高中物理磁场部分难题专练

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1、 专题磁场1（2014江西模拟）如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点大量相同的带电粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场不计粒子重力，则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d点和e点离开的粒子相比较（）A经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长B经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长C运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间D运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间解答：解：如图所示，若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同

2、，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间t=，运动时间相同，所以A正确，C错误；如果从bc边射出，粒子从b到c上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会小于从c点射出的弧长圆心角也会变大，但小于从c点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故B错误，D正确故选AD2（2014江西一模）如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平（图中垂直纸面向里），一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（）A若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动D若给P一初速度，P不可能做匀速直线

3、运动解答：解：A油滴静止说明不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，所以仅撤去磁场仍然静止，故A错； B仅撤去电场，油滴受重力有竖直向下的速度，油滴受洛伦兹力，速度改变，洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化，不可能做匀速直线运动，故B错； C若P初速度方向与磁场不平行，重力和电场力抵消，仅受洛伦兹力，P做匀速圆周运动，故C对； D若P初速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，重力和电场力抵消，P受力平衡，所以可以做匀速直线运动，故D错误故选C3（2013海南）三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到

4、相应顶点的距离相等将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（）AB1=B2B3BB1=B2=B3Ca和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里Da处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里解答：解：A、B、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而b点与a点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A正确，B错误；C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故C

5、正确，B错误故选：AC4（2013海南）如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好下列说法正确的是（）A拉力的大小在运动过程中保持不变B棒通过整个圆环所用的时间为C棒经过环心时流过棒的电流为D棒经过环心时所受安培力的大小为解答：解：A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，则速度为v=at，因此F=BIL=，可知在运动过程中棒所受安培力变化，则拉力

6、大小也变化，故A错误；B、根据位移公式，可得时间为，故B错误；C、当棒运动到环中心时，由于棒将金属细圆环分开的两部分的电阻并联，则电路总电阻为，速度大小为，产生感应电动势，所以产生感应电流大小为2=，故C错误；D、棒经过环心时所受安培力的大小为F=BIL=，故D正确故选：D5（2013甘肃模拟）如图所示，在正三角形区域内存在着垂直于纸面的匀强磁场和平行于AB的水平方向的匀强电场，一不计重力的带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角分线OC做匀速直线运动若此区域只存在电场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则此粒子刚好从A点射出；若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入

7、，则下列说法正确的是（）A粒子将在磁场中做匀速圆周运动，运动轨道半径等于三角形的边长B粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从OB阶段射出磁场C粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从BC阶段射出磁场D根据已知条件可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比解答：解：A、带电粒子刚好以某一初速度从三角形0点沿角分线0C做匀速直线运动，则有qE=qvB若此区域只存在电场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，则此粒子刚好从A点射出，则有：qE=ma若只存在磁场时，该粒子仍以此初速度从O点沿角分线OC射入，qvB=解得：R=由于RL，粒子将在磁场中做匀速圆周运动，且从OB阶段射出磁

8、场，故AC错误，B正确；D、根据已知条件，该粒子在只有电场时运动时间为：在只有磁场时在该区域中运动的时间为：，所以，故D正确故选BD6（2013南昌二模）如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场已知AOC=60，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为（）ABCD解答：解：粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点

9、是S，出射点在OC直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦当从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ESOC，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短由题，粒子运动的最短时间等于，则=60设OS=d，则ES=d 由几何知识，得粒子运动的轨迹半径为R=ES=d，直径D=当粒子轨迹的弦是直径时运动时间最长，根据几何知识，轨迹SD如图 可见粒子在磁场中运动的最长时间为tmax=故选B7（2011海淀区一模）如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置以水平向右的速度v匀速运动，沿垂直于磁场的方向进入方向水平的匀强磁场，由

10、于水平拉力F的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中，关于小球运动的加速度a、沿竖直方向的速度vy、拉力F以及管壁对小球的弹力做功的功率P随时间t变化的图象分别如下图所示，其中正确的是（）ABCD解答：解：A、以小球为研究对象，受力如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1=qvB是恒力，由牛顿第二定律得：qvBmg=ma，a=g，小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故A错误；B、由A可知，小球在竖直方向上的加速度不变，小球做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向的速度

