高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项练习含解析
(物理) 高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专题训练答案含解析
（物理） 高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专题训练答案含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。
y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。
现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。
求： （1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。
【答案】(1)8qBLv m=；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】 【详解】(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37o QC L =15sin37OOQO Q L ==在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，11R O Q QC =+21v qvB m R =解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oo t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示,圆心为O 、半径为R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O 为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y 轴的固定绝缘挡板,一质量为m 、带电量为+q 的粒子,与x 轴成 60°角从M 点（-R,0） 以初速度v 0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B 的大小; (2)N 点的坐标;(3)粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mv qR(2) 31(,)22R R - (3)0(5)R v π+ 【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r ，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R =由洛伦兹力等于向心力：200v qv B m r=，得到：0mv B qR =．（2）由图几何关系可以得到：3sin 602x R R==，1cos602y R R =-=- N 点坐标为：31,2R R ⎫-⎪⎪⎝⎭． （3）粒子在磁场中运动的周期2mT qBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180，粒子在磁场中运动时间：12Tt =，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =，其中132s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+ 解得：()05R t v π+=．2．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练及答案含解析
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练及答案含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、带电量为+q的粒子,与x轴成 60°角从M点（-R,0）以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B的大小;(2)N点的坐标;(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mvqR (2)31(,)2R R- (3)(5)Rvπ+【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R=由洛伦兹力等于向心力：2vqv B mr=，得到：0mvBqR=．（2）由图几何关系可以得到：3sin60x R R==o，1cos602y R Ro=-=-N点坐标为：31,22R R⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2mTqBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180o ，粒子在磁场中运动时间：12Tt =，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =，其中132s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+ 解得：()05R t v π+=．2．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专题训练答案及解析
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专题训练答案及解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。
在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。
若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。
已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。
若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。
两小球重力均不计。
(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。
【答案】(1)2n ，21n n ；(2)123r r n n - 【解析】 【详解】(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有A 1B mv n mv =①小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有2A A A mv qv B r =，21B2B Bn mv n qv B r =②解①②式得A2Br n r = 磁场运动周期分别为A 2πmT qB=，1B 22πn m T n qB =解得运动时间之比为AA2BB122Tt nTt n==(2)如图所示，小球A经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。
水平方向有A AL v t=③竖直方向有2A A A12y a t=④由牛顿第二定律得AqE ma=⑤解③④⑤式得2AA()2qE Lym v=⑥小球B在电场中做类平抛运动，同理有22B1B()2n qE Lyn m v=⑦由题意知By r=⑧应用几何关系得B A2y y r y∆=+-⑨解①⑥⑦⑧⑨式得123ry rn n∆=-2．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH 上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：(1)所加磁场的宽度DH；(2)所加磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d由Eq＝ma得a＝由l＝vt得t＝故d＝at2＝l粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为v y＝at＝v速度偏向角为tanθ＝＝1解得θ＝粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知得得(2)射入磁场的速度大小为v′＝v由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m解得B＝(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝T其中T＝在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为t＝2(t1＋t2＋t3)得或t＝点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．3．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q分别表出α粒子（42示α粒子的质量和电荷量．（1）放射性原子核用AX表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方Z程．