高中物理磁場部分難題專練

1、 1（2014江西模擬）如圖所示，在等腰三角形abc區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，d是ac上任意一點，e是bc上任意一點大量相同的帶電粒子從a點以相同方向進入磁場，由于速度大小不同，粒子從ac和bc上不同點離開磁場不計粒子重力，則從c點離開的粒子在三角形abc磁場區(qū)域內經過的弧長和運動時間，與從d點和e點離開的粒子相比較（）A經過的弧長一定大于從d點離開的粒子經過的弧長B經過的弧長一定小于從e點離開的粒子經過的弧長C運動時間一定大于從d點離開的粒子的運動時間D運動時間一定大于從e點離開的粒子的運動時間解答：解：如圖所示，若粒子從ac邊射出，粒子依次從ac上射出時，半徑增大而圓心角相同，弧長等

2、于半徑乘以圓心角，所以經過的弧長越來越大，運動時間t=，運動時間相同，所以A正確，C錯誤；如果從bc邊射出，粒子從b到c上依次射出時，弧長會先變小后變大，但都會小于從c點射出的弧長圓心角也會變大，但小于從c點射出時的圓心角，所以運動時間變小，故B錯誤，D正確故選AD2（2014江西一模）如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向水平（圖中垂直紙面向里），一帶電油滴P恰好處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是（）A若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運動B若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運動C若給P一初速度，P可能做勻速圓周運動D若給P一初速度，P不可能做勻速直線運動解答

3、：解：A油滴靜止說明不受洛倫茲力，重力和電場力相互抵消，所以僅撤去磁場仍然靜止，故A錯； B僅撤去電場，油滴受重力有豎直向下的速度，油滴受洛倫茲力，速度改變，洛倫茲力方向隨速度方向的變化而變化，不可能做勻速直線運動，故B錯； C若P初速度方向與磁場不平行，重力和電場力抵消，僅受洛倫茲力，P做勻速圓周運動，故C對； D若P初速度方向與磁場平行，不受洛倫茲力，重力和電場力抵消，P受力平衡，所以可以做勻速直線運動，故D錯誤故選C3（2013海南）三條在同一平面（紙面）內的長直絕緣導線組成一等邊三角形，在導線中通過的電流均為I，方向如圖所示a、b和c三點分別位于三角形的三個頂角的平分線上，且到相應頂點

4、的距離相等將a、b和c處的磁感應強度大小分別記為B1、B2和B3，下列說法正確的是（）AB1=B2B3BB1=B2=B3Ca和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里Da處磁場方向垂直于紙面向外，b和c處磁場方向垂直于紙面向里解答：解：A、B、由題意可知，a點的磁感應強度等于三條通電導線在此處疊加而成，即垂直紙面向外，而b點與a點有相同的情況，有兩根相互抵消，則由第三根產生磁場，即為垂直紙面向外，而c點三根導線產生磁場方向相同，所以疊加而成的磁場最強，故A正確，B錯誤；C、D、由圖可知，根據右手螺旋定則可得，a和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里，故C正確，B

5、錯誤故選：AC4（2013海南）如圖，水平桌面上固定有一半徑為R的金屬細圓環(huán)，環(huán)面水平，圓環(huán)每單位長度的電阻為r，空間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向下；一長度為2R、電阻可忽略的導體棒置于圓環(huán)左側并與環(huán)相切，切點為棒的中點棒在拉力的作用下以恒定加速度a從靜止開始向右運動，運動過程中棒與圓環(huán)接觸良好下列說法正確的是（）A拉力的大小在運動過程中保持不變B棒通過整個圓環(huán)所用的時間為C棒經過環(huán)心時流過棒的電流為D棒經過環(huán)心時所受安培力的大小為解答：解：A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a從靜止開始向右運動，則速度為v=at，因此F=BIL=，可知在運動過程中棒所受安培力變化，則拉力大小也變

6、化，故A錯誤；B、根據位移公式，可得時間為，故B錯誤；C、當棒運動到環(huán)中心時，由于棒將金屬細圓環(huán)分開的兩部分的電阻并聯，則電路總電阻為，速度大小為，產生感應電動勢，所以產生感應電流大小為×2=，故C錯誤；D、棒經過環(huán)心時所受安培力的大小為F=BIL=，故D正確故選：D5（2013甘肅模擬）如圖所示，在正三角形區(qū)域內存在著垂直于紙面的勻強磁場和平行于AB的水平方向的勻強電場，一不計重力的帶電粒子剛好以某一初速度從三角形O點沿角分線OC做勻速直線運動若此區(qū)域只存在電場時，該粒子仍以此初速度從O點沿角分線OC射入，則此粒子剛好從A點射出；若只存在磁場時，該粒子仍以此初速度從O點沿角分線OC

