(物理)物理带电粒子在磁场中的运动练习题含答案及解析.doc

1、（物理）物理带电粒子在磁场中的运动练习题含答案及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1如图所示，虚线MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，虚线MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电场水平线段AP与MN相交于O点在A点有一质量为m，电量为+q的带电质点，以大小为v0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A与O点间的距离为，虚线MN右侧电场强度为，重力加速度为g求：（1）MN左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O点，并画出带电质点在磁场

2、中运动的轨迹；（3）带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小vp【答案】（1），方向竖直向上；（2）；（3）【解析】【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE=mg，方向竖直向上；所以MN左侧区域内电场强度，方向竖直向上；（2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：，所以轨道半径；质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点为最右侧；所以，粒子从A到O的运动轨迹为劣弧；又有；根据几何关系可得：带电质点

3、在A点的入射方向与AO间的夹角；根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O点的竖直分速度，水平分速度；质点从O运动到P的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动；质点运动到P点，故竖直位移为零，所以运动时间；所以质点在P点的竖直分速度，水平分速度；所以带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度；2如图所示为电子发射器原理图，M处是电子出射口，它是宽度为d的狭缝D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的电子；与A同轴放置的金属网C的半

4、径为2a.不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e.(1)若A、C间加速电压为U，求电子通过金属网C发射出来的速度大小vC；(2)若在A、C间不加磁场和电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I，求圆柱体A在t时间内发射电子的数量N.(忽略C、D间的距离以及电子碰撞到C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值【答案】(1) (2) (3) 【解析】【分析】（1）根据动能定理求解求电

5、子通过金属网C发射出来的速度大小；（2）根据 求解圆柱体A在时间t内发射电子的数量N；（3）使由A发射的电子不从金属网C射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B.【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得解得：（2）设时间t从A中发射的电子数为N，由M口射出的电子数为n， 则解得 （3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为设此轨迹圆的半径为 ，则+解得：3“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，

6、圆心为O，外圆弧面AB的电势为，内圆弧面CD的电势为，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

7、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，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）；（2）；（3） ；【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：(2）从AB圆弧面收集到的粒子有能打到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，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角根据几何关系，粒子圆周运动的半径：由洛伦兹力提供向心力得：联合解得：（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

8、一个类平抛运动的逆过程建立如图坐标.若速度与x轴方向的夹角为角4如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C现有大量质量m=6.61027kg、电荷量q=3.21019C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)求与x轴负方向成60角射入的粒子在电场中运动的时间t；(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时

9、，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程【答案】（1）r=0.1m （2） （3） 曲线方程为()【解析】【分析】【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，解得（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度粒子在电场中运动的时间解得（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60，圆心角小于60的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x

10、轴正方向的夹角范围为3060所有粒子此时分别在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上，曲线方程为 【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5正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中正、负电子对撞机置于真空中在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为，回旋加速器的半径为

11、R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计电子的质量为m、电量为e，重力不计真空中的光速为c，普朗克常量为h（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的平均功率 （3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁即图中的A1、A2、A4An共有n个，均匀分布在整个圆环上每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁

12、感应强度都相同，方向竖直向下磁场区域的直径为d改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小【答案】(1) ， ；(2) ；(3)【解析】【详解】解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有： 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：正、负电子进入对撞机时分别具有的能量： 正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：正、负电子对撞湮灭后产生的光子频

13、率： (2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速次，则有： 解得： 正、负电子在磁场中运动的周期为： 正、负电子在磁场中运动的时间为： D型盒间的电场对电子做功的平均功率： (3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系可得解得： 根据洛伦磁力提供向心力可得：电磁铁内匀强磁场的磁感应强度大小：6如图，平面直角坐标系中，在，y0及y-L区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y轴的匀强电场，在-Ly0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2

14、（L，0）进入磁场在磁场中的运转半径R=L（不计粒子重力），求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期【答案】（1）v0，与x成53角；（2）；（3）2L；（4）【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy，由运动学规律知L=v0t1，L=t1可得t1=，vy=v0故粒子在P2的速度为v=v0设v与x成角，则tan=，即=53；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=mv2-mv02可得E=粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m解得：B=解得