（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损△m．X表示，新核的元素符号用Y表示，则该α衰变的核【答案】（1）放射性原子核用AZ反应方程为4422AA Z Z X Y H --→+ ；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为 2m Bq π ，环形电流大小为 22Bq mπ ；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，则衰变过程的质量亏损△m 为损2211()()2BqR m M c + ． 【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为4422X Y He A A ZZ --→+（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v ，由洛伦兹力提供向心力有2v qvB m R=根据圆周运动的参量关系有2πRT v=得α粒子在磁场中运动的周期2πmT qB=根据电流强度定义式，可得环形电流大小为22πq q BI T m==（3）由2v qvB m R =，得qBR v m=设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，核反应前后系统动量守恒，有Mv ′–mv =0 可得mv qBR v M M='=根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有2221122mc Mv mv '∆=+ 解得22()()2M m qBR m mMc +∆=说明：若利用44A M m -=解答，亦可． 【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．4．如图所示，地面某处有一粒子发射器A ，发射器尺寸忽略不计，可以竖直向上发射速度介于v 0~2v 0的电子。
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动试题(有答案和解析)及解析
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动试题(有答案和解析)及解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示,圆心为O 、半径为R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O 为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y 轴的固定绝缘挡板,一质量为m 、带电量为+q 的粒子,与x 轴成 60°角从M 点（-R,0） 以初速度v 0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B 的大小; (2)N 点的坐标;(3)粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mv qR(2) 31(,)2R R - (3)(5)R v π+ 【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r ，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R =由洛伦兹力等于向心力：200v qv B m r=，得到：0mv B qR =．（2）由图几何关系可以得到：3sin 60x R R ==o ，1cos602y R R o=-=-N 点坐标为：31,22R R ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2mT qBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180o ，粒子在磁场中运动时间：12Tt =，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =，其中132s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+ 解得：()05R t v π+=．2．如图，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。
点P （3L，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子。
粒子1以某速率v 1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，－L ）。
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项练习
【详解】
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力：
解得：
沿 轴正方向发射的粒子击中薄板的最左端D点，可知：
而击中薄板最右端E点的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系可得：
解得：
则感光板下表面被粒子击中的长度：
(2)粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系可知：
解得：
若粒子恰能击中薄板的最右端点，根据几何知识可知：
解得：
综上所述，为了使感光板下表面全部被粒子击中：
【点睛】
典型的旋转打板模型，粒子的速度一定，说明运动的轨迹是一个定圆，方向不同，可以采用旋转圆的方式画出临界点，进而求解。
6．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。
【答案】(1) ； (2) ；(3) ；
【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
由几何关系，有
解得
由于
解得
；
（2）由 可知，粒子运动的半径为
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
；
由几何关系可知， 内，粒子转过的圆心角为 ；
（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷 ；
（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为 ，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度 多大？
带电粒子在无边界匀强磁场中运动练习含解析
带电粒子在无边界匀强磁场中运动练习含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
（1）求0≤x≤L 区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度v M ；（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t ＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。
【答案】（1）2U E L =，2M eUv m=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3348M R L m t v eUππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2012eU mv = 可得02eUv m=电子从Q 点到M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动，02L m t L v eU==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE tm=⨯ 由以上各式可得：2UE L=电子运动至M 点时：220()M Ee v v t m=+ 即：2M eUv m= 设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，02cos 2M v v θ== 解得：θ＝45°。
高考物理试卷分类汇编物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(及答案)及解析
