11-19年高考物理真题分专题汇编之专题051b.带电粒子在磁场中的圆周运动(下).pdf

1、第第 51b 节节 带电粒子在磁场中的圆周运动（下）带电粒子在磁场中的圆周运动（下） 1.2017年新课标年新课标卷卷 18.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边 界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子 射入的速度为，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上； 1 v 若粒 子射入速度为，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电 2 v 粒子 之间的相互作用，则为（ C ） 21 :vv A. B. C. D. 23：12：13：23： 【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远，则

2、当粒子射入的速度为 1 v ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；若粒子射入的速度为，由几何知 1 1 cos60 2 rRR 2 v 识可知，粒子运动的轨道半径为；根据，则 ， 2 3 cos30 2 rRR mv rv qB 2121 :=:3:1vvrr 故选 C. 2.2017年新课标年新课标卷卷 24（12 分） 如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在 x0区域，磁感应强度的大小为 B0；x0 区域，磁感应强度的大小为 B0（常数 1） 。一质量为 m、 电荷量为 q（q0）的带电粒子以速度 v0从坐标原点 O 沿 x轴正向 射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方

3、向再次沿 x轴正向时 ，求（不计重力） （1）粒子运动的时间； （2）粒子与 O 点间的距离。 答：（1）；（2） 0 ) 1( qB m 0 0 ) 1(2 qB mv d 解析：粒子的运动轨迹如图所示：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提 供，所以在 x0区域有： ；在 x0区域运动时间 ；在 x0）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。不计重力。求 M 点到 O 点的距 ROP 离和粒子在磁场中运动的时间。 解：根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚

4、线 OL 于 A点，圆心为 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轴于 P点，与 x轴的夹角为 ，如图所 示。有 2 q Bm R v v 周期为 2 R T v 由此得 2 m T Bq 过 A点作 x、y轴的垂线，垂足分别为 B、D，由图中几何 关系得 ADsinRDADcot60O BPDcotO PADBPO 由以上五式和题给条件得 1 sincos1 3 解得 或 3090 设 M 点到 O 点的距离为 h ChRO 根据几何关系 3 CCDDcosAD 3 OOR + y x O M L B + y x O M L B P + y x O ML

5、A 60 PB C h D 00.51.0-1.0-0.5 0.40 0.80 1.20 1.20 0.80 0.40 )/( 2 U e m UAK i/(Ne) 利用以上两式和得 ADsinR 2 3 cos(30 ) 3 hRR 解得 (=30) 3 (1) 3 hR (=90) 3 (1) 3 hR 当=30时，粒子在磁场中运动的时间为 126 Tm t qB 当=90时，粒子在磁场中运动的时间为 42 Tm t qB 5. 2012年理综山东卷年理综山东卷 23(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向 里，在边界上固定两长为L的平行金属极

6、板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的 变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q （q0）的粒子由S1静止释放 ， 粒 子在电场力的作用下向右运 动 ， 在时刻通过S2垂直 2 0 T t 于 边 界 进入右侧磁场区。 （不计粒子重 力，不考虑极板外的电场） （1）求粒子到达S2时的 速 度 大小v和极板间距d （2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。 （3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过 程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 解：（

7、1）粒子由S1至S2的过程中，根据动能定理得 2 0 2 1 mvqU 由式得 m qU v 0 2 设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ma d U q 0 由运动学公式得 20 ) 2 ( 2 1T ad 联立式得 m qUT d 00 2 4 (2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 图乙 0 u U0 2 0 T 2 3 0 T 2 5 0 T 0 3T 0 2T 0 T -U0 t 图甲 Q P N L S1S2B M R v mqvB 2 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 2 2 L R 联立式得 q mU L B 0 24

