hb051.带电粒子在磁场中的圆周运动

第51节 带电粒子在磁场中的圆周运动

1.2013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．

a q b B qBRqBR3qBR2qBR B． C． D． 2mmm2m【答案】B

【解析】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，轨迹如图所示：

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/2 B 60° r 60° r v2BqrBqR，B选项对。 Bqv?m?v??rmm2.2013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．mv03mv03mv03mv0 B． C． D．

qRqR3qRqR答：A

解析：带电粒子在磁场中运动如图所示，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. 2013年北京卷22．（16分）

如图所示，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。

d O B +q m + U 答：（1）

2qUU1 （2） （3） dmB2mU qU； d【 解析】（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. 2012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。下列说法正确的是 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 【答案】A

【解析】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. 2012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?q T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?m BqBq2两式联立有 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. 2012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，下列表述正确的是 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

【解析】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2 N B M mvv2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RN

由于洛仑兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛仑兹力永远不会对M、N做功，则C选项错误。由T?2?R2?m?及题给条件可知，这两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由vBq图可见两个粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了半个周期，故在磁场中运动的时间相等，所以D选项错误。

7. 2014年理综北京卷

16.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，他们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb。则一定有

（ ） A．qa?qb【答案】A

【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径r?B．ma?mbC． Ta?TbD．a?b mambqqmvp，已知两粒子动量相等，?qBqB且ra?rb，故一定有qa?qb，故A正确；仅由动量、半径的关系不能确定质量的关系，故B错误；由周期公式T?2?m,可知：仅由动量、半径的关系，无法确定两粒子做圆周运动周期的关qBmvqv，得荷质比?，仅由半径的关系，无法确定两粒子荷

mBrqB系，故C错误；根据半径公式r?质比的关系，故D错误。 8. 2014年理综安徽卷

18．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于 （ ） A． T B．T C．T3 D．T 2 【答案】A

【解析】由于等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，即Ek?T。带电粒子

1v2mv2在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：qvB?m得B?。而Ek?mv,故可得：

2RqRB?mv?qR2mEk,又带电粒子的运动半径不变，所以B?Ek?T，A正确。 qR9. 2012年物理江苏卷

9. 如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界. 一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场. 若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A点. 下列说法正确的有

(A)若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0 (B)若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0 (C)若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于v0?qBd 2m(D)若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于v0?【答案】BC

qBd 2m【解析】当粒子以速度v0垂直于MN进入磁场时，最远，落在A点，若粒子落在A点的左侧，速度不一定小于v0，可能方向不垂直，落在A点的右侧，速度一定大于v0，所以A错误，B正确；若粒子落在A点的右侧d处，则垂直MN进入时，轨迹直径为2r?OA?d，即

2mv?OA?d，qB已知

2mv0qdBqdB，不垂直MN进时，v?v0?，所以C正确，D错误。 ?OA,解得v?v0?2m2mqB10. 2012年理综安徽卷

19. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为

A O 60° C B A.C.1?t,21?t,3B.D.2?t,3?t,

答: B

解析：如解析图示，第一次偏转的偏向角为600，所以圆心角∠AO1C也是600，周期T?2?m 与速度无关；

,qBA O2 D O1

O 60° B C 19题解析图 设磁场半径OA长为R，轨迹半径O1A长为R1，O2A长为R2，由

mvRRr?, 得R1=3R2,?tan300，?3tan300?3，

BqR2R1则∠AO2O=600，所以第二次在磁场中偏转的圆心角为1200，运动时间：t??m，所以 偏转时间是第一次的2倍。 ,（θ为转过圆心角）

Bq11. 2013年广东卷

21．如图9，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有 A．a、b均带正电

B．a在磁场中飞行的时间比b的短

O a θ b

B 图9

P

C．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qBO a

O2 O1 b 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. 2013年天津卷

??m和轨迹图可知D选项对。 T?2?qB11．（18分）一圆筒的横截面如图所示，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，在不计重力的情况下，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

S 2d/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。

d P N M B O mv23mv答：（1）E? （2）r??（3）n=3

2qd 3qB

解析：（1）设两板间电压为U，由动能定理得 qU?1mv2① 2

由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed ②

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' d r A R B O S P N M ?AO?S??3，

由几何关系得 r?Rtan?3 ④

v2粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，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?⑦ 33

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??⑧ v3

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=3 13. 2012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

+B0 B 2TT2?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＝

P O

图（a）

x

O T-B0 23T2t 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?

y 2?R②

T?