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH 上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：(1)所加磁场的宽度DH；(2)所加磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d由Eq＝ma得a＝由l＝vt得t＝故d＝at2＝l粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为v y＝at＝v速度偏向角为tanθ＝＝1解得θ＝粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知得得(2)射入磁场的速度大小为v′＝v由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m解得B＝(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝T其中T＝在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为t＝2(t1＋t2＋t3)得或t＝点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．2．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．()1求粒子运动的速度大小；()2粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？()3粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？【答案】（1）EqRm；（2）212R ；11n +；（3）2πmR Eq 。
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。
质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出，AO 垂直OD 。
若将带电粒子从圆周上的C 点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC =53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)带电粒子的初速度及其从A 到D 的运动时间；(2)粒子从C 点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离； (3)虚线右侧磁场的磁感应强度。
【答案】(1)0qBRv m=，2m t qB π=；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，0.6R ；(3)2 1.6B B = 【解析】 【分析】 【详解】(1)粒子从A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图由几何关系得轨道半径1r R =洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有200mv qv Bm= 解得0qBRv m =粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有4T t =而周期为12r T v π=解得2mt qBπ=(2)粒子从C 点入射，作出轨迹如图由几何知识得EF 的长度L EF =R cos53°在三角形EFO 1中，有sin 0.6EFL Rθ== 即粒子转过的圆心角37θ=︒，则速度的方向与磁场边界的夹角为53° 而CE 的长度cos37CE L R R =-︒OF 的长度为sin 53OF CE L R L =︒-联立解得0.6OF L R =(3)粒子在右侧磁场的半径为2r ，由几何关系有22sin 37r r R ︒+=由向心力公式得2022mvqv Br=联立解得21.6B B=2．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题及解析
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
（1）求0≤x≤L 区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度v M ；（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t ＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。
【答案】（1）2U E L =，2M eUv m=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3348M R L m t v eUππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2012eU mv = 可得02eUv m=电子从Q 点到M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动，02L m t L v eU==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE tm=⨯ 由以上各式可得：2UE L=电子运动至M 点时：220()M Ee v v t m=+ 即：2M eUv m= 设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，02cos 2M v v θ== 解得：θ＝45°。
【物理】物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动练习及解析
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，容器A 中装有大量的质量不同、电荷量均为+q 的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。
粒子通过平行板后垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，最后打在感光片上。
已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为3L ，两板间距为L ，板间电场看成匀强电场，其电场强度23UE Z L=，方向水平向左（忽略板间外的电场），平行板f 的下端与磁场水平边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片。
测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且PQ 的长度为3L 边界ab 下方的磁场范围足够大，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用。
求：（1）粒子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏转的距离x 和偏转的角度θ； （2）射到感光片P 处的粒子的质量m 1； （3）粒子在磁场中运动的最长时间t m 。
【答案】（1）2L x =；30θ=o（2）228qB L U（3）283BL U π【解析】 【分析】（1）粒子先经过加速电场的加速后进入水平匀强电场做类平抛运动，根据平抛运动规律求出偏转距离x 和偏转角，这是为后续计算做一个铺垫；（2）粒子从e 板下端与水平方向成60°的角射入匀强磁场，偏转240°后打在P 点，由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子的质量； （3）先判断出打在何处的粒子的时间最短，由于t= 2θπT ，即质量最大的粒子时间最长，再由半径公式mvr qB=知质量最大则半径最小，所以打在P 点的粒子时间最长，再利用周期公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子在磁场中运动的最长时间。
【详解】（1）设质量为m 的粒子通过孔S 2的速度为v 0由动能定理有：qU ＝12mv 02粒子在偏转电场中运动的加速度为：qE a m= 沿速度v 0方向3L ＝v 0t 沿电场方向 v s ＝at ，x ＝12at 2 且有 tan θ＝0sv v解得 x ＝12L ．θ＝30° （2）粒子从e 板下方与水平方向成60°角射入匀强磁场。
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动试题(有答案和解析)及解析
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动试题(有答案和解析)及解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为q +、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示。
该粒子运动到图中Q 点时的速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示。
已知P 、Q 间的距离为l 。
若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点。
不计重力。
求：(1)电场强度的大小。
(2)两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之差。
