带电粒子在电磁场中的运动(更新).doc

1、基础 1 （10 分）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为 U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示。磁场方向垂直于圆面。磁场区的中心为 O，半径为 r。当不加磁场时，电子束将通过 O 点儿打到屏幕的中心 M点。为了让电子束射到屏幕边缘 P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度 ，此时磁场的磁感应强度 B 应为多大？（已知电子的质量为 m，带电量的大小为 e）1电子在磁场中沿圆弧 ab运动，圆心为 C，半径为 R。以 v 表示电子进入磁场时的速度，m、e 分别表示电子的质量和电量，则 21UveBR又有 tan2r由以上各式解得 12tanmUre10如图

2、为电视机显像管及其偏转线圈 L 的示意图，如果发现电视画面幅度比正常时偏小，可能是下列哪些原因造成的电子枪发射能力减弱，电子数减小加速电场电压过高，电子速率偏大偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱其中正确的有（ B ）ABC D2.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。M、N 为两块中心开有小孔的极板，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 M、N 间的电场中一次次被加速，动能不断增大，而绕行半径 R 不变（M、N 两极板间的距离远小于 R） 。

3、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 板时的动能 En；（2）为使粒子始终保持在圆轨道上运动，磁场必须递增；求粒子绕行第 n 圈时磁感应强度 B 的大小；（3）求粒子绕行 n 圈所需总时间 tn。解：（1）粒子绕行一圈动能的增量为 qU，绕行 n 圈所获得的总动能nqUEa（3 分）（2）因为 21nmv （2 分） RvqBn（2 分）得 Ua21 （1 分）（3）粒子做半径为 R 的匀速圆周运动，每一圈所用时间为 vR2由于每一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同第一圈： 21mvqUqU （2 分） 第二圈： 2 （2 分

4、）第 n 圈的速度 mqUnva （2 分）故绕行 n 圈所需总时间 nttt2112()83nRRvvmqU 分O dBAC D OPL2如图所示， A、 B 为两块平行金属板， A 板带正电、 B 板带负电。两板之间存在着匀强电场，两板间距为 d、电势差为 U，在 B 板上开有两个间距为 L 的小孔。 C、 D 为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近 B 板的 O处， C 带正电、 D 带负电。两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着 B 板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向 O。半圆形金属板两端与 B 板的间隙可忽略不计。现从正对 B 板小孔紧靠 A 板的 O 处由静

5、止释放一个质量为 m、电量为 q 的带正电微粒（微粒的重力不计） ，问：（1）微粒穿过 B 板小孔时的速度多大？（2）为了使微粒能在 CD 板间运动而不碰板， CD 板间的电场强度大小应满足什么条件？（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点 P 点？解：（1）设微粒穿过 B 板小孔时的速度为 v，根据动能定理，有2qUmv解得（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有22vqERL联立、，得 4UE（3）微粒从释放开始经 t1射出 B 板的小孔，则12dmtvq设微粒在半圆形金属板间运动经过 t2第一次到达最低点 P 点，则242LtvU所以从释放微粒开始，经过

6、 微粒第一次到达 P 点；1242LmtdqU根据运动的对称性，易知再经过 微粒再一次经过 P 点；tO dBAC D OPL所以经过时间 ， 微粒经过 P 点。2142LmtkdqU0,12k2（11 分）如图所示，在 x 轴上方有垂直于 xy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B；在 x 轴下方有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强为 E。一质量为 m，电量为-q 的粒子从坐标原点 O 沿着 y 轴正方向射出。射出之后，第三次到达 x 轴时，它与点 O 的距离为L。求此粒子射出时的速度 v 和运动的总路程 s（重力不计）。23、解：粒子运动路线如图示有L4R 粒子初速度为 v，则有qvB=mv

7、2/R 由、 式可算得v=qBL/4m 设粒子进入电场作减速运动的最大路程为 l，加速度为a，v 2=2al qE=ma 粒子运动的总路程 s=2R+2l 由、 、式，得s=L/2+qB2L2/（16mE ） 21.(12 分）如图所示，空间分布着图示的匀强电场 E(宽为 L)和匀强磁场 B，一带电粒子质量为 m，电量为 q,(不计重力)从 A 点由静止释放后经电场加速后进入磁场，穿过中间磁场进入右边磁场后能按某一路径再返回 A 点而重复前述过程求中间磁场的宽度d 和粒子的运动周期（虚线为磁场分界线，并不表示有什么障碍物）21 解析：由题意，粒子在磁场中的轨迹应关于 方向的直线对称，如图所示，