15、：；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O，在图中，过P2做v的垂线交y=-直线与Q点，可得：P2O=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角=37，故粒子将垂直于y=-L直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=L+（r-rcos37）=2L；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=在磁场中由P2到M动时间：t2=从M运动到N，a=则t3=则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=7如图所示，坐标原点O左侧2m处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为=1.01010C/kg)由静止进人电压U= 800V的加速电场，经加速后

16、沿x轴正方向运动，O点右侧有以O1点为圆心、r=0.20m为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0103T的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子重力不计。(1)求粒子打到荧光屏上的位置到A点的距离；(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小E=1.0103V/m，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN的距离。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）粒子射入O点时的速度，由动能定理得到：进入磁场后做匀速圆周运动，设圆周运动的速度偏向角为，

17、则联立以上方程可以得到：，故由几何关系可知纵坐标为，则解得：；（2）粒子在电场中做类平抛运动，射出电场时的偏向角为，磁场右边界到荧光屏的距离为，由几何关系，解得：。8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v0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

18、至到达P点经历时间的所有可能取值。【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为v0，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： n1、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： k1、2、3或 n1、2、3。【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2av0t，竖直方向： ，解得：vyv0，tan1，45，粒子穿过O点时的速度：；（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： ，粒子能过P点，由几何知识得：Lnrcos45 n1、2、3，解得： n1、2、3；（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1；粒子

19、在第四、第一象限内做圆周运动的周期：，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：t2T1，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：t2T1+T2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t22T1+T2，若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t22T1+2T2，则 k1、2、3或 n1、2、3粒子从出发到P点经过的时间：tt1+t2，解得： k1、2、3或 n1、2、3；9如图所示,在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I区)和两圆

20、之间的环形区域(区)存在方向均垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出),I、区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B。a、b两带正电粒子从O点同时分别沿y轴正向、负向运动,已知粒子a质量为m、电量为q、速度大小为v,粒子b质量为2m、电量为2q、速度大小为v/2,粒子b恰好不穿出1区域,粒子a不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:(1)小圆半径R1；(2)大圆半径最小值(3)a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间t(不考虑a、b在其它位置相遇)。【答案】(1) (2) (3)【解析】【详解】解：(1)粒子b在区域做匀速圆周运动，设其半径为根据洛伦磁力提供向心力有：由

21、粒子b恰好不穿出区域：解得： (2)设a在区域做匀速圆周运动的半径为，根据洛伦磁力提供向心力有：解得： 设a在区域做匀速圆周运动的半径为，根据洛伦磁力提供向心力有：解得： 设大圆半径为，由几何关系得：所以，大圆半径最小值为： (3)粒子a在区域的周期为，区域的周期为粒子a从O点出发回到O点所经过的最短时间为：解得：粒子b在区域的周期为：讨论：如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过时间： n=1，2，3粒子b经过时间： k=1，2，3时，解得：当，时，有最短时间：设粒子b轨迹与小圆相切于P点，如果a粒子在射出小圆时与b粒子在P点相遇则有： n=1，2，3粒子b经过时间： k=1，2，3时，解得：

22、 ab不能相遇如果a粒子在射入小圆时与b粒子在P点相遇则有： n=1，2，3粒子b经过时间： k=1，2，3时，解得：ab不能相遇a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间为10如图，空间某个半径为R的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d，足够大的平行金属板，板间电压为U。一群质量为m，带电量为q的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。不计重力，则（1）离极板AB距离为的粒子能从极板上的小孔P射入电场，求粒子的速度？（2）极板CD上多长的区域上可能会有带电粒子击中？（3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区

23、域。计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。【答案】（1）入射粒子的速度；（2）带电粒子击中的长度为；（3）总时间【解析】【详解】（1）洛伦兹力提供向心力，解得 根据作图可解得，能从极板上的小孔P射入电场，所以，入射粒子的速度（2）所有进入磁场的粒子都能从P点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动， 解得沿极板运动的距离 有带电粒子击中的长度为 （3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间在磁场中运动的时间为，所以 总时间11如图甲所示，边长为L的正方形ABCD区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。在正方形