11、vy=at随时间均匀增加，故B错误；C、小球在水平方向受到的F2=qvyB=qaBt，小球在水平方向做匀速直线运动，由平衡条件得：FN=qaBt，玻璃管对小球的弹力FN与小球对玻璃管的作用力FN是作用力与反作用力，由牛顿第三定律得：FN=FN=qaBt，玻璃管在水平方向上受拉力F与FN作用做匀速直线运动，则F=FN=qaBt，即F=qaBt，由此可知，拉力F与时间t成正比，故C错误；D、管壁对小球的弹力做功的功率P=FNv=qavBt，P与t成正比，故D正确；故选D8（2011商丘三模）如图所示，带正电的物块A放在不带电的小车B上，开始时都静止，处于垂直纸面向里的匀强磁场中t=0时加一个水平恒

12、力F向右拉小车B，t=t1时A相对于B开始滑动已知地面是光滑的AB间粗糙，A带电量保持不变，小车足够长从t=0开始A、B的速度时间图象，下面哪个可能正确（）ABCD解答：解：分三个阶段分析本题中A、B运动情况： 开始时A与B没有相对运动，因此一起匀加速运动A所受洛伦兹力向上，随着速度的增加而增加，对A根据牛顿第二定律有：f=ma即静摩擦力提供其加速度，随着向上洛伦兹力的增加，因此A与B之间的压力减小，最大静摩擦力减小，当A、B之间的最大静摩擦力都不能提供A的加速度时，此时AB将发生相对滑动 当A、B发生发生相对滑动时，由于向上的洛伦兹力继续增加，因此A与B之间的滑动摩擦力减小，故A的加速度逐渐

13、减小，B的加速度逐渐增大 当A所受洛伦兹力等于其重力时，A与B恰好脱离，此时A将匀速运动，B将以更大的加速度匀加速运动综上分析结合vt图象特点可知ABD错误，C正确故选C9（2010南京三模）如图所示，纸面内有宽为L水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m，电量为+q，速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种（）（其中B0=，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆）ABCD解答：解：由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A、B、C这三个选项中的磁场时，它们

14、的轨迹对应的半径均相同唯有D选项因为磁场是2B0，它的半径是之前半径的2倍然而当粒子射入B、C两选项时，均不可能汇聚于同一点而D选项粒子是向上偏转，但仍不能汇聚一点所以只有A选项，能汇聚于一点 故选：A10（2009深圳一模）如图所示，匀强磁场的方向竖直向下磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管试管在水平拉力F作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（）A小球带负电B洛伦兹力对小球做正功C小球运动的轨迹是一条抛物线D维持试管匀速运动的拉力F应增大解答：解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，

15、根据左手定则判断，小球带正电故A错误B、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功故B错误C、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线故C正确D、设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大故D正确故选CD11（2005山东）如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里许多质量为m带电量为+q的粒子，以

16、相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射人磁场区域不计重力，不计粒子间的相互影响下列图中阴影部分表示带电粒子能经过区域，其中R=mv/qB哪个图是正确的？（）ABCD解答：解：所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A；故选A12（2004广州二模）一重力不计的带电粒子一初速度v0先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以v0的初速度穿过

17、叠加场区对粒子总共做功W2，比较W1、W2的绝对值大小（）A一定是W1=W2B一定是W1W2C一定是W1W2D可能是W1W2也可能是W1W2解答：解：在乙图中，由于v0，电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力；而在甲图中带电粒子粒子只受电场力qE，则在甲图的情况下，粒子沿电场方向的位移较大，电场力做功较多，所以选项A、C、D错误，选项B正确故选：B13如图所示，在屏MN的右方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里P为屏上的一小孔，PC与MN垂直一群质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力），以相同的速率v从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区

18、域粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为的范围内，则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（）ABCD解答：解：由Bqv=m可知：R=如图所示，取一粒子，设粒子与PC夹角为，则由几何关系可知，打在屏上的距离与P点相距L=2Rcos故可知，当=0时，打在屏上的距离最远，最远距离为2R；当=时，打在屏上的距离最近，最近距离为L=2Rcos；故有粒子打中的区域为LL=；故选D14如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等有一个带电粒子以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45角射出电

