滑的，P点下方粗糙，整个斜面体处在一个交变的电磁场中，电、磁场的变化规律如图乙和丙所示，磁场方向以垂直纸面向外为正，而电场的方向以竖直向下为正，其中，现有一个可视为质点、带负电的小物块（其质量为、带电量大小为)，从t=0时刻由

7、静止开始从A点沿斜面下滑，在t=3t0时刻刚好到达斜面上的P点，在以后运动过程中的某时刻开始，物块运动的速率保持不变.若已知斜面粗糙部分与物块间的动摩擦因素为，求：（1）小球在t0时刻的速度及AP的长度；（2）在整个运动过程中物块离开斜面的最大距离为多少？9如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域、中，A2A4与A1A3的夹角为60º。一质量为m的带电量为+q的粒子以某一速度从区的边缘点A1处沿与A1A3成30º角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入区，最后再从A4处射出磁场。已知该

8、粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求区和区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）。10如图所示，在平面直角坐标系xoy的0x2L、0yL区域内存在沿y轴正向的匀强电场，一质量为m，电荷量为q，不计重力，带正电的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入电场后，恰好从M（2L，L）点离开电场，粒子离开电场后将有机会进入一个磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向外的矩形磁场区域，并最终从x轴上的N（4L，0）点与x轴正向成45°角离开第一象限，题中只有m、v0、q、L为已知量，求：（1）匀强电场的电场强度E（2）粒子在第一象限内运动的时间（3）如果粒子离开M点后有机会进入的是垂直纸面向里的矩形磁

9、场，磁感应强度大小仍然为，粒子运动一段时间后仍然能从x轴上的N点与x轴正向成45°角离开第一象限，则该矩形区域的最小面积S11如图所示，在直角坐标系的原点O 处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子。在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x 轴放置，挡板与xoy 平面交线的两端M、N 正好与原点O 构成等边三角形，O 为挡板与x 轴的交点。在整个空间中，有垂直于xoy 平面向外的匀强磁场（图中未画出），带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动。已知带电粒子的质量为m，带电荷量大小为q，速度大小为，MN 的长度为L。（不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用）（1

10、）确定带电粒子的电性；（2）要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；（3）要使MN 的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值。（计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图）12如图所示，在xoy第一象限内分布有垂直xoy向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×10-2T。在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过y轴），极板间距d=0.4m；极板与左侧电路相连接，通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压。a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压。在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处，有一粒子源S沿x轴正方向连续射出

11、比荷为，速度为v0=2.0×104m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场，经过磁场偏转后从x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）。（1）、当滑动头P在a端时，求粒子在磁场中做圆周运动的半径R0；（2）、当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小；（3）、滑动头P的位置不同则粒子在磁场中运动的时间也不同，求粒子在磁场中运动的最长时间。LBOEFDaS13如图所示，在半径为a的圆形区域内充满磁感应强度大小为的均匀磁场，其方向垂直于纸面向里在圆形区域平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L=1.2a的刚性等边三角形框架，其中心位于圆形区域的圆心边上点（DS=L/2）处

12、有一发射带电粒子源，发射粒子的方向皆在图示平面内且垂直于边，发射粒子的电量皆为（0），质量皆为，但速度有各种不同的数值若这些粒子与三角形框架的碰撞均无机械能损失，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边试问：（1）若发射的粒子速度垂直于边向上，这些粒子中回到点所用的最短时间是多少？（2）若发射的粒子速度垂直于边向下，带电粒子速度的大小取哪些数值时可使点发出的粒子最终又回到点？这些粒子中，回到点所用的最短时间是多少？(不计粒子的重力和粒子间的相互作用)14如图所示，固定的半圆形绝缘光滑轨道置于正交的匀强电场和匀强磁场叠加的区域中。轨道半径为R，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场强度为E，方

