高考物理高考物理帶電粒子在無(wú)邊界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)常見(jiàn)題型及答題技巧及練習(xí)題(含答案)一、帶電粒子在無(wú)邊界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1專項(xiàng)訓(xùn)練1．如圖所示，在一直角坐標(biāo)系xoy平面內(nèi)有圓形區(qū)域，圓心在x軸負(fù)半軸上，P、Q是圓上的兩點(diǎn)，坐標(biāo)分別為P（-8L，0），Q（-3L，0）。y軸的左側(cè)空間，在圓形區(qū)域外，有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，y軸的右側(cè)空間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xoy平面向外?，F(xiàn)從P點(diǎn)沿與x軸正方向成37°角射出一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，帶電粒子沿水平方向進(jìn)入第一象限，不計(jì)粒子的重力。求：（1）帶電粒子的初速度；（2）粒子從P點(diǎn)射出到再次回到P點(diǎn)所用的時(shí)間?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】(1)帶電粒子以初速度沿與軸正向成角方向射出，經(jīng)過(guò)圓周C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)軸左側(cè)磁場(chǎng)后，從軸上D點(diǎn)垂直于軸射入右側(cè)磁場(chǎng)，如圖所示，由幾何關(guān)系得：在y軸左側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為，解得：；(2)由公式得：，解得：由可知帶電粒子經(jīng)過(guò)y軸右側(cè)磁場(chǎng)后從圖中占垂直于y軸射放左側(cè)磁場(chǎng)，由對(duì)稱性，在y圓周點(diǎn)左側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)圓周上的E點(diǎn)，沿直線打到P點(diǎn)，設(shè)帶電粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為帶電粒子從C點(diǎn)到D點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為，時(shí)間為帶電粒子從D做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的周期為，所用時(shí)間為從P點(diǎn)到再次回到P點(diǎn)所用的時(shí)間為聯(lián)立解得：。2．如圖紙面內(nèi)的矩形ABCD區(qū)域存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，對(duì)邊AB∥CD、AD∥BC，電場(chǎng)方向平行紙面，磁場(chǎng)方向垂直紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一帶電粒子從AB上的P點(diǎn)平行于紙面射入該區(qū)域，入射方向與AB的夾角為θ（θ<90°），粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)并從CD射出．若撤去電場(chǎng)，粒子以同樣的速度從P點(diǎn)射入該區(qū)域，恰垂直CD射出.已知邊長(zhǎng)AD=BC=d，帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，不計(jì)粒子的重力.求：(1)帶電粒子入射速度的大?。?2)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】畫出粒子的軌跡圖，由幾何關(guān)系求解運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解帶電粒子入射速度的大??；帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)的位移可求解時(shí)間；根據(jù)電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡求解場(chǎng)強(qiáng).【詳解】（1）設(shè)撤去電場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，軌跡圓心為O．由幾何關(guān)系可知：洛倫茲力做向心力：解得（2）設(shè)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)的位移為x，有粒子作勻速運(yùn)動(dòng)：x=v0t聯(lián)立解得（3）帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡：Eq=qv0B解得【點(diǎn)睛】此題關(guān)鍵是能根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解半徑等物理量；知道粒子作直線運(yùn)動(dòng)的條件是洛倫茲力等于電場(chǎng)力.3．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)靜止的放射性原子核發(fā)生了一次α衰變．放射出α粒子（）在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R．以m、q分別表示α粒子的質(zhì)量和電荷量．（1）放射性原子核用表示，新核的元素符號(hào)用Y表示，寫出該α衰變的核反應(yīng)方程．（2）α粒子的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效成一個(gè)環(huán)形電流，求圓周運(yùn)動(dòng)的周期和環(huán)形電流大?。?）設(shè)該衰變過(guò)程釋放的核能都轉(zhuǎn)為為α粒子和新核的動(dòng)能，新核的質(zhì)量為M，求衰變過(guò)程的質(zhì)量虧損△m．【答案】（1）放射性原子核用表示，新核的元素符號(hào)用Y表示，則該α衰變的核反應(yīng)方程為；（2）α粒子的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效成一個(gè)環(huán)形電流，則圓周運(yùn)動(dòng)的周期為，環(huán)形電流大小為；（3）設(shè)該衰變過(guò)程釋放的核能都轉(zhuǎn)為為α粒子和新核的動(dòng)能，新核的質(zhì)量為M，則衰變過(guò)程的質(zhì)量虧損△m為損．