【答案】(1)22qlB E m=；(2)(1)2m qB π-【解析】 【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以0v 表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周半径，则有20v qv B m R= ①由于粒子在Q 点的速度垂直于它在4P 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹是圆周的14，故有 2R =②联立①②得02v m③在电场中粒子做类平抛运动，分别以x 、y 、E 、a 、E t 表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，则qE ma = ④垂直0v 方向212E y R at == ⑤沿0v 方向0E x R v t == ⑥联立②③④⑤⑥各式可解得E =电场强度的大小为2E m=（2）由分析知粒子在磁场中由P 运动到Q 点所经历的时间B t 为14周期，故0112442B R m t T v qBππ==⋅= 在电场中由P 运动到Q 点所经历的时间0E R mt v qB== 由P 运动到Q 点所经历的时间之差(1)2B E mt t qBπ-=-两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之差为(1)2mqBπ-2．在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t =0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)含解析
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)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．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系x0y 内，矩形区域(-3d<x<d ，-3d<y<3d)外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m 、电奇量为+q 的粒子从P(0，3d)点沿y 轴正方向射入磁场．当入射速度为0v 时，粒子从(-2d ，3d)处进入无场区．(1)求磁场的磁感应强度B 的大小．(2)求粒了离开P 点后经多长时间第一次回到P 点．(3)若仅将入射速度变为20v ，其它条件不变，求粒于离开P 点后运动多少路程经过P 点．【答案】（1）0mv qd（2）00243d d v π+ （3）2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… 或()8'234333d s d k d d ππ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，其中k ＝0、1、2、3 【解析】【分析】（1）找出半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；（2）画出粒子运动轨迹，求出在磁场中运动时间和在无磁场中运动的时间； （3）画出粒子运动轨迹，注意讨论粒子运动的方向不同；【详解】（1）由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：R d =粒子在磁场中20v qvB m R =，得到：0mv B qd =； （2）粒子运动轨迹如图所示：粒子在磁场中运动时间：102d t vπ= 粒子在无场区运动时间：2043 d t = 粒子再次回到P 点时间：12t t t ＝＋得到：00243d d t v π=+ （3）粒子运动轨迹如图所示：粒子速度变为02v ，则在磁场中运动半径为：2R d '＝由P 点沿圆弧运动到C 点时间：3002224323d d t v v ππ⨯⨯== 由C 点沿直线运动到D 点时间：4002332d d t v v == ①粒子以2v 0沿y 轴正向经过P则粒子运动时间：34(33)t k t t =+，其中k ＝1、2、3…粒子运动距离：02s v t ＝得到：2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3…②粒子以02v 大小与－y 方向成60°经过P则：34342(33)t t t k t t '=+++，其中k ＝0、1、2、3…粒子运动距离为：02s v t ''＝得到：()8'234333d s d k d d ππ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦，其中k ＝0、1、2、3… 【点睛】带电粒子在磁场中的运动，关键是找出半径和圆心，利用洛伦兹力提供向心力进行求解即可，同时还要准确地画出轨迹．2．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧(很有用)及练习题
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2lce ，=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002v 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002v 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)0045v B kl =； (2)0056l T v π≤；(3)()208,(01221v E n n klπ==⋯+，，）；()21,(01238n 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20000v qvB m R =由几何关系，有22200()2l R l R =+-解得054R l =由于qk m= 解得045v B kl=； （2）由0mv R qB =可知，粒子运动的半径为 2l 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002m lT qB v ππ==； 由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为56π； 对应运动时间为1556212t T T ππ==应满足12T t ≥联立可得0056lT 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00122m T qB π=⨯ 得002lT v π=在电场中有qE ma =往返一次用时为2v t a∆=；应有01()2t n T ∆=+，可得()20821v E n klπ=+，（n=0，1，2…）；运动的路程为()02112228n l tx 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2L()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 Lφ=，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 mϕ=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：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23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：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（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.212qE L t m=222mL mt LqE 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 xv v α=1cos 2α=060α∴=3．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)及解析
若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d.
设在磁场中运动的最短时间为 ，轨迹如图所示．因R＝d，则圆弧对应圆心角为60°，则
【点睛】
当粒子（速度一定）在有界磁场中轨迹是劣弧时，粒子在磁场中运动轨迹的弦最短，粒子在磁场中运动时间2）此时速率为1.5v0的电子打到荧光板上的位置到0点的距离x；
（3）在单位时间内发射器A发射N个电子，保持磁感应强度B不变，若打在荧光板上的电子数随速率均匀分布，且50%被板吸收，50%被反向弹回，弹回速率大小为打板前速率大小的0.5倍，求荧光板受到的平均作用力大小（只考虑电子与收集板的一次碰撞）；
(1)电子在C点时所受的磁场力的方向如何？
(2)若此电子在运动后来又经过D点，则它的速度应是多大？
(3)电子从C点到D点所用的时间是多少？
【答案】（1）见解析；（2） ；（3） 。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)电子以垂直磁场方向的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断电子在C点所受磁场力的方向如图所示，垂直于速度方向。
【详解】
（1）运动轨迹如图所示：
根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力有：