13、向水平向左。（1）一个质量为m的小球（可视为质点）放在轨道上的C点恰好处于静止，圆弧半径OC与水平直径AD的夹角为（sin=0.8，cos=0.6）。求小球所电荷量；试说明小球带何种电荷并陈述理由。（2）如果将小球从A点由静止释放，小球在圆弧轨道上运动时，对轨道的最大压力是多少？（3） 若将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧轨道运动到最低点时，与另一个质量也为m且静止在O点正下方P点的不带电小球（可视为质点）发生碰撞，设碰撞过程历时可以忽略且无机械能损失也无电荷转移。两小球在运动过程中始终没有脱离圆弧轨道。求第一次碰撞后到第二次碰撞前，两小球在圆弧轨道上上升的最大高度各是多少？ 15如图所示，圆

14、形区域的匀强磁场，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。 O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电量为q，不考虑带电粒子的重力。 （1）推导粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径；（2）求粒子通过磁场空间的最大偏转角；（3）若粒子与磁场边界碰撞后以原速率反弹，则从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子第一次回到O点经历的时间是多长？（已知arctan2=）16如图a所示，一个质量为m=20×10-11kg，电荷量g=10×10-5C的带负电粒子（重力忽略不

15、计），从静止开始经U1=100V电压加速后，垂直于场强方向进入两平行金属板间的匀强偏转电场。偏转电场的电压U2=100V，金属板长L=20cm，两极间距（1）粒子进人偏转电场时的速度v0大小；（2）粒子射出偏转电场时的偏转角；（3）在匀强电场的右边有一个足够大的匀强磁场区域。若以粒子进入磁场的时刻为t=0，磁感应强度B的大小和方向随时间的变化如图b所示，图中以磁场垂直于纸面向内为正。如图建立直角坐标系（坐标原点为微粒进入偏转电场时初速度方向与磁场的交边界点）。求在时粒子的位置坐标（X、Y）。（答案可以用根式表示，如用小数，请保留两位有效数字）17如图所示，在空间中固定放置一绝缘材料制成的边长为

16、L的刚性等边三角形框架DEF，DE边上S点处有一发射带正电的粒子源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下发射的电荷量皆为q，质量皆为m，但速度v有各种不同的值整个空间充满磁感应强度大小为B，方向垂直截面向里的均匀磁场设粒子与DEF边框碰撞时没有能量损失和电荷量传递求：(1)带电粒子速度的大小为v时，做匀速圆周运动的半径；(2)带电粒子速度v的大小满足什么条件时，可使S点发出的粒子最终又垂直于DE边回到S点？(3)这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少？18如图所示，有一半径为R1=1m的圆形磁场区域，圆心为O，另有一外半径为R2=m、内半径为R1的同心环形磁场区域，磁感应强度大小均

17、为B=0.5T，方向相反，均垂直于纸面，一带正电粒子从平行极板下板P点静止释放，经加速后通过上板小孔Q，垂直进入环形磁场区域，已知点P、Q、O在同一竖直线上，上极板与环形磁场外边界相切，粒子比荷q/m=4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应，求：（1）若加速电压U11.25×102V，则粒子刚进入环形磁场时的速度多大？（2）要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，加速电压U2应满足什么条件？（3）若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能水平通过圆心O，最后返回到出发点，则粒子从Q孔进入磁场到第一次经过O点所用的时间为多少？NabcdSE370&#

18、215;×××××××××××××××××B19（12分）如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32×105N/C；方向与金箔成37°角.紧挨边界ab放一点状粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的粒子，已知：粒子的质量m=6.64×10

19、 27kg，电荷量q = 3.2×10 19C，初速度v = 3.2×106m/s。（sin37°= 0.6，cos37°= 0.8）求：（1）粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；（2）金箔cd被粒子射中区域的长度L；xOy30°ABaC（3）设打在金箔上d端离cd中心最远的粒子穿出金箔进入电场，在电场中运动通过N点，SNab且SN = 40cm，则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能EK为多少？20如图所示，在xoy坐标系第一象限内有匀强磁场，磁场区域上边界刚好与直线y=a重合，磁感应强度为B。一个带正电的离子在坐标为（a，0）的A点以某一速度进

