1、高中物理帶電粒子在磁場中的運動常見題型及答題技巧及練習題(含答案)一、帶電粒子在磁場中的運動專項訓練1.如圖，光滑水平桌面上有一個矩形區(qū)域abcd, bc長度為2L, cd長度為1.5L, e、f分別為ad、bc的中點.efcd區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B;質(zhì)量為m、電荷量為+q的絕緣小球A靜止在磁場中f點.abfe區(qū)域存在沿bf方向的勻強電場，電場強度為2qB L ;質(zhì)量為km的不帶電絕緣小球 P,以大小為9_L的初速度沿bf方向運動.P與A6mm發(fā)生彈性正碰，A的電量保持不變，P、A均可視為質(zhì)點.1 ?z(1)求碰撞后 A球的速度大?。?2)若A從ed邊離開磁場，求(3)若A

2、從ed邊中點離開磁場,k的最大值；求 k的可能值和A在磁場中運動的最長時間.【答案】(1) vA 生型 k 1 m5(2) 1 (3) k 或k7t 3 m 2qB(1)設P、A碰后的速度分別為vP和VA, P碰前的速度為qBLm由動量守恒定律:kmv kmvPmvA由機械能守恒定律:qBLm12121 _ 2kmv kmvP mvA2k解得：vA qk 1(1(2)設A在磁場中運動軌跡半徑為 R,由牛頓第二定律得:qvAB2mvA R2k解得：R t二L k 1由公式可得R越大，k值越大如圖1,當A的軌跡與cd相切時，R為最大值，R L求得k的最大值為k 1(3)令z點為ed邊的中點，分類討

3、論如下：A球在磁場中偏轉(zhuǎn)一次從 z點就離開磁場，如圖 2有_2 L 2_ 2R (-)(1.5L R)2一 5L解得：R吐62k5由R L可得：k k 17(II)由圖可知A球能從z點離開磁場要滿足R ,則A球在磁場中還可能經(jīng)歷一次半22如圖3和如圖4,由幾何關系有:2 L 232R (i)(3R 上z點離開.圓運動后回到電場，再被電場加速后又進入磁場，最終從- 5L L解得：R 吐或R L TOC o 1-5 h z 822k51由R-l可得：k2或kk 1113球A在電場中克服電場力做功的最大值為Wm6m當k得時vA鬻由于1mvA22.22 2 225q B L q B L128m 6m1

4、 g不時，vA3理，由于1 mvA2m2 A2 2,22 2,2q B L q B L8m 6m5綜合(I)、(II)可得A球能從z點離開的k的可能值為：k 或k72 mA球在磁場中運動周期為 T qB1.3當k 時，如圖4, A球在磁場中運動的最長時間 t T343 m2qB2.在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R= 0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B=1.0T,方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y坐標軸相切于原點。點。y軸右側(cè)存在一個勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域?qū)挾?l =0.1m?，F(xiàn)從坐標為(-0.2m, -0.2m)的P點發(fā)射出質(zhì)量 m = 2.0X 109k

5、g、帶電荷量q= 5.0X 105C的帶正電粒 子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小V0=5.0 x 103m/s (粒子重力不計)。(1)帶電粒子從坐標為(0.1m, 0.05m)的點射出電場，求該電場強度；(2)為了使該帶電粒子能從坐標為(0.1m, - 0.05m)的點回到電場，可在緊鄰電場的右側(cè)區(qū)域內(nèi)加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和方向。【答案】(1) 1.0X104N/C (2) 4T,方向垂直紙面向外【解析】【詳解】解：(1)帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有:v0qv()B m 一 r可得：r=0.20m=R根據(jù)幾何關系可以知道，帶電粒子恰

6、從。點沿x軸進入電場，帶電粒子做類平拋運動，設粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為 y2根據(jù)類平拋規(guī)律可得：l v0t, y at2根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq ma聯(lián)立可得：E 1.0 104 N/CqE l - 3(2)粒子飛離電場時，沿電場方向速度：vy at g 5.0 10 m/s=v0m v0粒子射出電場時速度：v . 2Vo根據(jù)幾何關系可知，粒子在B區(qū)域磁場中做圓周運動半徑：r J2y2根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB m rmv .聯(lián)立可得所加勻強磁場的磁感應強度大?。築 4Tqr根據(jù)左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外。3.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以O (0R)為圓心，R為

