（08四川卷）24.如圖，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個空間存在勻強磁場，磁感應.、?一_一?：露工4L… \強度方向豎直向下。一電荷量為q（q>0）、質量為m的小：一二一：球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為0'。球心0到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為e（ovev》。為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率。重力加速度為g。解析：據題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為0'。P受到向下的重力mg、球面對它沿0P方向的支持力N和磁場的洛侖茲力f=qvB式中v為小球運動的速率。洛侖茲力手的方向指向0,。根據牛頓第二定律Ncos。-mg=0v2f一Nsin=m Rsin。由①②③式得qBRsin0 qRsin20v2一 v+ =0m cos0由于v是實數，必須滿足4gRsin20為cos0可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為, 2m:g=minqRRcos0此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為qBmiRsin0

2m由⑦⑧式得⑨:gR⑨v=\'嬴sin0（08重慶卷）25.題25題為一種質譜儀工作原理示意圖.在以0為圓心，0H為對稱軸，夾角為2a的扇形區(qū)域內分1

布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M,且OM=d.現有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v.若該離子束中比荷為-的離子都能匯聚到D,試求:0 m（1）磁感應強度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象）;（2）離子沿與CM成0角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間;（3）線段CM的長度.解析：（1）設沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R1八mv2由R=2qvB=-r~R=dmv得昨/磁場方向垂直紙面向外（2）設沿CN運動的離子速度大小為v,在磁場中的軌道半徑為R’,運動時間為t由vcos0=v0wwwrhengqian,com得vwwwrhengqian,comcos6,mvR'=——_dcos6_dcos6方法一：設弧長為sst=-vs=2(0+a)XR'2(6+a)xRt= （09年全國卷I）（09年全國卷I）26（21分）如圖，在x軸下P；aJ方有勻強磁場，磁感應強度大小為^方向垂直于xy平面向外。P是y軸上距原點為h的一點，N。為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為之，Aa的中點在y軸上，長度略小于3。帶點粒子與擋板碰撞前后，乂方向的分速度不變，丫方向的分速度反向、大小不變。質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子從P點瞄準,點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。，解析：設粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為NO,與板碰撞后再次進入磁場的一 一mv位置為N.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有R= …⑴i qB粒子速率不變，每次進入磁場與射出磁場位置間距離x1保持不變有一一'一x=NN=2Rsin0…⑵粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離x2始終，、TOC\o"1-5"\h\z不變,與NON1相等.由圖可以看出x2=a ⑶設粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次（n=0、1、2、3…）.若粒子能回到P點,由對稱性，出射點的x坐標應為-a,即（n+1b-nx=2a ⑷n+2由⑶⑷兩式得x1= a ⑸n+1 .，一, a若粒子與擋板發(fā)生碰撞，有x-x>-1 2 4聯(lián)立⑶⑷⑹得n<3 ⑺聯(lián)立⑴⑵⑸得 ⑻qBn+2v= ? a ⑻2msin0n+1h把sin0二 代入⑻中得aa2+h2qBa\a2+h2 八 ⑼v= ,n= ⑼omh3qBaya2+h2 4 (11)v二 ,n-1 (11)1 4mh2qBa2qBaya2+h23mh (12)（09年全國卷II）25.（18分）如圖，在寬度分別為1和12的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右。一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的Q點射出。已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d。不計重力，求電場強度與磁感應強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比。l2+d2 ./2dl、答案:t arcsin( -)答案:2dl 12+d22 1解析：本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動。粒子在磁場中做勻速圓周運動,如圖所示.由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直,圓心O應在分界線上,OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關系得R-12+（R—d）2 ①2 1設粒子的質量和所帶正電荷分別為m和q,由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得nV2

