帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)精美解析版

1、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）1. 空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平方向(垂直紙面向里)的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛侖茲力共同作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C為運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn).不計(jì)重力，則()A. 該離子帶負(fù)電B. A、B兩點(diǎn)位于同一高度C. C點(diǎn)時(shí)離子速度最小D. 離子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn)B（濟(jì)南一中）解：A、粒子開始受到電場力作用開始向下運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中受洛倫茲力作用，知電場力方向向下，則離子帶正電.故A錯(cuò)誤B、根據(jù)動(dòng)能定理知，洛倫茲力不做功，在A到B的過程中，動(dòng)能變化為零，則電場力做功為零，A

2、、B兩點(diǎn)等電勢，因?yàn)樵撾妶鍪莿驈?qiáng)電場，所以A、B兩點(diǎn)位移同一高度.故B正確C、根據(jù)動(dòng)能定理得，離子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)電場力做功最大，則速度最大.故C錯(cuò)誤D、只要將離子在B點(diǎn)的狀態(tài)與A點(diǎn)進(jìn)行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)(速度為零，電勢能相等)相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運(yùn)動(dòng)，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點(diǎn)的.如圖所示 故選B帶電粒子由靜止釋放(不考慮重力)，在電場力的作用下會(huì)沿電場向下運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中，帶電粒子會(huì)受到洛倫茲力，所以粒子會(huì)沿逆時(shí)針方向偏轉(zhuǎn)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力方向向上，此時(shí)粒子具有最大速度，在之后的運(yùn)動(dòng)中，粒子的電勢能會(huì)增加速度越來越小

3、，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零.之后粒子會(huì)繼續(xù)向右重復(fù)由在由A經(jīng)C到B的運(yùn)動(dòng)形式本題主要考查了帶電粒子在混合場中運(yùn)動(dòng)的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，要注意洛倫茲力永不做功，難度適中2. 如圖所示，在一平面正方形MNPQ區(qū)域內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從Q點(diǎn)沿著與邊QP夾角為30的方向垂直進(jìn)入磁場，從QP邊界射出.已知QP邊長為a，不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是()A. 該粒子帶正電B. 運(yùn)動(dòng)過程中粒子的速度不變C. 粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為m3qBD. 粒子的速度v的最大值為qBa2mC（濟(jì)南一中）解：

4、A、粒子從PQ邊射出磁場，粒子剛射入磁場時(shí)受到的洛倫茲力垂直與速度斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子速度大小不變當(dāng)方向發(fā)生變化，粒子速度發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；C、粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：=230=60，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=360T=603602mqB=m3qB，故C正確；D、粒子從P點(diǎn)射出磁場時(shí)軌道半徑最大，粒子速度最大，此時(shí)粒子軌道半徑：r=a，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，粒子的最大速度：v=qBrm=qBam，故D錯(cuò)誤；故選：C粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向確定粒子所受洛倫茲力方向，然后由左

5、手定則判斷出粒子的電性；根據(jù)題意求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，然后根據(jù)粒子周期公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；粒子從P點(diǎn)射出時(shí)速度最大，求出粒子從P點(diǎn)射出時(shí)的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的最大速度粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角等于弦切角的2倍，根據(jù)幾何知識(shí)求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角、軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律與粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式可以解題3. 如圖所示，兩個(gè)相同的帶電粒子，同時(shí)垂直射入一個(gè)正方形的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們的軌跡分別是a和b，則它們的速率和在磁場區(qū)域中飛行時(shí)間的關(guān)系是()A. VaVb，tatbB. VaVb，taVb，taVb。設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為，則粒

6、子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=2T粒子運(yùn)動(dòng)的周期為：T=2mqB，可見，周期T相同，由于a的軌跡圓心角小，所以tatb。故選：C。通過洛倫茲力提供向心力求出粒子的軌跡半徑，再根據(jù)粒子的半徑大小，比較速度的大小.結(jié)合粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期公式比較兩粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系解決粒子在磁場中圓周運(yùn)動(dòng)的基礎(chǔ)就是掌握帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑公式和周期公式，并能靈活運(yùn)用4. 在平面直角坐標(biāo)系里面有一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其邊界過坐標(biāo)原點(diǎn)O和坐標(biāo)點(diǎn)a(0,L)，一電子質(zhì)量為m，電量為e從a點(diǎn)沿x軸正向以速度v0射入磁場，并從x軸上的b點(diǎn)沿與x軸成60離開磁場，下列說法正確的是()A. 電子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為L