7、半徑的圓內(nèi)有垂直平面向外的勻強 磁場，x軸下方有垂直平面向里的勻強磁場，兩區(qū)域磁感應強度大小相等.第四象限有一與x軸成45角傾斜放置的擋板 PQ,巳Q兩點在坐標軸上，且 O, P兩點間的距離大于2R,在圓形磁場的左側(cè) 0y2R的區(qū)間內(nèi)，均勻分布著質(zhì)量為m,電荷量為+ q的一簇帶電粒子，當所有粒子均沿 x軸正向以速度v射入圓形磁場區(qū)域時，粒子偏轉(zhuǎn)后都從O點進入x軸下方磁場，結(jié)果有一半粒子能打在擋板上.不計粒子重力，不考慮粒子間相互作用 力.求：(1)磁場的磁感應強度 B的大小;(2)擋板端點P的坐標；(3)擋板上被粒子打中的區(qū)域長度.【答案】(1) mv (2)(夜 1)R,0(3)亞 1。2R

8、qR【分析】【詳解】(1)設一粒子自磁場邊界 A點進入磁場，該粒子由 。點射出圓形磁場，軌跡如圖甲所示，過A點做速度的垂線長度為 r,C為該軌跡圓的圓心.連接AO： CO,可證得ACOO為菱形，根據(jù)圖中幾何關系可知：粒子在圓形磁場中的軌道半徑r=R,2 v 由 qvB m 一r得：BmvqR(2)有一半粒子打到擋板上需滿足從。點射出的沿x軸負方向的粒子、沿y軸負方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖乙所示，過圓心D做擋板的垂線交于 E點DP 2R OP ( 2 1)RP點的坐標為(J2 1)R , 0 )(3)設打到擋板最左側(cè)的粒子打在擋板上的F點，如圖丙所示，OF=2R 過O點做擋板的垂線交于

9、G點,OG(2 1)R -22 (1 手)FG.OF2 OG2 =EG導擋板上被粒子打中的區(qū)域長度l=FE=；R+ 5-2 .2 R= ,2+v 10-4.24.如圖所示，MN為絕緣板，CD為板上兩個小孔，AO為CD的中垂線，在 MN的下方有勻強磁場，方向垂直紙面向外 （圖中未畫出），質(zhì)量為m電荷量為q的粒子（不計重力）以 某一速度從A點平行于MN的方向進入靜電分析器，靜電分析器內(nèi)有均勻輻向分布的電場（電場方向指向O點），已知圖中虛線圓弧的半徑為R,其所在處場強大小為E,若離子恰好沿圖中虛線做圓周運動后從小孔C垂直于MN進入下方磁場.1求粒子運動的速度大小;2粒子在磁場中運動，與 MN板碰撞，

10、碰后以原速率反彈，且碰撞時無電荷的轉(zhuǎn)移，之后恰好從小孔 D進入MN上方的一個三角形勻強磁場，從 A點射出磁場，則三角形磁場區(qū)域最小面積為多少？ MN上下兩區(qū)域磁場的磁感應強度大小之比為多少?3粒子從A點出發(fā)后，第一次回到 A點所經(jīng)過的總時間為多少?mROEq【答案】（1）展亙；（2） ；R2; 4； （3） 2怎（1）由題可知，粒子進入靜電分析器做圓周運動，則有:Eq2mv解得：v . EqR(2)粒子從D到A勻速圓周運動，軌跡如圖所示:由圖示三角形區(qū)域面積最小值為:在磁場中洛倫茲力提供向心力，則有:2 mv BqvR得:mvBq如圖所示:設MN下方的磁感應強度為Bi,上方的磁感應強度為B2,

11、R2mvB?qB2Bi若碰撞n次，則有:RiR mv1BiqxxR2mvB?qB2Bi(3)粒子在電場中運動時間:在MN下方的磁場中運動時間:t2在MN上方的磁場中運動時間:3總時間:5.如圖所示，在長度足夠長、寬度 d=5cm的區(qū)域MNPQ內(nèi)，有垂直紙面向里的水平勻強 磁場，磁感應強度 B=0.33T.水平邊界 MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場，電場強度E=200N/C.現(xiàn)有大量質(zhì)量 m=6.6X 1027kg、電荷量q=3.2 X代C的帶負電的粒子,同時從邊界PQ上的。點沿紙面向各個方向射入磁場，射入時的速度大小均為 v=i.6 x 6m/s,不計粒子的重力和粒子間的相互作用.求