【解析】（1）根據(jù)核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知，該α衰變的核反應(yīng)方程為（2）設(shè)α粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，由洛倫茲力提供向心力有根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的參量關(guān)系有得α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期根據(jù)電流強(qiáng)度定義式，可得環(huán)形電流大小為（3）由，得設(shè)衰變后新核Y的速度大小為v′，核反應(yīng)前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有Mv′–mv=0可得根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程和能量守恒定律有解得說(shuō)明：若利用解答，亦可．【名師點(diǎn)睛】（1）無(wú)論哪種核反應(yīng)方程，都必須遵循質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒．（2）α衰變的生成物是兩種帶電荷量不同的“帶電粒子”，反應(yīng)前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，因此反應(yīng)后的兩產(chǎn)物向相反方向運(yùn)動(dòng)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，受洛倫茲力作用將各自做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且兩軌跡圓相外切，應(yīng)用洛倫茲力計(jì)算公式和向心力公式即可求解運(yùn)動(dòng)周期，根據(jù)電流強(qiáng)度的定義式可求解電流大?。?）核反應(yīng)中釋放的核能應(yīng)利用愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程求解，在結(jié)合動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解得質(zhì)量虧損．4．如圖1所示，在ABCD矩形區(qū)域里存在垂直于紙面方向的磁場(chǎng)（磁場(chǎng)邊界有磁場(chǎng)），規(guī)定垂直紙面向里為磁場(chǎng)正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B如圖2所示的變化。時(shí)刻，一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子從B點(diǎn)以速度沿BC方向射入磁場(chǎng)，其中已知，未知，不計(jì)重力。（1）若，粒子從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求AB邊長(zhǎng)度的可能值及粒子運(yùn)動(dòng)的可能時(shí)間；（2）若，粒子仍從D點(diǎn)射出，求AB邊長(zhǎng)度的可能值及粒子運(yùn)動(dòng)的可能時(shí)間；（3）若，求磁場(chǎng)周期需滿足什么條件粒子不從AB邊射出，并求恰好不射出時(shí)時(shí)刻粒子距BC邊的距離。【答案】（1），2，；（2），2，；（3），【解析】【詳解】（1）若粒子通過(guò)D點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則必須滿足：

則必須滿足：

2，2，由以上各式解得：，

2，（2）若粒子通過(guò)D點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：則必須滿足：

2，

2，又因?yàn)橛梢陨细魇浇獾茫海?/p>

2，（3）如圖3所示：粒子恰不從AB邊射出時(shí)，時(shí)的軌跡與AB邊相切，故需滿足，解得粒子在時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的角度不超過(guò)150°，則有：時(shí)刻粒子離AB的距離為由以上方程解得：，。5．如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。P是圓外一點(diǎn)，OP=3r。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從P點(diǎn)在紙面內(nèi)垂直于OP射出。己知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)圓心O，不計(jì)重力。求(1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；(2)粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間?！敬鸢浮?1)(2)【解析】【分析】本題考查在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題的的能力。【詳解】（1）找圓心，畫軌跡，求半徑。設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為R，由幾何關(guān)系得：①易得：②（2）設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為v，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有③進(jìn)入圓形區(qū)域，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則④聯(lián)立②③④解得6．相距為L(zhǎng)的平行金屬板M、N，板長(zhǎng)也為L(zhǎng)，板間可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩板的左端與虛線EF對(duì)齊，EF左側(cè)有水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，M、N兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓為U，PQ是兩板間的中軸線．一質(zhì)量為m、電量大小為+q的帶電粒子在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中PQ上A點(diǎn)由靜止釋放，水平電場(chǎng)強(qiáng)度與M、N之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，結(jié)果粒子恰好從N板的右邊緣飛出，立即進(jìn)入垂直直面向里的足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，A點(diǎn)離EF的距離為L(zhǎng)/2；不計(jì)粒子的重力，求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B大?。?）當(dāng)帶電粒子運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)后，MN板間偏轉(zhuǎn)電壓立即變?yōu)?U，（忽略電場(chǎng)變化帶來(lái)的影響）帶電粒子最終回到A點(diǎn)，求帶電粒子從出發(fā)至回到A點(diǎn)所需總時(shí)間．