高中物理磁场部分难题专练-(非常好)

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1、C.A .B.D.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 v-t图象特点可知 ABD错误，C正确.故选C.3.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,

2、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，则磁场区域的选项中曲线为半径是L的圆）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，它们的轨迹对应的半径均 相同.唯有D选项因为磁场是 2Bo,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.C.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 故A的加速度逐渐减小，B的加速度逐渐增大.A与B之间的滑动摩擦力减小,形状及对应的磁

3、感应强度可以是哪一种（圆弧，B）（其中 BW ,A、C、D选项中曲线均为半径是 LB.带电粒子流A .H二病D.故选：A2.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时加一个水平恒力 F向右拉小车B, t=ti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（）4.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、底部有带电小球白试管.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

4、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 5C.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，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 vi,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F尸qviB, q、vi、B均不变，Fi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

5、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CD.5.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vo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 V2dMdC.入磁场至第二次经过 x轴所用时间为-8cli(好了冗)dD.自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间

6、为 |2v0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,1 J所以v=%=t/v vx=votan45 =vo沿x轴方向有：x,之之所以工 X=sin45 W2于 y 廿屋 2 v0 2OA=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：ti=,故A正确;v0B、如图，AOi为在磁场中运动的轨道半径，根据几何关系可知：AOi=AO sin454C、粒子从A点进入磁场，先在第一象限运动 等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

7、t2=3608(又右)X27TrR坊口.C2V。D、自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t=ti+t2= + T：d二上月,故D正确.故选vo 如口 2voAD6.如图（甲）所示，在直角坐标系。寂4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vo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），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进

8、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） 0虫4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B。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,由速度关系：=cos3Qv(2)由速度关系得 vy= Vgtan30o =-v解得如图 1所示.V=V0在竖直方向Ye L 二一一 y国。解得Hr：3eL（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=2Li

9、rz 2V3niva2V3nrnv0电子在磁场作圆周运动的轨道半径= 解得B0二一（n=1、2、3）e&g 3eB0u 3eL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,6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：(n=1、2、3 )解得T2、T的表达式得：t二M、N为两块中7 .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.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

10、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, (3)求粒子绕行n圈所需总时间t总.求粒子绕行第n圈时磁感应强度 Bn的大小;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:(3)即加速n次的总时间t加二d2nm-qU而粒子在做半径为 R的匀速圆周运动，每一圈所用时间为空口，由于每一圈速度不同，所以每一圈所 V需时间也不同.V12qU里工KI粒子在每一圈的运动过程中，

11、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:第2圈:（2HR-d）RZXSU第n圈：岬二%母/同？空尸OR-dX再故绕行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1总二”R-d)喝(垮,喘)8 .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 I和圆外区域n .区域I内 有方向垂直于xoy平面的匀强磁场 Bi.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Eo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 I ,当区

12、域II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n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I ,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点和N点的粒子运动速度 vi、v2的大小.(2)在区域I和H中磁感应强度 Bi、B2的大小和方向.(3)若将区域n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I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

13、功，打在 M点和N点的粒子动能均为 Eo,速度vi、V2大小相 等，设为v,由忌用可得gjmQ(2)如图所示，区域 n中无磁场时，粒子在区域I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 。1点，半径为ri=R区域n有磁场时，粒子轨迹圆心是02点，半径为2,、v2 mv ，2niE 口由几何关系得 22= (i.2R) 2+ (r2-0.4R) 2解得2=2R由得E二一故小 二,方向垂直 xoyr qr J qK平面向外.,方向垂直xoy平面向里.(3)区域H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 i.2R=vt,也钮=岁1 2解得场2 m10E09.如图甲

14、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, 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 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，使磁场存在于电子恰好从 O点射出.试求:ABO内的左侧，要使放射出的电子穿 S.y

15、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解答:解：(1)根据题意，电子在磁场中的运动的轨道半径R=a,2由evB上匚得：B型由T空二t-a ea cB 6 3v(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:7T 2一a2sinl 50cosl 50)(3)设在坐标(x, y)的点进入磁场，由相似三角形得至k圆的方程为：x2+ (y+b) 2=a2消去(y+b),磁场边界的方程为:10

16、 .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vo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；N点(1kik20),求二者发射的时间差.(2)若其中速度为kivo和k2vo的两个粒子同时到达解答：解ITV(1)在a区域，设任一速度为 v的粒子偏转90。后从(x, v)离开磁场，由几何关系有 x=R,尸R+,上式与R无关，说明磁场右边界是一条直线左边界是

