2019屆高考物理一輪復習 熱點題型 專題3.5 帶電粒子在復合場中運動的實例分析學案.doc

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專題3.5 帶電粒子在有界勻強磁場中的臨界極值問題 該類問題主要解決外界提供什么樣以及多大的磁場，使運動電荷在有限的空間內(nèi)完成規(guī)定偏轉(zhuǎn)程度的要求，一般求解磁場分布區(qū)域的最小面積，它在實際中的應用就是磁約束。 1. 從關(guān)鍵詞找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件。 2. 常用方法 ①對稱法：如果磁場邊界是直線，那么粒子進入磁場時速度與邊界的夾角和射出磁場時速度和邊界的夾角相等。 ②旋轉(zhuǎn)平移法：當帶電粒子進入磁場時的速率相同而方向不同時，粒子運動軌跡的圓周半徑是相同的，所以可將圓周以入射點為轉(zhuǎn)軸進行旋轉(zhuǎn)或平移，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)平移法”。 ③放縮法：粒子源發(fā)射速度方向一定、大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速率的變化而變化，將半徑放縮作軌跡，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮法”。 【典例1】(2016全國卷Ⅲ) 平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 【答案】　D 【解析】　如圖所示， 粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R＝。設(shè)入射點為A，出射點為B，圓弧與ON的交點為P。由粒子運動的對稱性及粒子的入射方向知，AB＝R。 由幾何圖形知，AP＝R，則AO＝AP＝3R，所以O(shè)B＝4R＝。故選項D正確。 【典例2】如圖所示，成30角的直線OA、OB間(含OA、OB線上)有一垂直紙面向里的勻強磁場，OA邊界上的S點有一電子源，在紙面內(nèi)向各個方向均勻發(fā)射速率相同的電子，電子在磁場中運動的半徑為r、周期為T。已知從OB邊界射出的電子在磁場中運動的最短時間為，則下列說法正確的是(　　 ) A．沿某一方向發(fā)射的電子，可能從O點射出 B．沿某一方向發(fā)射的電子，可能沿垂直于OB的方向射出 C．從OA邊界射出的電子在磁場中運動的最長時間為 D．從OB邊界射出的電子在磁場中運動的最長時間為 【答案】BC　 【解析】當出射點D與S點的連線垂直于OB時，弦SD最短，軌跡所對的圓心角最小，則粒子在磁場中運動的時間最短，t＝T＝，則θ＝60，如圖1所示： 　 【典例3】如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m＝5.010－8 kg、電量為q＝1.010－6 C的帶電粒子，從靜止開始經(jīng)U0＝10 V的電壓加速后，從P點沿圖示方向進入磁場，已知OP＝30 cm，(粒子重力不計，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)，求： (1)帶電粒子到達P點時速度v的大??； (2)若磁感應強度B＝2.0 T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，求OQ的距離； (3)若粒子不能進入x軸上方，求磁感應強度B′滿足的條件。 【答案】　(1)20 m/s　(2)0.90 m (3)B′>5.33 T(取“≥”也可) 【解析】　(1)對帶電粒子的加速過程， 由動能定理qU0＝mv2 代入數(shù)據(jù)得：v＝20 m/s。 (2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有： 由幾何關(guān)系可知： OQ＝R＋Rsin 53 故OQ＝0.90 m。 (3)帶電粒子不從x軸射出(如圖乙)，由幾何關(guān)系得： OP>R′＋R′cos 53 R′＝ 由以上兩式并代入數(shù)據(jù)得： B′> T≈5.33 T(取“≥”也可)。 【典例4】(2018福州模擬)如圖所示，有一矩形區(qū)域abcd，水平邊長為s＝ m，豎直邊長為h＝1 m，當該區(qū)域只存在大小為E＝10 N/C、方向豎直向下的勻強電場時，一比荷為＝0.1 C/kg的正粒子由a點沿ab方向以速率v0進入該區(qū)域，粒子運動軌跡恰好通過該區(qū)域的幾何中心。當該區(qū)域只存在勻強磁場時，另一個比荷也為＝0.1 C/kg的負粒子由c點沿cd方向以同樣的速率v0進入該區(qū)域，粒子運動軌跡也恰好通過該區(qū)域的幾何中心。不計粒子的重力，則(　　 ) A．正、負粒子離開矩形區(qū)域時的速率均為 m/s B．磁感應強度大小為 T，方向垂直紙面向外 C．正、負粒子各自通過矩形區(qū)域所用時間之比為 D．正、負粒子各自離開矩形區(qū)域時的動能相等 【答案】C 【解析】　 當區(qū)域內(nèi)只有豎直向下的電場時，由正粒子恰好通過該區(qū)域的幾何中心，則有：水平方向＝v0t；豎直方向有＝t2，聯(lián)立解得v0＝ m/s，顯然離開電場時從cd邊射出，此時速率為v＝ ＝ m/s，負粒子在勻強磁場區(qū)域做勻速圓周運動，離開矩形區(qū)域的速度為v0＝ m/s，所以選項A錯誤；當負粒子沿cd方向射入時，由幾何關(guān)系和題意知道負粒子做勻速圓周運動的半徑r＝h＝1 m，由洛倫茲力提供向心力得B＝＝5 T，方向垂直紙面向里，所以選項B錯誤；當正粒子從cd邊射出時：h＝t′2，代入數(shù)據(jù)得t′＝ s，由上述分析，負粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)90后從ab邊射出，時間t″＝T＝＝ s，所以兩者的時間之比＝，所以選項C正確；由于正粒子在電場中是做勻加速曲線運動，所以速度將增加，而負粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變，且兩種粒子的比荷雖然相等，但質(zhì)量大小情況不明，所以兩種粒子離開矩形區(qū)域時動能不相等，所以選項D錯誤。 