hb051带电粒子在磁场中的圆周运动

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1.2023年新课标I卷

18.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q>0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）A．

aqbBqBRqBR3qBR2qBRB．C．D．2mmm2mB

粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如下图：

入射点与圆心连线与初速度方向夹角为30°，初速度方向与轨迹所对弦夹角也为30°，所以轨迹半径r?R,由

R/2B60°r60°rv2BqrBqR，B选项对。Bqv?m?v??rmm2.2023年新课标II卷

17．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为A．mv03mv03mv03mv0B．C．D．

qRqR3qRqR答：A

解析：带电粒子在磁场中运动如下图，由几何关系可知轨道半径

2v0r?Rtan60??3R，洛伦兹力等于向心力，有Bqv0=m，

rRO60?v0rO?解得磁场的磁感应强度B?

3mv0，A正确。3qR3.2023年北京卷22．（16分）

如下图，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：?匀强电场场强E的大小；?粒子从电场射出时速度ν的大小；?粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。

dOB+qm+U答：（1）

2qUU1（2）（3）dmB2mUqU；d（1）电场强度的大小为E?（2）根据动能定理，有，qU?122qUmv,解得v?；2mv2（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB?m，

R解得R?12mU

Bq4.2023年理综全国卷

17质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。以下说法正确的是A.若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等B.若m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等C.若q1≠q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等D.若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等A

带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力,其轨道半径r?mv，周期qBT?2?m。若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等.选项A正确；若q1≠q2，则它们作圆周运qB动的周期可能相等，选项C错误；若m1=m2，则它们作圆周运动的半径不一定相等，选项B错误；若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项D错误。

5.2023年理综北京卷

16..处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值（D）A.与粒子电荷量成正比B.与粒子速率成正比C.与粒子质量成正比D.与磁感应强度成正比

解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流在一个周期T内的电量为q，根据电流定义式有I?qT粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有T?2?mBqBq2两式联立有I?

2?m环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率无关，答案D。6.2023年理综广东卷

15.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2中虚线所示，以下表述正确的是A.M带负电，N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛仑兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间

选A。由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正确。

S图2NBMmvv2由qvB?m得R?，由题知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场

BqR中，由图及A选项的判断可知RNC．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近答：AD

解析：由左手定则可知，A正确；由R?mv可知，a、b两粒子做圆周qBOa

O2O1b运动的半径相等，画出轨迹如右图,⊙O1、⊙O2分别为a、b的轨迹，a在磁场中转过圆心角比b大，由t?12.2023年天津卷

??m和轨迹图可知D选项对。T?2?qB11．（18分）一圆筒的横截面如下图，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的状况下，求：?M、N间电场强度E的大小；?圆筒的半径R；

?保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移

S2d/3，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。

dPNMBOmv23mv答：（1）E?（2）r??（3）n=3

2qd3qB

解析：（1）设两板间电压为U，由动能定理得qU?1mv2①2

由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed②

mv2联立上式可得E?③

2qd

（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为O'，圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对的圆心角

O'drARBOSPNM?AO?S??3，

由几何关系得r?Rtan?3④

v2粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿其次定律，得qvB?m⑤

r

3mv联立④⑤式得R?⑥

3qB

（3）保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移

2d后，设板间电压为U'，则3U??

1UEd?⑦33

U?v?2?2设粒子进入S孔时的速度为v'，由①式看出Uv

3结合⑦式可得v??⑧v3

设粒子做圆周运动的半径为r'，则

r??3mv⑨

3qB

设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r'=R，可见???⑩

2

粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n=313.2023年物理海南卷

16．图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量

y

+B0B2TT2?之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0

TB0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。

（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？（2）若t0＝

PO

图（a）

x

OT-B023T2t图（b）T，则直线OA与x轴的夹角是多少？4（3）为了使直线OA与x轴的夹角为

?T，在0＜t0＜的范围内，t0应取何值？44解：（1）设粒子P的质量、电荷与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用R与T'表示圆周的半径和运动周期，

qvB0?(v?2?2①)RT?

y2?R②

T?

由①②式与已知条件得T'=T③

粒子P在t=0到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图（a）所示。OA与x轴的夹角θ=0④

（2）粒子P在t0=T/4时刻开始运动，在t=T/4到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=5T/4时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达A点，如图（b）所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ=π/2⑤

（3）若在任意时刻t=t0（00)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点。两点

电荷从射出到经过G点所用的时间一致，且经过G点时的速度方向也一致。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求：（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间；（2）点电荷b的速度大小。答：（1）

135o30oEF

G

?m4qBR（2）

3m2Bqmv2解析：设点电荷a的速度大小为v，由牛顿其次定律得qvB?①

r

由①式得v?qBR②m

设点电荷a做圆周运动的周期为T，有

T?2?m③

Bq

如图，O和O1分别是a和b的圆轨道的圆心，设a在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系得θ=90°④

故从开始运动到经过G点所用的时间t为

?m⑤t?2Bq

（2）设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为θ，依题意有

bE

G

aFθOO1

θ1R1?1R?⑥?v1v

R?由⑥式得v1?11⑦

Bqt?由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得θ=60°⑧R1=2R⑨联立②④⑦⑧⑨式，解得v1?4qBR⑩3m

yB+MθOxL16.2023年全国卷大纲版26．（20分）

如图，虚线OL与y轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子

离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出）且OP?R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。

解：根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为?；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为β，如下图。有

v2qvB?m①

R2?R周期为T?vy+

②

MA60°BαβPxL2?m由此得T?BqhDO过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D，由图中几何关系得AD?Rsin?OD?ADcot60?