17、速度为 V0的粒子的轨迹:2口 voqv0i B-咋一此后粒子均沿+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.22磁场的面积：-.一，一- 11，上 q(2)如图所示，速度为 k1v0的粒子在a区域磁场的时间为t 1二节T1 ZQD两个阶段的直线运动的时间共为mY0_mk1v0_ qB qB _ $“二一一 /一 2)在c区域磁场的时间为七弋=：2?所以这两个粒子的发射时间差只与t2有关速度为k2v。的粒子在直线运动阶段的时间为一 （J-幻弋-告-2）受二冬/4） k &qBk qB q5 k ? k111 .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

18、模型，如图所示， 在y0的区域内有一束平行的 a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。vd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d立3d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3d立0 6kg , q=-2M0 4c的粒子（重力不计）同时从 A点沿x轴负向以V0射入，且V0取0 v vov 20m/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.yl m解答：解:X X X X

19、 x X XX X X X X X X(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, 即恰好经过四分之一圆周，故到达G点时速度仍为Vo,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, yi),粒子穿出 电场时速度为vi,在电场中运动的过程中，由动能定理得：|q| %-0二/叫2 弥v 2而 二一X2 宾_ 0. Q25y= x 0.425 又vgB二代入数据解得 vi=20m/s,可见粒子穿出电场时速度大小与x无关.2 Vn 因 vo20m/s,由 IqljEifrl一代入数据

20、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,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, 2,解得 R2=r=0.lm K2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JO2/ HOi, 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

21、.对V0趋于20m/s的粒子，圆心角/JO2F-180,故射入B3时速度趋于 Y轴负向；对V0趋于0的粒子，圆心 角/JO2F-0。，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 I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。3；与Y轴负向成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

22、 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4.13 .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 。到MN的距离OOi=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vo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Oi两侧的范围是多大？(2)当圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻ro的电

23、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.r,则解得 r=3R解答：解：(1)如图所示，设电子进入磁场回旋轨道半径为大量电子从MN上不同点进入磁场轨迹如图，从Oi上方P点射入的电子刚好擦过圆筒Q10 2T (4R) - (ZR)三回O1P=O1O2+r= (3+2再)R同理可得到。1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 忏-Iro电子从很远处射到圆柱表面时速度为v，有 _号U二7r2 一em谥解得2 el t qrn(3)电流为I

24、,单位时间到达圆筒的电子数电子所具有总能量2 oV e nll2 1 一一2 o消耗在电阻上的功率Pr=I2ro所以圆筒发热功率恰好最小，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14 .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=2.0X10 3T,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=3.5M04m/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rr，(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象

25、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.攫收器入射口解答: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，可得力圮，2r联立解得：虫=4.9 X107C/kgIT(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

26、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,而兽上工，解得t=7.9M06s(3)该区域面积 S=2r2=0.25m2,矩形如图所示.15 .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)白P 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30-150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

27、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)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:jrt -min 2 兀带电粒子经过的最左边为:叼=R (1 -cos 30 ) =(2 aR 2asin3O一jrtm*5T噌T与y轴正方向成150。的粒子运动时间最短,时间为:t - i两式联立得：一吧Gax 5(2)、设带

28、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: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:3QYqB二nr由题意知：R=a带电粒子经过的最右边为：工2$ (1十8s 3。 )二(2十小)同所以粒子打到x轴上的范围范围是:(2-右)工 (2+Jg) a(3)带电粒子在第一象限的磁场中有: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：谥解得:16.如图(甲)所示，x0的区域内有如图乙所示大小不变、方向随时间周期性变化的磁场，磁场方向垂直纸面向外时为正方向.现有一质量为 m、带电量为q的正电粒子

29、，在t=0时刻从坐标原点 O以速度v沿着与x轴正方向成 75角射入.粒子运动一段时间到达 P点，P点坐标为(a, a),此时粒子的速度方向与 OP延长线的夹角为30 .粒 子在这过程中只受磁场力的作用.(1)若B为已知量，试求粒子在磁场中运动时的轨道半径R及周期T的表达式.(2)说明在OP间运动的时间跟所加磁场的变化周期T之间应有什么样的关系才能使粒子完成上述运动.(3)若B为未知量，那么所加磁场的变化周期T、磁感强度B0的大小各应满足什么条件，才能使粒子完成上述运动？(写出T及B0各应满足条件的表达式)例4如图所示，的区域内有如图所示大小不变、方向随时间周期性变化的磁场，磁场方向垂直纸面向外

