【物理】物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动易错剖析及解析

1、一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项练习1.在矩形区域abcd中,存在如图甲所示的磁场区域 (包括边界),规定磁场方向垂直纸面向里为正淇中bc 2ab 2l, e为bc边界上的一点,且ce重力可忽略不计的正粒子从 d2点沿dc方向以初速度Vo射入磁场,粒子的比荷为 k,求：(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开,那么磁场的磁感应强度Bo应为多大2vo(2)如果磁场的磁感应强度 Bo ,欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不 kl能由ad边离开磁场,那么磁场的变化周期T0应满足什么条件 _2v0(3)如果磁场的磁感应强度Bo ,在bc边的右侧加一垂直

2、bc边向左的匀强电场,0时刻kl射入磁场的粒子刚好经过 To垂直bc边离开磁场,再次进入磁场后经过 从a点离开磁场区域,那么电场强度E以及粒子在电场中的路程x分别为多大4vc 5 l【答案】(1) Bo - ; (2) To-；E5kl6vo8v22n 1 kl,(n012 )；2n 1 lx ,(n 0,1,2,3 )8(1)由题意作出粒子的运动轨迹,如图 1所示,在磁场中,洛伦兹力提供向心力,有由几何关系,有解得由于解得qv0Bo2Vo mRoRo 5l4Bo4vo5kl(2)由R mv可知,粒子运动的半径为 qBo2所示临界情况为粒子从t=o时刻射入,并且轨迹恰好与 ad边相切,如图区2

3、圆周运动的周期为t 2JmqB0l一；Vo由几何关系可知,t t0内,粒子转过的圆心角为对应运动时间为ti5 Lt 23T12应满足tiTo联立可得To6V0(3)根据题意画出粒子的运动轨迹如图To3所示由题意有2 m qBoTo2vo在电场中有qEma往返一次用时为2vo；a应有 t (n1-2)t.,可得8V0运动的路程为2n1 kl,(n=0, 1, 2；2n 1 l ,(n=0, 1, 2, 3-)2.如下图,地面某处有一粒子发射器A,发射器尺寸忽略不计,可以竖直向上发射速度介于vo2vo的电子.发射器右侧距离 A为L的O处,有一足够长突光板 OD,可绕O点转 动,使其与水平方向的夹角

4、可调,且AOD在同一平面内,其中 OC段长度也为L,电子打到荧光板上时,可使荧光板发光.在电子运动的范围内,加上垂直纸面向里的匀强磁场.设电子质量为 m,电荷量为e,重力忽略不计.初始=45°,假设速度为2V.的电子恰好垂直打在荧光板上 C点,求：(1)磁场的磁感应强度大小B;(2)此时速率为1.5V0的电子打到荧光板上的位置到0点的距离x；(3)在单位时间内发射器 A发射N个电子,保持磁感应强度B不变,假设打在荧光板上的电子数随速率均匀分布,且50%被板吸收,50%被反向弹回,弹回速率大小为打板前速率大小的0.5倍,求荧光板受到的平均作用力大小(只考虑电子与收集板的一次碰撞)；(4

5、)假设磁感应强度在(B-A B)到(B+AB)之间小幅波动,将荧光板角调整到90°,要B .在探测板上完全分辨出速度为V0和2V0的两类电子,那么 的最大值为多少BX X X X K【答案】鬻丹生NmV0(4) 1【解析】【详解】(1)由洛伦兹力提供向心力：2VqVB=m r2V0对应半径为L,得B=eLcosl35 = 925L)2 x2(°.75L)22 0.25L x2212x2Lx-L2042解得:x-(3)l Fmvo m 2V0 3F 吸=50%N - Nmv0t24Fmv0 m 2v0、9F反= 50%N( 0-) 1.5 -Nmv0t2815 一 5总=5

6、吸+F 反= Nmv0 8(4)xi= r； (L ri)2x2= ；r； (L 2)2mv0ri=e(B B)m2v0 r2= e(B B)3.如图,圆心为 O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为 B.P是圆外一点,OF=3r.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在 纸面内垂直于 OP射出.己知粒子运动轨迹经过圆心O,不计重力.求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间.4i| 3m R = _ t = 【答案】(1)3 |(2)【解析】【分析】此题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点,意在