所以匀强磁场的磁感应强度大小为 ；
（2）要使粒子在磁场中的运动轨迹刚好与BC相切，其轨迹如图所示：
根据几何知识可知，其运动的半径为
所以粒子运动是速度为
根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为 ，
cosl35°=
解得:
x=
取
x=
（3）
F吸=
F反=
高中物理高考必备物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧全解及练习题(含答案)
高中物理高考必备物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧全解及练习题(含答案)一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。
点P （3L，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子。
粒子1以某速率v 1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，－L ）。
不计粒子的重力。
(1)求粒子1的速率v 1和第一次从P 到Q 的时间t 1；(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y 轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v 2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度大小E 以及粒子2的发射速率v 2；(3)若在xOy 平面内加上沿y 轴负向的匀强电场，场强大小为 E 0，粒子3以速率 v 3 沿 y 轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率 v m 。
某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，根据运动的独立性和矢量性，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。
本题中可将带电粒子的运动等效为沿x 轴负方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。
请尝试用该思路求解粒子3的最大速率v m 。
【答案】(1)123qBL v m =，14π3m t qB =；(2)289qLB E m =，2219qLBv m=；(3)2200m 3E E v v B B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】 【详解】(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：设半径为1r ，由几何知识得()2221133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭可得123L r =由向心力公式，根据牛顿第二定律2111v qv B m r =可得123qBLv m =设粒子做圆周运动的周期为1T1112r T v π=由几何知识可知60θ︒=粒子第一次从P 到Q 的时间112433m t T qBπ==(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E 过y 轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得qEa m=x 轴方向1233L v t = y 轴方向212122r L at -=可得289qLB E m=根据()22212v v at =+可得22219qLBv m=(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：根据平衡条件40qv B qE =可得4E v B=根据运动的合成，可知22543v v v =+ 粒子的运动可视为水平向左的速率为4v 的匀速直线运动和初速度为5v 的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为m 45v v v =+可得2200m 3E E v v B B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭2．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2l 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002v 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002v 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)0045v B kl =； (2)0056l T v π≤；(3)()208,(01221v E n n kl π==⋯+，，）；()21,(01238n 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20000v qvB m R =由几何关系，有22200()2l R l R =+-解得054R l =由于qk m= 解得045v B kl=； （2）由0mv R qB =可知，粒子运动的半径为 2l 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002m lT qB v ππ==； 由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为56π； 对应运动时间为1556212t T T ππ==应满足12Tt≥联立可得56lTvπ≤（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示由题意有122mTqBπ=⨯得2lTvπ=在电场中有qE ma=往返一次用时为2vta∆=；应有1()2t n T∆=+，可得()2821vEn klπ=+，（n=0，1，2…）；运动的路程为()2112228n ltx vπ+∆=⨯⨯=，（n=0，1，2，3…）3．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】 【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：20 0v qvB mR=解得0cosqBdvmθ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有sin dxθ=粒子作匀速运动：x=v0t联立解得cossinmtqBθθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv0B解得2qB dEmcosθ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.4．如图所示，在竖直分界线MN的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN之间有方向向上的匀强电场。
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练及答案
高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动专项训练及答案一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。
在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。
若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。
已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。
若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。
两小球重力均不计。
(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。
【答案】(1)2n ，21n n ；(2)123r r n n - 【解析】 【详解】(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有A 1B mv n mv =①小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有2A A A mv qv B r =，21B2B Bn mv n qv B r =②解①②式得A2Br n r = 磁场运动周期分别为A 2πmT qB=，1B 22πn m T n qB =解得运动时间之比为AA2BB122Tt nTt n==(2)如图所示，小球A经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。
