hb051帶電粒子在磁場中的圓周運動

本文格式為Word版，下載可任意編輯——hb051帶電粒子在磁場中的圓周運動第51節(jié)帶電粒子在磁場中的圓周運動

1.2023年新課標(biāo)I卷

18.如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R/2，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計重力）A．

aqbBqBRqBR3qBR2qBRB．C．D．2mmm2mB

粒子帶正電，根據(jù)左手定則，判斷出粒子受到的洛倫茲力向右，軌跡如下圖：

入射點與圓心連線與初速度方向夾角為30°，初速度方向與軌跡所對弦夾角也為30°，所以軌跡半徑r?R,由

R/2B60°r60°rv2BqrBqR，B選項對。Bqv?m?v??rmm2.2023年新課標(biāo)II卷

17．空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°。不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為A．mv03mv03mv03mv0B．C．D．

qRqR3qRqR答：A

解析：帶電粒子在磁場中運動如下圖，由幾何關(guān)系可知軌道半徑

2v0r?Rtan60??3R，洛倫茲力等于向心力，有Bqv0=m，

rRO60?v0rO?解得磁場的磁感應(yīng)強度B?

3mv0，A正確。3qR3.2023年北京卷22．（16分）

如下圖，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進(jìn)入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響，求：?勻強電場場強E的大??；?粒子從電場射出時速度ν的大小；?粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R。

dOB+qm+U答：（1）

2qUU1（2）（3）dmB2mUqU；d（1）電場強度的大小為E?（2）根據(jù)動能定理，有，qU?122qUmv,解得v?；2mv2（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB?m，

R解得R?12mU

Bq4.2023年理綜全國卷

17質(zhì)量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，已知兩粒子的動量大小相等。以下說法正確的是A.若q1=q2，則它們作圓周運動的半徑一定相等B.若m1=m2，則它們作圓周運動的半徑一定相等C.若q1≠q2，則它們作圓周運動的周期一定不相等D.若m1≠m2，則它們作圓周運動的周期一定不相等A

帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力提供向心力,其軌道半徑r?mv，周期qBT?2?m。若q1=q2，則它們作圓周運動的半徑一定相等.選項A正確；若q1≠q2，則它們作圓周運qB動的周期可能相等，選項C錯誤；若m1=m2，則它們作圓周運動的半徑不一定相等，選項B錯誤；若m1≠m2，則它們作圓周運動的周期可能相等，選項D錯誤。

5.2023年理綜北京卷

16..處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動。將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值（D）A.與粒子電荷量成正比B.與粒子速率成正比C.與粒子質(zhì)量成正比D.與磁感應(yīng)強度成正比

解析：將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，該粒子在一個周期只通過某一個截面一次，則環(huán)形電流在一個周期T內(nèi)的電量為q，根據(jù)電流定義式有I?qT粒子在磁場力作用下做勻速圈周運動，根據(jù)周期公式有T?2?mBqBq2兩式聯(lián)立有I?

2?m環(huán)形電流與磁感應(yīng)強度成正比，與粒子質(zhì)量成反比，與粒子電荷量的平方成正比，而與粒子速率無關(guān)，答案D。6.2023年理綜廣東卷

15.質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖2中虛線所示，以下表述正確的是A.M帶負(fù)電，N帶正電B.M的速率小于N的速率C.洛侖茲力對M、N做正功D.M的運行時間大于N的運行時間

選A。由左手定則可知M帶負(fù)電，N帶正電，故A選項正確。

S圖2NBMmvv2由qvB?m得R?，由題知兩個帶電粒子的質(zhì)量和電量都相等，又進(jìn)入到同一個勻強磁場

BqR中，由圖及A選項的判斷可知RNC．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近答：AD

解析：由左手定則可知，A正確；由R?mv可知，a、b兩粒子做圓周qBOa

O2O1b運動的半徑相等，畫出軌跡如右圖,⊙O1、⊙O2分別為a、b的軌跡，a在磁場中轉(zhuǎn)過圓心角比b大，由t?12.2023年天津卷

??m和軌跡圖可知D選項對。T?2?qB11．（18分）一圓筒的橫截面如下圖，其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圈筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的狀況下，求：?M、N間電場強度E的大?。?圓筒的半徑R；