20、入磁场区域，进入磁场时速度方向与x轴正向夹角为30°，离子质量为m，带电量为q。不计离子重力。（1）若离子离开磁场时位置坐标为（a，a ）的C点，求离子运动的速度大小（2）当离子进入磁场的速度满足什么条件时可使离子在磁场区域运动的时间最长？并求出最长时间是多少？ Oyx× × × × ×× × × × ×× × × × ×30°vPv021如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于

21、平面向里的匀强磁场。现有一质量为m、电量为+q的粒子（重力不计）从坐标原点O以速度大小为v0射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成30°角。当粒子第一次进入电场后，运动到电场中P点处时，方向与x轴正方向相同，P点坐标为（）L，L。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）粒子运动到P点时速度的大小为v；（2）匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；（3）粒子从O点运动到P点所用的时间t。22如图（a）所示，在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面的匀强磁场。一带电粒子由磁场边界与

22、x轴的交点A处，以速度v0沿x轴负方向射入磁场，粒子恰好能从磁场边界与y轴的交点C处，沿y轴正方向飞出磁场，不计带电粒子所受重力。（1）求粒子的荷质比。（要求画出粒子在磁场中运动轨迹的示意图）（2）若磁场的方向和所在空间的范围不变，而磁感应强度的大小变为B，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，粒子飞出磁场时速度的方向相对于入射方向改变了角，如图（b）所示，求磁感应强度B的大小。（要求画出粒子在磁场中运动轨迹的示意图）23如图所示，真空中直角坐标系XOY，在第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，在第四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，在第二象限内有沿x轴正向的匀强电场，第三象

23、限内有一对平行金属板M、N，两板间距为d。所加电压为U，两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场。一个正离子沿平行于金属板的轴线射入两板间并做直线运动，从A点（L，0）垂直于x轴进入第二象限，从P（0，2L）进入第一象限，然后离子垂直于x轴离开第一象限，不计离子的重力，求：（1）离子在金属板间运动速度V0的大小（2）离子的比荷q/m（3）从离子进入第一象限开始计时，离子穿越x轴的时刻24如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A点水平

24、向右抛出经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小和方向；(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；(3)A点到x轴的高度h.25如图所示，在y>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴正方向，在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy坐标系平面向里。一电量为e，质量为m 的电子，经过y轴上y=d处的A点朝x轴正方向射入，速率为v；然后经过x轴上x=2d处的M点进入磁场，并由y= -2d处的N点射出。不计重力，求（1）电场强

25、度E的大小。（2）电子到达M点时的速度大小与方向。（3）请求出磁感应强度B的大小。26如图是磁流体发电机原理示意图设平行金属板间距为d，发电通道长为a、宽为b，其间有匀强磁场，磁感应强度为B，导电流体的流速为v，电阻率为，负载电阻为R，导电流体从一侧沿垂直磁场且与极板平行方向射入极板间，求：（1）该发电机产生的电动势； （2）负载R上的电流I；（3）求磁流体发电机总功率p； （4）为了使导电流体以恒定的速度v通过磁场，发电通道两端需保持一定的压强差p。试计算p。试卷第7页，总7页本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1A 2A 3ABC 4B 5A6评价见解析3

26、.33A【解析】甲同学的错误原因：认为物体速度为零时，一定处于平衡位置，或者认为偏角最大时为平衡位置乙同学的错误原因：将安培力表达式误写为F安BIlsin37°，应为：F安BIl.正确的解法如下：铜棒向外偏转过程中F安做功：WFFx1BIl×lsin37°重力做功：WGmgx2mgl(1cos37°)由动能定理得：WFWG0代入数据解得：IA0.33A.7（1） (2) 【解析】试题分析：（1）由于粒子进入平行板电容器正好做直线运动，证明洛伦兹力等于电场力即，即（2）电子的运动轨迹如图，根据洛伦兹力提供向心力则有，即，设在I磁场区域上升高度为h，设磁场宽