8、 （3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d=vt1 联立式得 4 0 1 T t 若粒子再次达到S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2， 根据运动学公式得 2 2 t v d 联立式得 2 0 2 T t 设粒子在磁场中运动的时间为t 21 0 0 2 3tt T Tt 联立式得 4 7 0 T t 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由式结合运动学公式得 qB m T 2 由题意得T=t 联立式得 0 7 8 qT m B 6. 2011年理综福建卷年理综福建卷 22 （20分）如图甲，在 x 0的空间中存在沿 y轴负方向的

9、匀强电场和垂直于 xOy平面向里的匀 强磁场，电场强度大小为 E，磁感应强度大小为 B。一质量为 m，带电量为 q（q0）的粒子从坐标原 点 O 处，以初速度 v0沿 x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。 求该粒子运动到 y=h时的速度大小 v； 现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同， 但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在 y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运 动，且都有相同的周期。 qB m T 2 求粒子在一个周期 T 内，沿 x轴方向前进的距离 s； 当入射粒子的初速度大小为 v0时，其 y-t图像如图丙

10、所示，求该粒子在 y轴方向上做简谐运动 的振幅 Ay，并写出 y-t的函数表达式。 y xO h B E v0 y xO SS O y t 甲乙丙 【解析】 （1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有 2 0 2 2 1 2 1 mvmvqEh 由式解得v = m qEh v 2 2 0 （2）由图乙可知，所有粒子在一个周期 T 内沿 x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿 x 轴方向匀速运动的粒子在 T 时间内前进的距离。设粒子恰好沿 x轴方向匀速运动的速度大小为 v1，则 qv1B = qE 又s = v1T 式中 T = qB m2 解得s = 2 2 qB mE 设粒子在

11、y方向上的最大位移为 ym（图丙曲线的最高处） ，对应的粒子运动速度大小为 v2（沿 x轴） ，因为粒子在 y方向上的运动为简谐运动，因而在 y = 0 和 y = ym处粒子所受的合外力大小相等， 方向相反，则 )( 20 qEBqvqEBqv 由动能定理有 2 0 2 2m 2 1 2 1 mvmvqEy 又Ay = m 2 1 y 由式解得Ay = )( 0 B E v qB m 可写出图丙曲线满足的简谐运动 y-t函数表达式为 y = )cos1)( 0 t m qB B E v qB m 7. 2011年理综广东卷年理综广东卷 35 （18分）如图 19(a)所示，在以 O 为圆心，

12、内外半径分别为 R1和 R2的圆环区域内，存在辐射 状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差 U 为常量，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q，质量为 m 的粒子从内圆上的 A点进入该区域，不计重力。 已知粒子从外圆上以速度 v1射出，求粒子在 A点的初速度 v0的大小。 若撤去电场，如 图 19(b)，已知粒子从 OA 延长线与外圆的交点 C以速度 v2射出，方向 与 OA 延长线成 45角， 求磁感应强度的大小及 粒子在磁场中运动的时 间。 在图 19(b)中，若粒子从 A点进入磁场，速度大小为 v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆 射出，磁感应强度应小于多少？ 解析：根据动能

13、定理， 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvqU 所以 m qU vv 2 2 10 如图所示，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为 R，由几何知识可知 R2+ R2=(R2- R1)2，解 得：。 0 2RR 根据洛仑兹力公式， R mv Bqv 2 2 12 解得：。 0 2 0 2 2 2 2qR mv Rq mv B 根据公式 , R mv Bqv,TvR, T t 2 2 122 2 2 解得： 2 0 0 2 2 2 2 4 2 4 2 4v R R mv m qB mT t 考虑临界情况，如图所示 ，解得： , R mv Bqv 0 2 3 13 0 3 1 qR mv B

14、，解得：，综合得： , R v mBqv 0 2 3 23 2 0 3 2 2qR mv B 0 3 2qR mv B 8. 2011年理综山东卷年理综山东卷 25 （18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图： 、两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为 L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为 m、电量为-q、 O A R1 R2 C v2 450 O A R1 R2 C O A 0 v 1 v 2 R 1 R A O C 45 2 v )(a )(b 19图 重力不计的粒子，从靠近平行板电容器 MN 板处由静止释放，极板间电压为 U，粒子经电场加速后平行