24、的几何中心O处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v0的带电荷量为q的粒子，粒子质量为m。图中x、y轴分别过正方形四边的中点E、F、G、H不计粒子重力及相互作用。(1)为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度B1应该满足什么条件？(2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60(如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度B2的大小；(3)若磁感应强度大小为(2)中B2，则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用根号表示)【答案】(1) (2) (3)从AB边射出的坐标为 从BD边射出的坐标为从CD边射出的坐标为从AC边射出的坐标为【解析】【分析】(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临

25、界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值(2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围.【详解】(1)为使粒子不离开正方形ABCD区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：联立解得：(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短，由几个关系得：(3)从AB边出射的粒子，轨迹如图所示：分析可知，解得：当粒子运动轨迹与BG相切时，打到右边最远处，由几何关系得，解得：综上粒子从AB边射出的坐标为同理求得，从BD边射出的粒子，位置坐标为同

26、理求得，从CD边射出的粒子，位置坐标为同理求得，从AC边射出的粒子，位置坐标为【点睛】解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.12如图所示，在x轴上方有垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1=B0，在x轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y轴，匀强磁场B2=2B0垂直于xOy平面，图象如图所示一质量为m，电量为-q的粒子在时刻沿着与y轴正方向成60角方向从A点射入磁场，时第一次到达x轴，并且速度垂直于x轴经过C点，C与原点O的距离为3L第二次到达x轴时经过x轴上的D点，D与原点O

27、的距离为4L（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B0、m、q、L表示）（1）求此粒子从A点射出时的速度0；（2）求电场强度E0的大小和方向；（3）粒子在时到达M点，求M点坐标【答案】（1） （2） （3）（9L，）【解析】试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得根据题意由几何关系可得联立得（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得根据题意由几何关系可得由可得综上可以判断3t04 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为由牛顿第二定律得2 t03 t0,粒子做匀减速直线运动，qE=ma 1112综上

28、解得13（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，x=9L 14粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得15联立 1112可解得16联立可得M点的坐标为（9L，） 17考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.13如图甲所示，、为水平放置的间距的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为、方向由指向的匀强电场.一喷枪从、板的中央点向各个方向均匀地喷出初速度大小均为的带电微粒.已知微粒的质量均为、电荷量均为，不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响，取.求：（1）求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x。（2）要使所有微粒从点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为，求的大

29、小和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经时两板上有微粒击中区域的面积和。（3）在满足第（2）问中的所有微粒从点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。求板被微粒打中的区域长度。【答案】（1）1m；（2）0.06 m2（3）【解析】试题分析：（1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度:根据运动学： 运动的半径：解得: x=1m（2）要使微粒做直线运动，电场应反向，且有：故电场应该调节为方向向下，大小为 经时，微粒运动的位移极板上被微粒击中区域为半径为r的圆，其中 （3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力： 竖直向下射出的微粒打在B板的左端恰好

30、与B板相切,如图甲所示： 当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示： 故B板被微粒打中的区域的长度都为考点：带电粒子在复合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动.14如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔一质量为m、电量为q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的

31、大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程【答案】（1）（2）或（3）5.5D【解析】【分析】【详解】(1)粒子在电场中，根据动能定理，解得(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为由，解得则当外切时，半径为由，解得(2)若区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：；据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，区两段圆弧所对的圆心角相同，设为，区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心

32、O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：；设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2)联立上述各式可得：s=5.5D15如图所示，虚线OL与y轴的夹角为60，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M粒子在磁场中运动的轨道半径为R粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OP=R不计重力求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间【答案】当=30时，粒子在磁场中运动的时间为当=90

33、时，粒子在磁场中运动的时间为【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为，如图所示有（判断出圆心在y轴上得1分）（1分）周期为（1分）过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D由几何知识得，= （2分）联立得到（2分）解得=30，或=90 （各2分）设M点到O点的距离为h，有，联立得到h=R-Rcos(+30) （1分）解得h=(1-)R（=30） （2分）h=(1+)R（=90） （2分）当=30时，粒子在磁场中运动的时间为（2分）当=90时，粒子在磁场中运动的时间为（2分）【考点定位】考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识