水平方向有A AL v t=③竖直方向有2A A A12y a t=④由牛顿第二定律得AqE ma=⑤解③④⑤式得2AA()2qE Lym v=⑥小球B在电场中做类平抛运动，同理有22B1B()2n qE Lyn m v=⑦由题意知By r=⑧应用几何关系得B A2y y r y∆=+-⑨解①⑥⑦⑧⑨式得123ry rn n∆=-2．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O 点)，已知图中虚线圆弧的半径为R ，其所在处场强大小为E ，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C 垂直于MN 进入下方磁场．()1求粒子运动的速度大小；()2粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？()3粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？【答案】（1）EqRm；（2）212R ；11n +；（3）2πmR Eq 。
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的技巧及练习题及练习题含解析
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的技巧及练习题及练习题含解析一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．如图所示，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。
质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出，AO 垂直OD 。
若将带电粒子从圆周上的C 点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC =53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：(1)带电粒子的初速度及其从A 到D 的运动时间；(2)粒子从C 点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离；(3)虚线右侧磁场的磁感应强度。
【答案】(1)0qBR v m=，2m t qB π=；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，0.6R ；(3)2 1.6B B =【解析】【分析】【详解】 (1)粒子从A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图由几何关系得轨道半径1r R =洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有200mv qv Bm= 解得0qBR v m=粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有 4T t =而周期为102r T v π=解得 2m t qB π=(2)粒子从C 点入射，作出轨迹如图由几何知识得EF 的长度L EF =R cos53°在三角形EFO 1中，有sin 0.6EF L Rθ== 即粒子转过的圆心角37θ=︒，则速度的方向与磁场边界的夹角为53°而CE 的长度cos37CE L R R =-︒OF 的长度为sin 53OF CE L R L =︒-联立解得0.6OF L R =(3)粒子在右侧磁场的半径为2r ，由几何关系有22sin 37r r R ︒+=由向心力公式得2022mvqv Br=联立解得21.6B B=2．如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、带电量为+q的粒子,与x轴成 60°角从M点（-R,0）以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B的大小;(2)N点的坐标;(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间.【答案】(1)0mvqR(2)31(,)2R R- (3)(5)Rvπ+【解析】（1）设粒子在磁场中运动半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：由几何关系可以得到：r R=由洛伦兹力等于向心力：2vqv B mr=，得到：0mvBqR=．（2）由图几何关系可以得到：3sin60x R R==o，1cos602y R Ro=-=-N点坐标为：31,2 RR⎛⎫-⎪⎪⎝⎭．（3）粒子在磁场中运动的周期2mTqBπ=，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180o，粒子在磁场中运动时间：12Tt=，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：22stv=，其中132s R R==，粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t=+解得：()5Rtvπ+=．3．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为m，带电量为q，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cosqBdmθ（2）cossinmqBθθ（3）2cosqB dmθ【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.【详解】（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ= 洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBd v m θ= （2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x θ=粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ= （3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B 解得2qB d E mcos θ= 【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.4．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)含解析
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)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．如图所示，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点3,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()2221133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：133L v t=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：2221BLqv =（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0E v B'= 而'223v v v ''=+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：22003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭2．如图所示，有一磁感强度39.110B T -=⨯的匀强磁场，C 、D 为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，它们之间的距离l =0.1m ，今有一电子在此磁场中运动，它经过C 点的速度v 的方向和磁场垂直，且与CD 之间的夹角θ=30°。
高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题及解析