8、电场中： 21mvqEL1tEq由几何知识：sin=R/2R=1/2 所以 =30 o又 R=m/qB d=Rsin60 o 在中间磁场的时间： 在右边磁场的时间qBMTt3262qBMt35603由得 ELmqd26qBmELttT372321 3如图所示，一个质量为 m =2.010-11kg，电荷量 q = +1.010-5C 的带电微粒（重力忽略不计） ，从静止开始经 U1=100V 电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压 U2=100V。金属板长 L=20cm，两板间距 d = cm。求：310（1）微粒进入偏转电场时的速度 v0大小；（2）微粒射出偏转电场时的

9、偏转角 ；（3）若该匀强磁场的宽度为 D=10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度 B 至少多大？（1）微粒在加速电场中由动能定理得： 解得 v0=1.0104m/s 3 分20mvqU（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有： ， 2 分mdqUa20vLaty飞出电场时，速度偏转角的正切为： 解得 =30 o3 分312tan0dULvy（3）进入磁场时微粒的速度是： 2 分cs0v轨迹如图，由几何关系有： 2 分inrD洛伦兹力提供向心力： mvBq2由联立得： 代入数据解得： B /5=0.346T2 分cos)in1(03所以，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场

10、的磁感应强度 B 至少为 0.346T。(B =0.35T 照样给分)44湖南省雅礼中学 2010 届高三上学期第五次月考如图所示，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=3.32105N/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=6.641027 kg，电荷量 q = 3.210 19C，初速度 v = 3.2106m/s。 （sin37= 0.6，cos37

11、= 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；（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E K 为多少？解：（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 RvmBq2（1 分）则 cmq20.（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： dRSAP16)(22(1 分)向 d 端偏

12、转的 粒子，当沿 sb 方向射入时，偏离 O 最NabcdSE370 BNabcdSE370 BO1MO2Q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：cmdROQ16)(22（1 分）故金箔 cd 被 粒子射中区域的长度 cmQPL32（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 cRSNx 1653sin)(（1 分）沿场强 E 方向做匀加速直线运动，位移 my 2o)(（1 分）则由 tvSx21atymEq 得： sv

13、/10.85 （2 分）故此 粒子从金箔上穿出时，损失的动能为 JmEk 142209.31（2 分）17.（14 分）如图 14 所示，xOy 在竖直平面内，x 轴下方有匀强电场和匀强磁场，电场强度为 E、方向竖直向下。磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向里。将一个带电小球从 y 轴上 P（ 0,h） 点以初速度 v0 竖直向下抛出。小球穿过 x 轴后，恰好做匀速圆周运动。不计空气阻力，已知重力加速度为 g。求：（1）判断小球带正电还是带负电；（2）小球做圆周运动的半径；（3）小球从 P 点出发，到第二次经过 x 轴所用的时间。17. 解：（1）小球穿过 x 轴后恰好做匀速圆周运动，所以有 q

14、E=mg，故小球带负电。（2）设小球经过 O 点时的速度为 v，从 P 到 O 有：v 2=v02+2gh从 O 到 A，根据牛顿第二定律qvB=m rv2求出 r= gBhE20（3）从 P 到 O，小球第一次经过 x 轴，所用时间为 t1，v=v 0+gt1从 O 到 A，小球第二次经过 x 轴，所用时间为 t2Ov0ExyP(0,h)B图 14T= = ,t2= =vrqBmTgE求出 t=t1+t2= +vh00B16 （8 分）如图所示，在 x0 且 y0 的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在 x且 y0 的区域内存在沿 y 轴正方向的匀强电场。一质量为 m、

15、电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的 M 点沿 y 轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从 y轴的 N 点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到 x 轴上的 P 点，已知=l。不计带电粒子所受重力，求：OPM（1）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；（2）匀强电场的场强大小。16 （8 分）解答：（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为 v，由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点 O，半径为 l。则 Bqv = m 1 分v2l设带电粒子在磁场中运动时间为 t1，在电场中运动的时间为 t2，总时间为 t。t1 = T 1 分14T

16、= 1 分2mBqt2 = 1 分lv联立解得 t = 1 分( + 2)m2Bq（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为 a，则l = at22 1 分12a = 1 分Eqm联立解得 E = 1 分2B2lqm9(12 分) 如图所示，水平放置的两块长直平行金属板 a、 b相距 d10.， a、 b间的电场强度为yxPlllMB EOCNE/10.5， b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为 TB0.6、方向垂直纸面向里的匀强磁场。今有一质量为 kgm25108.4、电荷量为 Cq18的带正电的粒子(不计重力)，从贴近 a板的左端以 smv/.6的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝

17、P处穿过 b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到 b板的 Q处(图中未画出)求 、 Q之间的距离 L。9解：粒子 a板左端运动到 P处，由动能定理得2201qEdmv3 分代入有关数据，解得 61/ms1 分0cosv，代入数据得 302 分粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为 O，半径为 r，如图，由几何关系得sin302Lr，又2vqBmr3 分联立求得 2 分代入有关数据得 5.8Lc1 分12.(20 分) 如图所示,在 xoy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴正方向的匀强电场,在第四象限内有一垂直于平面向内的匀强磁场,现有一质量为 m 带电量为 q 的负粒子(重力不计)从电场中坐标为(

18、3L,L)的 P 点与 x 轴负方向相同的速度 射入，从 O 点与 y 轴正方向成 夹角射出,求:0v045(1) 粒子在 O 点的速度大小.(2) 匀强电场的场强 E.(3) 粒子从 P 点运动到 O 点所用的时间.12.解:(1)粒子运动轨迹如图所示,设粒子在 P 点时速度大 O450(3L,L)P0vA1 xy小为 ,OQ 段为四分之一圆弧,QP 段为抛物线,根据对称性可知,粒子在 Q 点的速度大小v也为 ,方向与 x 轴正方向成 450.可得（1 分）（分245cos/002v得(2)Q 到 P 过程,由动能定理得 （3 分） 2021mvqEL即 （1 分）mv2(3)在 Q 点时,

19、 （2 分）0045tanvy由 P 到 Q 过程中 ,竖直方向上有: （1 分） （2 分）mqE012vLaty水平方向有: （1 分） 则 OQ=3L-2L=L （1 分）Ltvx210得粒子在 OQ 段圆周运动的半径 （2 分）R2Q 到 O 的时间: （2 分）0241vLt粒子从 P 到 O 点所用的时间:t=t 1+t2= （2 分）0)8(1.如图所示，平面坐标系 xOy 中，在 y0 的区域存在沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E，在- hy0 的区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在 y-h的区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 2B

20、，A 是 y 轴上的一点，CyO450(3L,L)P0vxQvv是 x 轴上的一点。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子以某一初速度沿 x 轴正方向从A 点进入电场区域，继而通过 C 点以速度方向与 x 轴夹角为 =30进入磁场区域，并以垂直边界 y=-h 的速度进入磁场区域，粒子重力不计。试求：（1）粒子经过 C 点时的速度大小 v；（2）A、C 两点与 o 点间的距离 y0、 x0；（3）粒子从 A 点出发，经过多长时间可回到 y =y0处？解：(1)由题可知粒子在磁场 I 中圆周运动的圆心角为 60，相应的运动半径为123sin60hr（2 分）由 1vqBmr可知 1vqB（2

21、分） ， 23qBhvm（1 分）(2)粒子在电场中做类平抛运动，有： 00cosxt（1 分） ， 2001qEytm (1 分)，0sin3qEvtm（1 分）可得： 0Bht（1 分）203BhqxmE（2 分） ，206BhqyE（2 分）(3)根据运动对称性可知：第一次返回 y=y0前在磁场中运动的总时间 123mtqB（2 分） ，在磁场中运动的时间 2tqB（2 分） ，故第一次返回 y=y0前运动的总时间012376hmTttE（1 分） ，之后运动呈周期性，故返回 y=y0前运动的总时间 237()6BhmtnTEq（ n N） （2分）（思路点拨）带电粒子在电磁场中的运动问

22、题，一直是高考中的热点，这一类问题的难点在于带电粒子在电磁场中的运动过程分析、性质判别、画出轨迹。本题考查带电粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，画出粒子的运动轨迹图与过程分析图是解决此类问题的关键。本题同时考查粒子在电场中做类平抛运动及运动对称性知识。学生分析本题后应该找到第二阶段为突破口。19、如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板 a、b ，相距为 d ，ab 间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从 a 板下缘以初速度 v0 竖直向上射入电场，当它飞到 b 板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为 d 的狭缝穿过 b 板而进入 bc 区域，bc 区域的宽度也为 d，所加电场