27、度为D根据几何知识， ，则求得由对称性可知，在II磁场中升高高度也为 ，所以射出时纵坐标为考点：洛伦兹力提供向心力、数理结合点评：此类题型考察了速度选择器并结合带电粒子在磁场中的运动，结合勾股定理从而确定粒子的轨迹8（1）2gt02 （2）【解析】试题分析：（1）0t0内小物块匀加速下滑： 2分得 1分 分因为AP间光滑，物块在斜面上AP间运动时加速度不变故 分（2）运动轨迹如图 物体在5t0之后匀速，速度达到最大，有： 2分 2分由以上两式得到： 1分在5t06t0时间内物块脱离斜面做匀速圆周运动： 2分到 物块离开斜面的最大距离为 2分考点：本题考查牛顿第二定律、运动学关系、物体的平衡条件

28、、带电粒子在匀强磁场中的运动。9  【解析】试题分析：设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从点射出，用、分别表示在磁场I区和II区中磁感应强度、轨道半径和周期则   设圆形区域的半径为r。如图所示，已知带电粒子过圆心且垂直进入II区磁场.连接，为等边三角形，为带电粒子在I区磁场中运动轨迹的圆心，其轨迹的半径    圆心角，带电粒子在I区磁场中运动的时间为 带电粒子在II区磁场中运动轨迹的圆心在的中点，即   在II区磁场中运动的时间为  带电粒子从射入到射出

29、磁场所用的总时间  由以上各式可得  考点：带电粒子在匀强磁场中的运动点评：带电粒子在磁场中的运动，一般可先确定圆心求出半径，再由洛仑兹力充当向心力及圆周运动的规律求解。10（1）（2）（3）【解析】试题分析： 解：(1)由带电粒子在电场中做类平抛运动有 由有 (2)粒子在电场中运动y方向上有 粒子在磁场中圆周运动有 由几何关系，粒子离开电场后直接进入磁场四分之一圆周之后离开磁场做匀速直线运动，最后运动到N点粒子在磁场中运动时间为 粒子匀速直线运动时间为 则由有 粒子运动轨迹如图所示，矩形边长为 ， 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力点评：本题考查了带电

30、粒子在匀强电场中的类平抛运动，在磁场中的匀速圆周运动，对数学的几何能力要求较高，关键画出粒子的轨迹图，结合牛顿第二定律以及向心力等知识进行求解11（1）正电荷 （2） （3）【解析】试题分析：根据带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，利用左手定则可判断出粒子带正电荷。带电粒子在匀强磁场中运动，利用洛伦兹力公式等于向心力和图中几何关系列方程解答。（1）由左手定则可得，粒子带正电荷。   （2）设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，有：得      

31、     由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可知，所有粒子的轨迹半径都相等。由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大值为       由两式可得，磁感应强度的最小值      3）为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN，图中点O3为轨迹的圆心，由于内接OMN为正三角形，由几何知识，最小的轨迹半径为   粒子做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，有  所以，磁感应强度的

32、最大值   考点：带电粒子在磁场中的运动点评：对带电粒子在磁场中匀速圆周运动的求解，关键是画出匀速圆周运动的轨迹，利用几何知识找出圆心及相应的半径，从而找出圆弧所对应的圆心角由圆心和轨迹用几何知识确定半径是研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的重要方法12（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）当滑动头P在a端时，粒子在磁场中运动的速度大小为，根据圆周运动： 解得： （2）当滑动头P在ab正中间时，极板间电压，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为： 粒子射入磁场时速度的大小设为，- 解得： （或）（注：可以证明当极板间电压最大时，粒子也能从极板

33、间射出）（3）设粒子射出极板时速度的大小为，偏向角为，在 磁场中圆周运动半径为。根据速度平行四边形可得： 又：可得：粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图，圆心为，与x轴交点为D，设 ，根据几何关系： 又：可解得： 粒子在磁场中运动的周期为T：则粒子在磁场中运动的时间： 由此可知当粒子射入磁场时速度偏转角越大则粒子在磁场中运动的时间就越大，假设极板间电压为最大值U时粒子能射出电场，则此粒子在磁场中运动的时间最长。由（2）问规律可知当滑动头P在b端时，粒子射入磁场时沿y方向的分速度：=y方向偏距：，说明粒子可以射出极板。此时粒子速度偏转角最大，设为：- 故粒子在磁场中运动的最长时间：代入数值得：（或）