19、场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场已知OP之间的距离为d，则带电粒子（）A在电场中运动的时间为B在磁场中做圆周运动的半径为dC自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为D自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为解答：解：根据题意作出粒子的运动轨迹，如图所示：A、粒子进入电场后做类平抛运动，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45角射出电场，所以v=vx=v0tan45=v0沿x轴方向有：x=所以OA=2OP=2d在垂直电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间为：t1=，故A正确；B、如图，AO1为在磁场中运动的轨道半径，根据几何关系可知：AO1=，故B错误；C、粒子从A点进入磁

20、场，先在第一象限运动个圆周而进入第四象限，后经过半个圆周，第二次经过x轴，所以自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为t2=，故C错误；D、自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t=t1+t2=，故D正确故选AD15（2014江油市模拟）如图（甲）所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向

21、），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30）求：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；（2）0xL区域内匀强电场场强E的大小；（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式解答：解： （1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示 由速度关系： 解得 （2）由速度关系得 在竖直方向解得 （3）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内， 粒子在x轴方向上的位移恰好等于R粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：2nR=2L 电子在磁场作圆周运动的轨道半径 解得（n=1、2、

22、3） 若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时， 可使粒子到达N点并且 速度满足题设要求应满足的时间条件： 解得T的表达式得：（n=1、2、3）16（2014东城区一模）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距离很近的极板，板间距离为d，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电场中一次次被加速，动能不断增大，而绕行半径R不变当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板时的速度大

23、小vn；（2）为使粒子始终保持在圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时磁感应强度Bn的大小；（3）求粒子绕行n圈所需总时间t总解答：解：（1）粒子绕行一圈电场做功一次，由动能定理：即第n次回到M板时的速度为：（2）绕行第n圈的过程中，由牛顿第二定律：得（3）粒子在每一圈的运动过程中，包括在MN板间加速过程和在磁场中圆周运动过程在MN板间经历n次加速过程中，因为电场力大小相同，故有：即加速n次的总时间 而粒子在做半径为R的匀速圆周运动，每一圈所用时间为，由于每一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同第1圈：第2圈：第n圈：故绕行n圈过程中在磁场里运动的时间综上：粒子绕行n圈所需总时间

24、t总=+17（2014锦州一模）如图所示，圆心为坐标原点、半径为R的圆将xoy平面分为两个区域，即圆内区域和圆外区域区域内有方向垂直于xoy平面的匀强磁场B1平行于x轴的荧光屏垂直于xoy平面，放置在坐标y=2.2R的位置一束质量为m电荷量为q动能为E0的带正电粒子从坐标为（R，0）的A点沿x轴正方向射入区域，当区域内无磁场时，粒子全部打在荧光屏上坐标为（0，2.2R）的M点，且此时，若将荧光屏沿y轴负方向平移，粒子打在荧光屏上的位置不变若在区域内加上方向垂直于xoy平面的匀强磁场B2，上述粒子仍从A点沿x轴正方向射入区域，则粒子全部打在荧光屏上坐标为（0.4R，2.2R）的N点求（1）打在M

25、点和N点的粒子运动速度v1、v2的大小（2）在区域和中磁感应强度B1、B2的大小和方向（3）若将区域中的磁场撤去，换成平行于x轴的匀强电场，仍从A点沿x轴正方向射入区域的粒子恰好也打在荧光屏上的N点，则电场的场强为多大？解答：解：（1）粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，打在M点和N点的粒子动能均为E0，速度v1、v2大小相等，设为v，由可得 （2）如图所示，区域中无磁场时，粒子在区域中运动四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向打在M点，轨迹圆心是o1点，半径为r1=R区域有磁场时，粒子轨迹圆心是O2点，半径为r2，由几何关系得r22=（1.2R）2+（r20.4R）2解得r2=2R由得故，方向垂直

26、xoy平面向外，方向垂直xoy平面向里（3）区域中换成匀强电场后，粒子从C点进入电场做类平抛运动，则有1.2R=vt，解得场强 18（2013吉林二模）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计（1）当M、N间的电压为U