7、v0B. 電子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3L3v0C. 磁場區(qū)域的圓心坐標(biāo)為(3L2,L2)D. 電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)為(0,-2L)C（濟(jì)南一中）解：A、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，轉(zhuǎn)運(yùn)的圓心角為60，則由幾何關(guān)系可知，R=2L，則可知，粒子在磁場中飛行時(shí)間為：t=Rv0=2L3v0，故AB錯(cuò)誤；C、由題意和上圖的幾何關(guān)系可得，過a、O、B三點(diǎn)的圓的圓心在aB連線的中點(diǎn).所以：x軸坐標(biāo)x=aO1sin60=32L y軸坐標(biāo)為y=L-aO1sin60=L2 O1點(diǎn)坐標(biāo)為(32L,L2)，故C正確，D錯(cuò)誤故選：C由速度公式可得，粒子在磁場中飛行時(shí)間為弧度比速度.由題意和上圖的幾何關(guān)系可得，過a、O、B三點(diǎn)

8、的圓的圓心在aB連線的中點(diǎn)，由幾何關(guān)系即可確定圓心坐標(biāo)本題考查帶電電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，該類題目根據(jù)題意正確畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，找出R與L之間的關(guān)系，再根據(jù)幾何關(guān)系分析求解即可5. 如圖是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)半徑為R的D形金屬盒，兩金屬盒表面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，并分別與一個(gè)高頻電源兩端相連.現(xiàn)用它來加速質(zhì)量為m、電荷量為q的微觀粒子，則下列說法正確的是()A. 要使回旋加速器正常工作，高頻電源的頻率應(yīng)為qBmB. 輸出粒子獲得的最大動(dòng)能為(qBR)22mC. 要提高粒子輸出時(shí)的最大速度，需提高電源的電壓D. 若先后用來加速氘核(12H)和氦核(24He)，則必須

9、調(diào)整電源的頻率B（濟(jì)南一中）解：A、根據(jù)qvB=mv2R得：v=qBRm，根據(jù)周期公式有：T=2Rv=2mBq，則有：f=qB2m，故A錯(cuò)誤B、當(dāng)粒子的半徑達(dá)最大時(shí)，必須將帶電粒子引出，此時(shí)由Bqv=mv2R可得：v=qBRm，則最大動(dòng)能Ek=12mv2=(BqR)22m，故B正確C、由Ekm=(BqR)22m可知，要提高粒子輸出時(shí)的最大速度，需要增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B和增大回旋加速器的半徑R，而不是增加電壓，因?yàn)殡妷涸酱螅恳淮渭铀俣群蟮乃俣仍龃?，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也變大，加速的次數(shù)變小了.故C錯(cuò)誤D、根據(jù)周期公式有：T=2mBq，兩粒子的比荷相等，故周期相等，不需要調(diào)整電源頻率，故D錯(cuò)誤故選：B被加

10、速離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，而從邊緣離開加速器；粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，在電場中加速.結(jié)合洛倫茲力提供向心力，根據(jù)D形盒的半徑求出最大速度的大小，從而即可求解高頻交流電的頻率根據(jù)質(zhì)譜儀的工作原理可知影響最大動(dòng)能的因素不是電強(qiáng)的電勢差的大小，而是金屬盒的半徑，由洛侖茲力充當(dāng)向心力可得出最大速度，則可求得最大動(dòng)能回旋加速器是利用磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)來反復(fù)對電荷加速的，故加速電場的強(qiáng)弱不會(huì)影響最后的動(dòng)能，但金屬盒的半徑制約了最大動(dòng)能，達(dá)到最大半徑后，粒子無法再回到加速電場繼續(xù)加速二、多選題（本大題共4小題，共24分）6. 磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù).如圖所示，平行金屬板之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場，將一束含有大