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2lce ，=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002v 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002v 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)0045v B kl =； (2)0056l T v π≤；(3)()208,(01221v E n n klπ==⋯+，，）；()21,(01238n 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20000v qvB m R =由几何关系，有22200()2l R l R =+-解得054R l =由于qk m= 解得045v B kl=； （2）由0mv R qB =可知，粒子运动的半径为 2l 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002m lT qB v ππ==； 由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为56π； 对应运动时间为1556212t T T ππ==应满足12T t ≥联立可得0056lT 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00122m T qB π=⨯ 得002lT v π=在电场中有qE ma =往返一次用时为2v t a∆=；应有01()2t n T ∆=+，可得()20821v E n klπ=+，（n=0，1，2…）；运动的路程为()02112228n l tx 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2L()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 Lφ=，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 mϕ=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：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23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：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（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.212qE L t m=2t ==x Eq v t m ===若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos xv v α=1cos 2α=060α∴=3．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出α粒子（42He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R ．以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．（1）放射性原子核用 A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程．（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小． （3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损△m ．【答案】（1）放射性原子核用 A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，则该α衰变的核反应方程为4422AA Z Z X Y H --→+ ；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为 2m Bq π ，环形电流大小为 22Bq mπ ；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，则衰变过程的质量亏损△m 为损2211()()2BqR m M c + ． 【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为4422X Y He A A ZZ --→+（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v ，由洛伦兹力提供向心力有2v qvB m R=根据圆周运动的参量关系有2πRT v=得α粒子在磁场中运动的周期2πmT qB=根据电流强度定义式，可得环形电流大小为22πq q BI T m==（3）由2v qvB m R =，得qBR v m=设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，核反应前后系统动量守恒，有Mv ′–mv =0 可得mv qBRv M M='=根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有2221122mc Mv mv '∆=+ 解得22()()2M m qBR m mMc+∆= 说明：若利用44A M m -=解答，亦可． 【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．4．如图所示，地面某处有一粒子发射器A ，发射器尺寸忽略不计，可以竖直向上发射速度介于v 0~2v 0的电子。
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一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练1．某种回旋加速器的设计方案如俯视图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP 方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板A 、B 之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其它部分存在垂直纸面向外的匀强磁场．在离子源S 中产生的质量为m 、带电荷量为q 的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的O 点进入磁场区域，O 点到极板右端的距离为0.99D ，到出射孔P 的距离为5D ．已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔P 射出．假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置．忽略相对论效应，不计离子重力，0.992≈1．求： (1)磁感应强度B 的最小值； (2)若磁感应强度62mUB D q ＝，则离子从P 点射出时的动能和离子在磁场中运动的时间；(3)若磁感应强度62mUB D q=，如果从离子源S 飘出的离子电荷量不变，质量变为原来的K 倍(K 大于1的整数)，为了使离子仍从P 点射出，则K 可能取哪些值．【答案】225mU D q 33962D m qUπ K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1 【解析】 【详解】(1)设离子从O 点射入磁场时的速率为v ，有2102qU mv ＝－设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，2v qvB m r＝若离子从O 点射出后只运动半个圆周即从孔P 射出，有2r ＝5D 225mUD q(2)若磁感应强度62mUB D q＝，正离子在磁场中的轨道半径16r D =，经分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为16r D=，这样的过程将进行2次，然后第3次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板右端后被加速了n 次，则此时离子运动的半径为被加速了(n ＋1)次对应的半径11n n mv r qB+＋＝．离子从孔P 射出满足的条件 11425n r r D ＋＋＝解得n ＋1＝132，即离子从静止开始被加速169次后从P 点离开，最大动能2max 13169k E qU qU ＝＝ 在磁场中的总时间t ＝169.5T ， 因为32DmT qUπ=可得33962D mt qUπ=；(3)若离子电荷量为q ，质量变为Km ，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为r K ，在电场中被加速n 次进入磁场的半径为r n ，则1K r Kr ＝，1n r Knr =，其中16r D=，由上面1K r Kr ＝知，K 越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论：情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为：2×2r K <0.99D ①同时2×2r K ＋2r n ＝5D ②由①知：K <2.2，因为K >1的整数，故K ＝2，代入②知：22158602n ＝＋－，由于n 要求取整数，情况一中n 不存在．情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为2r K <0.99D ①2×2r K ≥0.99D ② 2r K ＋2r n ＝5D ③由①②知2.2≤K <9，由③知：21530Kn K K +＝－，当K 分别取3、4、…8时，n 不可能取整数，情况二也不存在． 