7、考查考生灵活运用相关知 识解决问题的的水平.【详解】(1)找圆心,画轨迹,求半径.设粒子在磁场中运动半径为 R,由几何关系得:易得:(2)设进入磁场时速度的大小为v,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有mv2进入圆形区域,带电粒子做匀速直线运动,那么加=vi3mt 联立解得4 .如下图,xOy平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=0. 1T,在原点O有一粒子源,它可以在 xOy平面内向各个方向发射出质量m 6.4 10 27 kg电荷量q 3.2 10 19C速度v 1.0 106m/s的带正电的粒子.一感光薄板平行于x轴放置,其中央O的坐标为(0, a),且满足a>0.不考虑粒子的

8、重力以及粒子之间的相互作用.(1)假设薄板足够长,且 a=0. 2m,求感光板下外表被粒子击中的长度；(2)假设薄板长l=0. 32m ,为使感光板下外表全部被粒子击中,求 a的最大值;【答案】(2) 0.32m【解析】【分析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹完全提供向心力,粒子速度大小一定,方向 不定,采用旋转圆的方式确定临界点；(2)作出粒子恰能击中板的最左端与最右端时粒子的轨迹,求出a的最大值.【详解】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹完全提供向心力:2VqvB m 一r解得：r 0.2m沿y轴正方向发射的粒子击中薄板的最左端D点,可知:x1 r 0.2m而击中

9、薄板最右端 E点的粒子恰好运动了半个圆周,由几何关系可得:2X2(2r)23解得：X2 m5那么感光板下外表被粒子击中的长度:(2)粒子恰能击中薄板的最左端点,由几何关系可知：l 22(-)(a r)2解得：a 0.32m假设粒子恰能击中薄板的最右端点,根据几何知识可知:2, l、22a (q)(2r)解得：a 0.1344m 0.32mam 0.32m,冥综上所述,为了使感光板下外表全部被粒子击中:典型的旋转打板模型,粒子的速度一定,说明运动的轨迹是一个定圆,方向不同,可以采 用旋转圆的方式画出临界点,进而求解.5 .如下图,在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为 B的匀

10、强磁场.在t=0时刻,一位于ad边中点o的粒子源在abcd平面内发射出大量的同种带电粒子,所有粒子的初速度大小相同,方向与 od边的夹角分布在0180°范围内.沿od 方向发射的粒子在t t°时刻刚好从磁场边界 cd上的p点离开磁场,粒子在磁场中做圆周 运动的半径恰好等于正方形边长L,粒子重力不计,求：(1)粒子的比荷q/m;(2)假设粒子源发射的粒子在0180°范围内均匀分布,此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间.(假设角度不特殊时可以用反三角表示,如： sin 6=0.3,那么 0= arcsin0.

11、3)_ . .、_512-.5【答案】(1) (2) -(3)arcsin t06Bt064【分析】此题考查带电粒子在有界磁由题中 在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的 可知, 场中的运动规律,根据洛伦兹力提供向心力和几何关系可分析此题.【详解】(1)初速度沿od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图,粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,根据牛顿第二定律得Bqvm,2R2 R vT解得q m 6Bt0t.时刻仍在粒子磁场中的(2)依题意,同一时刻仍在磁场中的粒子到o点距离相等,粒子应位于.为圆心,op为半径的弧pw上. 5此时刻磁场中粒子数与总粒子数之比为56(3)在磁场中运动时间最长

12、的粒子轨迹应该与b相交,设粒子运动轨迹的圆心角为,那么.5sin 24在磁场中运动的最长时间12arcsint0所以从粒子发射到全部粒子离开共用时竺arcsin6.如下图,在平面直角坐标系x轴的上方(2.74a x 2.74a, y)0)区域范围内存在着匀强磁场,磁感应强度为B.在空间(x,3a , y a )处有一粒子源 P,能22mvo向平面内各个万向发射质量为m、带电量为-q,速度为v0的带电粒子.( a 0,qB答案涉及位置或长度的均用a表示),求：XXKXXXXXXXXXXXXXXXXX(1)x轴上能接收到粒子的区域长度L1;(2)x上能被不同角度射出的两个粒子打中的区域长度L2;(

13、3)假设在x轴的正半轴上铺设挡板,且粒子源P打出的局部粒子恰好垂直打在挡板上并反弹,每次反弹后速度方向相反,大小为原来的 0.6倍,那么求这些粒子出磁场时的纵坐标y(3)ya t我 50 2qB及粒子在磁场中运动的时间.【答案】Li &a a (2)L2 -5a a2222【解析】【详解】2(1)根据题意,粒子在磁场中运动的半径Bqv m , RR粒子打在MN上的范围如图1所示cos最右侧：PD 2R 2a解得L a停a5m所以t2qB450 T T360；ED22a21 a215 a2,3 a2(3)粒子垂直打在挡板上,由几何关系可知OG a,POG150：再反弹R 0.36a,之后