11、量正、負(fù)帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場.圖中虛線框部分相當(dāng)于發(fā)電機(jī).把兩個(gè)極板與用電器相連，則()A. 用電器中的電流方向從A到BB. 用電器中的電流方向從B到AC. 若只增強(qiáng)磁場，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢增大D. 若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢減小AC（濟(jì)南一中）解：首先對等離子體進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析：開始時(shí)由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上(負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下)，則正離子向上板聚集，負(fù)離子則向下板聚集，兩板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫矗疑习鍨檎龢O下板為負(fù)極，所以通過用電器的電流方向從A到B，故A正確B錯(cuò)誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力F，最

12、終兩力達(dá)到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f=qvB，F(xiàn)=qEd，則qvB=qEd，解得E=Bdv，所以電動(dòng)勢E與速度v及磁場B成正比，所以C正確、D錯(cuò)誤故選：AC本題的關(guān)鍵是動(dòng)態(tài)分析過程，先根據(jù)左手定則判斷出正離子(或負(fù)離子)受到的洛倫茲力方向，從而判斷出金屬板電勢的高低，進(jìn)一步分析離子除受洛倫茲力外還受到電場力，最終二者達(dá)到平衡，得出結(jié)論正確受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析是解決動(dòng)力學(xué)問題的關(guān)鍵，先根據(jù)左手定則判斷等離子體的正離子(或負(fù)離子)所受洛倫茲力的方向，從而知道金屬板的電勢高低，進(jìn)一步受力分析結(jié)合牛頓第二定律可得出最終等離子體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力等于電場力即可得出結(jié)論7.

13、如圖所示，板長為L的平行板電容器與一直流電源相連接，其極板與水平面成30角；若兩帶電粒子以相同的大小的初速度v0=2gL，由圖中的P點(diǎn)射入電容器，它們分別沿著虛線1和2運(yùn)動(dòng)，然后離開電容器，虛線1為連接上下極板邊緣的水平線，虛線2為平行且靠近上極板的直線，則下列關(guān)于兩粒子的說法正確的是()A. 1、2兩粒子均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B. 1、2兩拉子電勢能均逐漸增加C. 1、2兩拉子的比荷之比為3：4D. 1、2兩粒子離開電容器時(shí)的速率之比為2：3AD（濟(jì)南一中）解：A、根據(jù)題意可知，粒子均做直線運(yùn)動(dòng)，則粒子所受的電場力與重力的合力方向與速度方向在同一直線上，所以電場力只能垂直極板向上，受力如圖所示；

14、根據(jù)受力圖，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，電場力與重力的合力與速度方向反向，故粒子均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；B、粒子甲受到的電場力與位移方向的夾角為鈍角，所以電場力做負(fù)功，電勢能逐漸增加；粒子乙運(yùn)動(dòng)的方向與電場力的方向垂直，電場力不做功，所以粒子的電勢能不變。故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)受力圖，對1：m1g=q1Ecos30，所以：q1m1=2g3E對2：m2gcos30=q2E，所以：q2m2=3g2E可得：q1m1：q2m2=4：3，故C錯(cuò)誤；D、帶電微粒1沿水平直線運(yùn)動(dòng)，合力做的功為：W1=-m1gtan30Lcos30=-23m1gL，根據(jù)動(dòng)能定理得：12m1v12-12m1v02=-23m1gL，所以：

15、v1=23gL帶電微粒2沿平行于極板的直線運(yùn)動(dòng)，合力做的功為：W2=-m2gsin30L=-12m2gL根據(jù)動(dòng)能定理得：12m2v22-12m2v02=-12m2gL所以：v2=gL所以：1、2兩粒子離開電容器時(shí)的速率之比為v1：v2=2：3.故D正確。故選：AD。帶電粒子在電場中受到電場力與重力，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的分析可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，及根據(jù)電場力做功來確定電勢能如何變化。由動(dòng)能定理分析速率之比。解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動(dòng)能的變化。8. 如圖所示，兩塊平行金屬板，兩板間電壓可從零開始逐漸升高到