?保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移

S2d/3，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。

dPNMBOmv23mv答：（1）E?（2）r??（3）n=3

2qd3qB

解析：（1）設(shè)兩板間電壓為U，由動能定理得qU?1mv2①2

由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得U=Ed②

mv2聯(lián)立上式可得E?③

2qd

（2）粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系做出圓心為O'，圓半徑為r，設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此SA弧所對的圓心角

O'drARBOSPNM?AO?S??3，

由幾何關(guān)系得r?Rtan?3④

v2粒子運動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓其次定律，得qvB?m⑤

r

3mv聯(lián)立④⑤式得R?⑥

3qB

（3）保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移

2d后，設(shè)板間電壓為U'，則3U??

1UEd?⑦33

U?v?2?2設(shè)粒子進(jìn)入S孔時的速度為v'，由①式看出Uv

3結(jié)合⑦式可得v??⑧v3

設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r'，則

r??3mv⑨

3qB

設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對的圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r'=R，可見???⑩

2

粒子須經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n=313.2023年物理海南卷

16．圖（a）所示的xoy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xOy平面（紙面）垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示。當(dāng)B為＋B0時，磁感應(yīng)強度方向指向紙外。在坐標(biāo)原點O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量

y

+B0B2TT2?之比恰好等于。不計重力。設(shè)P在某時刻t0

TB0以某一初速度沿y軸正向自O(shè)點開始運動，將它經(jīng)過時間T到達(dá)的點記為A。

（1）若t0＝0，則直線OA與x軸的夾角是多少？（2）若t0＝

PO

圖（a）

x

OT-B023T2t圖（b）T，則直線OA與x軸的夾角是多少？4（3）為了使直線OA與x軸的夾角為

?T，在0＜t0＜的范圍內(nèi)，t0應(yīng)取何值？44解：（1）設(shè)粒子P的質(zhì)量、電荷與初速度分別為m、q與v，粒子P在洛倫茲力作用下，在xy平面內(nèi)做圓周運動，分別用R與T'表示圓周的半徑和運動周期，

qvB0?(v?2?2①)RT?

y2?R②

T?

由①②式與已知條件得T'=T③

粒子P在t=0到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向運動半個圓周，到達(dá)x軸上的B點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)x軸上的A點，如圖（a）所示。OA與x軸的夾角θ=0④

（2）粒子P在t0=T/4時刻開始運動，在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向運動1/4圓周，到達(dá)C點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=5T/4時間內(nèi)，沿順時針方向運動1/4圓周，到達(dá)A點，如圖（b）所示。由幾何關(guān)系可知，A點在y軸上，即OA與x軸的夾角θ=π/2⑤

（3）若在任意時刻t=t0（00)的點電荷a在紙面內(nèi)垂直于EF從F點射出，其軌跡經(jīng)過G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經(jīng)過G點。兩點

電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間一致，且經(jīng)過G點時的速度方向也一致。已知點電荷a的質(zhì)量為m，軌道半徑為R，不計重力，求：（1）點電荷a從射出到經(jīng)過G點所用的時間；（2）點電荷b的速度大小。答：（1）

135o30oEF

G

?m4qBR（2）

3m2Bqmv2解析：設(shè)點電荷a的速度大小為v，由牛頓其次定律得qvB?①

r

由①式得v?qBR②m

設(shè)點電荷a做圓周運動的周期為T，有

T?2?m③

Bq

如圖，O和O1分別是a和b的圓軌道的圓心，設(shè)a在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為θ，由幾何關(guān)系得θ=90°④