CBP?ODcot?OP?AD?BP???③

由以上五式和题给条件得sin??解得??30?⑤或??90?设M点到O点的距离为h

1cos??1④3⑥

+yMαθOBLh?R?OC

3AD3根据几何关系OC?CD?OD?Rcos??利用以上两式和AD?Rsin?得h?R?解得h?(1?

Px23Rcos(??30?)3

(?=30°)(?=90°)

⑦

⑧⑨

3)R3h?(1?3)R3当?=30°时，粒子在磁场中运动的时间为当?=90°时，粒子在磁场中运动的时间为t?17.2023年理综山东卷

t?T?m?⑩126qB

T?m?42qB23．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为一致的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q（q>0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右

MPLS1NQS2

B

U0u0-U0T运动，在t?0时刻通过S2垂直

2于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）

T02T03T02T05T03T022t

图甲

图乙（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d

（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小解：（1）粒子由S1至S2的过程中，根据动能定理得qU0?由①式得v?1mv22①

2qU0m②

设粒子的加速度大小为a，由牛顿其次定律得q由运动学公式得d?U0?ma③d

1T02a()④22

联立③④式得d?

(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿其次定律得

T042qU0m⑤

v2qvB?m⑥

R

要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R?L2⑦

联立②⑥⑦式得B?42mU0⑧

Lq

（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d=vt1⑨联立②⑤⑨式得t1?T0⑩

4

若粒子再次达到S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d?联立⑨⑩⑾式得t2?vt22⑾

T0⑿

2

T0?t1?t2⒀2

设粒子在磁场中运动的时间为tt?3T0?联立⑩⑿⒀式得t?7T0⒁

4

设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得

T?2?m⒂

qB

由题意得T=t⒃

8?m联立⒁⒂⒃式得B?⒄

7qT018.2023年理综福建卷

22．（20分）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>0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0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。?求该粒子运动到y=h时的速度大小v；

?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，但具有一致的空间周期性，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，且都有一致的周期T?2?m。

qBⅠ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；

Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。

yBhOOv0E甲

xOS乙S丙tx

yy

（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有

?qEh?1212mv?mv0222①

由①式解得v=v0?2qEhm②

（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离一致，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在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v1，则qv1B=qE又s=v1T

③④

式中T=

2?mqB2?mEqB2

⑤

解得s=

Ⅱ．设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），由于粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y=0和y=ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则

qv0B?qE??(qv2B?qE)

由动能定理有?qEym?又Ay=

⑥

1122mv2?mv0⑦22

⑧

1ym2

由⑥⑦⑧式解得Ay=

mE(v0?)qBBmEqB(v0?)(1?cost)qBBm可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y=19.2023年理综广东卷

35．（18分）如图19(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。

?已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小。?若撤去电场，如图19(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。

O?R2Av0R1Ov1AC45?v2(b)(a)图19?在图19(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：?根据动能定理，qU?112mv12?mv0，22

2qU所以v0?v?

m21?如下图，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R2+R2=(R2-R1)2，解得：

R?2R0。

R2R1OAC045v22mv2根据洛仑兹力公式qv2B1?，

R解得：B?mv2q2R0?2mv22qR0。

2mv2t?,2?R?v2T,qv2B1?,根据公式?T2?Rt?解得：

2?R0T2?m2?m???44qB4mv22v2

2R0R2OR1AC?考虑临界状况，如下图

2mv3mv3B?qvB?,1①31qR0R0，解得：

2v3mv3mv3???B?qvB?m,B?2②322qR0，综合得：2qR02R0，解得：

20.2023年理综山东卷

25．（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ=30o，

?当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30o，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t。?若Ⅱ区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h。

?若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件。

MPm-qNQLLLθBⅠBⅡ?若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总一致，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。

解析：（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为R1，由动能定理和牛顿其次定律得qU?1mv2①22vqvB0?m②

R1由几何关系得R1=L2=L③联立①②③得B0?θB1ⅠB2Ⅱθθ12mULq④

设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t，T?2?R1⑤

vL1L图1

L2t2?⑥?T3600联立①③⑤⑥式解得t??L3m2qU（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为R2，由牛顿其次定律得

v2qvB2?m⑧

R2

由几何知识得

h?(R1?R2)(1?cos?)?Ltan?⑨

B1IθB2II23)L⑩联立②③⑧⑨式解得h?(2?3（3）如图2所示，为使粒子能再次返回到I区应满足

?

θθθR2(1?sin?)?L联立①⑧?式解得B2?3mU?

L2qL1（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为?，由几何知识可得

L图2

L2?