16、最大值，開始靜止的帶電粒子帶電荷量為+q，質(zhì)量為m(不計(jì)重力)，從點(diǎn)P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進(jìn)入右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界，它與極板的夾角為=30，小孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰好垂直CD邊射出，則()A. 兩板間電壓的最大值Um=qB2LmB. 兩板間電壓的最大值Um=qB2L22mC. 能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間tm=2m3qBD. 能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間tm=m6qBBC（濟(jì)南一中）解：M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰好垂直打在CD板上，所以圓心在C點(diǎn)，CH=CQ=L，

17、故半徑R1=L 洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv12R1 根據(jù)動(dòng)能定理可得：qUm=12mv12 聯(lián)立可得：Um=qB2L22m 故A錯(cuò)誤，B正確，分析可知，T=2Rv 聯(lián)立可得T=2mqB 能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間最長的粒子，其軌跡與CD邊相切與K點(diǎn)最長時(shí)間tm=120360T 聯(lián)立式得tm=2m3qB 故D錯(cuò)誤，C正確故選：BC (1)粒子恰好垂直打在CD板上，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡，可以求得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑，由半徑公式可以求得電壓的大小；(2)打在QE間的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，均為半周期，根據(jù)周期公式即可求解本題考查帶電粒子在加速電場中的運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，

18、要掌握住半徑公式、周期公式，解題的關(guān)鍵在于規(guī)范作圖9. 多選靜止的原子核在磁場中發(fā)生衰變后運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，大、小圓半徑分別為R1、R2；則下列關(guān)于此核衰變方程和兩圓軌跡半徑比值判斷正確的是() A. B. C. R1R2=841D. R1R2=2074BC（濟(jì)南一中）【分析】靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，發(fā)生衰變后的粒子的運(yùn)動(dòng)的方向相反，在根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡可以判斷粒子的電荷的性質(zhì)；衰變后的粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力可得半徑公式，結(jié)合軌跡圖分析。根據(jù)粒子的速度的方向相反和兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡由左手定則可以分析判斷粒子的帶電的情況。【解答】AB.原子核

19、發(fā)生衰變，粒子的速度方向相反，由圖可知粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡在同一側(cè)，很據(jù)左手定則可以得知，衰變后的粒子帶的電性相反，所以釋放的粒子應(yīng)該是電子，所以原子核發(fā)生的應(yīng)該是衰變；故A錯(cuò)誤，B正確；CD.衰變后，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，故：qvB=mv2R，解得：R=mvqB；靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，衰變前后，動(dòng)量守恒，故兩個(gè)粒子的動(dòng)量mv相等，磁感應(yīng)強(qiáng)度也相等，故q越大，軌道半徑越?。还蚀髨A是釋放粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，小圓是新核的運(yùn)動(dòng)軌跡，故R1R2=q2q1=841，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。三、填空題（本大題共1小題，共3分）10. 如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、

20、靜電分析器和磁分析器組成.若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn).不計(jì)粒子重力.則M、N兩個(gè)極板中電勢較高的是_ 極板；加速電場的電壓為_ ；PQ之間的距離為_ M；12ER；2BmERq（濟(jì)南一中）解：粒子進(jìn)入靜電分析器后在電場力作用下偏轉(zhuǎn)，故可知粒子帶正電，極板M比極板N電勢高才能使粒子加速對于加速過程，有qU=12mv2，在靜電分析器中，由電場力充

21、當(dāng)向心力，則有Eq=mv2R，由上兩式可知U=12ER在磁分析器中粒子由P到Q，直徑PQ=2R=2mvqB=2BmERq；故答案為：M；12ER；2BmERq帶電粒子在電場中，在電場力做正功的情況下，被加速運(yùn)動(dòng).后垂直于電場線，在電場力提供向心力作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng).最后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng).根據(jù)洛倫茲力的方向，從而可確定電性，進(jìn)而可確定極板的電勢高低.根據(jù)牛頓第二定律可得在電場力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式，從而求出加速電壓.最后再由牛頓第二定律，洛倫茲力等于向心力可知，運(yùn)動(dòng)的半徑公式，即影響半徑的大小因素考查粒子在電場中加速與勻速圓周運(yùn)動(dòng)，及在磁場中做勻速圓周運(yùn)