情况三：在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件2r K ≥0.99D ①2r n ＝5D ②由①知：K ≥9，由②知：Kn ＝152＝3×5×3×5，故K 可能有6组取值，分别为：K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n ＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1．2．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为26qB Lm；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A发生弹性碰撞，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．（1）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；（2）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间． 【答案】（1）1（2）57k =或13k = ；A 球在磁场中运动的最长时间32m qB π【解析】 【详解】（1）令P 初速度qBLv m=，设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ， 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222kmv kmv mv =+ 可得：A 21k qBL v k m=⋅+，可知k 值越大，v A 越大； 设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律：2A A mv qvB R= 可得：A mv R qB =，可知v A 越大，R 越大；即21kR L k =+，k 值越大，R 越大； 如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 可得：A qBLv m=，求得k 的最大值为1k =（2）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有()222 1.52L R L R ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭解得：56L R =可得：57k = （II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2LR ≥，则A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开．令电场强度26qB LE m=；如图3和如图4，由几何关系有：2223322L R R L ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得：58L R =或2LR = 可得：511k =或13k = 当58L R =时，A 58qBR qBL v m m ==，由于2A 175264mv qEL qEL ⋅=> 当2L R =时，A 2qBR qBL v m m ==，由于2A 1324mv qEL qEL ⋅=<此类情形取2L R =符合题意要求，即13k = 综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k = 或13k = A 球在磁场中运动周期为A 22R mT v qBππ== 当k =13时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间3342T m t qB π==3．如图所示，xOy 平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B =0. 1T ，在原点O 有一粒子源，它可以在xOy 平面内向各个方向发射出质量276.410m -=⨯kg 电荷量193.210q -=⨯C 、速度61.010v =⨯m/s 的带正电的粒子。
一感光薄板平行于x 轴放置，其中心O '的坐标为（0，a ），且满足a >0. 不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用。
（1）若薄板足够长，且a =0. 2m ，求感光板下表面被粒子击中的长度； （2）若薄板长l =0. 32m ，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a 的最大值；【答案】(1)13m + (2)0.32m 【解析】 【分析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力，粒子速度大小一定，方向不定，采用旋转圆的方式确定临界点；(2)作出粒子恰能击中板的最左端与最右端时粒子的轨迹，求出a 的最大值。
【详解】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力：2v qvB m r=解得：0.2m r =沿y 轴正方向发射的粒子击中薄板的最左端D 点，可知：10.2m x r ==而击中薄板最右端E 点的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系可得：2222(2)r x r +=解得：23x =则感光板下表面被粒子击中的长度：1213L x x +=+=(2)粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系可知：222()()2la r r +-= 解得：0.32m a =若粒子恰能击中薄板的最右端点，根据几何知识可知：222()(2)2la r +=解得：0.1344m 0.32m a =>综上所述，为了使感光板下表面全部被粒子击中：0.32m m a =【点睛】典型的旋转打板模型，粒子的速度一定，说明运动的轨迹是一个定圆，方向不同，可以采用旋转圆的方式画出临界点，进而求解。
4．地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害．为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地磁场．如图所示，模拟地球半径为R,地球赤道平面附近的地磁场简化为赤道上方厚度为2R 、磁感应强度大小为B 、方向垂直于赤道平面的匀强磁场．磁场边缘A 处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子．研究发现，当粒子速度为2v 时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球．不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应．（1）求粒子的比荷q m； （2）若该种粒子的速度为v ，则这种粒子到达模拟地球的最短时间是多少？（3）试求速度为2v 的粒子到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值η．（结果用反三角函数表示．例：sin k θ=，则sin arc k θ=，θ为弧度）【答案】（1）2q vm BR =（2）min 23R t vπ=（3）2arcsin 3π【解析】试题分析：（1）其轨迹如图1所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r ，则根据几何关系：()()2223r R r R +=+① 解得4r R =②又2(2)(2)v q v B m r=③ 由②③得，2q v m BR=④ （2）速度为v 的粒子进入磁场有：2v qvB m r ='⑤ 由④⑤得，2r R '=⑥若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A 斜向上射入，在A 交点E 到达地球的弦长最短时间最短．2AE AD DE R ===，故60ADE ∠=︒，得：0min0602360m t qB π=⋅，min 23R t vπ= （3）沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO 方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此θ角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球．作A 点该速度垂直和过切点与O 点连线延长线交于F 点，则F 点为圆心，如图3．AF=4R，AO=OF=3R，得2 sin3AGAOθ==故θηπ=，2arcsin3ηπ=考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式mvRBq=，周期公式2mTBqπ=，运动时间公式2t Tθπ=，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，5．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B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。