故從開始運動到經(jīng)過G點所用的時間t為

?m⑤t?2Bq

（2）設(shè)點電荷b的速度大小為v1，軌道半徑為R1，b在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為θ，依題意有

bE

G

aFθOO1

θ1R1?1R?⑥?v1v

R?由⑥式得v1?11⑦

Bqt?由于兩軌道在G點相切，所以過G點的半徑OG和O1G在同一直線上。由幾何關(guān)系和題給條件得θ=60°⑧R1=2R⑨聯(lián)立②④⑦⑧⑨式，解得v1?4qBR⑩3m

yB+MθOxL16.2023年全國卷大綱版26．（20分）

如圖，虛線OL與y軸的夾角θ=60°，在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從左側(cè)平行于x軸射入磁場，入射點為M。粒子在磁場中運動的軌道半徑為R。粒子

離開磁場后的運動軌跡與x軸交于P點（圖中未畫出）且OP?R。不計重力。求M點到O點的距離和粒子在磁場中運動的時間。

解：根據(jù)題意，帶電粒子進(jìn)入磁場后做圓周運動，運動軌跡交虛線OL于A點，圓心為y軸上的C點，AC與y軸的夾角為?；粒子從A點射出后，運動軌跡交x軸于P點，與x軸的夾角為β，如下圖。有

v2qvB?m①

R2?R周期為T?vy+

②

MA60°BαβPxL2?m由此得T?BqhDO過A點作x、y軸的垂線，垂足分別為B、D，由圖中幾何關(guān)系得AD?Rsin?OD?ADcot60?

CBP?ODcot?OP?AD?BP???③

由以上五式和題給條件得sin??解得??30?⑤或??90?設(shè)M點到O點的距離為h

1cos??1④3⑥

+yMαθOBLh?R?OC

3AD3根據(jù)幾何關(guān)系OC?CD?OD?Rcos??利用以上兩式和AD?Rsin?得h?R?解得h?(1?

Px23Rcos(??30?)3

(?=30°)(?=90°)

⑦

⑧⑨

3)R3h?(1?3)R3當(dāng)?=30°時，粒子在磁場中運動的時間為當(dāng)?=90°時，粒子在磁場中運動的時間為t?17.2023年理綜山東卷

t?T?m?⑩126qB

T?m?42qB23．(18分)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為一致的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0。在t=0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為-q（q>0）的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右

MPLS1NQS2

B

U0u0-U0T運動，在t?0時刻通過S2垂直

2于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)。（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）

T02T03T02T05T03T022t

圖甲

圖乙（1）求粒子到達(dá)S2時的速度大小v和極板間距d

（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件。

（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感強度的大小解：（1）粒子由S1至S2的過程中，根據(jù)動能定理得qU0?由①式得v?1mv22①

2qU0m②

設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓其次定律得q由運動學(xué)公式得d?U0?ma③d

1T02a()④22

聯(lián)立③④式得d?

(2)設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓其次定律得

T042qU0m⑤

v2qvB?m⑥

R

要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R?L2⑦

聯(lián)立②⑥⑦式得B?42mU0⑧

Lq

（3）設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有d=vt1⑨聯(lián)立②⑤⑨式得t1?T0⑩

4

若粒子再次達(dá)到S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學(xué)公式得d?聯(lián)立⑨⑩⑾式得t2?vt22⑾

T0⑿

2

T0?t1?t2⒀2

設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt?3T0?聯(lián)立⑩⑿⒀式得t?7T0⒁

4

設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結(jié)合運動學(xué)公式得

T?2?m⒂

qB

由題意得T=t⒃

8?m聯(lián)立⒁⒂⒃式得B?⒄

7qT018.2023年理綜福建卷

22．（20分）如圖甲，在x>0的空間中存在沿y軸負(fù)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(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m，帶電量為q（q>0）的粒子從坐標(biāo)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，不計粒子的重力。?求該粒子運動到y(tǒng)=h時的速度大小v；