23、大小为 E， 方向竖直向上，磁感强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于 E / v0 ，重力加速度为 g，则下列关于粒子运动的有关说法不正确的是 CA.粒子在 ab 区域的运动时间为 gB.粒子在 bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径 r=2d C.粒子在 bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为 06vdD.粒子在 ab、 bc 区域中运动的总时间为 03)(6如图所示，真空中有一以（ r，0）为圆心，半径为 r 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里，在 y r 的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为 E；从 O 点向不同方向发射速率相同的质

24、子，质子的运动轨迹均在纸面内. 已知质子的电量为 e，质量为 m，质子在磁场中的偏转半径也为 r，不计重力及阻力的作用，求：（1）质子射入磁场时的速度大小；（2）速度方向沿 x 轴正方向射入磁场的质子，到达 y 轴所需的时间；（3）速度方向与 x 轴正方向成 30角（如图中所示）射入磁场的质子，到达 y 轴的位置坐标.（18 分）解答：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有，r/mveB2可得 （2）质子沿 x 轴正向射入磁场后经 1/4 圆弧后以速度 v 垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间，e2/4/Tt1进入电场后做抛物线运动，沿电场方向运动 r 后到达 y 轴，因此有eEmr2a

25、rt2所求时间为 eEr2Btt21（3）质子在磁场中转过 120角后从 P 点垂直电场线进入电场，如图所示。P 点距 y 轴的距离r5.130sinrx1因此可得质子从进入电场至到达 y 轴所需时间为 eErm3t2质子在电场中沿 y 轴方向做匀速直线运动，因此有mEer3Bvty215 （12 分）如图所示，在平面坐标系 xoy 内，第、象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，第 I、象限内存在半径为 L 的圆形匀强磁场，磁场圆心在 M（L，0）点，磁场方向垂直于坐标平面向外一带正电粒子从第象限中的 Q（一 2L，一 L）点以速度 0v沿 x轴正方向射出，恰好从坐标原点 O 进入磁场，从 P

26、（2L，O）点射出磁场不计粒子重力，求：（1）电场强度与磁感应强度大小之比（2）粒子在磁场与电场中运动时间之比15解：（1）设粒子的质量和所带正电荷分别为 m 和 q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得 102tvL1 分2a1 分qE=ma 1 分粒子到达 O 点时沿 y方向分速度为0vaty1 分45tn0y1 分粒子在磁场中的速度为 02v 1 分由 rmvBq2 1 分由几何关系得 L 1 分得 20vBE 1 分（2）在磁场中运动的周期 vrT2 1 分粒子在磁场中运动时间为 024Lt 1 分得 412t 1 分25.（18 分）在如图所示的直角坐标中，x 轴的上方存

27、在与x 轴正方向成 45角斜向右下方的匀强电场，场强的大小为 E 2104V/m。x 轴的下方有垂直于 xOy 面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B210 -2T。把一个比荷为 mq =2108C/的正点电荷从坐标为（0，1）的 A 点处由静止释放。电荷所受的重力忽略不计。求：（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间；（2）电荷在磁场中做圆周运动的半径（保留两位有效数字） ；（3）当电荷第二次到达 x 轴上时，电场立即反向，而场强大小不变，试确定电荷到达 y 轴时的位置坐标。25.解：（1）如图，电荷从 A 点匀加速运动运动到 x 轴的 C 点的过程：位移 SAC 2m（1 分）加速度

28、 a= mEq2 1012m/s2（2 分）时间 t= as=10-6s（2 分）（2）电荷到达 C 点的速度为v=at=2 106m/s（2 分）速度方向与 x 轴正方向成 45角，在磁场中运动时由 qvB= Rmv2（2 分）得 R= qB= 2m（1 分）即电荷在磁场中的偏转半径为 0.71m（1 分）(3)轨迹圆与 x 轴相交的弦长为 x= 2R=1m，所以电荷从坐标原点 O 再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动。（1 分）设到达 y 轴的时间为 t，则：tan45= 2vta（2分）解得 t210 -6s（1分）则类平抛运动中垂直于电场方向的位移 L=v

29、t=4 2m（1 分）y= 45cosL=8m（1 分）18 （6 分）在如图所示，x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为 B，x 轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为 E，方向与 y 轴的夹角 为450 且斜向上方. 现有一质量为 m 电量为 q 的正离子，以速度 v0 由 y 轴上的 A 点沿 y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从 x 轴上的 C 点进入电场区域，该离子经 C 点时的速度方向与 x 轴夹角为 450. 不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大. 求：（1）C 点的坐标；（2）离子从 A 点出发到第三次穿越 x 轴时的运动时间；（3）离