14、从磁场右边界出去,由几何关系可知POG 150； T2 m广一、,所有粒子周期相同 qB粒子走过的圆心角为150： 180； 120： 450：21 a2(2)如图1所示,有不同角度射出的两个粒子打中的长度为OD,OE EF,3a2得 L2 OD,15a2-3a2粒子打在G点后反弹,0.6mv0RqB0.6a, GH1.2a2.74a a 1.2a 0.36a60：最左侧：F与MN相切,由几何关系知Ef , a20.36ay R,“9 3sin 60- a12,7.如下图的xoy平面内,以.1 (0, R)为圆心,R为半径的圆形区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场(用 Bi表示,大小未知)；

15、x轴下方有一直线 MN, MN与x轴相距为y) , x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场,电场强度大小为E;在MN的下方有矩形区域的匀强磁场,磁感应强度大小为B2 ,磁场方向垂直于 xOy平面向外.电子e, E小(1)求磁感应强度 Bi的大小;a、b以平行于x轴的速度v0分别正对Oi点、A (0, 2R)点射入圆形磁场,偏转后都经过 原点O进入x轴下方的电场.电子质量为m,电荷量为器'不计电子重力.(2)假设电场沿y轴负方向,欲使电子 a不能到达MN,求 y的最小值；(3)假设电场沿y轴正方向, y 点R,欲使电子b能到达x轴上且距原点O距离最远, 求矩形磁场区域的最小面积.【答

16、案】(1)有(2) R (3) 4 (2+73)R23【解析】(1)电子射入圆形区域后做圆周运动,轨道半径大小相等,设为 r,当电子 射入,经过O点进入x轴下方,那么：r= RevoB mv2,解得：Bi 强reR(2)匀强电场沿y轴负方向,电子a从O点沿y轴负方向进入电场做减速运动,由动能 定理1 2eE y= mvo2可求出 y 强 -i R2eE 3(3)匀强电场沿y轴正方向,电子 b从O点进入电场做类平抛运动,设电子 b经电场加 速后到达MN时速度大小为v,电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为门,电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角,如下图.由动能定理eEy1212-

17、mv - mv022解得v=2vo在电场中aeE .3v； 2R2RVox= voti = 2R2由牛顿第二定律ev民 mv-代入得rirvo 1cos 那么一v 23O2在y轴上,当粒子从矩形磁场右边界射出,由几何关系可知,在下方磁场中运动的圆心 且射出方向与水平向右夹角为 一时,粒子能够到达 x轴,距离原点O距离最远.由几3何关系得,最小矩形磁场的水平边长为li= ( ri+ risin )竖直边长为,12= ( ri+ ri cos )最小面积为 S= 1i12= ri2 (i + sin ) ( i + cos ) = 4 (2+6)R2点睛：此题考查粒子在电场和磁场中的运动,关键是画

18、出运动轨迹,根据动能定理、分运 动公式、牛顿第二定律列式,并结合几何关系分析.8 .如下图,在x轴上方存在垂直于 xOy平面向外的匀强磁场,坐标原点 O处有一粒子 源,可向x轴和x轴上方的xOy平面各个方向不断地发射质量为m、带电量为 q、速度大小均为v的粒子.在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为 小、厚度不计、两 侧均能接收粒子的薄金属板 P (粒子打在金属板 P上即被吸收,电势保持为 0).沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力.(1)求磁感应强度 B的大小；(2)求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；(3)要使薄金属板

19、P右侧不能接收到粒子,求挡板沿 x轴正方向移动的最小距离.- mv【答案】(1) B qx0(2)tmin； tmax3v5 xo(3) V3 1 xo3v【解析】【详解】(1)设粒子做圆周运动的半径为根据牛顿第二定律,得：qvBRo2 mvR由几何关系,得：R xomv联立解得：B ；qxo(2)带电粒子在磁场中的运动周期为 T ,那么有:2xov打在p左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短;由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是60运动的最短时间:tmin3600联立解得：tminXo3v打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长,由几何关系可知：打在P左侧下端的粒子在磁场

20、中偏转的角度是2 300运动的最短时间：tmax-Tmax 360联立解得：tmax5 X03v3带电粒子能到达的范围如图阴影所示要使挡板右侧无粒子到达,P板最上端与O点的连线长应为2x0即粒子运动的直径所以沿x轴正方移动的最小长度x ON OMC 222x0x0由 1 x0,9 .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 B0.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