?現(xiàn)只改變?nèi)肷淞Ｗ映跛俣鹊拇笮?，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運動軌跡（y-x曲線）不同，但具有一致的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運動（y-t關(guān)系）是簡諧運動，且都有一致的周期T?2?m。

qBⅠ．求粒子在一個周期T內(nèi)，沿x軸方向前進(jìn)的距離s；

Ⅱ．當(dāng)入射粒子的初速度大小為v0時，其y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運動的振幅Ay，并寫出y-t的函數(shù)表達(dá)式。

yBhOOv0E甲

xOS乙S丙tx

yy

（1）由于洛侖茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理有

?qEh?1212mv?mv0222①

由①式解得v=v0?2qEhm②

（2）Ⅰ．由圖乙可知，所有粒子在一個周期T內(nèi)沿x軸方向前進(jìn)的距離一致，即都等于恰好沿x軸方向勻速運動的粒子在T時間內(nèi)前進(jìn)的距離。設(shè)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

③④

式中T=

2?mqB2?mEqB2

⑤

解得s=

Ⅱ．設(shè)粒子在y方向上的最大位移為ym（圖丙曲線的最高處），對應(yīng)的粒子運動速度大小為v2（沿x軸），由于粒子在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

qv0B?qE??(qv2B?qE)

由動能定理有?qEym?又Ay=

⑥

1122mv2?mv0⑦22

⑧

1ym2

由⑥⑦⑧式解得Ay=

mE(v0?)qBBmEqB(v0?)(1?cost)qBBm可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運動y-t函數(shù)表達(dá)式為y=19.2023年理綜廣東卷

35．（18分）如圖19(a)所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R1=R0，R2=3R0，一電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點進(jìn)入該區(qū)域，不計重力。

?已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點的初速度v0的大小。?若撤去電場，如圖19(b)，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應(yīng)強度的大小及粒子在磁場中運動的時間。

O?R2Av0R1Ov1AC45?v2(b)(a)圖19?在圖19(b)中，若粒子從A點進(jìn)入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強度應(yīng)小于多少？解析：?根據(jù)動能定理，qU?112mv12?mv0，22

2qU所以v0?v?

m21?如下圖，設(shè)粒子在磁場中作勻速圓周運動的半徑為R，由幾何知識可知R2+R2=(R2-R1)2，解得：

R?2R0。

R2R1OAC045v22mv2根據(jù)洛侖茲力公式qv2B1?，

R解得：B?mv2q2R0?2mv22qR0。

2mv2t?,2?R?v2T,qv2B1?,根據(jù)公式?T2?Rt?解得：

2?R0T2?m2?m???44qB4mv22v2

2R0R2OR1AC?考慮臨界狀況，如下圖

2mv3mv3B?qvB?,1①31qR0R0，解得：

2v3mv3mv3???B?qvB?m,B?2②322qR0，綜合得：2qR02R0，解得：

20.2023年理綜山東卷

25．（18分）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直紙面。一質(zhì)量為m、電量為-q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平方向夾角θ=30o，

?當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強度大小B1=B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30o，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t。?若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L、磁感應(yīng)強度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h。

?若L2=L1=L、B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件。

MPm-qNQLLLθBⅠBⅡ?若B1≠B2，L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出。為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射出的方向總一致，求B1、B2、L1、L2之間應(yīng)滿足的關(guān)系式。

解析：（1）如圖1所示，設(shè)粒子射入磁場I區(qū)的速度為v，在磁場I區(qū)做圓周運動半徑為R1，由動能定理和牛頓其次定律得qU?1mv2①22vqvB0?m②

R1由幾何關(guān)系得R1=L2=L③聯(lián)立①②③得B0?θB1ⅠB2Ⅱθθ12mULq④

設(shè)粒子在I區(qū)做圓周運動周期為T，運動時間為t，T?2?R1⑤

vL1L圖1

L2t2?⑥?T3600聯(lián)立①③⑤⑥式解得t??L3m2qU（2）設(shè)粒子在磁場II區(qū)做圓周運動半徑為R2，由牛頓其次定律得

v2qvB2?m⑧

R2

由幾何知識得

h?(R1?R2)(1?cos?)?Ltan?⑨

B1IθB2II23)L⑩聯(lián)立②③⑧⑨式解得h?(2?3（3）如圖2所示，為使粒子能再次返回到I區(qū)應(yīng)滿足

?