30、子第四次穿越 x 轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角.18 （16 分）参考解答及评分标准（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有，-(1 分)rvmqB2同时有 -(1 分)vT粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，yx0ABEyx0ABEy/x/01020/vt CxC（ rrcos45 0） ，-(1 分)qBmv2)(故，C 点坐标为（ ，0） 。-(1 分)v)2(（2）设粒子从 A 到 C 的时间为 t1，设粒子从 A 到 C 的时间为 t1，由题意知-(1 分)qBmTt4581设粒子从进入电场到返回 C 的时间为 t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运

31、动学知识，有aE及 ， 20tv联立解得 -(1 分)qEmvt02设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为 t3，由题意知-(1 分)BTt2413故而，设粒子从 A 点到第三次穿越 x 轴的时间为-(2 分)qEmvtt 03217（3）粒子从第三次过 x 轴到第四次过 x 轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v0 的方向（设为 x轴）做匀速运动，即tv0 -(1 分)x沿着 qE 的方向（设为 y轴）做初速为 0 的匀变速运动，即，21tmqEy； -(1 分)vy设离子第四次穿越 x 轴时速度的大小为 v，速度方向与电场方向的夹角为 .由图中几何关系知， -(1 分)045cos

32、， -(1 分)20yv -(1 分)yv0tan综合上述得 -(1 分)05 -(1 分)21arctn即电荷到达 y 轴上的点的坐标为（0，8）（1 分）5如图所示，在直角坐标系的第象限和第象限存在着电场强度均为正的匀强电场，其中第象限电场沿 x 轴正方向，第象限电场沿 y 轴负方向在第象限和第象限存在着磁感应强度均为 B 的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里有一个电子从 y 轴的 P 点以垂直于 y 轴的初速度 v0进入第象限，第一次到达 x 轴上时速度方向与 x 轴负方向夹角为45，第一次进入第象限时，与 y 轴夹角也是 45，经过一段时间电子又回到了 P 点，进行周期性运动已知电子的电

33、荷量为 e，质量为 m，不考虑重力和空气阻力求：(1)P 点距原点 O 的距离；(2)电子从 P 点出发到第一次回到 P 点所用的时间电子在第象限做类平抛运动,沿 y 轴方向的分速度为 （2 分）00tan45y设 OP=h,则 （2 分）2yeEm由得 （2 分）0在一个周期内,设在第象限运动时间为 t3,在第象限运动时间为 t2,在象限运动时间为 t1,在第象限运动时间为 t4在第象限有 （2 分）3yeEat由解得 （1 分）03mt在第象限电子做圆周运动,周期 mTeByxOEEP0B04545在第象限运动的时间为 （3 分）2TmteB由几何关系可知,电子在第象限的运动与第象限的运动

34、对称,沿 x 轴方向做匀减速运动,沿 y 轴方向做匀速运动,到达 x 轴时垂直进入第四象限的磁场中,速度变为 0.在第象限运动时间为 （3 分）013teE电子在第象限做四分之一圆周运动,运动周期与第周期相同,即 2mTeB在第象限运动时间为 （3 分）42TmteB电子从 P 点出发到第一次回到 P 点所用时间为（2 分）012343ttE7如图所示， x 轴上方存在磁感应强度为 B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外（图中未画出） 。 x 轴下方存在匀强电场，场强大小为 E，方向沿与 x 轴负方向成 60角斜向下。一个质量为 m，带电量为 e 的质子以速度 v0从 O 点沿 y 轴正

35、方向射入匀强磁场区域。质子飞出磁场区域后，从 b 点处穿过 x 轴进入匀强电场中，速度方向与 x 轴正方向成30，之后通过了 b 点正下方的 c 点。不计质子的重力。（1）画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小半径和最小面积；（2）求出 O 点到 c 点的距离。要使磁场的区域面积最小，则 Oa 为磁场区域的直径，由几何关系可知：0cos3rR求出圆形匀强磁场区域的最小半径 032mreBv圆形匀强磁场区域的最小面积为220min4Sre（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向： ；0sin3tv平行电场方向： ，由牛顿第二定律 ， 021cos3ateEma解得： 。 O 点

36、到 c 点的距离：2043mseEv2220043()()dObcBev2、如图所示，以正方形 abco 为边界的区域内有平行于 x 轴指向负方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，正方形边长为 L，带电粒子（不计重力）从 oc 边的中点 D 以某一初速度平行于 y 轴的正方向射入场区，恰好沿直线从 ab 边射出场区如果撤去磁场，保留电场，粒子仍以上述初速度从 D 点射入场区，则从 bc 边上的 P 点射出场区假设 P 点的纵坐标 y=l0；如果撤去电场，保留磁场，粒子仍以上述的初速度从 D 点射入场区，在 l0 有不同取值的情况下，求粒子射出场区时，出射点在场区边界上的分布范围返 回 目 录

