高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练100(附答案)含解析

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练100(附答案)含解析
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练
1．在矩形区域abcd 中,存在如图甲所示的磁场区域(包括边界),规定磁场方向垂直纸面向里
为正,其中22bc ab l e ==，为bc 边界上的一点,且2
l
ce ，=
重力可忽略不计的正粒子从d 点沿dc 方向以初速度0v 射入磁场,已知粒子的比荷为k ，求：
(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e 点离开,则磁场的磁感应强度0B 应为多大? (2)如果磁场的磁感应强度0
02v B kl
=
，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad 边离开磁场,则磁场的变化周期0T 应满足什么条件? (3)如果磁场的磁感应强度0
02v B kl
=
，在bc 边的右侧加一垂直bc 边向左的匀强电场,0时刻射入磁场的粒子刚好经过0T 垂直bc 边离开磁场,再次进入磁场后经过0T 从a 点离开磁场区域,则电场强度E 以及粒子在电场中的路程x 分别为多大?
【答案】(1)0
045v B kl =； (2)00
56l T v π≤；(3)()2
08,(01221v E n n kl π==⋯+，，）；
()21,(01238
n l x n π+=
=⋯，
，，）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有
20
000
v qv
B m R =
由几何关系，有
2
2200()2
l R l R =+-
解得
054
R l =
由于
q
k m
= 解得
045v B kl
=
； （2）由0
mv R qB =
可知，粒子运动的半径为 2
l R =
临界情况为粒子从t=0时刻射入，并且轨迹恰好与ad 边相切，如图2所示
圆周运动的周期为
00
2m l
T qB v ππ=
=； 由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为5
6
π； 对应运动时间为
15
5
6212
t T T π
π==
应满足
12T t ≥
联立可得
00
56l
T v π≤
（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示
由题意有
00
122m T qB π=
⨯ 得
00
2l
T v π=
在电场中有
qE ma =
往返一次用时为
2v t a
∆=
；
应有01()2
t n T ∆=+，可得
()20
821v E n kl
π=+，（n=0，1，2…）；
运动的路程为
()02112228
n l t
x v π+∆=
⨯⨯=，（n=0，1，2，3…）
2．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为
2
L
()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O 点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23
能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E L
φ
=
，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经
O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v m
ϕ
=2）12m B L q ϕ=3）060α∴= ；22m L q ϕ
【解析】 【分析】
【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102
qU mv =-
2U ϕϕϕ=-=2q v m
ϕ
=
(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有
2
3
能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =
由洛伦兹力提供向心力得：2
v qBv m R
=
联合解得：12m B L q
ϕ
=
（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.
2
12qE L t m
=
222mL m
t L
qE q ϕ
== 22x Eq qEL q v t m m m ϕ
=
==
若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x
v v α=
1cos 2
α=060α∴=
3．如图所示，平面直角坐标系xoy 被三条平行的分界线分为I 、II 、III 、IV 四个区域，每条分界线与x 轴所夹30º角，区域I 、II 分界线与y 轴的交点坐标（0，l ），区域I 中有方向垂直纸面向里、大小为B 的匀强磁场；区域 II 宽度为d ，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域III 为真空区域；区域IV 中有方向垂直纸面向外、大小为2B 的匀强磁场．现有不计重力的两粒子，粒子l 带正电，以速度大小v 1从原点沿x 轴正方向运动；粒子2带负电，以一定大小的速度从x 轴正半轴一点A 沿x 轴负向与粒子1同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域II ；随后粒子1以平行于x 轴的方向进入区域III ；粒子2以平行于y 轴的方向进入区域III ，最后两粒子均在第二次经过区城III 、IV 分界线时被引出．
（1）求A 点与原点距离；
（2）求区域II 内电场强度E 的大小和方向； （3）求粒子2在A 的速度大小；
（4）若两粒子在同一位置处被引出，区城III 宽度应设计为多少？ 【答案】（1）23OA l =（2）1
3Blv E =（3）21v v =（4）32d S l =-
【解析】
（1）因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ，所以粒子1在区域Ⅰ运动半径为R 1=l
粒子2在区域Ⅰ运动半径为R 2由几何关系知
221
32
R R l =+ 23R l =
33
323OA l l l =-=
（2）要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向左下方 两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d ，出电场时，对粒子1沿电场方向的运动有 1
313tan 30E
v v v ==︒11
1
13q E d v m v =⋅ 又 2
1111
v q v B m l
= 所以111q v m Bl = 1
3Blv E =
（3）粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为22
4E 3tan 60v v v ==
︒对粒子2在电场中运动有2222
3
q E d m v =⋅ 又 22
2223v q v B m l
= 所以
2223Bl
q v
m = 所以 21v v =
（4）粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为1
312sin 30v v v =
=︒
有 23
1313
2v Bq v m R = 3R l = 粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为22
43cos303
v v v =
=
︒ 有 24
242
4
2v Bq v m R = 43R l =
两粒子要在区域IV 运动后到达同一点引出，O 3圆对应的圆心角为60゜，O 4圆对应的圆心角为120゜
3E 4E 3412
2cos30++tan 30tan 6022v v S S d d
R R v v +︒=
⋅+⋅︒︒ 32
d S l =-
点睛：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．
4．相距为L 的平行金属板 M 、N ，板长也为L ，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线 EF 对齐，EF 左侧有水平匀强电场，M 、N 两板间所加偏转电压为 U ，PQ 是两板间的中轴线．一质量为 m 、电量大小为+q 的带电粒子在水平匀强电场中 PQ 上 A 点由静止释放，水平电场强度与M 、N 之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从 N 板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向里的足够大匀强磁场中 ，A 点离 EF 的距离为 L /2；不计粒子的重力，求： （1）磁感应强度B 大小
（2）当带电粒子运动到 M 点后，MN 板间偏转电压立即变为−U ，（忽略电场变化带来的影响）带电粒子最终回到 A 点，求带电粒子从出发至回到 A 点所需总时间．
【答案】（12mU L q 2）344L m
L qU
π+（）【解析】 【详解】
（1）由题意知：对粒子在水平电场中从点A 到点O ：有：
2
1022
U l q
mv L =-……………① 在竖直向下的电场中从点O 到N 右侧边缘点B ： 水平方向：
0L v t =……………②
竖直方向：
2
122L qU t mL
=……………③ 在B 点设速度v 与水平初速度成θ角 有：
2tan 21
L
L
θ=⨯=……………④
粒子在磁场中做匀速圆周运动 由几何关系可得：
2
R L =
……………⑤ 又：
2
v qvB m R
=……………⑥
联解①②③④⑤⑥得：
2L mU
B q
=
……………⑦
（2）粒子在磁场中运动的圆心角32
πα=
22R m
T v qB
ππ=
= 在磁场中运动时间：
2t T α
π
'=
在水平电场中运动时间：
00
v v t qU a mL
=
=''……………⑧
总的时间：
22t t t t '='++'总……………⑨
联解得：
344L m
t L qU
π=+
总（） ……………⑩
5．如图在光滑绝缘平面上有一直角三角形区域AOC ，AC 上放置一个绝缘材料制成的固定挡板，其长度AC L ＝，30A ∠︒＝，现有一个质量为m ，带电量为q +可视为质点的小球从A 点，以初速度v 沿AO 方向运动，小球与挡板的碰撞均为弹性碰撞（打到C 点时也记一次碰撞），且不计一切摩擦和碰撞时间，若在AOC 区域施加一个垂直水平面向里的匀强磁场，则：
（1）要使小球能到达C 点，求磁感应强度的最小值min B ；
（2）要使小球能到达C 点，求小球与AC 边碰撞次数n 和磁感应强度大小B 应满足的条件．
（3）若在AOC 区域施加一个沿O 到C 方向的匀强电场，则： ①要使小球能到达C 点，求电场强度的最小值min E ；
②要使小球能到达C 点，求小球与AC 边碰撞次数和电场强度大小E 应满足的条件。