7、射入，則下列說法正確的是（）A粒子將在磁場中做勻速圓周運動，運動軌道半徑等于三角形的邊長B粒子將在磁場中做勻速圓周運動，且從OB階段射出磁場C粒子將在磁場中做勻速圓周運動，且從BC階段射出磁場D根據已知條件可以求出該粒子分別在只有電場時和只有磁場時在該區(qū)域中運動的時間之比解答：解：A、帶電粒子剛好以某一初速度從三角形0點沿角分線0C做勻速直線運動，則有qE=qvB若此區(qū)域只存在電場時，該粒子仍以此初速度從O點沿角分線OC射入，則此粒子剛好從A點射出，則有：qE=ma若只存在磁場時，該粒子仍以此初速度從O點沿角分線OC射入，qvB=解得：R=由于RL，粒子將在磁場中做勻速圓周運動，且從OB階段射

8、出磁場，故AC錯誤，B正確；D、根據已知條件，該粒子在只有電場時運動時間為：在只有磁場時在該區(qū)域中運動的時間為：，所以，故D正確故選BD6（2013南昌二模）如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場已知AOC=60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于（T為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為（）ABCD解答：解：粒子在磁場中運動做勻速

9、圓周運動，入射點是S，出射點在OC直線上，出射點與S點的連線為軌跡的一條弦當從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，軌跡的弦最短，根據幾何知識，作ESOC，則ES為最短的弦，粒子從S到E的時間即最短由題，粒子運動的最短時間等于，則=60°設OS=d，則ES=d 由幾何知識，得粒子運動的軌跡半徑為R=ES=d，直徑D=當粒子軌跡的弦是直徑時運動時間最長，根據幾何知識，軌跡SD如圖 可見粒子在磁場中運動的最長時間為tmax=故選B7（2011海淀區(qū)一模）如圖所示，下端封閉、上端開口、內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一帶電的小球，整個裝置以水平向右的速度v勻速運動，沿垂直于磁場的方

10、向進入方向水平的勻強磁場，由于水平拉力F的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端開口飛出，小球的電荷量始終保持不變，則從玻璃管進入磁場到小球運動到上端開口的過程中，關于小球運動的加速度a、沿豎直方向的速度vy、拉力F以及管壁對小球的彈力做功的功率P隨時間t變化的圖象分別如下圖所示，其中正確的是（）ABCD解答：解：A、以小球為研究對象，受力如圖所示，由于小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運動，則豎直方向的洛倫茲力F1=qvB是恒力，由牛頓第二定律得：qvBmg=ma，a=g，小球的加速度不隨時間變化，恒定不變，故A錯誤；B、由A可知，小球在豎直方向上的加速度不變，小球做初速度為零的勻

11、加速直線運動，豎直方向的速度vy=at隨時間均勻增加，故B錯誤；C、小球在水平方向受到的F2=qvyB=qaBt，小球在水平方向做勻速直線運動，由平衡條件得：FN=qaBt，玻璃管對小球的彈力FN與小球對玻璃管的作用力FN是作用力與反作用力，由牛頓第三定律得：FN=FN=qaBt，玻璃管在水平方向上受拉力F與FN作用做勻速直線運動，則F=FN=qaBt，即F=qaBt，由此可知，拉力F與時間t成正比，故C錯誤；D、管壁對小球的彈力做功的功率P=FNv=qavBt，P與t成正比，故D正確；故選D8（2011商丘三模）如圖所示，帶正電的物塊A放在不帶電的小車B上，開始時都靜止，處于垂直紙面向里的勻

12、強磁場中t=0時加一個水平恒力F向右拉小車B，t=t1時A相對于B開始滑動已知地面是光滑的AB間粗糙，A帶電量保持不變，小車足夠長從t=0開始A、B的速度時間圖象，下面哪個可能正確（）ABCD解答：解：分三個階段分析本題中A、B運動情況： 開始時A與B沒有相對運動，因此一起勻加速運動A所受洛倫茲力向上，隨著速度的增加而增加，對A根據牛頓第二定律有：f=ma即靜摩擦力提供其加速度，隨著向上洛倫茲力的增加，因此A與B之間的壓力減小，最大靜摩擦力減小，當A、B之間的最大靜摩擦力都不能提供A的加速度時，此時AB將發(fā)生相對滑動 當A、B發(fā)生發(fā)生相對滑動時，由于向上的洛倫茲力繼續(xù)增加，因此A與B之間的滑動