由①②式与已知条件得T' =T ③

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 =0 ④

（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/2 ⑤

（3）若在任意时刻t=t0（0< t0< T/4）粒子P开始运动，在t=t0到t=T/2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O' 位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为 ?OO?C?OA B y OB 图 （a） A x C 图（b） x 2?T⑥(?t0) T2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=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O'' ，圆弧BA对应的圆心角为 ?BO??A?2?⑦ t0 T ⑧

A B C OO' 图（c）x 如图（c）所示，由几何关系可知， C、B均在O'O'' 连线上，且OA//O?O??若要OA与x轴成π/ 4角，则有

3??OO?C?4 ⑨ Tt?联立⑥⑨式可得 08 ⑩

y O'' 14. 2011年新课标版

25．（19分）如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d

（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。

【解析】（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

2mva1 qva1B? ①

Ra1y P B 2B Ⅰ Ⅱ x

O d 2d y B P Pb α POb Ⅰ 由几何关系得∠POP' =θ ② Ra1?d ③ sin?Oa θθ Ⅱ x Pa 式中，θ=30°，由①②③式得va1?2qBd ④

m（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra2 ，射出点

O d 2d 为Pa（图中未画出轨迹），∠P'OaPa =θ' 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

2vaqva(2B)?m ⑤

Ra2由①⑤式得Ra2?Ra1 ⑥ 23⑦ 的平面上。 d2

C、P'和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于x?由对称性知，Pa点与P'点纵坐标相同，即 yPa=Ra1cosθ+h ⑧ 式中，h是C点的y坐标。

va2)va3)B?m设b在I中运动的轨道半径为Rb1 ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得q( ⑨ 3Rb1(设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α。如果b没有飞出I，则

t??t? ⑩ ? ??Tb12?Ta22?式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而

Ta2?2?Ra22?Rb1 ? Tb1? ? vv3由⑤⑨⑩???式得α=300 ?

由①③⑨?式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为ypb?Rb1(2?cos?)?h ? 由①③⑧⑨??式及题给条件得，a、b 两粒子的y 坐标之差为

ypa?ypb?2(3?2)d ? 315. 2013年海南卷

14．如图，纸面内有E、F、G三点，∠GEF=30o，∠EFG=135o，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q(q>0)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点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。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）

135o30oE F

G

?m4qBR （2）

3m2Bqmv2解析：设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得qvB?①

r

由①式得v?qBR② m

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

b E

G

a F θ O O1

θ1 R1?1R?⑥ ?v1v

R?由⑥式得 v1?11⑦

Bq t?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° ⑧ R1=2R ⑨ 联立②④⑦⑧⑨式，解得v1?4qBR⑩ 3m

y B + M θ O x L 16. 2013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，如图所示。有

v2qvB?m ①

R2?R 周期为 T?vy +

②

M A 60° B α β P x L 2?m 由此得 T?Bqh D O 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?

C BP?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??1 ④ 3⑥

+ y M α θ O B L h?R?OC

3AD 3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?

P x 23Rcos(??30?) 3

(?=30°) (?=90°)

⑦

⑧ ⑨

3)R 3h?(1?3)R 3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. 2012年理综山东卷

t?T?m? ⑩ 126qB

T?m? 42qB23．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，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

M P L S1 N Q S2

B

U0 u 0 -U0 T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

2qU0 m②

设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得q由运动学公式得d?U0?ma③ d

1T02a()④ 22

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，由牛顿第二定律得

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=vt1 ⑨ 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?t2⒀ 2

设粒子在磁场中运动的时间为t t?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

7qT0 18. 2011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?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。

y B h O O v0 E 甲

x O S 乙 S 丙 t x

y y

【解析】（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?mv0 222 ①

由①式解得 v = v0?2qEh m ②

（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，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

③ ④

式中T =

2?m qB2?mE qB2

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），因为粒子在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?mv0 ⑦ 22

⑧

1ym 2

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. 2011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?如图所示，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。

R2 R1 O A C 045 v2 2mv2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

2R0R2 O R1 A C ?考虑临界情况，如图所示

2mv3mv3B?qvB?,1①31qR0 R0，解得：

2v3mv3mv3???B?qvB?m,B?2②322qR0，综合得：2qR0 2R0，解得：

20. 2011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。

M P m -q N Q LL Lθ BⅠ BⅡ ?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相同，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，由动能定理和牛顿第二定律得 qU?1mv2 ① 22vqvB0?m ②

R1由几何关系得 R1= L2 = L ③ 联立①②③得B0?θ B1 Ⅰ B2 Ⅱ θ θ 12mULq ④

设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t， T?2?R1 ⑤

vL1 L 图1

L2 t2? ⑥ ?T3600联立①③⑤⑥式解得t??L3m 2qU（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为R2，由牛顿第二定律得

v2qvB2?m ⑧

R2

由几何知识得

h?(R1?R2)(1?cos?)?Ltan? ⑨

B1 I θ B2 II 23)L ⑩ 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

?

θ θ θ R2(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 ?