【答案】（1）min q B mv L =；（2）min n q B mv L =，其中n N ∈※；（3）①2
min 43mv E qL
=；
②229123m v EqLm mv
n +-．
【解析】 【详解】
（1）根据几何关系可知粒子能够运动到C 点的最大半径为r L = 根据
2
v Bqv m r
=
解得：
min q
B mv L =
（2）粒子与板发生n 次碰撞所对应的轨道半径为：
L r n
=
根据
2
v Bqv m r
=
解得：
min n q
B mv
L =
，其中n N ∈※
（3）①在区间加竖直向上的电场时，且带电粒子做一次类平抛运动到C 点时电场强度最小，水平方向上：
cos 2L t v v
θ=
=
竖直方向上：
2
22
1328OC
EqL L at mv ==
解得：：
2
min
43mv E qL
= ②将电场力沿平行AC 和垂直AC 分解
//sin 2Eq Eq
a m m
θ=
=
cos Eq a m θ⊥=
=
02sin v t a θ⊥=
= 沿AC
方向的运动是初速度为//v =，加速度为//2Eq a m =的匀加速直线运动 得到
2/2
///124Eq L v t a t t m
=+=+
所以
t =
得
t n t =
即
n
6．质量为m 电荷量为+q 的带电粒子（不考虑重力）从半圆形区域边界A 点沿直径方向正对圆心两次以相同速度v 水平射入。