【典例5】(2016全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉(zhuǎn)過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 【答案】　A 【解析】　如圖所示， 粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧所對應的圓心角由幾何知識知為30，則＝，即＝，選項A正確。 【跟蹤訓練】 1.如圖所示，在x>0、y>0的空間有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B，現(xiàn)有四個質(zhì)量及電荷量均相同的帶電粒子，由x軸上的P點以不同的初速度平行于y軸射入此磁場，其出射方向如圖所示，不計重力的影響，則(　　) A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子 B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子 C．在磁場中運動時間最長的是沿③方向射出的粒子 D．在磁場中運動時間最短的是沿④方向射出的粒子 【答案】A　 2．如圖所示，在一擋板的上方，有磁感應強度為的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。為上的一個粒子發(fā)射源，它能連續(xù)垂直磁場方向發(fā)射速率為、質(zhì)量為、帶電量為的粒子，假設(shè)不計粒子的重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上時均被擋板吸收。則在垂直于磁場的平面內(nèi)，有粒子經(jīng)過的區(qū)域面積是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由題意可知粒子在磁場中的運動半徑，所有粒子在磁場中半徑相同， 由圖可知，由O點射入水平向右的粒子恰好應為最右端邊界；隨著粒子的速度方向偏轉(zhuǎn)，粒子轉(zhuǎn)動的軌跡圓可認為是以O(shè)點為圓心以2R為半徑轉(zhuǎn)動。如圖所示，由幾何圖形可知，帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域的面積為：，故選C. 3. 如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點。一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0后剛好從c點射出磁場?，F(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30角的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是(　　) A．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場 B．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場 C．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場 D．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場 【答案】AC　 【解析】如圖所示， 4. 如圖所示，在平面直角坐標系中有一垂直紙面向里的圓形勻強磁場(未畫出)，其邊界過原點O和y軸上的點a(0，L)。一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場，此時速度的方向與x軸正方向的夾角為60，下列說法正確的是(　　) A．電子在磁場中運動的時間為 B．電子在磁場中運動的時間為 C．磁場區(qū)域的圓心坐標為 D．電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0，－2L) 【答案】BC　 【解析】 設(shè)電子的軌跡半徑為R，電子運動軌跡如圖所示， 由幾何知識，Rcos 60＝R－L，得R＝2L，電子在磁場中運動時間t＝，而T＝，得：t＝，A錯誤，B正確；設(shè)磁場區(qū)域的圓心坐標為(x，y)，其中x＝Rsin 60＝L，y＝，所以磁場圓心坐標為，故C正確；由R＝2L，且入射點坐標為(0，L)，所以電子的圓周運動的圓心坐標為(0，－L)，故D錯誤。 5．如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30角的方向射入磁場，隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求： (1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡； (2)粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的軌跡半徑R1和R2的比值； (3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力)。 【答案】：(1)見解析　(2)2∶1　(3)　 【解析】(1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡如圖所示。 (2)設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分別表示在磁場Ⅰ、Ⅱ區(qū)的磁感應強度、軌跡半徑和周期。 設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，已知帶電粒子過圓心且垂直于A2A4進入Ⅱ區(qū)磁場，連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心， 由幾何關(guān)系知，其半徑R1＝A1A2＝OA2＝r 粒子在Ⅱ區(qū)磁場中運動的軌跡半徑R2＝ 即＝2∶1。 (3)qvB1＝m qvB2＝m T1＝＝ T2＝＝ 圓心角∠A1A2O＝60，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1＝T1 在Ⅱ區(qū)磁場中運動的時間為t2＝T2 帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t＝t1＋t2 由以上各式可得B1＝， B2＝。 高考+模擬綜合提升訓練 1.(2018江蘇高考15)如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點,各區(qū)域磁感應強度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當入射速度為v0時,粒子從O上方處射出磁場。取sin 53=0.8,cos 53=0.6。 (1)求磁感應強度大小B。 (2)入射速度為5v0時,求粒子從O運動到O的時間t。 (3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到O的時間增加Δt,求Δt的最大值。 【答案】:(1)　(2)　(3) 【解析】(1)粒子圓周運動的半徑 由題意知r0=,解得 (2)設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α,半徑為r, 由r=得r=5r0= 由d=rsin α,得sin α=,即α=53 在一個矩形磁場中的運動時間,解得t1= 直線運動的時間t2=,解得t2= 則 粒子做直線運動路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d 增加時間的最大值Δtm= 2.（2017新課標Ⅱ 18）如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入的速度為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速度為，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則為 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場的位置最遠，則當粒子射入的速度為， 如圖，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為；同理，若粒子射入的速度為，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為；根據(jù)，則 ，故選C. 3．(2017全國卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入的速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為(　　) A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶ 【答案】C　 【解析】由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示， 4．(2016四川高考)如圖所示，正六邊形abcdef 區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則(　　) A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 【答案】A　 【解析】如圖所示， 設(shè)正六邊形的邊長為l，當帶電粒子的速度大小為vb時，其圓心在a點，軌道半徑r1＝l，轉(zhuǎn)過的圓心角θ1＝π，當帶電粒子的速度大小為vc時，其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)，故軌道半徑r2＝2l，轉(zhuǎn)過的圓心角θ2＝，根據(jù)qvB＝m，得v＝，故＝＝。由于T＝得T＝，所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故選項A正確，選項B、C、D錯誤。 5.　(2016海南高考)如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30，OA的長度為L。在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場。已知粒子從某點入射時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0。不計重力。 (1)求磁場的磁感應強度的大?。? (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和； (3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為t0，求粒子此次入射速度的大小。 【答案】　(1)　(2)2t0　(3) 【解析】　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了90，故其周期T＝4t0① 設(shè)磁感應強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r。由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝m② 勻速圓周運動的速度滿足v＝③ 聯(lián)立①②③式得B＝。④ (2)設(shè)粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示。設(shè)兩軌跡所對應的圓心角分別為θ1和θ2。由幾何關(guān)系有 θ1＝180－θ2⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2， 則t1＋t2＝＝2t0。⑥ (3)如圖(b)， 由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150。設(shè)O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切與B點，從D點射出磁場，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時有∠OO′D＝∠BO′A＝30⑦ 6．