27、时，求粒子进入磁场时速度的大小；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值解答：解：（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得 解得 （2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有由得加速电压U与轨迹半径r的关系为 当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R对应电压 （3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时

28、，对应时间t最短根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r=R 由 得粒子进入磁场时速度的大小： 粒子在电场中经历的时间： 粒子在磁场中经历的时间： 粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间： 粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为：t=t1+t2+t3=19（2011福建）如图甲，在x0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（q0）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（1）求该粒子运动到y=h时的速度大小v；（2）现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速

29、度大小不同的粒子虽然运动轨迹（yx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（yt关系）是简谐运动，且都有相同的周期求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离S；当入射粒子的初速度大小为v0时，其yt图象如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅A，并写出yt的函数表达式解答：解：（1）由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有由式解得 （2）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 式中 由

30、式解得 设粒子在y轴方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高点处），对应的粒子运动速度大小为v2（方向沿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qv0BqE=（qv2BqE） 由动能定理有 又 由式解得 可写出图丙曲线的简谐运动yt函数表达式为20（2011金华二模）如图甲所示，直角坐标系中直线AB与横轴x夹角BAO=30，AO长为a假设在点A处有一放射源可沿BAO所夹范围内的各个方向放射出质量为m、速度大小均为v、带电量为e的电子，电子重力忽略不计在三角形ABO内有垂直纸面向里的匀强磁场，当电子从顶点A沿AB方向射入磁场时，电子

31、恰好从O点射出试求：从顶点A沿AB方向射入的电子在磁场中的运动时间t；磁场大小、方向保持不变，改变匀强磁场分布区域，使磁场存在于三角形ABO内的左侧，要使放射出的电子穿过磁场后都垂直穿过y轴后向右运动，试求匀强磁场区域分布的最小面积S磁场大小、方向保持不变，现改变匀强磁场分布区域，使磁场存在于y轴与虚线之间，示意图见图乙所示，仍使放射出的电子最后都垂直穿过y轴后向右运动，试确定匀强磁场左侧边界虚线的曲线方程解答：解：（1）根据题意，电子在磁场中的运动的轨道半径R=a，由evB=得：B=由T=t=（2）有界磁场的上边界：以AB方向发射的电子在磁场中的运动轨迹与AO中垂线交点的左侧圆弧 有界磁场的

32、上边界：以A点正上方、距A点的距离为a的点为圆心，以a为半径的圆弧 故最小磁场区域面积为：（3）设在坐标（x，y）的点进入磁场，由相似三角形得到：圆的方程为：x2+（y+b）2=a2消去（y+b），磁场边界的方程为：21（2011浙江模拟）如图，在直角坐标系xoy中，点M（0，1）处不断向+y方向发射出大量质量为m、带电量为q的粒子，粒子的初速度大小广泛分布于零到v0之间已知这些粒子此后所经磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，所有粒子都沿+x方向经过b区域，都沿y的方向通过点N（3，0）（1）通过计算，求出符合要求的磁场范围的最小面积；（2）若其中速度为k1v0和k2v0的两个粒子同

33、时到达N点（1k1k20），求二者发射的时间差解答：解（1）在a区域，设任一速度为v的粒子偏转90后从（x，y）离开磁场，由几何关系有x=R， 得，上式与R无关，说明磁场右边界是一条直线左边界是速度为v0的粒子的轨迹：，得：此后粒子均沿+x方向穿过b区域，进入c区域，由对称性知，其磁场区域如图磁场的面积（2）如图所示，速度为k1v0的粒子在a区域磁场的时间为两个阶段的直线运动的时间共为在c区域磁场的时间为所以这两个粒子的发射时间差只与t2有关速度为k2v0的粒子在直线运动阶段的时间为22（2011浙江模拟）隐身技术在军事领域应用很广某研究小组的“电磁隐形技术”可等效为下面的模型，如图所示，在y