15、于纸面射入区，射入时速度与水平方向夹角=30， 当区宽度 L1=L、磁感应强度大小 B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为 30，求 B0及粒子在区运动的时间 t。 若区宽度 L2=L1=L、磁感应强度大小 B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之 间的高度差 h。 若 L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求 B2应满足的条件。 若 B1B2，L1L2，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从 区左边界射出的方向总相同，求 B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。 解析：（1）如图 1所示，设粒子射入磁场 I 区的速度为 v，在磁

16、场 I 区做圆周运动半径为 R1，由动 能定理和牛顿第二定律得 2 2 1 mvqU 1 2 0 R v mqvB 由几何关系得 R1= L2 = L 联立得 q mU L B 21 0 设粒子在 I 区做圆周运动周期为 T，运动时间 为 t， v R T 1 2 0 360 2 T t 联立式解得 qU mL t 23 （2）设粒子在磁场 II区做圆周运动半径为 R2，由牛顿第二定律得 2 2 2 R v mqvB 由几何知识得 tanL)cos)(RR(h1 21 联立式解得 L)(h 3 32 2 （3）如图 2所示，为使粒子能再次返回到 I 区应 L 1 LL 2 B 1 B 2 m

17、-q M N Q P 图1 B1 B2 L1L2L 图 2 B1 B2 L1L2L I II 满足 L)sin(R1 2 联立式解得 q mU L B 2 3 2 （4）如图 3（或图 4）所示，设粒子射出磁场 I 区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得 )sin(sinRL)sin(sinRL- 1111 取 )sin(sinRL)sin(sinRL- 2222 取 联立式解得 B1L1=B2L2 图3 B1B2 L1L2L 图4 B1 B2 L1L2L 9. 2011年理综四川卷年理综四川卷 25 （20分）如图所示，正方形绝缘光滑水平台面 WXYZ 边长 l=1.8m，距地面 h=0

18、.8m。平行板电 容器的极板 CD 间距 d=0.1m且垂直放置于台面。C板位于边界 WX上，D 板与边界 WZ 相交处有一小 孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度 B=1T，方向竖 直向上的匀强磁场。电荷量 q=510-13C的微粒静止于 W 处，在 CD 间加上恒定电压 U=2.5V，板间微粒经电场加 速后由 D 板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接 触） ，然后由 XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时， 静止于 X正下方水平地面上 A点的滑块获得一水平速 度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运 动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点。滑块与地面间的动摩擦因数 =0.2，取

19、g=10m/s2。 求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性； 求由 XY边界离开台面的微粒的质量范围； 若微粒质量 m0=110-13kg，求滑块开始运动所获得的速度。 CD W Z Y X l h B A 解析：（1）微粒在极板间所受电场力大小为 F，代入数据：F1.251011N qU d 由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场 加速，故 C板为正极，D 板为负极。 （2）若微粒的质量为 m，刚进入磁场时的速度大小为 v，由动 能定理：Uq mv2 1 2 微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运 动半径为 R，有：qvBm v2 R 微粒要从 X

20、Y边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为 R1 ，R2ld， l 2 联立代入数据有 8.11014kgm 2.891013kg （3）如图，微粒在台面以速度 v做以 O 点为圆 心，R为半径的圆周运动，从台面边缘 P点沿与XY边 界成 角飞出做平抛运动，落地点 Q，水平位移s，下 落时间 t。设滑块质量为 M，滑块获得速度 v0后在t内沿 与平台前侧面成 角方向，以加速度 a 做匀减速直线运 动到 Q，经过位移为 k。由几何关系，可得 cos， lR R 根据平抛运动，t，svt 2h g 对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有 MgMa，kv0t at2 1