qvB-m—Rl式中有sina-」R設l式中有sina-」R④粒子進入電場后做類平拋運動其初速度為V,方向垂直于電

場.設粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得qE=maTOC\o"1-5"\h\z由運動學公式有d=1at2……⑥ l=vt ⑦2 2 2El2+d2 , =_J V _由①②⑤⑥⑦式得B l2v ⑧2tl2+d2 . 2dl由①③④⑦式得一=-^――arcsin（ -）t 2dl 12+d2\o"CurrentDocument"2 2（09年天津卷）11.（18分）如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應為氏方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場,MN之間的距離為L,小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為。.不計空氣阻力，重力加速度為g,求（3）（1）電場強度E的大小和方向；（3）（2）小球從A點拋出時初速度v0的大小;⑶A點到x軸的高度h.答案：（1）mg，方向豎直向上 （2）個cot9q 2m解析：本題考查平拋運動和帶電小球在復合■場中的運動.（1）小球在電場,磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當圓周運動的向心力），有qE=wag重力的方向豎直向下，由場力方向只能向上，由于小球帶正由，所以由場強度方向整直(2)小球做勻速圓周運動，0,為圓心，MN為弦長，/MOfP=。，如圖所示。設半徑為r,由幾何關系知TOC\o"1-5"\h\z—=sin9 ③2r小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白日提供，設小球做圓周運動的速率為v,有mv2 _qvB= ④r由速度的合成與分解知vo=cos9 ⑤v由③④⑤式得qBL _v=-——cot9 ⑥02m(3)設小球到M點時的豎直分速度為vy,它與水平分速度的關系為v=vtan9 ⑦由勻變速直線運動規(guī)律v2=2gh ⑧由⑥⑦⑧式得q2B2Lh二 ⑨8m2g(09年山東卷)25.(18分)如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為1,第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0~3t時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極邊緣的影響)。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t。時，刻經極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l。、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況)(1)求電壓U的大小。(2)求1時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。(3)何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短求此最短時間。6

yxxxxxxxxxxxxQxxx工yxxxxxxxxxxxxQxBxXXXX從極板邊緣射出，圖甲軸負方向偏移的距離為11，則有總^ 2Eq=ma②鞭在以上三式，解得兩極板間偏轉電壓為當=工④0（2）；4時刻進入兩極板的帶電粒子，前;務時間在電場中偏轉，后;4時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勺速直線運動-帶電粒子沿其軸方向的分速度大小為%二匚⑤帶電粒子離開電場時沿于軸負方向的分速度大小為為=□』電（?帶電粒子離開電場時的速度大小為p=設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速扇周運動的半徑為氏則有Bvq=m^?聯(lián)立③⑸⑥⑦⑧式解得R=Y包⑨0—（3）2，。時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為V；=/o⑩，設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為a，則

v 兀tana="，聯(lián)立③⑤⑩式解得a=-，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所v1 4 、-C兀 ，一，，、_, 1E _,對的圓心角為2g-，所求最短時間為tmin=/，帶電粒子在磁場中運動的周期為2兀m ,,, .一，九mT二~W，聯(lián)立以上兩式解得tmin=河考點：帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中的運動。設帶電粒子的質量為m,電量為q,不（09年福建卷）22.（20分）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=X10-3T,在X軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在丫上安放接收器，現將一帶正電荷的粒子以v=X104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m設帶電粒子的質量為m,電量為q,不記其重力。（1）求上述粒子的比荷-;m（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。答案（1）—二X107C/kg（或X107C/kg）；（2）t=7.9X10-6s；m（3）S=0.25m2 年:蜂盟K正第X*囂吟S;卜展夢一’;行一妥屐汽解析：第（1）問本‘舟'” 題考查帶電粒子在磁場中的運動。第（2）問涉及到復合場（速度選擇器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運

動。(1)設粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖甲，依題意M、P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(lián)立①②并代入數據得—二X107C/kg(或X107C/kg) ③m(2)設所加電場的場強大小為E。如圖乙，當粒子子經過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿*軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有qE-qvB④代入數據得TOC\o"1-5"\h\zE-70N/C ⑤所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關系可知，圓弧PQ所對應的圓心角為45°,設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T,所求時間為t,則有\(zhòng)o"CurrentDocument"450et- T36002 2冗rT-—— ⑦v聯(lián)立①⑥⑦并代入數據得t-7.9x10-6s⑧(3)如圖丙，所求的最小矩形是MM1pP，該區(qū)域面積S-2r2 ⑨聯(lián)立①⑨并代入數據得S0.25m2矩形如圖丙中MM1P1P（虛線）（09年浙江卷）25.（22分）如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內有與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量m、電荷量q（q>0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0<y<2R的區(qū)間內。已知重力加速度大小為go（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，求點場強度和磁感應強度的大小和方向。（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）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v,那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里并說明理由。一一.、mv答案：⑴員“向垂直于紙面向外；⑵見解析；⑶與x同相交的區(qū)域范圍是x>0o解析：本題考查帶電粒子在復合場中的運動。10

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 E二整q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mv2qvB= R方向垂直于紙面向外（2）這束帶電微粒都通過坐標原點。方法一：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的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點為。方法二：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。如圖b示，高P點與0,點的連線與y軸的夾角為6,其圓心@的坐標為（-Rsine,Rcos6）,圓周運動軌跡方程為(x+Rsinel+(y一Rcos9、=R2x=0x=0y=0 或y=R(1+cos6)（3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0帶電微粒在磁場中經過一段半徑為r，的圓弧運動后，將在y同的右方&>0）的區(qū)域離11

開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示。靠近M點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0.（09年江蘇卷）勞倫斯和利文斯設計14.（16分）1932年