34、0的区域内有一束平行的粒子流（质量设为M，电荷量设为q），它们的速度均为v，沿x轴正向运动在0xd的区间有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里；在dx3d的区间有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外；在3dx4d的区间有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里要求粒子流经过这些区域后仍能沿原直线运动，这样使第一象限某些区域粒子不能到达，达到“屏蔽”粒子的作用效果则：（1）定性画出一个粒子的运动轨迹；（2）求对粒子起“屏蔽”作用区间的最大面积；（3）若v、M、q、B已知，则d应满足什么条件？解答：解：（1）轨迹如图（2）要使粒子流经过这些区域后仍能沿直线运动，则每一小段小于等于四分

35、之一圆弧，且四分之一圆弧时“屏蔽”的面积最大此时半径为d，如图由几何关系可知最大面积Smax=4d2（3）由得而要使粒子可以继续向右运动，则要求Rd即：23（2011湖北二模）如图所示，在xOy坐标系中分布着四个有界场区，在第三象限的AC左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1=0.5T，AC是直线y=x0.425（单位：m）在第三象限的部分，另一沿y轴负向的匀强电场左下边界也为线段AC的一部分，右边界为y轴，上边界是满足y=10x2x0.025（单位：m）的抛物线的一部分，电场强度E=2.5N/C在第二象限有一半径为r=0.1m的圆形磁场区域，磁感应强度B2=1T，方向垂直纸面向里，该区域同时与

36、x轴、y轴相切，切点分别为D、F在第一象限的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B3=1T另有一厚度不计的挡板PQ垂直纸面放置，其下端坐标P（0.1m，0.1m），上端Q在y轴上，且PQF=30现有大量m=1106kg，q=2104C的粒子（重力不计）同时从A点沿x轴负向以v0射入，且v0取0v020m/s之间的一系列连续值，并假设任一速度的粒子数占入射粒子总数的比例相同（1）求所有粒子从第三象限穿越x轴时的速度；（2）设从A点发出的粒子总数为N，求最终打在挡板PQ右侧的粒子数N解答：解：（1）设某速度为v0的粒子从A点入射后到达AC上的G点，因v0与AC成45角，其对应圆心角为90

37、，即恰好经过四分之一圆周，故到达G点时速度仍为v0，方向沿Y轴正向粒子在电场中沿Y轴正向加速运动，设G点坐标为G（x，y），刚好穿出电场时坐标为（x，y1），粒子穿出电场时速度为v1，在电场中运动的过程中，由动能定理得：而y=x0.425又代入数据解得v1=20m/s，可见粒子穿出电场时速度大小与x无关因v020m/s，由代入数据得：R0.2m由数学知识可知，k点坐标为k（0.2m，0.225m），故从A点射出的所有粒子均从AK之间以20m/s的速度沿Y轴正向射出电场，在到达X轴之前粒子作匀速直线运动，故所有粒子从第三象限穿越X轴时的速度大小均为20m/s的速度沿Y轴正向（2）因为r=0.1m

38、，故离子束射入B2时，离子束宽度刚好与2r相等，设粒子在B2中运动轨道半径为R2，解得R2=r=0.1m考察从任一点J进入B2的粒子，设从H穿出B2磁场，四边形JO2HO1为菱形，又因为JO2水平，而JO2HO1，故H应与F重合，即所有粒子经过B2后全部从F点离开B2进入B3磁场对v0趋于20m/s的粒子，圆心角JO2F180，故射入B3时速度趋于Y轴负向；对v0趋于0的粒子，圆心角JO2F0，故射入B3时速度趋于Y轴正向，即进入B3的所有粒子速度与Y轴正向夹角在0180角之间由于B3=B2，所以R3=R2，由几何关系知：无限靠近Y轴负向射入的粒子轨迹如图所示，最终打在PQ板的右侧O3；与Y轴

39、负向成60角的粒子刚好经过P点到达Q点；因此与Y轴正向在0120角之间从F点射出的粒子要么打在PQ板的左侧，要么打不到板上而穿越Y轴离开B3由于是“大量”粒子，忽略打在P或Q的临界情况，所以最终打在挡板PQ右侧的粒子数答：（1）所有粒子从第三象限穿越x轴时的速度为20m/s；（2）设从A点发出的粒子总数为N，最终打在挡板PQ右侧的粒子数N为24（2010广东）如图（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调（如图（b）；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁

40、感应强度为B一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场 O到感光板的距离为d/2，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力（1）若两狭缝平行且盘静止（如图（c），某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；（2）若两狭缝夹角为0，盘匀速转动，转动方向如图（b）要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上试分析盘转动角速度的取值范围（设通过N1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达N2）解答：解：（1）粒子运动半径为：R=由牛顿第二定律：Bqv=m匀速圆周运动周期：T=子在磁场中运动时间：t=（2）如图所示，设粒子运动临界

41、半径分别为R1和R2由几何关系得：解得：设粒子临界速度分别为v1和v2，由式，得若粒子通过两转盘，由题设可知联立，得对应转盘的转速分别为粒子要打在感光板上，需满足条件25（2010南通二模）如图所示，有界匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中放置一半径为R的圆柱形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1=2R，圆筒轴线与磁场平行圆筒用导线通过一个电阻r0接地，最初金属圆筒不带电现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处沿垂直于左边界MN向右射入磁场区，已知电子质量为m，电量为e（1）若电子初速度满足，则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应MN边界上O1两侧的范

42、围是多大？（2）当圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I，忽略运动电子间的相互作用，求此时金属圆筒的电势和电子到达圆筒时速度v（取无穷远处或大地电势为零）（3）在（2）的情况下，求金属圆筒的发热功率解答：解：（1）如图所示，设电子进入磁场回旋轨道半径为r，则 解得 r=3R 大量电子从MN上不同点进入磁场轨迹如图，从O1上方P点射入的电子刚好擦过圆筒同理可得到O1下Q点距离（2）稳定时，圆柱体上电荷不再增加，与地面电势差恒为U，U=Ir0电势 =Ir0电子从很远处射到圆柱表面时速度为v，有解得 （3）电流为I，单位时间到达圆筒的电子数 电子所具有总能量 消耗在电阻上的功率

43、Pr=I2r0所以圆筒发热功率 26（2010徐州三模）如图甲所示，竖直放置的金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板C、D的中间线，粒子源P可以间断地产生质量为m、电荷量为q的带正电粒子（初速不计），粒子在A、B间被加速后，再进入金属板C、D间偏转并均能从此电场中射出已知金属板A、B间的电压UAB=U0，金属板C、D长度为L，间距d=两板之间的电压UCD随时间t变化的图象如图乙所示在金属板C、D右侧有二个垂直纸面向里的均匀磁场分布在图示的半环形带中，该环带的内、外圆心与金属板C、D的中心O点重合，内圆半径Rl=，磁感应强度B0=已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期

44、（电场变化的周期T未知），粒子重力不计（1）求粒子离开偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的最大距离；（2）若所有粒子均不能从环形磁场的右侧穿出，求环带磁场的最小宽度；（3）若原磁场无外侧半圆形边界且磁感应强度B按如图丙所示的规律变化，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向t=时刻进入偏转电场的带电微粒离开电场后进入磁场，t=时该微粒的速度方向恰好竖直向上，求该粒子在磁场中运动的时间为多少？解答：解：（1）设粒子进入偏转电场瞬间的速度为v0，对粒子加速过程由动能定理得qU0=mv020，进入偏转电场后，加速度a=，设运动时间为t，则有L=v0t，只有t=时刻进入偏转电场的粒子，垂直于极板方向偏移的距离最

45、大y=at2=L；（2）t=时刻进入偏转电场的粒子刚好不能穿出磁场时的环带宽度为磁场的最小宽度设粒子进入磁场时的速度为v，y=L=d=d，Uy=y=U0，对粒子的偏转过程，由动能定理得：qU0=mv2mv02，解得：v=；在磁场中做圆周运动的半径为R=；如图所示，设环带外圆半径为R2，由数学知识可得：（R2R）2=R12+R2，解得R2=L；所求d=R2R1=（1）L；（3）微粒运动轨迹如图所示，微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为T1=，设粒子离开电场时偏转角为，则tan=，解得：=30，由几何关系可知微粒运动时间轨迹对应的圆心角为：=120，此过程微粒运动的时间为t=，由图可知微粒在磁场中运