21、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轴右侧运动的时间到达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O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,那么荧光屏离开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 O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.-E 2 2mE5 m【答案】(1

22、) (2)(3) TvBoqBB03qB【解析】 【详解】(1)由于粒子在速度选择器中运动时受力平衡,即：qvBo=qE, E解得：v=-；mv mEqB -qBBoBo(2)带电粒子进入 y轴右侧之后,在磁场中运动的半径为:由于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qB90°,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：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 + +Sin (90- a) =2rsin + +Cbs a =22 rsin (45° +)a,2 ,、2mE当a =45时,x的值取

23、大,取大值为：x=2 J2 r=;qBB0(3)由于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,图乙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,其余周期T的关系为:T m_ = _Z",2 qB贝J： aI, 2m所以经过一个周期后,距 x轴的距离为：丫=2匹一 (l-cos-qBT), qBBo2m150°,如由于只有在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,即磁场的变化周期有一个最大值

24、,5 mT<Tm=； 3qBT 5 m=6,所以:2 "qB"10 .如图1所示,左边有一对平行金属板,两板相距为d,电压为U；两板之间有匀强磁场,磁感应强度大小为 Bo,方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里.右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里.一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间,沿同一 方向射出平行金属板之间的区域,并沿直径EF方向射入磁场区域,最后从圆形区域边界上的G点射出.弧 EG所对应的圆心角为,不计离子重力.求：(1)离子进入平行板时的速度大小V0；(2)离子的质量

25、m；(3)如图2所示,假设改变右侧圆形磁场区域的位置,使圆形磁场的直径 EH与EF成角,该离子沿平行于金属板的方向从E点射入磁场区域,恰好从 H点射出,求 角的正弦 值sin【答案】(1) V0= -； (2) m=qBBoRd tan ； (3) sin =cot- Rd ' ' " U 22【解析】【详解】(1)粒子在平行金属板之间做匀速直线运动,洛仑兹力与电场力相等,即：Boqvo=qE,其中 E ,解得：Vo由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得:qvB(2)在圆形磁场区域,微粒做匀速圆周运动, qBBoRd, 解得m 0 tan-由几何关系有：tan 2 RU 2(

26、3)假设离子沿平行于金属板的方向从E点射入磁场区域,那么轨迹如图;Rr由几何关系可知：sin 一,因tan r2R可知 sin cot 一 211 .如下图,左侧正方形区域 ABCD有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场,右侧正方形区域 CEFG有电场,一质量为 m,带电量为+q的小球,从距 A点正上方高为L的O点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动,从C点水平进入右侧正方形区域CEFG正方形区域的边长均为 L,重力加速度为g,求： 0°A6G一 -产(1)左侧正方形区域的电场强度 日和磁场的磁感应强度 B；(2)假设在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场,能使小球恰好从F点

27、飞出,求该电场场强E2的大小；(3)假设在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场,场强大小为E3 -kmg (k为正整q数),试求小球飞出1区域的位置到G点的距离.【答案】(1) Ei mg,方向竖直向上；B mJZg ,方向垂直纸面向外(2) qq ' LE2 3mg (3)L L q4Lk2小球做匀速圆周运动qEi mg解得：E1mg,方向竖直向上2由几何关系r L ,又qv1B m r解得：b m J2g ,方向垂直纸面向外 q ； L2在CEFG区域,小球做类平抛运动,水平方向:竖直方向:Vit ,解得t122at ,解得 a 4g又qE2mg ma,解得E2c3mgq3水平方向

28、：qE3 ma,解得a kg竖直方向小球做自由落体运动 .当水平方向减速至零时,用时 tv1二2gL a kg2L由2ax Vi ,解得x 一, k12当k=1时,x=L,小球水平万向恰好到达FG边,此时竖直位移 y gt2=L,小球恰好从2F点飞出,此时距G点L.1 2 4L当k=2, 3, 4时,x<L,竖直位移y - g 2t =二4,小球从CG边飞出,此时距 G2 k24Lk212.平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小分别为2B和B B的大小未知,第二象限和第三象限内存在沿-y方向的匀强电场,x轴上有一点P,其坐标为L, 0.现使一个电