30、时为正方向。现有一个质量为 m、电量为q的带正电的粒子，在t=0时刻从坐标原点 O以速度v沿着与x轴正方向成75o角 射入。粒子运动一段时间后到达P点，P点的坐标为(a,a),此时粒子的速度方向与 OP延长线的夹角为300。粒子只受磁场力作用。(1)若Bo=B1为已知量，试求带电粒子在磁场中运动的轨道半径R和周期To的表达式；(2)说明粒子在 OP间运动的时间跟所加磁场变化周期T之间应有什么样的关系才能使粒子完成上述运动；(3)若Bo为未知量，那么所加磁场的变化周期T、磁感应强度Bo的大小各应满足什么条件，才能使粒子完成上述运动？(写出 T、Bo应满足条件的表达式)解：(1)由牛顿第二定律可得

31、：粒子运动的周期为：(2)根据粒子经过 。点和P点的速度方向在磁场的方向可以判断：粒子由 。点到P点运动过程可能在磁场变化的 半个周期之内完成；当磁场方向改变时，粒子绕行方向也改变，磁场方向变化具有周期性，粒子绕行方向也具有周 期性，因此粒子由。点到P点的运动过程也可能在磁场变化的半个周期的奇数倍时间完成。(3)若粒子由。点到P点的运动过程在磁场变化的半个周期之内完成，则磁场变化周期与粒子运动周期应满足：，由图可知粒子运动的半径为：又所以T、B分别满足：*y若粒子由。点到P点的运动过程在磁场变化的半 奇数倍时间完成，则磁场变化周期与粒子运动周 足： 由图可知：又所以T、B分别满足：欣赏：带电粒

32、子在磁场中周期性的运动像一条缓缓前行的波浪，浪花点点!17.如图所示，在 xoy平面上 H y H的范围内有一片稀疏的电子，从 x轴的负半轴的远处以相同的速率vo沿x轴正方向平行地向y轴射来。试设计一个磁场区域，使得：(1)所有电子都能在磁场力作用下通过原点O;(2)这一片电子最后扩展到2H y 2H范围内，继续沿x轴正方向平行地以相同的速率 v。向远处射出。已知电子的电量为 e、质量为m,不考虑电子间的相互作用。磁场垂直纸面向里、沿 y轴正方向射入的电子运动轨迹为磁场上边界(如图中实线1所示)，沿其它方向射入第I象限磁场的电子均在实线2 (磁场下边界)各对应点|y-AVo2H上才平行x轴射出

33、磁场，这些点应满足x2 (y 2H )2一 2 、一(2H)。实线 1、2的交集HVo即为第I象限内的磁场区域。由 evoB13，方向垂直2eHxoy平面HVo2HVo向里。显然，电子在第III象限的运动过程, 当磁场垂直纸面外，平行于 x轴向右且距 与x轴平行方向入射的其他电子均在实线可以看成是第I象限的逆过程。即只有x轴为H的入射电子运动轨迹则为磁场下边界4 (磁场上边界)各对应点发生偏转并会聚(如图中实线3所示)，沿于O点，这些点应满足：x2 (y H )2H2.实线3、4的交集即为第III象限内的磁场区域。所以B3 mvo ,方向垂直xoyeH平面向外。同理，可在第II、IV象限内画出

34、分别与第I、III象限对称的磁场区域，其中B2 H方向垂直xoy平面向里；B4 2nH ,方向垂直 xoy平面向外。2H3解：根据题意，电子在 O点先会聚再发散，因此电子在第I象限的运动情况可以依照例 1来分析。即只有当36、(18分)如图所示，有一质量为m=104 kg,带电量q=103 C的小球，从横截面为正方形的水平正长方体的D点沿D方向以Vo=5m/s2速度飞入，恰好从C，点飞出，正长方体空间的边长分别为L、L 和 5L.（取 g=10m/s2）.（1）求长方体底边L的大小（2）如给长方体这一空间区域（含边界在内）加一竖直向上的匀强电场E,以保证小球沿DD，做匀速直线运动飞出，求E的大

35、小（3）如保留电场E,再给长方体这一空间区域（含边界在内）加竖直方向的磁场，使小球从空间 A ,点飞出，求磁场的磁感应强度 B36、（18 分）如小球从D点飞入，从A点飞出，小球在长方体上表面 ADD A D水平面内做匀速圆周运动，由分析可知，小球的运动轨迹如右图所示（俯视图），由勾股定理得：R2 （R L）2 （5L）2（3 分）得 R 2.6m （ 1 分）由牛顿运动定律可知：Bqv0 m（3分） 得B T （1分）R26由左手定则，磁感应强度 B的方向为竖直向下（1分）25. (17分)在如图所示的x-o-y坐标系中,区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为y 0的区域内存在着沿 y轴正方