21、2 再由余弦定理：k2s2(dRsin)22s(dRsin)cos 及正弦定理： sin s sin k 联立并代入数据解得：v04.15m/s，arcsin0.8（或 53） 10. 2011年理综重庆卷年理综重庆卷 25 （19分）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示，材料表面上方矩 形区域 PPNN充满竖直向下的匀强 电场，宽为 d；矩形区域 NNMM 充 满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应 O1 O2 R1 R2 D S Q h R W O B L X P A s Y d k + MM NN A B 磁场区域 电场区域 s 3s d PP 强度为 B，长为 3s，宽

22、为 s；NN为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为 e、质量为 m、初速为 零的电子，从 P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其 动能损失是每次穿越前动能的 10%，最后电子仅能从磁场边界 MN飞出。不计电子所受重力。 求电子第二次与第一次圆周运动半径之比； 求电场强度的取值范围； A是 MN的中点，若要使电子在 A、M 间垂直于 AM 飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。 解析：（1）设圆周运动的半径为分别为、，第一次和第二次圆周运动的速率 1 R 2 R n R 1n R 分别为、，动能分别为、 1 v 2 v 1k E 2k E 12 81 . 0

23、 kk EE ， qB mv R 1 1 qB mv R 2 2 ， 2 11 2 1 mvEk 2 22 2 1 mvEk 解得 9 . 0 1 2 R R 设电场强度为，第一次达到隔离层前速度为， E v 2 2 1 vmeEd 2 1 2 2 1 2 1 9 . 0mvvmsR 1 解得 md esB E 9 5 22 又由， 1 1 9 . 0RR n n sR).( n 390909012 1 2 得 所以 md esB E 80 22 md esB E md esB 9 5 80 2222 设电子在磁场中圆周运动的周期为 T，运动的半圆周个数为 n，总运动时间为 t,由题意有 sR

24、 R n n 3 9 . 01 )9 . 01 (2 1 1 sR 111 9 . 0RR n n 2 1 s Rn 得 2n 又由 得 eB m T 2 eB m t 2 5 11. 2011年江苏卷年江苏卷 15 （16分）某种加速器的理想模型如图 1所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔 a、b，两极板间电压 uab的变化图象如图 2 所示，电压的最大值为 U0、周期为 T0，在两极板外有垂直 纸面向里的匀强磁场。若将一质量为 m0、电荷量为 q 的带正电的粒子从板内 a孔处静止释放，经电场 加速后进入磁场，在磁场中运动时间 T0后恰能再次从 a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增

25、加了 。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力) 0 1 100 m 若在 t=0 时刻将该粒子从板内 a 孔处静止释放，求其第二次加速后从 b 孔射出时的动能； 现要利用一根长为 L 的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影 响） ，使图 1中实线轨迹（圆心为 O）上运动的粒子从 a 孔正下方相距 L 处的 c孔水平射出，请在答题 卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管； 若将电压 uab的频率提高为原来的 2 倍，该粒子应何时由板内 a 孔处静止开始加速，才能经多次 加速后获得最大动能？最大动能是多少？ O uab U0 -U0 T02T03T

26、0 t 图 2 L L 磁屏蔽管 图 1 ab c 答：(1) (2)如图 (3) 0 25 49 qU 0 25 313 qU 【解析】(1) 质量为 m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动， r v mBqv 2 0 v r T 2 0 则 qB m T 0 0 2 当粒子的质量增加了，其周期增加 0 100 1 m 0 100 1 TT 根据题图可知，粒子第一次的加速电压 u1=U0 粒子第二次的加速电压 02 25 24U u 粒子射出时的动能 212 ququEk 解得 02 25 49 qUEk （2）磁屏蔽管的位置如图所示 （3）在 uab0 时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数 a

27、b c O ，得 N=25 T T N 4 0 分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且 u=U0时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。 粒子由静止开始被加速的时刻 (n=0,1,2,) 0 ) 50 19 2 (T n t 最大动能 解得 . 00 ) 25 23 25 3 25 1 (2qUqUEkm 0 25 313 qUEkm 12. 2014年物理江苏卷年物理江苏卷 14 (16 分) 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。 装置的长为 L，上下两个相 同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为 B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为 d. 装置右端有一收集板，M