12、：求帶電粒子在磁場中運動的半徑r;(2)求與x軸負方向成60。角射入的粒子在電場中運動的時間t;(3)當從MN邊界上最左邊射出的粒子離開磁場時，求仍在磁場中的粒子的初速度方向與 軸正方向的夾角范圍，并寫出此時這些粒子所在位置構(gòu)成的圖形的曲線方程.【答案】(1) r=0.1m (2) t 3.3 10 4s (3) 30o 60o 曲線方程為222 , _ 一一 3一一、20 x y R (R 0.1m, m x 0.1m)【解析】【分析】【詳解】2(1)洛倫茲力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得qvB m,解得r 0.1mr(2)粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系可知，在磁場中運動的圓心角為3

13、0,粒子平行于場強方向進入電場,粒子在電場中運動的加速度粒子在電場中運動的時間2va解得 t 3.3 104s(3)如圖乙所示，由幾何關系可知，從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場中運動的圓心角為60,圓心角小于60的粒子已經(jīng)從磁場中射出，此時刻仍在磁場中的粒子運動軌跡的 圓心角均為60,則仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍為 30 60所有粒子此時分別在以 。點為圓心，弦長0.1m為半徑的圓周上,曲線方程為 x2 y2 R R 0.1m,3m x 0.1m 7204 F X 6帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選 擇合適方法處理.對于勻

14、變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的 合成，由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡， 由幾何知識求解半徑6.如圖所示，半徑 r=0.06m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點。處，半徑R=0.1m,磁感應強度大小B=0.075T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為(0, 0.08m),平行金屬板 MN的極板長L=0.3m、間距d=0.1m,極板間所加電壓 U=6.4x102V,其中N極板收集到的粒子全部 中和吸收.一位于 O處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，已知粒子在磁場中

15、的運動半徑Ro=0.08m ,若粒子重力不計、比荷9=108C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的m邊緣效應.sin53=0.8, cos53=0.6.(1)求粒子的發(fā)射速度 v的大??；(2)若粒子在O點入射方向與x軸負方向夾角為37,求它打出磁場時的坐標：(3) N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例刀.i.m-.O6 fJ (I M【答案】(1) 6X10m/s； (2) (0, 0.18m) ; (3) 29%【解析】【詳解】2 v (1)由洛倫茲力充當向心力，即 qvB=mRo可得：v=6X 10m/s；(2)若粒子在O點入射方向與x軸負方向夾角為37,作出速度方向的垂線與y軸交于一點

16、Q,根據(jù)幾何關系可得 PQ= 0.06o =0.08m ,即Q為軌跡圓心的位置；cos37oQ到圓上y軸最高點的距離為 0.18m-0067=0.08m,故粒子剛好從圓上 y軸最高點離開;sin 37故它打出磁場時的坐標為(0, 0.18m);y,由帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的(3)如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標為 規(guī)律得：y= at22qE qU a=m md由解得：y=0.08m設此粒子射入時與 x軸的夾角為a,則由幾何知識得：y=rsin aR0-Rocos a可知 tan a 4-,即 c=53353比例 斤-X 100%=29%1807.如圖：豎直面內(nèi)固定的絕緣軌道abc,由

17、半徑R=3 m的光滑圓弧段bc與長l=1.5 m的粗糙水平段ab在b點相切而構(gòu)成，O點是圓弧段的圓心， Oc與Ob的夾角0=37 ;過點的 豎直虛線左側(cè)有方向豎直向上、場強大小E=10 N/C的勻強電場，Ocb的外側(cè)有一長度足夠長、寬度d =1.6 m的矩形區(qū)域efgh, ef與Oc交于c點，ecf與水平向右的方向所成的夾角 為3(53 & 3147 ),矩形區(qū)域內(nèi)有方向水平向里的勻強磁場.質(zhì)量m2=3X10-3 kg、電荷量q=3X|0-3 C的帶正電小物體 Q靜止在圓弧軌道上 b點，質(zhì)量m1=1.5X10-3 kg的不帶電 小物體P從軌道右端a以V0=8 m/s的水平速度向左運動，P、Q碰