13、摩擦力減小，故A的加速度逐漸減小，B的加速度逐漸增大 當A所受洛倫茲力等于其重力時，A與B恰好脫離，此時A將勻速運動，B將以更大的加速度勻加速運動綜上分析結合vt圖象特點可知ABD錯誤，C正確故選C9（2010南京三模）如圖所示，紙面內有寬為L水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質量為m，電量為+q，速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都匯聚到一點，可以在粒子流的右側虛線框內設計一勻強磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應的磁感應強度可以是哪一種（）（其中B0=，A、C、D選項中曲線均為半徑是L的圓弧，B選項中曲線為半徑是的圓）ABCD解答：解：由于帶電粒子流的速度均相同，則當飛入A、B、

14、C這三個選項中的磁場時，它們的軌跡對應的半徑均相同唯有D選項因為磁場是2B0，它的半徑是之前半徑的2倍然而當粒子射入B、C兩選項時，均不可能匯聚于同一點而D選項粒子是向上偏轉，但仍不能匯聚一點所以只有A選項，能匯聚于一點 故選：A10（2009深圳一模）如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管試管在水平拉力F作用下向右勻速運動，帶電小球能從管口處飛出關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A小球帶負電B洛倫茲力對小球做正功C小球運動的軌跡是一條拋物線D維持試管勻速運動的拉力F應增大解答：解：A、小球能從管口處飛出，說

15、明小球受到指向管口洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電故A錯誤B、洛倫茲力總是與速度垂直，不做功故B錯誤C、設管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線故C正確D、設小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F=F2，則F逐漸增大故D正確故選CD11（2005山東）如圖，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里許多質

16、量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內的各個方向，由小孔O射人磁場區(qū)域不計重力，不計粒子間的相互影響下列圖中陰影部分表示帶電粒子能經過區(qū)域，其中R=mv/qB哪個圖是正確的？（）ABCD解答：解：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，粒子轉動的軌跡圓可認為是以O點為圓心以2R為半徑轉動；則可得出符合題意的范圍應為A；故選A12（2004廣州二模）一重力不計的帶電粒子一初速度v0先后穿過寬度相同且緊鄰在一起的有明顯邊界的勻強電場E和勻強磁場B，如圖甲所示，電場和磁場對粒子總共做功W1；若把電場和磁場正交疊加，如圖乙所

17、示，粒子仍以v0的初速度穿過疊加場區(qū)對粒子總共做功W2，比較W1、W2的絕對值大?。ǎ〢一定是W1=W2B一定是W1W2C一定是W1W2D可能是W1W2也可能是W1W2解答：解：在乙圖中，由于v0，電場力qE大于洛倫茲力qBv0，根據左手定則判斷可知：洛倫茲力有與電場力方向相反的分力；而在甲圖中帶電粒子粒子只受電場力qE，則在甲圖的情況下，粒子沿電場方向的位移較大，電場力做功較多，所以選項A、C、D錯誤，選項B正確故選：B13如圖所示，在屏MN的右方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里P為屏上的一小孔，PC與MN垂直一群質量為m、帶電荷量為q的粒子（不計重力），以相同的速率v從P處

18、沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與PC夾角為的范圍內，則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為（）ABCD解答：解：由Bqv=m可知：R=如圖所示，取一粒子，設粒子與PC夾角為，則由幾何關系可知，打在屏上的距離與P點相距L=2Rcos故可知，當=0時，打在屏上的距離最遠，最遠距離為2R；當=時，打在屏上的距離最近，最近距離為L=2Rcos；故有粒子打中的區(qū)域為LL=；故選D14如圖所示，在第二象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第一、第四象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等有一個帶電粒子以初速度v0垂直x軸，從x軸上的P點進入勻強電

19、場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經過一段時間又恰好垂直于x軸進入下面的磁場已知OP之間的距離為d，則帶電粒子（）A在電場中運動的時間為B在磁場中做圓周運動的半徑為dC自進入磁場至第二次經過x軸所用時間為D自進入電場至在磁場中第二次經過x軸的時間為解答：解：根據題意作出粒子的運動軌跡，如圖所示：A、粒子進入電場后做類平拋運動，從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，所以v=vx=v0tan45°=v0沿x軸方向有：x=所以OA=2OP=2d在垂直電場方向做勻速運動，所以在電場中運動的時間為：t1=，故A正確；B、如圖，AO1為在磁場中運動的軌道