θθθR2(1?sin?)?L聯(lián)立①⑧?式解得B2?3mU?

L2qL1（4）如圖3（或圖4）所示，設(shè)粒子射出磁場I區(qū)時速度與水平方向的夾角為?，由幾何知識可得

L圖2

L2?

L1?R1(sin??sin?)或L1?R1(sin?-sin?)?

L2?R2(sin??sin?)或L2?R2(sin?-sin?)聯(lián)立②⑧??式解得B1L1=B2L2?

B1Ⅰθθ?B2ⅡB1αB2θθ?θ?ⅠθⅡL1L圖3

L2L1L圖4

L2

21.2023年理綜四川卷

25．（20分）如下圖，正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板電容器的極板CD間距d=0.1m且垂直放置于臺面。C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔。電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度B=1T，方向豎直向上的勻強磁場。電荷量q=5×10-13C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U=2.5V，板間微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進(jìn)入磁場（微粒始終不與極板接觸），然后由XY邊界離開臺面。在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正下方水平地面上A點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇。假定微粒在真空中運

AXlYCWDBZh動、極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質(zhì)點。滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，取g=10m/s2。?求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板的極性；?求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍；

?若微粒質(zhì)量m0=1×10-13kg，求滑塊開始運動所獲得的速度。

qU－解析：（1）微粒在極板間所受電場力大小為F＝，代入數(shù)據(jù)：F＝1.25×1011N

d由微粒在磁場中的運動可判斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場加速，故C板為正極，D板為負(fù)極。

（2）若微粒的質(zhì)量為m，剛進(jìn)入磁場時的速度大小為v，由動1

能定理：Uq＝mv2

2

微粒在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力充當(dāng)向心力，若圓周運v2

動半徑為R，有：qvB＝mR

O2R1O1R2S

D微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運動的邊緣軌跡如下圖，半徑的微小值與極大值分別為R1＝

l

，R2＝l－d，2

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)有8.1×10

－14

kg＜m≤2.89×10

－13

kg

（3）如圖，微粒在臺面以速度v做以O(shè)點為圓心，R為半徑的圓周運動，從臺面邊緣P點沿與XY邊界成θ角飛出做平拋運動，落地點Q，水平位移s，下落時間t。設(shè)滑塊質(zhì)量為M，滑塊獲得速度v0后在t內(nèi)沿與平臺前側(cè)面成ф角方向，以加速度a做勻減速直線運動到Q，經(jīng)過位移為k。由幾何關(guān)系，可得l－Rcosθ＝，

R根據(jù)平拋運動，t＝

2h

，s＝vtg

φQXθWdOθRPYhBLkAsθ對于滑塊，由牛頓定律及運動學(xué)方程，有1

μMg＝Ma，k＝v0t－at2

2

再由余弦定理：k2＝s2＋(d＋Rsinθ)2－2s(d＋Rsinθ)cosθsinфsinθ

及正弦定理：＝

sk

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4.15m/s，ф＝arcsin0.8（或ф＝53°）22.2023年理綜重慶卷

25．（19分）某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動。如下圖，材料表面上方矩形區(qū)域PP'N'N充滿豎直向下的勻強電場，寬為d；矩形區(qū)域NN'M′M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，長為3s，寬為s；NN'為磁場與電場之間的薄隔離層。一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電

dsNPM3s磁場區(qū)域M′

BAN′P′

++++電場區(qū)域+++++++子，從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場，電子每次穿越隔離層，運動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，最終電子僅能從磁場邊界M'N'飛出。不計電子所受重力。?求電子其次次與第一次圓周運動半徑之比；