29、量大小为 q、质量为m的带正电粒子 从坐标-2a, a处以沿+x方向的初速度V0出发,该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点 P,不计粒子的重力.嚣W M N N H XM K X X K* 翼期X X * hmm wm 节I , x x xI r i I x x 比(1)求粒子经过原点时的速度；(2)求磁感应强度 B的所有可能取值(3)求粒子从出发直至到达 P点经历时间的所有可能取值.【答案】(1)粒子经过原点时的速度大小为 J2 V0,方向：与x轴正方向夹45 °斜向下;(2)磁感应强度B的所有可能取值：B nmv0 n=1、2、3； ,2a, m3 m(3)粒子从出发直

30、至到达 P点经历时间的所有可能取值：t k (k 1)v02qB4qB2a m3 mk=1、2、3或 t n n n = 1、2、3.vo2qB4qB【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动,水平方向：2a = V0t,竖直方向：aVyt ,2解得：Vy = V0 ,Vytan 0=1, 9= 45 ,V0粒子穿过o点时的速度：v Jv2 v2 J2v0；(2)粒子在第四象限内做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:2VqvB m 一 , r粒子能过P点,由几何知识得：L= nrcos45. n= 1、2、3,nmv0_解得：B 广 n=1、2、3；(3)设粒子在第二象限运

31、动时间为t1,那么：t1=一；V0粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：Ti " , T2 ,qBqB粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧,在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧,1假设粒子经下方磁场直接到达P点,那么粒子在磁场中的运动时间：t2= -T1,413假设粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点,粒子在磁场中的运动时间：t2=-Tl + -T2,4413右粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2= 2X T1 + T2,4413右粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2= 2X T1+2X T2,44m3 m贝Ut2 k (k 1) k= 1、2、32

32、qB4qB» m 3 mn=1、2、3或 12 n n 2qB 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t = t1+t2,.2a , m3 m解得：t - k (k 1) k= 1、2、3 v02qB4qB2a m3 m或 t n n n=1、2、3；v02qB4qB13.在如下图的xoy坐标系中,一对间距为 d的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上, 底座置于光滑水平桌面的中间,极板右边与y轴重合,桌面与x轴重合,.点与桌面右边相距为7d , 一根长度也为d的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板4上,杆离桌面高为1.5d,装置的总质量为 3m.两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度

33、为 的匀强磁场和匀强电场图中未画出,假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘 效应.有一个质量为 m、电量为+q的小环可视为质点套在杆的左端,给极板充电,使 板内有沿x正方向的稳恒电场时,释放小环,让其由静止向右滑动,离开小孔后便做匀速 圆周运动,重力加速度取 g.求：(1)环离开小孔时的坐标值；(2)板外的场强E2的大小和方向；(3)讨论板内场强 日的取值范围,确定环打在桌面上的范围.【答案】(1)环离开小孔时的坐标值是 -1d;4 mg、,一 一 、,(2)板外的场强 E2的大小为 ,方向沿y轴正方向； q 22(3)场强El的取值范围为HBW3qBW,环打在桌面上的范围为二d7d.6m

34、8m44【解析】【详解】(1)设在环离开小孔之前,环和底座各自移动的位移为XI、X2,由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力,系统动量守恒,取向右为正方向,根据动量守恒定律,有：mxi-3mx2=0而 Xl+X2=d3解得：xi= d41X2= d4环离开小孔时的坐标值为：Xm= d-d=- d44(2)环离开小孔后便做匀速圆周运动,须 qE2=mg_ mg解得：E2 ,方向沿y轴正方向q(3)环打在桌面上的范围可画得如下图,临界点为P、Q,那么5 l假设环绕小圆运动,那么 R=0.75d根据洛仑兹力提供向心力,环在极板内做匀加速运动,2八一 V Q有：qvB m一R设离开小孔时的速度为v,

35、根据动能定理,有:12公qEixi = mv2 2联立解得:Ei假设环绕大圆运动,那么解得：R=0.48dR2=3qB2d8m(R1.5d) 2+ (2d) 2联立解得:Ei故场强Ei的取值范围为2qB2d6mqB2d 3qB2d6m8m一,17,环打在桌面上的氾围为一d一d.4414.在平面直角坐标系 x0y中,第I象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,在A(L,0)点有一粒子源,沿 y轴正向发射出速率分别为0、5 6 9 u的同种带电粒子,粒子质量为 m,电荷量为q.在B(0, L)、C(0, 3L)、D(0, 5L)放一个粒子接收器,B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子,C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子.速率为 .的粒子恰好到达 B点并被吸收,不计粒子重力.(1)求第I象限内磁场的磁感应强度B1；(2)计算说明速率为5v、9V的粒子能否到达接收器；(3)假