18、撞時間極短，碰后 P以1m/s的速度水平向右彈回.已知 P與ab間的動摩擦因數(shù)=0.5, A、B均可視為質(zhì)點，Q的電荷量始終不變，忽略空氣阻力，sin37 =0.6, cos37 =0.8,重力加速度大小 g=10m/s2.求：碰后瞬間，圓弧軌道對物體Q的彈力大小Fn；(2)當3=53。時，物體 Q剛好不從gh邊穿出磁場，求區(qū)域 efgh內(nèi)所加磁場的磁感應強度 大小B1；(3)當區(qū)域efgh內(nèi)所加磁場的磁感應強度為B2=2T時，要讓物體 Q從gh邊穿出磁場且在磁場中運動的時間最長，求此最長時間t及對應的(3值.【答案】(1) Fn 4.6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t 127

19、s, 1 900和 2 1430 360【解析】【詳解】解：(1)設P碰撞前后的速度分別為 /和5，Q碰后的速度為v22 12從a到b,對P,由動能te理得：-m1gl m1v i m1v02解得：v1 7m/s碰撞過程中，對 P , Q系統(tǒng)：由動量守恒定律：m1vl m1vl m2v2取向左為正方向，由題意 v11m/s ,解得：v2 4m/s2v2卜黑 對Q,由牛頓第二te律得：FN m2g m2R解得：Fn 4.6 10 2N(2)設Q在c點的速度為vc,在b到c點，由機械能守恒定律：212m2 gR(1 cos )m2vc - m2v22解得：vc 2m/s2進入磁場后：Q所受電場力F

20、 qE 3 10 N m2g , Q在磁場做勻速率圓周運動2由牛頓第二定律得：qvcB m生qQ剛好不從gh邊穿出磁場，由幾何關系：r d 1.6m解得：Bi 1.25Tm2vc(3)當所加磁場B2 2T ,2 1mqB2要讓Q從gh邊穿出磁場且在磁場中運動的時間最長，則Q在磁場中運動軌跡對應的圓心角最大，則當gh邊或ef邊與圓軌跡相切，軌跡如圖所示：設最大圓心角為，由幾何關系得：cos(180)解得:1272 mb運動周期：T - qB2則Q在磁場中運動的最長時間:t Tq?”Ns360360 qB2360此時對應的角：190和2 1438.如圖，第一象限內(nèi)存在沿 y軸負方向的勻強電場，電場

21、強度大小為E,第二、三、四象限存在方向垂直 xOy平面向外的勻強磁場，其中第二象限的磁感應強度大小為B,第三、四象限磁感應強度大小相等，一帶正電的粒子，從P (-d, 0)點沿與x軸正方向成 a =60角平行xOy平面入射，經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的Q點(圖中未畫出)垂直 y軸進入第一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點，回到P點時速度方向與入射方時相同，不計粒子重力，求：(1)粒子從P點入射時的速度 V0；(2)第三、四象限磁感應強度的大小B/;【答案】(1) 巨(2) 2.4B3B【解析】試題分析：(1)粒子從P點射入磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖，設粒子在第二象限圓周運動的半徑為 r

22、,由幾何知識得：rdsindsin602 -3d3根據(jù)qv0BmV。/口23qBd得 V0r3m粒子在第一象限中做類平拋運動，則有r(1 cos60 )qE ,2.t ； tan 2mVy qEtv0mvo聯(lián)立解得v03B(2)設粒子在第一象限類平拋運動的水平位移和豎直位移分別為 三、四象限圓周運動的對稱性可知粒子剛進入第四象限時速度與x和y,根據(jù)粒子在第 x軸正方向的夾角等于(X.則有:x=vot,ylytvy2Votan TOC o 1-5 h z 由幾何知識可得 y=r-rcos a =1 r3 d HYPERLINK l bookmark126 o Current Document 2