46、动的时间：t=+T1+=T1=；27（2009福建）图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0103T，在x轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器现将一带正电荷的粒子以v=3.5104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电量为q，不计其重力（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射

47、入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形解答：解：（1）设粒子在磁场中的运动半径为r，依题意MP连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得，由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得，联立解得：=4.9107C/kg（2）此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，qE=qvB，代入数据得：E=70V/m所加电场的场强方向沿x轴正方向设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t=T/8，而，解得t=7.9106s

48、（3）该区域面积S=2r2=0.25m2，矩形如图所示28（2009浙江）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上在xOy平面内与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q0）和初速度v的带电微粒发射时，这束带电微粒分布在0y2R的区间内已知重力加速度大小为g（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由（3）在这束带电磁微粒初速度变为2V，那么它们

49、与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由解答：解：本题考查带电粒子在复合场中的运动带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡设电场强度大小为E，由 mg=qE可得 方向沿y轴正方向带电微粒进入磁场后，将做圆周运动 且 r=R如图（a）所示，设磁感应强度大小为B由得 方向垂直于纸面向外（2）一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点二：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动如图b示，高P点与O点的连线与y轴的夹角为

50、，其圆心Q的坐标为（Rsin，Rcos），圆周运动轨迹方程为（x+Rsin）2+（yRcos）2=R2得x=0 或 x=Rsin，y=0 或y=R（1+cos）可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为 ，求，坐标为后者的点就是P点，须舍去，可见，这束带电微粒都是通过坐标原点离开磁场的（3）带电微粒初速度大小变为2v，则从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r为带电微粒在磁场中经过一段半径为r的圆弧运动后，将在y轴的右方（x0）的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示靠近圆磁场上边发射出来的带电微粒在恰好没有磁场力，则会射向x轴正方向的无穷远处，靠近圆磁场下边发射出

51、来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场所以，这束带电微粒与x轴相交的区域范围是x0答案：（1）；方向垂直于纸面向外；（2）通过坐标原点离开磁场的；（3）与x同相交的区域范围是x029（2009江苏）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U加速过程中不考虑相对论效应和重力作用（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时

52、间t；（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm解答：解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1qU=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 则 （2）设粒子到出口处被加速了n圈得 （3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为粒子的动能当fBmfm时，粒子的最大动能由Bm决定解得当fBmfm时，粒子的最大动能由fm决定vm=2fmR解得 答：（1）r2：r1=：1 （2）t= （3）当fBmfm时

53、，EKm=；当fBmfm时，EKm=30（2012浙江模拟）如图所示，在 xOy 平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度为 B 的匀强磁场，在第四象限内存在方向沿y 方向、电场强度为 E 的匀强电场从 y 轴上坐标为（0，a）的 P 点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y 方向成30150角，且在 xOy 平面内结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到 x 轴上，然后进入第四象限内的正交电磁场区已知带电粒子电量为+q，质量为 m，粒子重力不计（1）所有通过第一象限磁场区的粒子中，求粒子经历的最短时间与最长时间的比值；（2）求粒子打到 x 轴上的范围；（3）

54、从 x 轴上 x=a 点射入第四象限的粒子穿过正交电磁场后从 y 轴上 y=b 的 Q 点射出电磁场，求该粒子射出电磁场时的速度大小解答：解：（1）、各种离子在第一象限内运动时，与y轴正方向成30的粒子运动时间最长，时间为：与y轴正方向成150的粒子运动时间最短，时间为：两式联立得：（2）、设带电粒子射入方向与y轴夹角成150时的轨道半径为R1，由几何关系有：带电粒子经过的最左边为：设带电粒子射入方向与y轴夹角30时的轨道半径为R2，由几何关系有：带电粒子经过的最右边为：所以粒子打到 x 轴上的范围范围是：（3）带电粒子在第一象限的磁场中有：由题意知：R=a带电粒子在第四象限中运动过程中，电场力做功转化为带电粒子的动能，设经过Q点是的速度为v，由动能定理由：解得：v=