?求電場強度的取值范圍；

?A是M′N′的中點，若要使電子在A、M′間垂直于AM′飛出，求電子在磁場區(qū)域中運動的時間。解析：（1）設(shè)圓周運動的半徑為分別為R1、R2…Rn、Rn?1…，第一次和其次次圓周運動的速率分別為v1、v2，動能分別為Ek1、Ek2

Ek2?0.81Ek1

R1?mv1mv2，R2?

qBqB112mv12，Ek2?mv222Ek1?解得

R2?0.9R11mv?22?設(shè)電場強度為E，第一次達(dá)到隔離層前速度為v?，eEd?110.9?mv?2?mv12R1?s

225B2es2解得E?

9md又由Rn?0.9n?1R1，2(1?0.9?0.9??0.9??)R1?3s

2nB2es2B2es25B2es2?E?得E?所以

80md9md80md?設(shè)電子在磁場中圓周運動的周期為T，運動的半圓周個數(shù)為n，總運動時間為t,由題意有

2R1(1?0.9n)?Rn?1?3s

1?0.9R1?sRn?1?0.9nR1Rn?1?得n?2又由T?s22?m5?m得t?eB2eB23.2023年XX卷

15．（16分）某種加速器的理想模型如圖1所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖2所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場。若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，在磁場中運動時間T0后恰能再次從a孔進(jìn)入電場加速?，F(xiàn)該粒子的質(zhì)量

增加了1m0。(粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)

100?若在t=0時刻將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其其次次加速后從b孔射出時的動能；?現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管外磁場的影響），使圖1中實線軌跡（圓心為O）上運動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請在答題卡圖上的相應(yīng)位置處畫出磁屏蔽管；

?若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速，才能經(jīng)屢屢加速后獲得最大動能？最大動能是多少？

uabU0abL磁屏蔽管c圖1

LOT02T03T0t

-U0圖2

答：(1)49qU(2)如圖(3)313qU

250250v22?r(1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中作勻速圓周運動Bqv?m0，T?0rv則T0?2?m0qB11m0，其周期增加?T?T010010024U025當(dāng)粒子的質(zhì)量增加了

根據(jù)題圖可知，粒子第一次的加速電壓u1=U0粒子其次次的加速電壓u2?Oabc粒子射出時的動能Ek2?qu1?qu2解得Ek2?49qU025（2）磁屏蔽管的位置如下圖

（3）在uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)

T0N?4，得N=25

?T分析可得，粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且u=U0時也被加速的狀況時，最終獲得的動能最大。粒子由靜止開始被加速的時刻t?(?最大動能Ekm?2?(n219)T0(n=0,1,2,……)501323313????)qU0?qU0解得Ekm?qU0.2525252524.2023年物理XX卷

14．(16分)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如下圖。裝置的長為L，上下兩個一致的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO'上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以某一

速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點.改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置。不計粒子的重力.（1）求磁場區(qū)域的寬度h;

（2）欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量Δv;（3）欲使粒子到達(dá)M點，求粒子入射速度大小的可能值.（1）(Om,-q30°dBPLBMO'N收集板

23L?3d)(1?)32（2）

qBL3(?d)m64

（3）vn?qBL(?3d)mn?1(1?n?3L?1,n取整數(shù))3d（1）設(shè)粒子在磁場中的的軌道半徑為r根據(jù)題意L?3rsin30?3dcos30解得h?(00且h?r(1?cos30)0

23L?3d)(1?)32

（2）改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞'

mv2mv2?qv?B?qvB，

rr?由題意可知3rsin30?4r?sin30（3）設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次

00解得?v?v?v??qBL3(?d)m64

由題意可知L?(2n?2)dcos300?(2n?2)rnsin3002mvnqBL且(?3d)?qvnB，解得vn?mn?1rn

(1?n?3L?1,n取整數(shù))3d25.2023年理綜山東卷

24、（20分）如圖甲所示，間距為d垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射