34、注：当电压最大为U时粒子能从极板间射出需要说明，若没有说明（或证明）扣1分；没有证明粒子射出电场的速度偏转角越大时，粒子在磁场中运动的时间就越长，不扣考点：本题考查了带电粒子在电磁场中的运动点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径13【解析】（1）（2）要使粒子每次与的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S点，则有半径 即的顶点到磁场边缘距离为当n=1时，当n=2时，当n=3时，由于大于的顶点到磁场边缘的距离，这时粒子绕顶点时将出磁场，只有当n2时的粒子能够满足题意条件，最终回到S点。则粒子回到S点的时间决定与碰撞的次数，次数越少，时间越短。所以当n=2时，所需时间最短，

35、为14（1）（2）（3）【解析】（1）小球在C点受重力、电场力和轨道的支持力处于平衡，电场力的方向一定是向左的，与电场方向相同，如图所示。因此小球带正电荷。FNcosqEFNsinmg小球带电荷量 （3分）（2）小球从A点释放后，沿圆弧轨道下滑，还受方向指向轨道的洛伦兹力F洛，力F洛随速度增大而增大，小球通过C点时速度（设为v）最大，力F洛最大，且qE和mg的合力方向沿半径OA，因此小球对轨道的压力最大。由 通过C点的速度v小球在重力、电场力、洛伦兹力和轨道对它的支持力作用下沿轨道做圆周运动，有FmgsinqEcosqvB= 最大压力等于支持力F。（5分）（3）（8分）小球1从A点滑下到达P点

36、时速度为vp，由动能定理可得 小球1与小球2发生无机械能损失的碰撞，碰后速度分别设为v1和v2，由动量守恒和能量关系解方程可得 v1=0，碰后小球2仍不带电，向右沿圆轨道上滑，小球2上升的最大高度设为h2，由机械能守恒定律 可得 碰后小球1质量和电量都不变，从P点开始无初速向左沿圆轨道上滑至最高点F，设AOF为，小球1上升的最大高度为h1，由动能定理由几何关系可得 由以上两式可得 15（1）（2）（3）【解析】（1）带电粒子进入磁场后，受洛仑兹力作用，由牛顿第二定律得：， 。（2）设粒子飞出和进入磁场的速度方向夹角为，则 x是粒子在磁场内轨迹的两端点的直线距离。x最大值为2R，对应的就是最大值

37、.，由题述2R=r所以（3）设粒子与边界相邻两次碰撞过程通过的弧长所对的圆心角为2，该弧长所对磁场边界圆的圆心角为2。如图所示。则tan=， =，由图中的几何关系，可得+=/2，=要使粒子还能通过O点，应满足（均为正整数）即（均为正整数）Ks5u当粒子第一次回到O点，应取又粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是16（1） （2）（3）【解析】17(1)(2)(n0,1,2,3，)(3)【解析】(1)带电粒子从S点垂直于DE边以速度v射出后，做匀速圆周运动，其圆心一定位于DE边上，其半径R可由qvB求得，R(2)要求此粒子每次与DEF的三条边碰

38、撞时都与边垂直，且能回到S点，则R和v应满足以下条件：(2n1)R(n1,2,3，)由得v(n1,2,3，)(3)这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为T将式代入，得T可见在B及给定时T与v无关粒子从S点出发最后回到S点的过程中，与DEF的边碰撞次数越少，所经历的时间就越短，所以应取n1，由图可看出该粒子的轨迹包括3个半圆和3个圆心角为300°的圆弧，故最短时间为t3×3×4T18m/s（2）（3）t 1.83×10-7s【解析】（4分）粒子在匀强电场中，由动能定理得： （2分）解得：m/s（2分）（8分）粒子刚好不进入中间圆形磁场的轨迹如图所示，在RtQO