(2016四川理綜，11) 如圖所示，圖面內(nèi)有豎直線DD′，過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域。區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場B(圖中未畫出)；區(qū)域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、傾角α＝的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD′距離s＝4l，區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD′上，距地面高H＝3l。零時刻，質(zhì)量為m、帶電量為q的小球P在K點具有大小v0＝、方向與水平面夾角θ＝的速度，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做半徑r＝的勻速圓周運動，經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域Ⅱ。某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響。l已知，g為重力加速度。 (1)求勻強磁場的磁感應強度B的大小； (2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA； (3)若小球A、P在時刻t＝β(β為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應的方向。 【答案】　(1)　(2)(3－2) (3)　極大值，豎直向上；極小值0 【解析】　(1)由題知，小球P在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動，有 m＝qv0B① 代入數(shù)據(jù)解得B＝② (3)設(shè)所求電場方向向下，在tA′時刻釋放小球A，小球P在區(qū)域Ⅱ運動加速度為aP，有 s＝v0(t－tC)＋aA(t－tA′)2cos α⑧ mg＋qE＝maP⑨ H－h(huán)＋aA(t－tA′)2sin α＝aP(t－tC)2⑩ 聯(lián)立相關(guān)方程解得E＝ 對小球P的所有運動情形討論可得3≤β≤5 由此可得場強極小值為Emin＝0；場強極大值為Emax＝，方向豎直向上。 7. (2015山東理綜，24) 如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi),O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m、電量 為＋q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出 電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場．不計粒子的重力． (1)求極板間電場強度的大??； (2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應強度的大??； (3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應強度的大小分別為、,粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點，求這段時間粒子運動的路程． 【答案】　(1)　(2)或　(3)5.5πD 【解析】　(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得 qE＝mv2① 解得E＝② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得 qvB＝③ 甲 如圖甲所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況．若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得 R＝④ 聯(lián)立③④式得 B＝⑤ 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得 R＝⑥ 聯(lián)立③⑥式得 B＝⑦ 乙 據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖乙所示，根據(jù)對稱可知，Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同，設(shè)為θ1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為θ2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設(shè)為α，由幾何關(guān) 系得 θ1＝120? θ2＝180? α＝60? 丙 粒子重復上述交替運動回到H點，軌跡如圖丙所示，設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2可得 t1＝T1， t2＝T2? 設(shè)粒子運動的路程為s，由運動學公式得 s＝v(t1＋t2) ? 聯(lián)立⑨⑩?????式得 s＝5.5πD? 8．（2019北京市通州區(qū)潞河中學高三開學檢測） 如圖所示，虛線框MNQP內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c是三個質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡。若不計粒子所受重力，則( ) A． 粒子a帶負電，粒子b、c帶正電 B． 粒子a在磁場中運動的時間最長 C． 粒子b在磁場中的加速度最大 D． 粒子c在磁場中的動量最大 【答案】C 9．（2019屆江西省紅色七校高三第一次聯(lián)考） 如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），AB邊長度為d，.現(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為（不計重力）．則下列判斷中正確的是( ) A． 粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t B． 