28、、N、P 为板上 的三点，M 位于轴线 OO上，N、P 分别 位于下方磁场的上、下边界上。 在纸面 内，质量为 m、电荷量为-q 的粒子以某一 速度从装置左端的中点射入，方向与轴线 成 30 角，经过上方的磁场区域一次，恰 好到达 P 点. 改变粒子入射速度的大小， 可以控制粒子到达收集板上的位置。 不计粒子的重力. （1） 求磁场区域的宽度 h; （2） 欲使粒子到达收集板的位置从 P 点移到 N 点，求粒子入射速度的最小变化量 v; （3） 欲使粒子到达 M 点，求粒子入射速度大小的可能值. 【答案】 （1） （2） )(dL( 2 3 13 3 2 )d L ( m qB 4 3 6 （

29、3） )n , d L n()d n L ( m qB vn取取取1 3 3 13 1 【解析】 （1）设粒子在磁场中的的轨道半径为 r 根据题意 且 00 303303cosdsinrL)cos( rh 0 301 解得 )(dL(h 2 3 13 3 2 （2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为 r ， qvB r mv 2 Bvq r mv 2 由题意可知 解得 00 304303sinrsinr)d L ( m qB vvv 4 3 6 （3）设粒子经过上方磁场 n 次 L d 收集板 OO m, -q 30 B B P M N 由题意可知 00 30223022sinr )n(c

30、osd)n(L n 且 ，解得 Bqv r mv n n n 2 )n , d L n()d n L ( m qB vn取取取1 3 3 13 1 13. 2014年理综山东卷年理综山东卷 24、 （20分）如图甲所示，间距为 d 垂直于纸面的两平行板 P、Q 间存在匀强磁场。取垂直于纸面 向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示 。 t=0 时刻，一质量为 m、带电量为+q 的粒子（不计重力） ，以初速 度 v0由 Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方 向 射入磁场区。当 B0和 TB取某些特定值时，可使 t=0 时刻入射的 粒子经时间恰能垂直打在 P板上（

31、不考虑粒子反弹） 。上述t m、q、d、v0为已知量。 （1）若，求 B0； B Tt 2 1 （2）若，求粒子在磁场中运动时加速度的大 B Tt 2 3 小； （3）若，为使粒子仍能垂直打在 P板上，求 TB。 qd mv B 0 0 4 【解析】（1）设粒子做圆周运动的半径为 R1，由牛顿第二定律得 1 2 0 00 R mv Bqv 据题意由几何关系得 dR 1 联立式得 qd mv B 0 0 （2）若，垂直打在 P板上,如图示。设粒子做圆周运动的半径为 R2，加速度大小为 a， B Tt 2 3 由圆周运动公式得： 图甲 v0 P Q d 图乙 B t 2 B T B T 2 3 B

32、 T B T2 -B0 B0 0 2 2 0 R v a 据题意由几何关系得 dR 2 3 联立式得 d v a 2 0 3 （3）设粒子做圆周运动的半径为 R，周期为 T，由圆周运动公式得 0 2 v R T 由牛顿第二定律得 R mv Bqv 2 0 00 由题意知，代入式得 qd mv B 0 0 4 Rd4 粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为，在第个 TB内，只有 A、 B两个位置才有可能垂直击中 P板，且均要求，由题意可知 2 0 22 2B T T 设经历整个完整 TB的个数为 n（n=0、1、2、3） 若在 A点击中 P板，据题意由几何关系得 d

33、nRRR）（sin2 当 n=0时，无解 当 n=1时，联立式得 11 ) 2 1 sin( 6 或 联立式得 13 0 3v d T A B 1 O 2 O R 0 v 0 v B 1 O R 0 v Q P d 当时，不满足的要求 2n 2 0 若在 B点击中 P板，据题意由几何关系得 dnRRRR)sin(2sin2 当 n=0时，无解 17 当 n=1时，联立式得 ) 4 1 sin( 4 1 arcsin或18 联立式得 18 0 2 ) 4 1 arcsin 2v d TB 19 当时，不满足的要求 2n 2 0 20 14.2014年理综广东卷年理综广东卷 36.(18 分) 如