第一次射入时，空间中只有竖直向下的匀强电场，第二次只有垂直于纸面向外的匀强磁场（磁场和电场区域都无限大且未画出）。

发现带电粒子两次都击中半圆形边界上同一点B 。

（1）证明两次粒子打到B 点速度方向不同；
（2）判断两次粒子打到B 点的时间长短，并加以证明。

【答案】（1）因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同；（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长，证明见详解。

【解析】 【详解】
（1）设半圆形区域的半径为r ，B 点与圆心连线和半圆形直径方向的夹角为θ，第一次射入时，带正电的粒子做类平抛运动，水平方向
r +r cos θ=vt
竖直方向的速度
v y =
qE m t =(1cos )qEr mv
θ+ 第一次射出B 点速度与直径方向的夹角
tan α=
y v v
=
2
(1cos )
qEr mv θ+
第二次射入时，粒子做匀速圆周运动，径向射入，径向射出，射出B 点速度与直径方向的夹角为θ，做匀速圆周运动的半径
R =
mv qB
tan 2θ=r R =qBr mv
第二次射出B 点速度与直径方向的夹角
tan θ=
2
2tan
212
tan θ
θ
-=
22222
2qBtmv
m v q B r -
因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同。

（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长。

第一次在水平方向
r +r cos θ=vt 1
第一次粒子在电场中运动的时间
t 1=
(1cos )
r v
θ+
第二次粒子在磁场中运动的半径
R
=mv qB =tan
2
r θ qB =
tan
2mv r
θ
第二次粒子在磁场中运动的
t 2=2θπT =22m qB θππ=m qB θ=tan 2
r
v θθ=(1cos )
sin r v θθθ
+ 因为sin θθ>，所以t 2>t 1。

7．如图所示，直角坐标系xOy 平面内有垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一个半径为R 的绝缘圆筒垂直于坐标平面放置，圆心P 在x 轴上，O 、P 间的距离为2R ，y 轴上各点处均可沿x 轴正方向发射质量为m 、电荷量为q 的同种带正电粒子，粒子的发射速度大小均为v 0＝
2qBR
m
，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）所有打到圆筒上的粒子中，在磁场中运动时间最短的粒子在磁场运动的时间及在y 轴上发射的位置坐标；
（2）从y 轴上什么范围内发射的粒子能打在圆筒上?
【答案】（1）（0，2-3R R ）（2）(25)52R y R ≤≤（） 【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿运动定律有：2v qvB m r
=
代入数据，解得：2r R =
由题意可知，所有粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴上，做圆周运动的圆半径相等，
根据224R R
T v v
ππ⨯==得，粒子在匀强磁场运动的周期都相等，粒子在磁场中运动的时间2t T θ
π
=
⋅，要使运动时间最短，则运动的弧长最短，圆心角θ最小，分析可知粒子打在圆筒与x 轴左侧交点所用的时间最短．
由几何关系可知，这段圆弧所对圆心角θ满足：1sin 2
R r θ== 得到：6
π
θ=
粒子在磁场中做圆周运动的周期：224R R T v v
ππ⨯==2m
qB π= 则最短时间：1126m
t T qB
π=
= 根据几何关系，发射点距坐标原点O 的距离为：(22cos 236
y R R R π
∆=-=-
即对应粒子在y 轴上发射的位置坐标为（0，2-3R R ）
（2）设从圆筒上面恰好能打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在M 点，坐标为M （0，y 1）
由几何关系可知，2212(3)(2)(25)y R R R R =-=
设从圆筒下面恰好打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在Q 点，坐标为Q （0，y 2）． 由几何关系可知，222[(3)(2)2](25)y R R R R =--=
因此能打在圆筒上的粒子在y 轴上射出的范围是：(25)52)R y R ≤≤（． 【点睛】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．
8．如图1所示，左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。