23、32則得x d32-d-d所以粒子在第三、四象限圓周運動的半徑為3d9 HYPERLINK l bookmark156 o Current Document 3sin粒子進入第三、四象限運動的速度VoV cos2V04,3qBd3m2根據(jù)qvB m R得：B = 2 4B考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動.如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強磁場，方向垂直于紙面向外；在第四象限有 一勻強電場，方向平行于 y軸向下.一電子以速度 vo從y軸上的P點垂直于y軸向右飛入 電場，經(jīng)過x軸上M點進入磁場區(qū)域，又恰能從 y軸上的Q點垂直于y軸向左飛出磁場已 知P點坐標為(0, L), M點的坐標為(W

24、3L, 0).求3(1)電子飛出磁場時的速度大小v(2)電子在磁場中運動的時間 t【答案】(1) v 2v0；(2) t24V7【解析】【詳解】(1)軌跡如圖所示，設電子從電場進入磁場時速度方向與x軸夾角為(1)在電場中x軸方向：2Ml v0t y軸方向：L3得60, v -v- 2vocos(2)在磁場中，r 2也4 Lsin 32磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為23Vy , 一ti, tan 2vyVot2.如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長L= 1.2m的等邊三角形區(qū)域， C P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內(nèi)，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強 E=4X 104

25、N IC.三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強 度為B1； AMN以外區(qū)域有垂直紙面向外，磁感應強度大小為 B2=3B1的勻強磁場.現(xiàn)將一比荷q/m=105C/kg的帶正電的粒子，從 。點由靜止釋放，粒子從 MN小孔C進入內(nèi)部勻強 磁場，經(jīng)內(nèi)部磁場偏轉(zhuǎn)后直接垂直AN經(jīng)過Q點進入外部磁場.已知粒子最終回到了O點，OC相距2m.設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取 兀=3.求:(1)磁感應強度Bi的大小；(2)粒子從。點出發(fā)，到再次回到 。點經(jīng)歷的時間；(3)若僅改變B2的大小，當B2滿足什么條件時，粒子可以垂直于 (若粒子經(jīng)過A點立即被吸收)

26、.5_c【答案】(1) Bi 10 5T； (2) t 2.85 10-2s; (3) &MA經(jīng)孔P回到。點4k 2510 T3【解析】【詳解】(1)粒子從。到C即為在電場中加速，則由動能定理得:Eqx1 2一 mv2解得 v=400 m/s帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示.由幾何關系可知R1 - 0.6m22,v由 qvBi mR25代入數(shù)據(jù)得 B12 105T3(2)由題可知 B2=3B1=2XT0TqvB2 v m一 R_Ri則 R2- 0.2m31由運動軌跡可知：進入電場階段做勻加速運動，則 x -vt1 2得到 ti=0.0l s粒子在磁場Bi中的周期為則在磁場Bi中的運動時間為在磁

27、場B2中的運動周期為在磁場B2中的運動時間為180300180t3T2360則粒子在復合場中總時間為：2 mqBi3t2-T1 3 10 3s3mqB21 10 3s 5.5 10-3s 6- 17t 2t1 t2 t320 3-210 3s 2.85 102s .，v2(3)設擋板外磁場變?yōu)?民，粒子在磁場中的軌跡半徑為r,則有qvB2 m r根據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到。點，需滿足條件L 2k 1 r 其中 k=0、1、2、3 2解得 B2 4k2 10 5T 3.如圖甲所示，邊長為 L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場。在 正方形的幾何中心 。處

28、有一粒子源，垂直磁場沿各個方向發(fā)射速率為V0的帶電荷量為q的粒子，粒子質(zhì)量為 m 圖中x、y軸分別過正方形四邊的中點E、F、G、H不計粒子重力及相互作用。(1)為了使粒子不離開正方形ABCD區(qū)域則磁感應強度 Bi應該滿足什么條件？(2)改變磁場的強弱，若沿與y軸成60。(如圖乙所示)方向發(fā)射的粒子在磁場中運動時間最短，求磁感應強度 B2的大??；(3)若磁感應強度大小為(2)中B2,則粒子離開磁場邊界的范圍。(結(jié)果可用卞號表示)【解析】(1)粒子經(jīng)過磁場后恰好不飛出，則臨界情況是粒子與磁場邊界相切，畫出軌跡，根據(jù)幾何 關系求出軌跡半徑，再由牛頓第二定律求出B的值.(2)運動時間最短應找最小的圓心