39、O1中有：.（2分）解得r1=1m （1分）由 （1分） 得 又由动能定理得：.（2分）由以上联立得V（1分）所以加速电压U2满足条件是V（1分）（7分）粒子的运动轨迹如图所示，由于 OO3Q共线且竖直，又由于粒子在两磁场中的半径相同，有：O2O3=2O2Q=2r2由几何关系得AO2O3=600，故粒子从Q孔进入磁场到第一次经过圆心O所用的时间t=(T+T)= T（3分）又 （2分）由得t 1.83×10-7s（2分）+_O1QUvBOR1R2BPQUv+_BOR1R2BO2O3P本题考查带电粒子在磁场中的运动，加速后的速度可根据动能定理得出，解出加速后的速度。粒子刚好不进入中间圆形

40、磁场的轨迹如图所示，根据几何知识可解出运动半径，结合动能定理，可得出加速电压。粒子的运动轨迹如图所示，由于 OO3Q共线且竖直，又由于粒子在两磁场中的半径相同，有：O2O3=2O2Q=2r2，由几何关系得AO2O3=600，可解出粒子从Q孔进入磁场到第一次经过圆心O所用的时间，然后根据公式算出周期，即可求出时间。19（1） （2） （3）【解析】试题分析：（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，即 （1分）则 （2分）（2）设cd中心为O，向c端偏转的粒子，当圆周轨迹与cd相切时偏离O最远，设切点为P，对应圆心O1，如图所示，则由几何关系得： (1分)向d端偏转的粒子，当沿s

41、b方向射入时，偏离O最远，设此时圆周轨迹与cd交于Q点，对应圆心O2，如图所示，则由几何关系得： （1分）NabcdSE370××××××××××××××××××BO1MO2Q故金箔cd被粒子射中区域的长度 （1分）（3）设从Q点穿出的粒子的速度为v，因半径O2Q场强E，则vE，故穿出的粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示。 沿速度v方向做匀速直线运动， 位移 （1分）沿场强E方向做匀加速直线运动，位移 （1分）则

42、由 得： （2分）故此粒子从金箔上穿出时，损失的动能为（2分）考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动、动能定理。20（1）（2）【解析】试题分析：(1)若离子从y轴离开磁场区域时，其运动轨迹如图所示xOy30°ABaOrC由几何关系得轨迹半径为 又离子在磁场中 得 （2）离子在磁场中 得运动的周期为 联立得 若为离子运动轨迹对应的圆心角，则离子在磁场中的运动时间为 则离子在磁场中的运动时间与离子的速度大小无关，与轨迹的圆心角有关。如图，只有当离子从x轴离开磁场（即离子既不从磁场的上边界离开磁场，也不从y轴离开磁场）时，离子运动轨迹的圆心角最大。由几何关系，最大圆心角为。 xOy30&#

43、176;ABa离子刚好不能从磁场区域上边界离开磁场，则轨迹恰好与上边界相切，如图，由几何关系 得，其轨迹半径为 xOy30°ABa图17-3 若离子刚好不能从y轴离开磁场，则轨迹与y轴相切，如图由几何关系得，其轨迹半径为 xOy30°ABa 综上所述，要使离子从x轴离开磁场，则其轨迹半径必须满足且 ，即 即要使离子能在磁场中运动时间最长，则离子运动的速度必须满足zxxk 运动的最长时间为考点：洛伦兹力提供向心力点评：本题考查了洛伦兹力提供向心力的问题，这类问题只要能确定轨迹题目即能迎刃而解。这类题型解题顺序为先确定轨迹后确定几何关系。21（1）（2）（3）【解析】试题分析：

44、（1）粒子运动轨迹如图所示，OQ段为圆周，QP段为抛物线，粒子在Q点时的速度大小为v0 ，根据对称性可知，方向与x轴正方向成30°角，可得： （2分）解得： （1分） （2）在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得 2分）解得 （1分）水平方向的位移为 （1分）竖直方向的位移为 （1分）可得 （1分）由，故粒子在OQ段圆周运动的半径 （1分） （2分）解得 （1分）（3）粒子从O点运动到Q所用的时间为： （1分）设粒子从Q到P所用时间为t2，在竖直方向上有 （1分）则粒子从D点运动到P点所用的时间为 （1分）考点：考查粒子在复合场中的运动点评：难度较大，粒子在交替复合场中的运动，首先分析粒子的受力情况，把整体的运动分解为几个分段运动，判断运动