20、半徑，根據幾何關系可知：AO1=，故B錯誤；C、粒子從A點進入磁場，先在第一象限運動個圓周而進入第四象限，后經過半個圓周，第二次經過x軸，所以自進入磁場至第二次經過x軸所用時間為t2=，故C錯誤；D、自進入電場至在磁場中第二次經過x軸的時間為t=t1+t2=，故D正確故選AD15（2014江油市模擬）如圖（甲）所示，在直角坐標系0xL區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有一個以點（3L，0）為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點分別為M、N現有一質量為m，帶電量為e的電子，從y軸上的A點以速度v0沿x軸正方向射入電場，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30°

21、此時在圓形區(qū)域加如圖（乙）所示周期性變化的磁場，以垂直于紙面向外為磁場正方向），最后電子運動一段時間后從N飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相同（與x軸夾角也為30°）求：（1）電子進入圓形磁場區(qū)域時的速度大小；（2）0xL區(qū)域內勻強電場場強E的大??；（3）寫出圓形磁場區(qū)域磁感應強度B0的大小、磁場變化周期T各應滿足的表達式解答：解： （1）電子在電場中作類平拋運動，射出電場時，如圖1所示 由速度關系： 解得 （2）由速度關系得 在豎直方向解得 （3）在磁場變化的半個周期內粒子的偏轉角為60°，根據幾何知識，在磁場變化的半個周期內， 粒子在x軸方向上的位移恰好等于R粒子到

22、達N點而且速度符合要求的空間條件是：2nR=2L 電子在磁場作圓周運動的軌道半徑 解得（n=1、2、3） 若粒子在磁場變化的半個周期恰好轉過圓周，同時MN間運動時間是磁場變化周期的整數倍時， 可使粒子到達N點并且 速度滿足題設要求應滿足的時間條件： 解得T的表達式得：（n=1、2、3）16（2014東城區(qū)一模）如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置環(huán)形區(qū)域內存在垂直紙面向外、大小可調的勻強磁場M、N為兩塊中心開有小孔的距離很近的極板，板間距離為d，每當帶電粒子經過M、N板時，都會被加速，加速電壓均為U；每當粒子飛離電場后，M、N板間的電勢差立即變?yōu)榱懔Ｗ釉陔妶鲋幸淮未伪患铀?，動能不斷增大，而繞行半徑

23、R不變當t=0時，質量為m、電荷量為+q的粒子靜止在M板小孔處（1）求粒子繞行n圈回到M板時的速度大小vn；（2）為使粒子始終保持在圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行第n圈時磁感應強度Bn的大?。唬?）求粒子繞行n圈所需總時間t總解答：解：（1）粒子繞行一圈電場做功一次，由動能定理：即第n次回到M板時的速度為：（2）繞行第n圈的過程中，由牛頓第二定律：得（3）粒子在每一圈的運動過程中，包括在MN板間加速過程和在磁場中圓周運動過程在MN板間經歷n次加速過程中，因為電場力大小相同，故有：即加速n次的總時間 而粒子在做半徑為R的勻速圓周運動，每一圈所用時間為，由于每一圈速度不同，所以每一圈

24、所需時間也不同第1圈：第2圈：第n圈：故繞行n圈過程中在磁場里運動的時間綜上：粒子繞行n圈所需總時間t總=+17（2014錦州一模）如圖所示，圓心為坐標原點、半徑為R的圓將xoy平面分為兩個區(qū)域，即圓內區(qū)域和圓外區(qū)域區(qū)域內有方向垂直于xoy平面的勻強磁場B1平行于x軸的熒光屏垂直于xoy平面，放置在坐標y=2.2R的位置一束質量為m電荷量為q動能為E0的帶正電粒子從坐標為（R，0）的A點沿x軸正方向射入區(qū)域，當區(qū)域內無磁場時，粒子全部打在熒光屏上坐標為（0，2.2R）的M點，且此時，若將熒光屏沿y軸負方向平移，粒子打在熒光屏上的位置不變若在區(qū)域內加上方向垂直于xoy平面的勻強磁場B2，上述粒子