34、图 25 所示，足够大的平行挡板 A1、A2竖直放置，间距 6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场 区域和，以水平面 MN 为理想分界面，区的磁感应强度为 B0，方向垂直纸面向外. A1、A2上各有 位置正对的小孔 S1、S2，两孔与分界面 MN 的距离均为 L.质量为 m、电量为+q 的粒子经宽度为 d的匀 强电场由静止加速后，沿水平方向从 S1进入区， 并直接偏转到 MN 上的 P点，再进入区，P点与 A1板的距离是 L 的 k倍，不计重力，碰到挡板的粒 子不予考虑. (1)若 k=1，求匀强电场的电场强度 E； (2)若 2k3，且粒子沿水平方向从 S2射出，求 出粒子在磁场中的速度大小

35、 v与 k的关系式和区的磁感应强度 B与 k的关系式. 【解析】（1）粒子在电场中，由动能定理有 0 2 1 2 mvqEd 粒子在区洛伦兹力提供向心力 r v mqvB 2 0 当 k=1时，由几何关系得 r=L 由解得 md LqB E 2 22 0 （2）由于 2k3时，由题意可知粒子在区只能发生一次偏转，由几何关系可知 S1 S2 B0 m NM A1A2 +q 6L LL d P 图 25 222 r)kL()Lr( 解得 L )k( r 2 1 2 由解得 LqB m )k( v 0 2 2 1 粒子在区洛伦兹力提供向心力 1 2 r v mqvB 由对称性及几何关系可知 1 3r

36、 r k k 解得 L k )k)(k( r 2 13 2 1 由解得 0 3 B k k B 15. 2014年理综浙江卷年理综浙江卷 25.（22分）离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图 1 所示， 截面半径为 R的圆柱腔分为两个工作区。I 为电离区，将氙气电离获得 1 价正离子，II 为加速区，长度 为 L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。I 区产生的正离子以接近 0的初速度进入 II 区，被加速后 以速度 vM从右侧喷出。 I 区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在离轴线 R/2处的 C点持续射出一定速率范围 的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线

37、的截面上运动，截面如图 2 所示（从左向右看） 。电子的初速 度方向与中心 O 点和 C点的连线成角（0 90） 。推进器工作时，向 I 区注入稀薄的氙气。电子使 氙气电离的最小速度为 v0，电子在 I 区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子 质量为 M；电子质量为 m，电量为 e。 （电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞） 。 （1）求 II区的加速电压及离子的加速度大小； （2）为取得好的电离效果，请判断 I 区中的磁场方向（按图 2 说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面 向外”） ； （3）为 90时，要取得好的电离效 果，求射出的电子速率 v的范围； （4）要取得

38、好的电离效果，求射出 的电子最大速率 vmax与的关系。 【解析】 （1）由动能定理得 eUMvM 2 2 1 e Mv U M 2 2 L R B 右 左 III 第 25 题图 1 O C v 第 25 题图 2 L v ML U e M eE a M 2 2 （2）垂直纸面向外 （3）如答图 1所示，设电子运动的最大半径为 r . 2 3 2 R r r v meBv 2 所以有 m eBR vv 4 3 0 要使式有解，磁感应强度 . eR mv B 3 4 0 （4）如答图 2所示，OARr， OC ， ACr R 2 根据几何关系得 )sin( R r 24 3 由式得 )sin(

39、m eBR vmax 24 3 16.2015年江苏卷年江苏卷 15. (16 分)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘 入电压为 U0的加速电场，其初速度几乎为零。 这些离子经加速后通过狭缝 O 沿着与磁场垂直的方向 进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，最后打在底片上。 已知放置底片的区域 MN = L，且 OM = L。某次 测量发现 MN 中左侧 区域 MQ 损坏，检测不到离子，但右侧 区域 QN 仍能正常检测到离子. 在适 2 3 1 3 当调节加速电压后，原本打在 MQ 的离子即可在 QN 检测到。 (1)求原本打在 MN 中点 P的离子质量 m； (2)为使