右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里。

一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出。

已知弧EG 所对应的圆心角为θ，不计离子重力。

求：
（1）离子进入平行板时的速度大小v 0； （2）离子的质量m ；
（3）如图2所示，若改变右侧圆形磁场区域的位置，使圆形磁场的直径EH 与EF 成α角，该离子沿平行于金属板的方向从E 点射入磁场区域，恰好从H 点射出，求α角的正弦值sin α。

【答案】（1）v 0=0U B d
；（2）m =
0tan 2qBB Rd U θ；（3）sin α=cot 2
θ
【解析】 【详解】
（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等， 即：B 0qv 0=qE ，其中U
E d
= ， 解得：00U
v B d
=
； （2）在圆形磁场区域，微粒做匀速圆周运动，
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得：20
v qvB m r
= ，
由几何关系有：2
r tan R
θ
=
解得0tan 2
qBB Rd m U θ
=
（3）若离子沿平行于金属板的方向从E 点射入磁场区域，则轨迹如图；
由几何关系可知：sin
R
r
α=，因
2
r
tan
R
θ
=
可知sin cot
2
θ
α=
9．如图所示，在平面直角坐标系xoy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。

匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。

一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处以速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的
13
4
倍、方向相反。

电场强度大小为
2
3
2
mv
qd
，磁感应强度大小为0
mv
qd
，求：（不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示）
（1）带电粒子第一次离开磁场的位置坐标；
（2）带电粒子从开始运动到最后一次离开磁场所需时间；
【答案】（1）（-d,d）（2）
(131)6
3
d d
v
π
+
【解析】
【详解】
（1）设磁场强度大小为B，粒子第一次进入磁场，根据左手定则和已知条件可知，粒子做3
4
的圆周运动后经过 OM，粒子在磁场中做圆周运动有
2
v
qv B m
r
=
可得r=0
mv
d
qB
=
由此可知，粒子第一次离开磁场的位置坐标为（-d ，d ）
（2） 粒子第一次进入电场后加速运动到x 轴，设速度为v 1，有：
22
10-2
qE
v v d m
= 可得：v 1=02v
而粒子第一次与x 轴碰撞后，反弹速度为 1113
'4
v =
， 设粒子能再次进入磁场，切第二次进入速度为v 2， 则有2
2
21'2Eq
v v d m
-=-， 可得：v 2=
012
v 由此可知，先后两次进入磁场，进一步经分析判断可知，粒子再次进入磁场后，做1
4
的圆周运动，其速度大小变化但周期不变，之后一直在电场中运动 故带电粒子在磁场中运动的时间为：10
2d
t T v π==
两次经过磁场的之间在电场中运动的时间为:201120
22(131)'d d d
t v v v v +=+=++ 因此一共需要的时间120
(131)6d d t t t π++=+=
10．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。

现使一个电量大小为q 、质量为m 的带正电粒子从坐标（﹣2a ，a ）处以沿+x 方向的初速度v 0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并在随后经过了点P ，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。