36、向、场强为 E的匀强电场，y 0的B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的P(0, h)点以沿x轴正方向的初速度射出，恰好能通过x轴上的D（d,0）点。己知带电粒子的质量为m ,带电量为 q。h、d、q均大于0。不计重力的影响。(1)若粒子只在电场作用下直接到D点，求粒子初速度大小(2)若粒子在第二次经过x轴时到D点，求粒子初速度大小(3)若粒子在从电场进入磁场时到D点，求粒子初速度大小中运动的时间为t,粒25. (1)粒子只在电场作用下直接到达D点设粒子在电场子沿x方向做匀速直线运动，则 x v0t(1分)D （1 分）加速度2粒子只在电场作用下直接到达D点的条件为xqEm(1分)（1分）解得Vo

37、d（2分）qE2mh(2)粒子在第二次经过x轴时到达角为，轨迹半径为R,则vsin at （1 分） qvB粒子第二次经过X轴时到达D点的条件为x 2Rsin d点，其轨迹如图所示。72vm、（2分）(3)粒子在从电场进入磁场时到达qE2mhD点,解得Vo d2EB（2分）根据运动对称性可知 QN 2OM 2x (1分)其轨迹如图所示。d(1分)粒子在从电场进入磁场时到达D点的条件为x n(2x2Rsin ）其中n为非负整数。解得V0 d J-qE- -2n2n 12mh 2n 1 B（2分）沿y方向做初速度为0的匀加速直线运动,22.如图所示，磁感应强度为B的条形匀强磁场区域的宽度都是di,

38、相邻磁场区域的间距均为 d2, x轴的正上方有一电场弓II度为E、方向与x轴和磁场均垂直的匀强电场区域。现将质量为m、带电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)从x轴正上方高h处自由释放。(1)求粒子在磁场区域做圆周运动的轨迹半径r。(2)若粒子只经过第1个和第2个磁场区域回到x轴, 则粒子从释放到回到 x轴所需要的时间t为多少？(3)若粒子以初速度vo从高h处沿x轴正方向水平射 出后，最远到达第 k个磁场区域并回到 x轴，则di、d2如应该满足什么条件？XXXXXXXXX 1XX/乂文 xX -XX 一乂 一 X -XX XI x -X x一 -月XXXXXXXXX磁场区域X破扬区域口磁场区域II

39、I解魅L子网斐人超埸时的速度为方在屯场区域中，根滨前能定理专才?Eft -4 在善城区域中,初丁馥圆同运电，有手谀粒子在电场中的运动时同先机，眼掴牛顿第二足第帝粒子在碳胡区城的运功合成阑弧.用其经的雕在.笥南粒子寓开舞1个无常堞区域时，速度与本不方向的戛强为由咽和3W一；3其广有无港相区脂部的路程=粒孑在五劈场区睡运询的时W 女4之虫加s - L办r整谭卜两对旃而 匕康子里过第鼻个磁场区域回到式，期辘于在叠场区坡的运动在 ai 个国2皂威.弁艮22一141a魂合并力一位圆抵过于逃人第 】个籁物时,邃者为3与水耳方向的爽用为孱躺 修廨 3 T 由凡何关期知，血清是条斗：(贡=1延iOQf 0,6

40、3、 解除推N京普一.斓V两言尸争一足 软粒子何瓠匚轴的条件与人天关，解;U）、泼茂干进入记场花的速IXRv,粒子在电场O做加速运动，口次能关系有，12qE： 拉子在版场中做囱周运动，有A粉的式联三得,|2出 Q32（2） 设柱子在电项中的加速町间力，则有，T净：，%=曾，则可得:度粒干在被访中的运动时间为j, 9i|； =1r, r= 岑，2 2 q3jtm一落 侵粒子在无布场区域的运动M间为3,则吗, n vcosa又因COCt=、e -1-R-2Z 将V、R代入T =工.吗：S VCO5O埃粒子斗士打铺的坐为”，则有，x-2S*2d-t ana2机 Eq.qF：d：Ir”必2mEh L-：=2r* ”日? T.O）代千在电库中奖手拍.遇人脑坛时速度叼,则有;l卜2且R得 1 归与水平方向翼天角有：cosp= 一 MV 发干在IE垓P评话华行为 J?= =日校子绩也到这第个曲场NE的下注绛力，id.=K （1-cosp）闾干在无晓燧区域但夕立直线三动.4H.M以方任更百.苔，（1 校千在赢场区笈伊5起可国运动工筑道丰役为：2）七子M开怕辉猛诉前手后第一次回Wx神父耳的H H为CO）后技子从y馆上配标为E柚以利歪璜“不内e正下F,Z平射出，此后运动e守玩熊到达第k个证时归MB1F边维.并再次遑回到d.的G为 Vd.可以取任意IE. d解得;