該勻強磁場的磁感應強度大小為 C． 粒子在磁場中運動的軌道半徑為 D． 粒子進入磁場時速度大小為 【答案】ABC 根據(jù)幾何關(guān)系有：，解得：R=d，故C正確；根據(jù)粒子在磁場中運動的速度為：v=，周期為：T=4t0，半徑為：R=d，聯(lián)立可得：v=，故D錯誤。故選ABC。 10．（2019屆四川省成都市第七中學高三零診模擬考試） 如圖所示，M，N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m（不計重力），從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30，孔Q到板的下端C的距離為L，當M，N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，則下列說法正確的是( ) A． 兩板間電壓的最大值 B． CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度 C． 粒子在磁場中運動的最長時間 D． 能打到N板上的粒子的最大動能為 【答案】ACD 【解析】 畫出粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示， A. 當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，可知粒子半徑r=L，的加速電場中，根據(jù)動能定理：，在偏轉(zhuǎn)磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：，聯(lián)立可得：，故A正確；B.設(shè)粒子軌跡與CD相切于H點，此時粒子半徑為，粒子軌跡垂直打在CD邊上的G點，則GH間距離即為粒子打中區(qū)域的長度x，根據(jù)幾何關(guān)系：，可得：，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子打中區(qū)域的長度：，故B錯誤；C.粒子在磁場中運動的周期為：，粒子在磁場中運動的最大圓心角：，所以粒子在磁場中運動的最長時間為：，故C正確； 11．（2019屆安徽省六安二中高三（上）開學測試） 如圖所示，直角三角形ABC的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，O、D是AB和AC邊的中點，一束帶電粒子沿OD方向射入磁場中，恰好從B點射出磁場，下列說法中正確的是　　 A． 只改變帶電粒子的帶電性質(zhì)，粒子將從A點射出磁場 B． 只改變帶電粒子的帶電性質(zhì)，粒子將從AD邊界上的某點射出磁場 C． 只將磁場方向反向，粒子將從OA邊界上的某點射出磁場 D． 只將磁場方向反向，粒子不可能從A點射出磁場 【答案】BD 【解析】一束帶電粒子沿OD方向射入磁場中，恰好從B點射出磁場，運動軌跡如圖實線所示： A、B、如果只改變帶電粒子的帶電性質(zhì)，粒子在磁場中受到的洛倫茲力方向相反，粒子將向上偏轉(zhuǎn)，粒子將從AD邊界上某點射出磁場，如圖虛線所示，故A錯誤，B正確。 C、D、如果只將磁場方向反向，粒子在磁場中受到的洛倫茲力反向，粒子將向上偏轉(zhuǎn)，運動軌跡如圖中虛線所示，粒子將從AD邊界上的某點射出磁場，粒子不可能經(jīng)過A點，不可能從A點射出磁場，故C錯誤，D正確。 故選BD． 12．（2019屆山西省榆社中學高三上學期第一次聯(lián)考） 如圖所示，xOy平面內(nèi)y軸和垂直于x軸的虛線MN間存在著沿y軸正方向的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從坐標原點O以大小為v0的速度沿x軸正方向射出，從線上的M（2l，l）點進人虛線右側(cè)，粒子運動一段時間后進入一個磁感應強度大小為B、方向與xOy平面垂直的圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），最后又從虛線上的N點沿x軸負方向射出磁場。不計粒子重力。求 （1）勻強電場的電場強度的大小； （2）粒子在勻強磁場中的轉(zhuǎn)動半徑； （3）圓形磁場的最小面積。（可用三角函數(shù)表示） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【詳解】（1）粒子從O點進入電場后做類平拋運動，設(shè)電場強度大小為E 則： 由牛頓第二定律得： 聯(lián)立方程，得： （2）設(shè)粒子從M點射入虛線右側(cè)時速度方向與x軸夾角為θ，則： ，解得：，所以 粒子進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有： ， 解得： 13．（2019屆安徽省江淮十校高三第一次聯(lián)考） 如圖所示，坐標空間中有場強為E=100 N/C的勻強電場和磁感應強度為B=10-3T的勻強磁場，y軸為兩種場的分界面，圖中虛線為磁場區(qū)域的右邊界，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為-q的帶電粒子從電場中坐標位置(-1，0)處，以初速度vo=105 m/s沿x軸正方向開始運動，且已知帶電粒子的比荷= 108 C/kg，粒子的重力忽略不計，則： (1)求帶電粒子進入磁場的速度大??； (2)為使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，求磁場的寬度d應滿足的條件。 【答案】(1)m/s (2)2.41m 【解析】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)運動的加速度為a，由牛頓第二定律可得：qE=ma 設(shè)粒子出電場、入磁場時的速度大小為v，此時在y方向的分速度為vy，粒子在電場中運動的時間為t，則：vy=at l=v0t 解得vy=v0 （2）設(shè)v的方向與y軸夾角為θ，則有 可得θ=450 粒子進入磁場后在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，如圖：則有： 可得 要使粒子穿越磁場區(qū)域，磁場的寬度應滿足的條件： 綜合已知條件解以上各式可得：