29、角,則找劣弧中弦長最短的軌跡；(3)由軌跡與邊界相切或相交的各種情況找到臨界半徑，從而得到飛出的邊界范圍.【詳解】(1)為使粒子不離開正方形 ABCD區(qū)域，則粒子在磁場中圓周運動的半徑需滿足如下關系：L解Amvo聯(lián)立解得：山之一(2)由分析可知，所有粒子中，過正方形邊長中點的粒子所需時間最短，由幾個關系得：R =丹220而(3)從AB邊出射的粒子，軌跡如圖所示:分析可知，解得：X1 =,12當粒子運動軌跡與 BG相切時，打到右邊最遠處,I L 2由幾何關系得，工玄=R2 -勺-R)解得:綜上粒子從AB邊射出的坐標為同理求得，從BD邊射出的粒子，位置坐標為同理求得，從 AC邊射出的粒子，位置坐標

30、為【點睛】解答帶電粒子在磁場中運動的習題，關鍵是畫出粒子的運動軌跡，尤其是臨界軌跡，然后 由幾何關系求出圓周運動的半徑從而可以順利求解速度大小.如圖（甲）所示，兩帶等量異號電荷的平行金屬板平行于x軸放置，板長為L,兩板間距離為2y0,金屬板的右側(cè)寬為 L的區(qū)域內(nèi)存在如圖（乙）所示周期性變化的磁場，磁場的左右邊界與x軸垂直.現(xiàn)有一質(zhì)量為 m,帶電荷量為+q的帶電粒子，從y軸上的A點 以速度vo沿x軸正方向射入兩板之間，飛出電場后從點（ L, 0）進入磁場區(qū)域，進入時速 度方向與x軸夾角為30。，把粒子進入磁場的時刻做為零時刻，以垂直于紙面向里作為磁場 正方向，粒子最后從 x軸上（2L, 0）點與

31、x軸正方向成30夾角飛出磁場，不計粒子重力.試求:（1）求粒子在兩板間運動時電場力對它所做的功;(2)計算兩板間的電勢差并確定A點的位置；T應滿足的表達式.(3)寫出磁場區(qū)域磁感應強度B0的大小、磁場變化周期2 . 丁心263vo考點：帶電粒子在磁場中的運動.13.如圖所示，直徑分別為 D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，。為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域 (I區(qū))和小圓內(nèi)部(n區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場.間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔.一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子由小孔下方 d處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H2點緊靠大圓內(nèi)側(cè)

32、射入磁場。不計粒子的重力。(1)求極板間電場強度的大?。?2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求I區(qū)磁感應強度的大小;(3)若I區(qū)、n區(qū)磁感應強度的大小分別為2mvqD4mv，粒子運動一段時間后再次經(jīng)過qD點，求這段時間粒子運動的路程.1)mv2 qd4mv - 4mv或qD3qD5.57t D(1)粒子在電場中，根據(jù)動能定理dEq 212一 mv ,解得E 22mvqd(2)若粒子的運動軌跡與小圓相切，則當內(nèi)切時，半徑為ER722由qvB m，解得B14mvqD則當外切時，半徑為2,Vr由qvB m一,解得B24mv3qD(2)若I區(qū)域的磁感應強度為9qB2L2,則粒子運動的半徑為32U0100U

33、。 U8116U。. n9 ，區(qū)域的磁感應強度為 qU01 mv22,則粒子運動的半徑為 qvB2Vm一 ；r設粒子在I區(qū)和n區(qū)做圓周運動的周期分別為 Ti、由運動公式可得:據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性可知,I區(qū)兩段圓弧所對的圓心角相同，設為n區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角為2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心。連線間的夾角設為，由幾何關系可得：i 120; 2 1800;60o粒子重復上述交替運動回到H點，軌跡如圖所示，設粒子在 I區(qū)和n區(qū)做圓周運動的時間分別為分t2,可得:設粒子運動的路程為 S,由運動公式可知：S=v(tl+t2)聯(lián)立上述各式可得：s=5.5兀D14.如圖，ABCD邊長為a的正方形.質(zhì)量為 m、電荷量為e的電子以大小為 Vo的初速度 沿紙面垂直于 BC邊射入正方形區(qū)域.在正方形內(nèi)適當區(qū)域中有勻強磁場.電子從 BC邊上 的任意點入射，都只能從 A點射出磁場.不計重力，求： 口(1)此勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大