37、典 例 赏 析 解 析 上 上 上 上 上 上 E上 上 上 上 上 上 上 B上 上 上 上 上 上 m上 上上 上 q上 上 上 上 上 v上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 qvB qE上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上上 上 上 上 上上 上 上 上上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 R上 上 上 上 A上 上上 上 yA上 上 上， 0vltmqEa2021vltLvmBqLRA 20022 )(返 回 目 录典 例 赏 析上 上 上 上 上 上 上 上

38、 上上 上 上 上 1上 上 上 上 O上 上 上 上 上 yA上 0上R上上 2上 上 上 上 a上 上 上 上 上 yA上 L上 上 上上 L上 上 上 上 上 a上 上 上 .上 3上 上 l0上 L上 上 上 上 上A上 上 上 上 上 上 上 上上 4上 上 上 l0上 L上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上420LlyA. ，40l得l50 ， 23yA. 23 . 230L返 回 目 录典 例 赏 析上 5上 上 l0上 上 上 y上 0上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上 上上 上 . 2L L21013(16 分)如图 14 所示，两平行金属板

39、 A、B 长度 l=0.8m，间距d=0.6m直流电源 E 能提供的最大电压为 9105V，位于极板左侧中央的粒子源可以沿水平方向向右连续发射比荷为=mql107C/kg、重力不计的带电粒子，射人板间的粒子速度均为 v0=4106m/s在极板右侧有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B=lT，分布在环带区域中，该环带的内外圆的圆心与两板间的中心重合于 O 点，环带的内圆半径 Rl= 2 m将变阻器滑动头由 a 向 b 慢慢滑动，改变两板间的电压时，带电粒子均能从不同位置穿出极板射向右侧磁场，且两板间电压最大时，对应的粒子恰能从极板右侧边缘穿出(1)问从板间右侧射出的粒子速度的最大值 vm是

40、多少?(2)若粒子射出电场时，速度的反向延长线与 v0所在直线交于 O/点，试用偏转运动相关量证明 O/点与极板右端边缘的水平距离 x= 2l，即 O/与 0 重合，所有粒子都好像从两板的中心射 出一样(3)为使粒子不从磁场右侧穿出，求环带磁场的最小宽度 d.13(16 分)(1)解：由动能定理：q 2U= 21mv- 20(3 分)解出 vm=5106m/s (1 分)(用平抛运动规律算出正确答案也给全分)(2)证明：如图，设粒子在电场中的侧移为 y，则yx= v0 (2 分) 又 l=v0t (1 分)y= 2t (2 分)联立解得 x= l (1 分)(用其它方式证明出来也按对)(3)解

41、：如图，设环带外圆半径为 R2，所求 d= R2-R1(1 分)R12+rm2=(R2-rm)2 (2 分)qvmB= v (2 分)联立解得：d=(2- 2)m=O.586m (1 分)4 （20 分）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。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 y2B.510T轴） ，极板间距 ；极板与左侧电路相连接，通过移动滑动头 P 可以改变极板d.4mMN 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

42、为 处，有23U10V 0.4Lm一粒子源 S 沿 x 轴正方向连 续射出比荷为 ，速度为6q4.01C/kg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40v2.1m/s出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用） 。来源:学科网（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。4、 （20 分） （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：0v-2 分20

43、0mvqBR解得： -1 分0.（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，12U设粒子射入磁场时沿 y 轴方向的分速度为 ：yv-2 分Uqmad-1 分yvt-1 分0L粒子射入磁场时速度的大小设为 v-1 分20yv解得： （或 ） -2 分4130/ms42.10/vms（注：可以证明当极板间电压最大时，粒子也能从极板间射出）（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 。R根据速度平行四边形可得： -1 分0cosv又： 可得：2mvqBR-1 分0cos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 O，根据几何关系：D-2 分tancosin2dLR又： 02可解得： -1 分sii=粒子在磁场中运动的周期为 T：-1 分2mTqB则粒子在磁场中运动的时间：-1 分2(4)2tTtqB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：= -1 分ymv4310/sy方向偏距： ，说明粒子可以射出极板。此时030.2215ymvLm粒子速度偏转角最大，设为