40、原本打在 P 的离子能打在 QN 区域，求加 速电压 U 的调节范围； (3)为了在 QN 区域将原本打在 MQ 区域的所有离 子检测完整，求需要调节 U 的最少次数. (取 lg2 = 0. 301，lg3 = 0. 477，lg5 = 0. 699) 答案：（1） （2） （3）3 次 0 22 32 9 U LqB m 9 16 81 100 00 U U U 解析：（1）离子在电场中加速： 2 0 2 1 mvqU 在磁场中做匀速圆周运动： r mv qvB 2 R O C v 答图 1 O C v 答图 2 A r r LL O U0 MPNQ B 解得： q mU B r 0 21

41、 代入，解得 Lr 4 3 0 0 22 32 9 U LqB m （2）由（1）知， 离子打在 Q 点， 2 2 0 9 16 L rU U Lr 6 5 81 100 0 U U 离子打在 N点， Lr 9 16 0 U U 则电压的范围 9 16 81 100 00 U U U （3）由（1）知， Ur 由题意知，第 1次调节电压到 U1，使原本 Q 点的离子打在 N点， 0 1 65U U /L L 此时，原本半径为 r1的打在 Q1的离子打在 Q 上 0 1 1 65 U U r /L 解得 L)(r 2 1 6 5 第 2次调节电压到 U2，使原本 Q1点的离子打在 N点，原本半径

42、为 r2的打在 Q2的离子打在 Q 上， 则 ， 解得 0 2 2 0 2 1 65 U U r L/ , U U r L L)(r 3 1 6 5 同理第 n次调节电压，有 ， L)(r n n 1 6 5 检测完整，有，解得 2 L rn 821 5 6 2 . )lg( lg n 最少次数为 3次。 17.2015年理综山东卷年理综山东卷 24 （20 分）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

43、质量为 m 电量 为+q的粒子由小孔下方 d/2 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 大小； d H O G v （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， qD mv2 qD mv4 求这段时间粒子运动的路程。 【答案】 （1） 2 mv qd （2） 4mv qD 或 4 3 mv qD （3）5.5D 解析：（1）粒子在电场中，由动能定理，解得 2 2 1 2 mv d qE dq mv E 2 （2）若

44、粒子的运动轨迹与小圆相切，如图甲示，则当内切时，半径为， 4 1 D r 由 1 2 r mv qvB 解得， qD mv B 4 当外切时，半径为 4 3 2 22 2 D/DD r ，由解得 2 2 r mv qvB qD mv B 3 4 （3）若区域的磁感应强度为 1 1 2 2m mv v B B q qD D ，则粒子运动的半径为 1 1 1 1 2 2 m mv vD D R R q qB B ； 区域的磁感应强度为 2 2 4 4m mv v B B q qD D ，则粒子运动的半径为 2 2 2 2 4 4 m mv vD D R R q qB B ； 设粒子在区和区做圆周运

45、动的周期分别为 T1、T2，由运动公式可得： 1 1 1 1 1 1 2 2 R R T T v v ； 2 2 2 2 2 2 2 2 R R T T v v 据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，区 两段圆弧所对的圆心角相同，设为 1 1 ，区内圆弧所对圆心角为 2 2 ，圆弧和大圆的两个切点与圆心 O 连线间的夹角设为 ，由几何关系可得： 1 1 1 12 20 0 o o； 2 2 1 18 80 0 o o ；6 60 0 o o 粒子重复上述交替运动回到 H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别 为 t1、t2，可得： 1 1 1 11 1 2 23 36 60 0 3 36 60 0 t tT T o o o o ； 2 2 2 22 2 3 36 60 0 3 36 60 0 t tT T o o o o 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=5.5D 图丙 图乙图甲