L1?R1(sin??sin?)或L1?R1(sin?-sin?)?

L2?R2(sin??sin?)或L2?R2(sin?-sin?)联立②⑧??式解得B1L1=B2L2?

B1Ⅰθθ?B2ⅡB1αB2θθ?θ?ⅠθⅡL1L图3

L2L1L图4

L2

21.2023年理综四川卷

25．（20分）如下图，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面。C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T，方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运

AXlYCWDBZh动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点。滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。?求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；?求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；

?若微粒质量m0=1×10-13kg，求滑块开始运动所获得的速度。

qU－解析：（1）微粒在极板间所受电场力大小为F＝，代入数据：F＝1.25×1011N

d由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。

（2）若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动1

能定理：Uq＝mv2

2

微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运v2

动半径为R，有：qvB＝mR

O2R1O1R2S

D微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如下图，半径的微小值与极大值分别为R1＝

l

，R2＝l－d，2

联立代入数据有8.1×10

－14

kg＜m≤2.89×10

－13

kg

（3）如图，微粒在台面以速度v做以O点为圆心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点Q，水平位移s，下落时间t。设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成ф角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k。由几何关系，可得l－Rcosθ＝，

R根据平抛运动，t＝

2h

，s＝vtg

φQXθWdOθRPYhBLkAsθ对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有1

μMg＝Ma，k＝v0t－at2

2

再由余弦定理：k2＝s2＋(d＋Rsinθ)2－2s(d＋Rsinθ)cosθsinфsinθ

及正弦定理：＝

sk

联立并代入数据解得：v0＝4.15m/s，ф＝arcsin0.8（或ф＝53°）22.2023年理综重庆卷

25．（19分）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如下图，材料表面上方矩形区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN'M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电

dsNPM3s磁场区域M′

BAN′P′

++++电场区域+++++++子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最终电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计电子所受重力。?求电子其次次与第一次圆周运动半径之比；

?求电场强度的取值范围；

?A是M′N′的中点，若要使电子在A、M′间垂直于AM′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。解析：（1）设圆周运动的半径为分别为R1、R2…Rn、Rn?1…，第一次和其次次圆周运动的速率分别为v1、v2，动能分别为Ek1、Ek2

Ek2?0.81Ek1

R1?mv1mv2，R2?

qBqB112mv12，Ek2?mv222Ek1?解得

R2?0.9R11mv?22?设电场强度为E，第一次达到隔离层前速度为v?，eEd?110.9?mv?2?mv12R1?s

225B2es2解得E?

9md又由Rn?0.9n?1R1，2(1?0.9?0.9??0.9??)R1?3s

2nB2es2B2es25B2es2?E?得E?所以

80md9md80md?设电子在磁场中圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，总运动时间为t,由题意有

2R1(1?0.9n)?Rn?1?3s

1?0.9R1?sRn?1?0.9nR1Rn?1?得n?2又由T?s22?m5?m得t?eB2eB23.2023年XX卷

15．（16分）某种加速器的理想模型如图1所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图2所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速。现该粒子的质量

增加了1m0。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)

100?若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其其次次加速后从b孔射出时的动能；?现要利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使图1中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；

?若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经屡屡加速后获得最大动能？最大动能是多少？

uabU0abL磁屏蔽管c图1

LOT02T03T0t

-U0图2

答：(1)49qU(2)如图(3)313qU

250250v22?r(1)质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动Bqv?m0，T?0rv则T0?2?m0qB11m0，其周期增加?T?T010010024U025当粒子的质量增加了

根据题图可知，粒子第一次的加速电压u1=U0粒子其次次的加速电压u2?Oabc粒子射出时的动能Ek2?qu1?qu2解得Ek2?49qU025（2）磁屏蔽管的位置如下图

（3）在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数

T0N?4，得N=25

?T分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且u=U0时也被加速的状况时，最终获得的动能最大。粒子由静止开始被加速的时刻t?(?最大动能Ekm?2?(n219)T0(n=0,1,2,……)501323313????)qU0?qU0解得Ekm?qU0.2525252524.2023年物理XX卷

14．(16分)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如下图。装置的长为L，上下两个一致的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO'上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为-q的粒子以某一

速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点.改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力.（1）求磁场区域的宽度h;

（2）欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv;（3）欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值.（1）(Om,-q30°dBPLBMO'N收集板

23L?3d)(1?)32（2）

qBL3(?d)m64

（3）vn?qBL(?3d)mn?1(1?n?3L?1,n取整数)3d（1）设粒子在磁场中的的轨道半径为r根据题意L?3rsin30?3dcos30解得h?(00且h?r(1?cos30)0

23L?3d)(1?)32

（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r'

mv2mv2?qv?B?qvB，

rr?由题意可知3rsin30?4r?sin30（3）设粒子经过上方磁场n次

00解得?v?v?v??qBL3(?d)m64

由题意可知L?(2n?2)dcos300?(2n?2)rnsin3002mvnqBL且(?3d)?qvnB，解得vn?mn?1rn

(1?n?3L?1,n取整数)3d25.2023年理综山东卷

24、（20分）如图甲所示，间距为d垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射