【答案】（12v 0，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m
t n n v qB qB
ππ=++ n ＝1、2、3……。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2
y v a t =
，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝
y v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O 点时的速度：2
2002v v v v =+=；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v qvB m r
= ，
粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝0
2a
v ；
粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=
，2m
T qB
π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，
若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝1
4
T1，
若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝1 4 T
1+
3
4
T2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×
1
4
T1+
3
4
T2，
若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×
1
4
T1+2×
3
4
T2，
…………
则2
3
(1)
24
m m
t k k
qB qB
ππ
=+-k＝1、2、3……
或2
3
24
m m
t n n
qB qB
ππ
=+ n＝1、2、3……
粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2，
解得：
23
(1)
24
a m m
t k k
v qB qB
ππ
=++-k＝1、2、3……
或
23
24
a m m
t n n
v qB qB
ππ
=++ n＝1、2、3……；
11．在如图所示的xoy坐标系中，一对间距为d的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y轴重合，桌面与x轴重合，o点与桌面右边相距为
7
4
d
，一根长度也为d的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g．求：
（1）环离开小孔时的坐标值；
（2）板外的场强E2的大小和方向；
（3）讨论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围．
【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-1
4 d；
（2）板外的场强E2的大小为mg
q
，方向沿y轴正方向；
（3）场强E1的取值范围为
22
3
68
qB d qB d
m m
～，环打在桌面上的范围为
17
44
d d
-～．
【解析】
【详解】
（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
mx1-3mx2=0 ①
而x1+x2=d ②
①②解得：x1=3
4
d③
x2=1 4 d
环离开小孔时的坐标值为：x m=3
4
d-d=-
1
4
d
（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg
解得：2mg
E
q
=，方向沿y轴正方向
（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则
若环绕小圆运动，则R=0.75d ④
根据洛仑兹力提供向心力，有：
2
v qvB m
R
=⑤
环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：
qE1x1=1
2
mv2⑥
联立③④⑤⑥解得：
2 1
3
8
qB d E
m
=
若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦
联立③⑤⑥⑦解得：
2 16
qB d E
m
≈
故场强E1的取值范围为
22
3
68
qB d qB d
m m
～，环打在桌面上的范围为
17
44
d d
-～．
12．如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界MN成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d。

现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。

求：
（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；
（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B的最小值为多少？
【答案】（1）2qEd
m
=v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】 【详解】
（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理可得2
12
qEd mv =， 解得2qEd
v m
=
（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CA x
由类平抛规律x vt =，2
12Eq y t m
=
由几何知识可得x=y ，解得2md
t Eq
=
两点间的距离为2CA x vt ，代入数据可得42CA x d =
（3）由2
mv qvB R
=可得mv R qB =，即12mEd R B q =
由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。

设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22
r R += 又因为'mv r qB =
，所以'mv
B qr
=，
代入数据可得()
'222B B =-
13．简谐运动是一种理想化的运动模型，是机械振动中最简单、最基本的振动。

简谐运动的物体受到回复力的作用，回复力F 的大小与物体偏离平衡位置的位移x 成正比，回复力的方向与物体偏离平衡位置的位移方向想反，即：F =-kx ，其中k 为振动系数，其值由振动系统决定。

用长为L 的细线将质量为m 的小球悬挂起来，就构成了一个单摆，如图甲所示。

（1）证明：在偏角很小的情况下，单摆做简谐运动。

（2）已知月球上的自由落体加速度为地球上的1/4，若将地球上周期是2s 的单摆拿到月球上，求它在月球上做50次全振动的时间。

（3）若使周期是2s 的单摆小球带上正电，并将单摆分别置于竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场中，如图乙和图丙所示。