B1 Ⅰ θ θ ? B2 Ⅱ B1 α B2 θ θ ? θ ? Ⅰ θ Ⅱ L1 L 图3

L2 L1 L 图4

L2

21. 2011年理综四川卷

25．（20分）如图所示，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

A X l Y C W D B Z h 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＝m R

O2 R1 O1 R2 S

D 微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极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＝vt g

φ Q X θ W d O θ R P Y h B L k A s θ 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)cosθ sinфsinθ

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. 2011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。如图所示，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

d s N P M 3s 磁场区域 M ′

B A N ′ 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%，最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计电子所受重力。 ?求电子第二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…，第一次和第二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?mv2 22Ek1?解得

R2?0.9 R11mv?2 2?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?mv12 R1?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?s Rn?1?0.9nR1 Rn?1?得n?2 又由T?s 22?m5?m 得t? eB2eB23. 2011年江苏卷

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，求其第二次加速后从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，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？

uab U0 a b L 磁屏蔽管 c 图1

L O T0 2T0 3T0 t

-U0 图2

答：(1) 49qU (2)如图 (3) 313qU

250250v22?r 【解析】(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?m0 qB11m0，其周期增加?T?T0 10010024U0 25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 粒子第二次的加速电压u2?O a b c 粒子射出时的动能 Ek2?qu1?qu2 解得Ek2?49qU0 25（2）磁屏蔽管的位置如图所示

（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时也被加速的情况时，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. 2014年物理江苏卷

14． (16 分) 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。 装置的长为 L，上下两个相同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. 【答案】（1）(O m, -q 30° d B P L B M O' 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【解析】（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. 2014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入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经?t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述m、q、d、v0为已知量。 （1）若?t＝TB，求B0；

（2）若?t＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； （3）若B0＝B0 0 -B0 图乙 t TB2P d v0 图甲

B Q 1232TB3TB22TB4mv0，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。 qd【解析】（1）设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得

mvqv0B0?0 ①

R1

据题意由几何关系得 R1?d ② 联立①②式得

2B0?

mv0 ③ qd32（2）若?t＝TB，垂直打在P板上,如图示。设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得：

a?

v0 ④ R22PBd 据题意由几何关系得 3R2?d ⑤ 联立④⑤式得

O1Rv0Q3va?0 ⑥

d

（3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得

2T＝

2?R ⑦ v0由牛顿第二定律得

v0Bmvqv0B0?0 ⑧

R

4mv0由题意知B0?，代入⑧式得

qd d?4R ⑨

2?AO2O1R?v0粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为?，在第个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0????2，由题意可知

?T2T?B ⑩ 2 2?设经历整个完整TB的个数为n（n=0、1、2、3……） 若在A点击中P板，据题意由几何关系得

??2R?Rsin?）n?d ⑾ R?（当n=0时，无解 ⑿ 当n=1时，联立⑨11式得 ○

??

?1(或sin??) ⒀ 62联立⑦⑨⑩13式得 ○

T?

?d3v0 ⒁

当n?2时，不满足0????2的要求 ⒂

若在B点击中P板，据题意由几何关系得 R?2Rsin??2(R?Rsin?)n?d ⒃ 当n=0时，无解 17 ○当n=1时，联立⑨⒃式得

??arcsin

11(或sin??) 18 ○44联立⑦⑨⑩18式得 ○

TB?

?1d 19 ?arcsin)○242v0当n?2时，不满足0????2的要求 20 ○

26.2014年理综广东卷36.(18分)

如图25 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外. A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.

(1)若k=1，求匀强电场的电场强度E；

(2)若2

A1

m +q S1 d M L B0 Ⅰ L N Ⅱ 6L 图25

A2 S2 P 子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式. 【解析】（1）粒子在电场中，由动能定理有 qEd?1mv2?0 ① 2v2 ② 粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 qvB0?mr当k=1时，由几何关系得 r=L ③

22qB0L ④ 由①②③解得 E?2md（2）由于2

(r?L)2?(kL)2?r2 ⑤

(k2?1)解得r?L ⑥

2(k2?1)由②⑥解得v?qB0L ⑦

2m粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力

v2 qvB?m ⑧

r1kr? ⑨ 由对称性及几何关系可知

3?kr1(3?k)(k2?1)解得r1?L ⑩

2k由⑧⑩解得 B?kB0 3?k27. 2014年理综浙江卷

25.（22分）离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。I为电离区，将氙气电离获得1价正离子，II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。I区产生的正离子以接近0的初速度进入II区，被加速后以速度vM从右侧喷出。

I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示（从左向右看）。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成?角（0 < ? ≤ 90?）。推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的．．碰撞）。

（1）求II区的加速电压及离子的加速度大小；

（2）为取得好的电离效果，请判断I区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；

（3）?为90?时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围； （4）要取得好的电离效果，求射出的电

左 I II B L R 右

第25题图1

O C 第25题图2 ? v 子最大速率vmax与?的关系。 【解析】 （1）由动能定理得

12Mv2M?eU ① U?Mv2M2e ②

a?eE?eU?v2M ③

MML2L（2）垂直纸面向外 ④

（3）如答图1所示，设电子运动的最大半径为r 2r?3R2. ⑤ ?mv2 eBvr ⑥

所以有 v0?v?3eBR4m ⑦ 要使⑦式有解，磁感应强度 B?4mv03eR. ⑧ （4）如答图2所示，OA＝R－r， OC＝R

2

， AC＝r

根据几何关系得 r?3R4(2?sin?) ⑨

由⑥⑨式得 v3eBRmax?4m(2?sin?)

R O C v 答图1

O r A ?v r C 答图2

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