22、動(dòng).掌握電場力與洛倫茲力在各自場中應(yīng)用，注意粒子在靜電分析器中電場力不做功四、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2小題，共15分）11. 如圖所示，真空中區(qū)域I和區(qū)域內(nèi)存在著與紙面垂直的方向相反的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.在區(qū)域II的上邊界線上的N點(diǎn)固定一負(fù)的點(diǎn)電荷，并采取措施使之只對區(qū)域II以上空間產(chǎn)生影響.一帶正電的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，自區(qū)域I下邊界線上的O點(diǎn)以速度v0垂直于磁場邊界及磁場方向射入磁場，經(jīng)過一段時(shí)間粒子通過區(qū)域邊界上的點(diǎn)，最終又從區(qū)域I下邊界上的P點(diǎn)射出.圖中N、P兩點(diǎn)均未畫出，但已知N點(diǎn)在O點(diǎn)的右方，且N點(diǎn)與O點(diǎn)相距L.區(qū)域I和的寬度為d=mv02qB，兩區(qū)域的長度足夠大

23、.N點(diǎn)的負(fù)電荷所帶電荷量的絕對值為Q=Lmv02kq(其中k為靜電力常量).不計(jì)粒子的重力，求：(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；(2)粒子在O與O之間運(yùn)動(dòng)軌跡的長度和位移的大小；(3)粒子從O點(diǎn)到P點(diǎn)所用的時(shí)間及O、P兩點(diǎn)間的距離解：(1)由qBv0=mv02R得軌道半徑為：R=mv0qB (2)由題意知：R=2d，所以粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度：=30=6 運(yùn)動(dòng)軌跡的長度：s=2R=mv03qB 位移的大?。簒=4Rsin15=4Rsin(45-30)=(6-2)mv0qB (3)由分析知：正電荷垂直于區(qū)域的上邊界經(jīng)過O點(diǎn)，即與負(fù)粒子產(chǎn)生的電場垂直，正電荷受到的庫侖力為F=kQqL2=mv

24、02L，所以正電荷將繞N點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)在磁場中運(yùn)動(dòng)周期：T1=2mqB 在磁場中運(yùn)動(dòng)對應(yīng)的總角度：=4=23 在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t1=2T1=2m3qB 在電場中運(yùn)動(dòng)周期：T2=2Lv0 在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=T22=Lv0 正電荷從O點(diǎn)到P點(diǎn)的時(shí)間：t=t1+t2=2m3qB+Lv0 正電荷從O點(diǎn)到O點(diǎn)的過程中沿平行于邊界線方向偏移的距離：x1=2(R-Rcos30)=(2-3)R 當(dāng)Lx1 時(shí)(如圖甲所示)，O、P兩點(diǎn)間的距離為：lOP=2(L-x1)=2L-(2-3)mv0qB 當(dāng)Lx1時(shí)(如圖乙所示)，O、P兩點(diǎn)的距離為：lOP=2(x1-L)=2(2-3)mv0qB-L 答：

25、(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑mv0qB(2)粒子在O與O之間運(yùn)動(dòng)軌跡的長度為mv03qB，位移的大小(6-2)mv0qB(3)粒子從O點(diǎn)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為2m3qB+Lv0，O、P兩點(diǎn)間的距離：當(dāng)Lx1時(shí)，O、P兩點(diǎn)間的距離為：lOP=2(L-x1)=2L-(2-3)mv0qB；當(dāng)Lx1時(shí)，O、P兩點(diǎn)的距離為：lOP=2(x1-L)=2(2-3)mv0qB-L（濟(jì)南一中）(1)由洛侖茲力提供向心力可求得半徑公式(2)由于區(qū)域和磁場的大小相等方向相反，所以從O點(diǎn)垂直入射的粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的方向相反.運(yùn)動(dòng)軌跡具有對稱性.由題意知磁場寬度d的表達(dá)式可以看出半徑與距離d，再由幾何關(guān)系關(guān)系找