使带电小球均做小角度的简谐运动，在电场和磁
场中小球振动的周期还是2s 吗？请分别分析说明。

【答案】（1）证明过程见解析；（2）200s （3）加电场时单摆的周期小于2s ；加磁场时单摆周期不变. 【解析】 【详解】
（1）单摆受力分析如图所示，
单摆的回复力大小为 F 回=G 1=mg sinθ
当θ很小时，sinθ≈θ，θ等于θ角对应的弧长与半径的比值，即sin θ≈θ≈ PO
L
得 F 回=mg
PO
L
当θ很小时，弧长PO 近似等于弦长，与摆球偏离平衡位置的位移x 大小相等，考虑到回复力和位移相反，则得回复力与位移的关系为 x mg F mg
x kx L L
=-=-=-回，其中mg
k L
=
，即有 F 回=-kx 所以在摆角很小的情况下，单摆的往复运动是简谐运动． （2）月球表面的重力加速度为'
1
4
g g =
，将秒摆拿到月球上去，周期为：224L
T T s g '=='
地＝ 它在月球上做50次全振动时间为：t =50T ′=50×4s=200s.
（3）图乙中，摆球受到重力G 、电场力F 电和摆线拉力T ，与重力场中的单摆类比， 等效的“重力”G ′=G +F 电，=G F qE
g g m m
+'=
+
电， 代入单摆周期公式得：090BEF BDC ∴∠=∠=，可知单摆的周期变小；
图丙中，摆球受到重力G 、洛伦兹力F 洛和摆线拉力T ，与重力场中的单摆类比，单摆周期与重力场中相同，2L
T g
=，即单摆的周期仍为2s 。

14．在xOy平面内的第一象限内，x＝4d处竖直放置一个长
43 L d
=的粒子吸收板AB，在AB左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场。

在原点O处有一粒子源，可沿y轴正向射出质量为m、电量为＋q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力
(1)若射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范围；
(2)若在点C(8d，0)处放置一粒子回收器，在B、C间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B点进入AB右侧区间的粒子，需在AB右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O点发射到进入回收器所用时间。

【答案】（1）
28
qBd qBd
v
m m
≤≤（2）
5
6
m
qB
π
【解析】（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，如图所示：
①粒子打在吸收板AB的下边界A点，设粒子的速率为
1
v，由图中几何
关系可知圆心在
1
O点，粒子的轨道半径
1
2
r d
=，
由牛顿第二定律可得：
2
1
1
1
v
qv B m
r
=
联立可得：
1
2qBd
v
m
=
②粒子打在吸收板AB的上边界B点，设粒子的速率为
2
v，由图中几何关
系可知圆心在C点，粒子的轨道半径
2
8
r d
=，
由牛顿第二定律可得：
2
2
2
2
v
qv B m
r
=
联立可得：
2
8qBd
v
m
=
由题意可得：射出的粒子能打在AB 上，粒子的速度需满足： 28qBd qBd
v m m
≤≤
（2）经过B 点的粒子能够到达C 点，设磁场的磁感应强度为'B ，
由图中几何关系，粒子的半径81232d
r n n
=
=⋯（、、）
由牛顿第二定律可得： 2
22'v qv B m r
=
联立可得： '2123B nB n ==⋯（、、） 粒子从O 到B 的时间13m m t qB qB
θπ
== 粒子从B 到C 的时间2212322'2n n m m t T n qB qB
ππ=
=⨯==⋯（、、） 故粒子从O 到C 的时间1256m
t t t qB
π=+=。

点睛：本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的一般问题，只是由于粒子的速度不定，再加上一档板，轨迹受空间影响，要画出极值情况的轨迹，再由相关规律求出相应的求知数．要注意的是恰从档板B 处飞出的粒子要回到C 回收器，这里有多解问题引起重视。

15．如图所示，ab 、ef 是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d ．在导轨ab 、ef 间放置一个阻值为R 的金属导体棒PQ ．其质量为m ，长度恰好为d ．另一质量为3m 、长为d 的金属棒MN 也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN 静止于PQ 棒右侧某位置，盛个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．现有一质量为m 、带电荷量为q 的光滑绝缘小球在桌而上从O 点（O 为导轨上的一点）以与可成60°角的方向斜向右方进人磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN 的中点，小球与金属棒MN 的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN 的电阻，两杆运动过程中不相碰，求：
（1）小球在O 点射人磁场时的初速度v 0 （2）金属棒PQ 上产生的热量E 和通过的电荷量Q （3）在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离 （4）请通过计算说明小球不会与MN 棒发生第二次碰撞；。