25、仍從A點沿x軸正方向射入區(qū)域，則粒子全部打在熒光屏上坐標為（0.4R，2.2R）的N點求（1）打在M點和N點的粒子運動速度v1、v2的大小（2）在區(qū)域和中磁感應強度B1、B2的大小和方向（3）若將區(qū)域中的磁場撤去，換成平行于x軸的勻強電場，仍從A點沿x軸正方向射入區(qū)域的粒子恰好也打在熒光屏上的N點，則電場的場強為多大？解答：解：（1）粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，打在M點和N點的粒子動能均為E0，速度v1、v2大小相等，設為v，由可得 （2）如圖所示，區(qū)域中無磁場時，粒子在區(qū)域中運動四分之一圓周后，從C點沿y軸負方向打在M點，軌跡圓心是o1點，半徑為r1=R區(qū)域有磁場時，粒子軌跡圓心是O2

26、點，半徑為r2，由幾何關系得r22=（1.2R）2+（r20.4R）2解得r2=2R由得故，方向垂直xoy平面向外，方向垂直xoy平面向里（3）區(qū)域中換成勻強電場后，粒子從C點進入電場做類平拋運動，則有1.2R=vt，解得場強 18（2013吉林二模）如圖所示，相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置，s1、s2分別為M、N板上的小孔，s1、s2、O三點共線，它們的連線垂直M、N，且s2O=R以O為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場D為收集板，板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R，板兩端點的連線垂直M、N板質量為m、帶電量為+q的粒子，經s1進入

27、M、N間的電場后，通過s2進入磁場粒子在s1處的速度和粒子所受的重力均不計（1）當M、N間的電壓為U時，求粒子進入磁場時速度的大??；（2）若粒子恰好打在收集板D的中點上，求M、N間的電壓值U0；（3）當M、N間的電壓不同時，粒子從s1到打在D上經歷的時間t會不同，求t的最小值解答：解：（1）粒子從s1到達s2的過程中，根據動能定理得 解得 （2）粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有由得加速電壓U與軌跡半徑r的關系為 當粒子打在收集板D的中點時，粒子在磁場中運動的半徑r0=R對應電壓 （3）M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，粒子在極板間經歷的時間越短，同時在磁場中運動軌跡

28、的半徑越大，在磁場中運動的時間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，所以當粒子打在收集板D的右端時，對應時間t最短根據幾何關系可以求得粒子在磁場中運動的半徑r=R 由 得粒子進入磁場時速度的大小： 粒子在電場中經歷的時間： 粒子在磁場中經歷的時間： 粒子出磁場后做勻速直線運動經歷的時間： 粒子從s1到打在收集板D上經歷的最短時間為：t=t1+t2+t3=19（2011福建）如圖甲，在x0的空間中存在沿y軸負方向的勻強電場和垂直于xoy平面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B一質量為m，帶電量為q（q0）的粒子從坐標原點O處，以初速度v0沿x軸正方向射入，粒子的運動軌跡見圖甲，

29、不計粒子的重力（1）求該粒子運動到y(tǒng)=h時的速度大小v；（2）現只改變入射粒子初速度的大小，發(fā)現初速度大小不同的粒子雖然運動軌跡（yx曲線）不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運動（yt關系）是簡諧運動，且都有相同的周期求粒子在一個周期T內，沿x軸方向前進的距離S；當入射粒子的初速度大小為v0時，其yt圖象如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運動的振幅A，并寫出yt的函數表達式解答：解：（1）由于洛倫茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理有由式解得 （2）由圖乙可知，所有粒子在一個周期T內沿x軸方向前進的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運動的粒子在T時間

30、內前進的距離設粒子恰好沿x軸方向勻速運動的速度大小為v1，則qv1B=qE 又 S=v1T 式中 由式解得 設粒子在y軸方向上的最大位移為ym（圖丙曲線的最高點處），對應的粒子運動速度大小為v2（方向沿x軸），因為粒子在y方向上的運動為簡諧運動，因而在y=0和y=ym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則qv0BqE=（qv2BqE） 由動能定理有 又 由式解得 可寫出圖丙曲線的簡諧運動yt函數表達式為20（2011金華二模）如圖甲所示，直角坐標系中直線AB與橫軸x夾角BAO=30°，AO長為a假設在點A處有一放射源可沿BAO所夾范圍內的各個方向放射出質量為m、速度大小均為v、帶電

31、量為e的電子，電子重力忽略不計在三角形ABO內有垂直紙面向里的勻強磁場，當電子從頂點A沿AB方向射入磁場時，電子恰好從O點射出試求：從頂點A沿AB方向射入的電子在磁場中的運動時間t；磁場大小、方向保持不變，改變勻強磁場分布區(qū)域，使磁場存在于三角形ABO內的左側，要使放射出的電子穿過磁場后都垂直穿過y軸后向右運動，試求勻強磁場區(qū)域分布的最小面積S磁場大小、方向保持不變，現改變勻強磁場分布區(qū)域，使磁場存在于y軸與虛線之間，示意圖見圖乙所示，仍使放射出的電子最后都垂直穿過y軸后向右運動，試確定勻強磁場左側邊界虛線的曲線方程解答：解：（1）根據題意，電子在磁場中的運動的軌道半徑R=a，由evB=得：B