【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）由題意知：對(duì)粒子在水平電場(chǎng)中從點(diǎn)A到點(diǎn)O：有：……………①在豎直向下的電場(chǎng)中從點(diǎn)O到N右側(cè)邊緣點(diǎn)B：水平方向：……………②豎直方向：……………③在B點(diǎn)設(shè)速度v與水平初速度成θ角有：……………④粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由幾何關(guān)系可得：……………⑤又：……………⑥聯(lián)解①②③④⑤⑥得：……………⑦（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：在水平電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：……………⑧總的時(shí)間：……………⑨聯(lián)解得：……………⑩7．如圖所示的xoy平面內(nèi)，以（0，R）為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（用B1表示，大小未知）；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為），x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外。電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對(duì)點(diǎn)、A（0，2R）點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方的電場(chǎng)。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，，不計(jì)電子重力。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；（2）若電場(chǎng)沿y軸負(fù)方向，欲使電子a不能到達(dá)MN，求的最小值；（3）若電場(chǎng)沿y軸正方向，，欲使電子b能到達(dá)x軸上且距原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)，求矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積?！敬鸢浮浚?）（2）（3）4（2+）R2【解析】（1）電子射入圓形區(qū)域后做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑大小相等，設(shè)為r，當(dāng)電子射入，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)進(jìn)入x軸下方，則：r＝R，解得：（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)沿y軸負(fù)方向，電子a從O點(diǎn)沿y軸負(fù)方向進(jìn)入電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理eEy＝mv02可求出（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)沿y軸正方向，電子b從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子b經(jīng)電場(chǎng)加速后到達(dá)MN時(shí)速度大小為v，電子b在MN下方磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑為r1，電子b離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向成角，如圖所示。由動(dòng)能定理解得v＝2v0在電場(chǎng)中x＝v0t1＝2R由牛頓第二定律代入得則由幾何關(guān)系可知，在下方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心O2在y軸上，當(dāng)粒子從矩形磁場(chǎng)右邊界射出，且射出方向與水平向右?jiàn)A角為時(shí)，粒子能夠到達(dá)x軸，距離原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)。由幾何關(guān)系得，最小矩形磁場(chǎng)的水平邊長(zhǎng)為l1＝（r1＋r1sin）豎直邊長(zhǎng)為，l2＝（r1＋r1cos）最小面積為S＝l1l2＝r12（1＋sin）（1＋cos）＝4（2＋）R2點(diǎn)睛：本題考查粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)動(dòng)能定理、分運(yùn)動(dòng)公式、牛頓第二定律列式，并結(jié)合幾何關(guān)系分析。8．某研究小組設(shè)計(jì)了如圖所示的雙立柱形粒子加速器，整個(gè)裝置處于真空中．已知兩個(gè)立柱底面均為邊長(zhǎng)為d的正方形，各棱均分別和某一坐標(biāo)軸平行．立柱1下底面中心坐標(biāo)為，立柱2下底面中心坐標(biāo)為，它們的上底面均位于的平面內(nèi)．兩個(gè)立柱上、下底面間的電壓大小均為U，立柱1內(nèi)存在著沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，立柱2內(nèi)存在著沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩立柱外電場(chǎng)均被屏蔽．在和的空間內(nèi)存在著沿x軸正方向的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度分別是和（均未知）．現(xiàn)有大量的帶正電的粒子從立柱1底面各處由靜止出發(fā)，經(jīng)過(guò)立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面．若粒子在經(jīng)過(guò)和兩個(gè)平面時(shí)，僅能自由進(jìn)出兩立柱的底面（經(jīng)過(guò)其它位置均會(huì)被吸收）；該粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用力．求：（1）粒子經(jīng)過(guò)立柱2下底面時(shí)的動(dòng)能；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度和的大??；（3）若兩立柱上、下底面間電壓的大小可調(diào)且在粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持同一定值；兩個(gè)磁場(chǎng)僅方向可變且保持與z軸垂直．求從立柱1下底面出發(fā)的粒子再次回到立柱1下底面的最短時(shí)間t．