26、到粒子在兩個(gè)磁場區(qū)域內(nèi)偏轉(zhuǎn)的角度，從而能求出路程和位移(3)由分析知：正電荷垂直于區(qū)域的上邊界經(jīng)過O點(diǎn)，即與負(fù)粒子產(chǎn)生的電場垂直，正電荷受到的庫侖力為F=kQql2=mv02l，所以正電荷將繞N點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)過半圈后再次回到區(qū)的上邊緣，進(jìn)入?yún)^(qū)和區(qū)分別做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的對稱性和相關(guān)幾何關(guān)系，能求出粒子從O點(diǎn)到P點(diǎn)所用的時(shí)間及O、P兩點(diǎn)間的距離本題的靚點(diǎn)在于：粒子在、運(yùn)動(dòng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由于轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反，所以具有對稱性，且有關(guān)系R=2d，這為后續(xù)計(jì)算提供方便.由于N點(diǎn)的負(fù)電荷所帶電荷量的絕對值為Q=Lmv02kq，則q、Q之間的庫侖力F=kQqL2=mv02L，剛好使q繞N點(diǎn)做半徑為L的

27、勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣整個(gè)運(yùn)動(dòng)軌跡就非常對稱，時(shí)間與距離很容易求出12. 質(zhì)量為m、電荷量+q的絕緣小球a，以某一初速度沿水平放置的絕緣板進(jìn)入正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場區(qū)域，場強(qiáng)方向如圖所示，若小球a與絕緣地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，已知小球a自A點(diǎn)沿絕緣板做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)與質(zhì)量為M=2m的不帶電絕緣小球b發(fā)生彈性正碰，此時(shí)原電場立即消失(不計(jì)電場變化對磁場的影響)，磁場仍然不變，若碰撞時(shí)，小球a無電荷量損失，碰撞后，小球a做勻速直線運(yùn)動(dòng)返回A點(diǎn)，往返總時(shí)間為t，AB間距為L，求(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E；(3)全過程摩擦力做的功解：(1)a、b兩小球彈性碰撞前后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械

28、能守恒。設(shè)碰前a球速度為v0，碰后a球，b球速度大小分別為va，vb，取向右為正方向，則有：mv0=-mva+Mvb12mv02=-12mva2+12Mvb2由式解得：va=13v0，vb=23v0往返總時(shí)間t=Lv0+Lva=4Lv0得：v0=4Lta球碰后勻速返回，則有：qBva=mg得：B=mgqva=3mgt4qL(2)a球碰前勻速，則有：FN=mg+qBv0qE=FN由解得：E=4mgq方向：水平向右。(3)碰前摩擦力對a球做的功為：W1=-fL=-qEL=-4mgL碰后摩擦力對b球做的功為：W2=-12Mv02=-64mL29t2故摩擦力對系統(tǒng)做的功為：W=W1+W2=-(4mg+

29、64mL29t2)答：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是3mgt4qL；(2)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E是4mgq，方向：水平向右；(3)全過程摩擦力做的功是-(4mg+64mL29t2)。（濟(jì)南一中）(1)a、b兩小球彈性碰撞前后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。由此求出碰撞后兩球的速度與碰撞前a球速度的關(guān)系式，根據(jù)往返時(shí)間關(guān)系列式，求出碰撞前a球的速度。結(jié)合碰撞后a球勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)根據(jù)碰撞前a球勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件求勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E；(3)根據(jù)功的計(jì)算公式計(jì)算碰撞前后兩個(gè)過程摩擦力做功，從而得到全過程摩擦力做的功。解決本題的關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)過程，把握彈性碰撞的兩大規(guī)律：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律。五、計(jì)算題（本大題共4小題，共38分）13. 如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場.在x0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x