32、=由T=t=（2）有界磁場的上邊界：以AB方向發(fā)射的電子在磁場中的運動軌跡與AO中垂線交點的左側圓弧 有界磁場的上邊界：以A點正上方、距A點的距離為a的點為圓心，以a為半徑的圓弧 故最小磁場區(qū)域面積為：（3）設在坐標（x，y）的點進入磁場，由相似三角形得到：圓的方程為：x2+（y+b）2=a2消去（y+b），磁場邊界的方程為：21（2011浙江模擬）如圖，在直角坐標系xoy中，點M（0，1）處不斷向+y方向發(fā)射出大量質量為m、帶電量為q的粒子，粒子的初速度大小廣泛分布于零到v0之間已知這些粒子此后所經磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里，所有粒子都沿+x方向經過b區(qū)域，都沿y的方向通過

33、點N（3，0）（1）通過計算，求出符合要求的磁場范圍的最小面積；（2）若其中速度為k1v0和k2v0的兩個粒子同時到達N點（1k1k20），求二者發(fā)射的時間差解答：解（1）在a區(qū)域，設任一速度為v的粒子偏轉90°后從（x，y）離開磁場，由幾何關系有x=R， 得，上式與R無關，說明磁場右邊界是一條直線左邊界是速度為v0的粒子的軌跡：，得：此后粒子均沿+x方向穿過b區(qū)域，進入c區(qū)域，由對稱性知，其磁場區(qū)域如圖磁場的面積（2）如圖所示，速度為k1v0的粒子在a區(qū)域磁場的時間為兩個階段的直線運動的時間共為在c區(qū)域磁場的時間為所以這兩個粒子的發(fā)射時間差只與t2有關速度為k2v0的粒子在直線運動

34、階段的時間為22（2011浙江模擬）隱身技術在軍事領域應用很廣某研究小組的“電磁隱形技術”可等效為下面的模型，如圖所示，在y0的區(qū)域內有一束平行的粒子流（質量設為M，電荷量設為q），它們的速度均為v，沿x軸正向運動在0xd的區(qū)間有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里；在dx3d的區(qū)間有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外；在3dx4d的區(qū)間有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里要求粒子流經過這些區(qū)域后仍能沿原直線運動，這樣使第一象限某些區(qū)域粒子不能到達，達到“屏蔽”粒子的作用效果則：（1）定性畫出一個粒子的運動軌跡；（2）求對粒子起“屏蔽”作用區(qū)間的最大面積；（3）若v、M、

35、q、B已知，則d應滿足什么條件？解答：解：（1）軌跡如圖（2）要使粒子流經過這些區(qū)域后仍能沿直線運動，則每一小段小于等于四分之一圓弧，且四分之一圓弧時“屏蔽”的面積最大此時半徑為d，如圖由幾何關系可知最大面積Smax=4d2（3）由得而要使粒子可以繼續(xù)向右運動，則要求Rd即：23（2011湖北二模）如圖所示，在xOy坐標系中分布著四個有界場區(qū)，在第三象限的AC左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場B1=0.5T，AC是直線y=x0.425（單位：m）在第三象限的部分，另一沿y軸負向的勻強電場左下邊界也為線段AC的一部分，右邊界為y軸，上邊界是滿足y=10x2x0.025（單位：m）的拋物線的一部分，

36、電場強度E=2.5N/C在第二象限有一半徑為r=0.1m的圓形磁場區(qū)域，磁感應強度B2=1T，方向垂直紙面向里，該區(qū)域同時與x軸、y軸相切，切點分別為D、F在第一象限的整個空間存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B3=1T另有一厚度不計的擋板PQ垂直紙面放置，其下端坐標P（0.1m，0.1m），上端Q在y軸上，且PQF=30°現有大量m=1×106kg，q=2×104C的粒子（重力不計）同時從A點沿x軸負向以v0射入，且v0取0v020m/s之間的一系列連續(xù)值，并假設任一速度的粒子數占入射粒子總數的比例相同（1）求所有粒子從第三象限穿越x軸時的速度；（2）設從A