【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）粒子經(jīng)過(guò)立柱下底面時(shí)，共經(jīng)過(guò)次加速，根據(jù)動(dòng)能定理：，．（2）要使大量的帶正電的粒子從立柱底面各處由靜止出發(fā)，經(jīng)過(guò)立柱、加速后能全部回到立柱的下底面，需要立柱最左面的到達(dá)立柱最左面，立柱最右面的到達(dá)立柱最右面，第次加速后亦然，即在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑等于．第一次加速后：，，解得第一次加速后：，，解得（3）粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間與粒子速度無(wú)關(guān)，等于半個(gè)周期，所以要減少時(shí)間需要減少電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，但是隨著速度增加，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變大，其最大半徑為對(duì)角線，對(duì)應(yīng)粒子從立柱最左面的到達(dá)立柱最右面，而且是對(duì)角線，如圖：最大半徑為，由，，解得：，；最短時(shí)間為：，解得．9．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xoy的一、二象限內(nèi)，分別存在以虛線OM為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于xoy平面向里，虛線OM與x軸負(fù)方向成45°角。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，粒子每次到x軸將反彈，每次反彈水平分速度不變、豎直分速度大小均減為反彈前的倍、方向相反。電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，求：（不計(jì)粒子重力，題中各物理量單位均為國(guó)際單位，計(jì)算結(jié)果可用分式表示）（1）帶電粒子第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置坐標(biāo)；（2）帶電粒子從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最后一次離開(kāi)磁場(chǎng)所需時(shí)間；【答案】（1）（-d,d）（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)磁場(chǎng)強(qiáng)度大小為B，粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則和已知條件可知，粒子做的圓周運(yùn)動(dòng)后經(jīng)過(guò)OM，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有可得r=由此可知，粒子第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置坐標(biāo)為（-d，d）（2）粒子第一次進(jìn)入電場(chǎng)后加速運(yùn)動(dòng)到x軸，設(shè)速度為v1，有：可得：v1=而粒子第一次與x軸碰撞后，反彈速度為，設(shè)粒子能再次進(jìn)入磁場(chǎng)，切第二次進(jìn)入速度為v2，則有，可得：v2=由此可知，先后兩次進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)一步經(jīng)分析判斷可知，粒子再次進(jìn)入磁場(chǎng)后，做的圓周運(yùn)動(dòng)，其速度大小變化但周期不變，之后一直在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)故帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：兩次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的之間在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:因此一共需要的時(shí)間10．在水平桌面上有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形框架，內(nèi)嵌一個(gè)表面光滑的絕緣圓盤，圓盤所在區(qū)域存在垂直圓盤向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一帶電小球從圓盤上的P點(diǎn)（P為正方形框架對(duì)角線AC與圓盤的交點(diǎn)）以初速度v0水平射入磁場(chǎng)區(qū)，小球剛好以平行于BC邊的速度從圓盤上的Q點(diǎn)離開(kāi)該磁場(chǎng)區(qū)（圖中Q點(diǎn)未畫出），如圖甲所示．現(xiàn)撤去磁場(chǎng)，小球仍從P點(diǎn)以相同的初速度v0水平入射，為使其仍從Q點(diǎn)離開(kāi)，可將整個(gè)裝置以CD邊為軸向上抬起一定高度，如圖乙所示，忽略小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的空氣阻力，已知重力加速度為g．求：（1）小球兩次在圓盤上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比；（2）框架以CD為軸抬起后，AB邊距桌面的高度．【答案】（1）小球兩次在圓盤上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為：π：2；（2）框架以CD為軸抬起后，AB邊距桌面的高度為．【解析】【分析】【詳解】（1）小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)得：r2+r2=L2，解得：r=L，小球在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)的周期：T=，小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1=T=，小球在斜面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=r=v0t2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=，則：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿斜面方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移：r=，解得，加速度：a=，對(duì)小球，由牛頓第二定律得：a==gsinθ，AB邊距離桌面的高度：h=Lsinθ=；11．如圖所示，空間存在方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在0<y<d的區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在y>d的區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以速度從O點(diǎn)沿y軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ.不計(jì)粒子重力．(1)求粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：(2)若粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為，求粒子打在x軸上的位置坐標(biāo)，并求出此過(guò)程中帶電粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)若此粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ的速度，求該粒子打在x軸上位置坐標(biāo)的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛侖磁力提供向心力：把，代入上式，解得：(2)當(dāng)粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為時(shí)，如圖所示在OA段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O1，半徑為在AB段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O2，半徑為在BP段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O3，半徑為可以證明ABPO3為矩形，則圖中,由幾何知識(shí)可得：所以：所以粒子打在x軸上的位置坐標(biāo)粒子在OA段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：粒子在AB段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子在BP段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為在此過(guò)程中粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：(3)設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ中軌道半徑為R，軌跡由圖可得粒子打在x軸上位置坐標(biāo)：化簡(jiǎn)得：把上式配方：化簡(jiǎn)為：則當(dāng)時(shí)，位置坐標(biāo)取最小值：12．如圖所示，虛線MN為勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界線，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為E方向豎直向下且與邊界MN成=45°角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，在電場(chǎng)中有一點(diǎn)P，P點(diǎn)到邊界MN的豎直距離為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P處由靜止釋放（不計(jì)粒子所受重力，電場(chǎng)和磁場(chǎng)范圍足夠大）。求：（1）粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；（2）粒子第一次出磁場(chǎng)處到第二次進(jìn)磁場(chǎng)處的距離；（3）若粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后的某時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)?，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場(chǎng)中，則的最小值為多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，由動(dòng)能定理可得，解得（2）粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場(chǎng)到第二次進(jìn)磁場(chǎng)，兩點(diǎn)間距為由類平拋規(guī)律，由幾何知識(shí)可得x=y，解得兩點(diǎn)間的距離為，代入數(shù)據(jù)可得（3）由可得，即由題意可知，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)處改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑又最大值，即最小，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線圓所示。設(shè)此后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，則有幾何關(guān)系可知又因?yàn)?，所以，代入?shù)據(jù)可得13．如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對(duì)的小孔，N板右側(cè)有兩個(gè)寬度均為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)有一個(gè)熒光屏，取屏上與S1、S2共線的O點(diǎn)為原點(diǎn)，向下為正方向建立x軸．板左側(cè)電子槍發(fā)射出的熱電子經(jīng)小孔S1進(jìn)入兩板間，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略．求：（1）當(dāng)兩板間電勢(shì)差為U0時(shí)，求從小孔S2射出的電子的速度v0；（2）兩金屬板間電勢(shì)差U在什么范圍內(nèi)，電子不能穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域而打到熒光屏上；（3）電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢(shì)差U的函數(shù)關(guān)系．【答案】（1）（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理，得：解得：（2）欲使電子不能穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域而打在熒光屏上，應(yīng)有r＜d而：，由此即可解得：（3）若電子在磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域打在熒光屏上的位置坐標(biāo)為x，則由軌跡圖可得：，注意到：和：所以，電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢(shì)差U的函數(shù)關(guān)系為：14．如圖，PQ分界線的右側(cè)空間有一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