37、點發(fā)出的粒子總數為N，求最終打在擋板PQ右側的粒子數N解答：解：（1）設某速度為v0的粒子從A點入射后到達AC上的G點，因v0與AC成45°角，其對應圓心角為90°，即恰好經過四分之一圓周，故到達G點時速度仍為v0，方向沿Y軸正向粒子在電場中沿Y軸正向加速運動，設G點坐標為G（x，y），剛好穿出電場時坐標為（x，y1），粒子穿出電場時速度為v1，在電場中運動的過程中，由動能定理得：而y=x0.425又代入數據解得v1=20m/s，可見粒子穿出電場時速度大小與x無關因v020m/s，由代入數據得：R0.2m由數學知識可知，k點坐標為k（0.2m，0.225m），故從A點射出的

38、所有粒子均從AK之間以20m/s的速度沿Y軸正向射出電場，在到達X軸之前粒子作勻速直線運動，故所有粒子從第三象限穿越X軸時的速度大小均為20m/s的速度沿Y軸正向（2）因為r=0.1m，故離子束射入B2時，離子束寬度剛好與2r相等，設粒子在B2中運動軌道半徑為R2，解得R2=r=0.1m考察從任一點J進入B2的粒子，設從H穿出B2磁場，四邊形JO2HO1為菱形，又因為JO2水平，而JO2HO1，故H應與F重合，即所有粒子經過B2后全部從F點離開B2進入B3磁場對v0趨于20m/s的粒子，圓心角JO2F180°，故射入B3時速度趨于Y軸負向；對v0趨于0的粒子，圓心角JO2F0

39、6;，故射入B3時速度趨于Y軸正向，即進入B3的所有粒子速度與Y軸正向夾角在0180°角之間由于B3=B2，所以R3=R2，由幾何關系知：無限靠近Y軸負向射入的粒子軌跡如圖所示，最終打在PQ板的右側O3；與Y軸負向成60°角的粒子剛好經過P點到達Q點；因此與Y軸正向在0120°角之間從F點射出的粒子要么打在PQ板的左側，要么打不到板上而穿越Y軸離開B3由于是“大量”粒子，忽略打在P或Q的臨界情況，所以最終打在擋板PQ右側的粒子數答：（1）所有粒子從第三象限穿越x軸時的速度為20m/s；（2）設從A點發(fā)出的粒子總數為N，最終打在擋板PQ右側的粒子數N為24（2010

40、廣東）如圖（a）所示，左為某同學設想的粒子速度選擇裝置，由水平轉軸及兩個薄盤N1、N2構成，兩盤面平行且與轉軸垂直，相距為L，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角可調（如圖（b）；右為水平放置的長為d的感光板，板的正上方有一勻強磁場，方向垂直紙面向外，磁感應強度為B一小束速度不同、帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過N2的粒子經O點垂直進入磁場 O到感光板的距離為d/2，粒子電荷量為q，質量為m，不計重力（1）若兩狹縫平行且盤靜止（如圖（c），某一粒子進入磁場后，豎直向下打在感光板中心點M上，求該粒子在磁場中運動的時間t；（2）若兩狹縫夾角為0，盤勻速轉動，轉動方向如圖（b）要使穿過N1、N2的粒子均

41、打到感光板P1P2連線上試分析盤轉動角速度的取值范圍（設通過N1的所有粒子在盤轉一圈的時間內都能到達N2）解答：解：（1）粒子運動半徑為：R=由牛頓第二定律：Bqv=m勻速圓周運動周期：T=子在磁場中運動時間：t=（2）如圖所示，設粒子運動臨界半徑分別為R1和R2由幾何關系得：解得：設粒子臨界速度分別為v1和v2，由式，得若粒子通過兩轉盤，由題設可知聯立，得對應轉盤的轉速分別為粒子要打在感光板上，需滿足條件25（2010南通二模）如圖所示，有界勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，MN為其左邊界，磁場中放置一半徑為R的圓柱形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO1=2R，圓筒軸線與磁場平行圓筒用

42、導線通過一個電阻r0接地，最初金屬圓筒不帶電現有范圍足夠大的平行電子束以速度v0從很遠處沿垂直于左邊界MN向右射入磁場區(qū)，已知電子質量為m，電量為e（1）若電子初速度滿足，則在最初圓筒上沒有帶電時，能夠打到圓筒上的電子對應MN邊界上O1兩側的范圍是多大？（2）當圓筒上電量達到相對穩(wěn)定時，測量得到通過電阻r0的電流恒為I，忽略運動電子間的相互作用，求此時金屬圓筒的電勢和電子到達圓筒時速度v（取無窮遠處或大地電勢為零）（3）在（2）的情況下，求金屬圓筒的發(fā)熱功率解答：解：（1）如圖所示，設電子進入磁場回旋軌道半徑為r，則 解得 r=3R 大量電子從MN上不同點進入磁場軌跡如圖，從O1上方P點射入的

43、電子剛好擦過圓筒同理可得到O1下Q點距離（2）穩(wěn)定時，圓柱體上電荷不再增加，與地面電勢差恒為U，U=Ir0電勢 =Ir0電子從很遠處射到圓柱表面時速度為v，有解得 （3）電流為I，單位時間到達圓筒的電子數 電子所具有總能量 消耗在電阻上的功率 Pr=I2r0所以圓筒發(fā)熱功率 26（2010徐州三模）如圖甲所示，豎直放置的金屬板A、B中間開有小孔，小孔的連線沿水平放置的金屬板C、D的中間線，粒子源P可以間斷地產生質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（初速不計），粒子在A、B間被加速后，再進入金屬板C、D間偏轉并均能從此電場中射出已知金屬板A、B間的電壓UAB=U0，金屬板C、D長度為L，間距d=兩板

44、之間的電壓UCD隨時間t變化的圖象如圖乙所示在金屬板C、D右側有二個垂直紙面向里的均勻磁場分布在圖示的半環(huán)形帶中，該環(huán)帶的內、外圓心與金屬板C、D的中心O點重合，內圓半徑Rl=，磁感應強度B0=已知粒子在偏轉電場中運動的時間遠小于電場變化的周期（電場變化的周期T未知），粒子重力不計（1）求粒子離開偏轉電場時，在垂直于板面方向偏移的最大距離；（2）若所有粒子均不能從環(huán)形磁場的右側穿出，求環(huán)帶磁場的最小寬度；（3）若原磁場無外側半圓形邊界且磁感應強度B按如圖丙所示的規(guī)律變化，設垂直紙面向里的磁場方向為正方向t=時刻進入偏轉電場的帶電微粒離開電場后進入磁場，t=時該微粒的速度方向恰好豎直向上，求該粒

45、子在磁場中運動的時間為多少？解答：解：（1）設粒子進入偏轉電場瞬間的速度為v0，對粒子加速過程由動能定理得qU0=mv020，進入偏轉電場后，加速度a=，設運動時間為t，則有L=v0t，只有t=時刻進入偏轉電場的粒子，垂直于極板方向偏移的距離最大y=at2=L；（2）t=時刻進入偏轉電場的粒子剛好不能穿出磁場時的環(huán)帶寬度為磁場的最小寬度設粒子進入磁場時的速度為v，y=L=×d=d，Uy=y=U0，對粒子的偏轉過程，由動能定理得：qU0=mv2mv02，解得：v=；在磁場中做圓周運動的半徑為R=；如圖所示，設環(huán)帶外圓半徑為R2，由數學知識可得：（R2R）2=R12+R2，解得R2=L；

46、所求d=R2R1=（1）L；（3）微粒運動軌跡如圖所示，微粒在磁場中做勻速圓周運動的周期為T1=，設粒子離開電場時偏轉角為，則tan=，解得：=30°，由幾何關系可知微粒運動時間軌跡對應的圓心角為：=120°，此過程微粒運動的時間為t=，由圖可知微粒在磁場中運動的時間：t=+T1+=T1=；27（2009福建）圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×103T，在x軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在y上安放接收器現將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入

47、磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m，電量為q，不計其重力（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經過多長時間加這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形解答：解：（1）設粒子在磁場中的運動半徑為r，依題意MP連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得，由

48、洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得，聯立解得：=4.9×107C/kg（2）此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，qE=qvB，代入數據得：E=70V/m所加電場的場強方向沿x軸正方向設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t=T/8，而，解得t=7.9×106s（3）該區(qū)域面積S=2r2=0.25m2，矩形如圖所示28（2009浙江）如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上在xOy平面內與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內還有與xOy平面垂直的勻強磁場在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質

49、量m、電荷量q（q0）和初速度v的帶電微粒發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0y2R的區(qū)間內已知重力加速度大小為g（1）從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求電場強度和磁感應強度的大小與方向（2）請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由（3）在這束帶電磁微粒初速度變?yōu)?V，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由解答：解：本題考查帶電粒子在復合場中的運動帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡設電場強度大小為E，由 mg=qE可得 方向沿y軸正方向帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動 且 r=R如圖（a）所示，設磁感應強度大小為B由得 方向垂直于紙面向外（2）一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