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绝密★启用前
专题22根据粒子运动确定磁场区域的范围
u试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、多选题
1．如图所示，有一边长为a的正方形ABCD，在ABCD内的适当区域加一垂直正方形ABCD所在平面的匀强磁场。一束电子以某一速度沿正方形ABCD所在平面、且垂直于AB边射入该正方形区域，已知该束电子从AB边上的任意点入射，都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场，不计电子重力，则关于该区域的磁场方向及最小面积，下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向垂直于ABCD所在平面向里
B．磁场方向垂直于ABCD所在平面向外
C．磁场的最小面积为
D．磁场的最小面积为
【答案】AC
【详解】
AB．由于电子要在ABCD平面内从C点射出，区域磁场必须垂直区域平面向里，故A正确，B错误；
CD．磁场的最小面积是一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围，如图所示
由几何关系得最小面积为，故C正确，D错误；
故选AC。
2．如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。
某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。
已知∠AOC=60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间可能为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】CD
【详解】
ABCD．粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，根据
则
轨迹半径相同，如图所示
设，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长，由此得到，轨迹半径为
当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短，则
由几何知识，得，最短时间
所以，粒子在磁场中运动时间范围为
AB错误CD正确。
故选CD。
3．如图所示，xoy某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，O点处有一粒子源，不断射出质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子射出后即进入该有界磁场，射出粒子的速度v方向均沿x轴正向、大小满足v0≤v≤3v0，且射出磁场时所有粒子的速度方向均为竖直向上。不计粒子重力及相互间的作用力，下列说法正确的是（　　）
A．O点发射出的粒子速度越大，通过磁场的时间越长
B．粒子通过磁场中的时间均相同
C．粒子离开磁场的位置与O点连线与x轴的夹角随入射速度的增大而增大
D．磁场区域最小面积
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．所有粒子均沿x轴正向射出，射出磁场时速度方向沿y轴正向，可知速度方向均改变90°，因所有粒子周期相同，则所有粒子在磁场中运动时间相同，选项A错误，B正确；
C.由图可知，粒子离开磁场的位置与O点连线与x轴的夹角为定值，均为45°，选项C错误；
D．粒子的最大半径
最小半径
则磁场区域的最小面积
选项D正确。
故选BD。
4．如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，
在第一象限内有一方向垂直x
Oy平面的有界匀强磁场区（图中未画出），磁感应强度为B。所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点。下列说法中正确的是（
）
A．磁场方向一定是垂直xOy平面向外
B．所有粒子通过磁场区的时间相同
C．如果粒子速率v0=，能保证所有粒子都打在a点的最小磁场区域面积为
D．如果粒子速率v0=，能保证所有粒子都打在a点的最小磁场区域面积为
【答案】ACD
【详解】
A．由题意可知，正粒子经磁场偏转，都集中于一点，根据左手定则可有，磁场的方向垂直平面向外，故A正确；
B．由洛伦兹力提供向心力，可得
运动的时间
运动的时间还与圆心角有关，粒子做圆周运动的圆心角不同，因此粒子的运动时间不等，故B错误；
C．当粒子速率时，粒子做圆周运动的半径为
能保证所有粒子都打在点的最小磁场区域如图
最小磁场区域面积为
故C正确；
D．当粒子速率时，粒子做圆周运动的半径为
能保证所有粒子都打在点的最小磁场区域如图
最小磁场区域面积为
故D正确；
故选ACD。
5．如图所示，MN平行于y轴，在y轴与MN之间的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0～范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界MN上的P点离开磁场，已知P点的坐标是((2＋)d，d)，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的比荷为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
【答案】BD
【详解】
A．根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图甲所示．
圆心为O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为
r＝2d
故A错误；
B．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，运动时间
t0＝
解得：
v0＝
故B正确；
C．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为
T＝
由
Bqv0＝mr
则
故C错误；
D．在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示。
由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确。
故选BD。
6．如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区（图中未画出），所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点。下列说法正确的是（
）
A．磁场方向一定是垂直xOy平面向里
B．所有粒子通过磁场区的时间相同
C．所有粒子在磁场区运动的半径相等
D．磁场区边界可能是圆，也可能是圆的一部分
【答案】CD
【详解】
A．由题意可知，正粒子经磁场偏转，都集中于一点a，根据左手定则可有，磁场的方向垂直平面向外，故A错误；
B．由洛伦兹力提供向心力，可得，而运动的时间还与圆心角有关，因此粒子的运动时间不等，故B错误；
C．由洛伦兹力提供向心力
可得
由于同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C正确；
D．所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，故D正确。
二、单选题
7．如图所示，矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边的中点O处垂直磁场方向向里射入一带正电粒子，其入射速度大小为、方向与ad边的夹角为。已知粒子的质量为m、电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计。欲使粒子不从ab边射出磁场，则磁场的磁感应强度大小B的范围为（　　）
A．
B．
C．
D．或
【答案】D
【详解】
粒子在磁场中做圆周运动，有
得
则磁场的磁感应强度越大，粒子的轨迹半径越小。如图所示
设粒子的轨迹刚好和cd边相切时，轨迹的圆心为O，则有
得
则
故当磁场的磁感应强度小于时，粒子将从cd边射出磁场；设粒子的轨迹刚好与ab边相切时，圆心为O2，则有
则
则
故当磁场的磁感应强度大于或等于时，粒子将从ad边射出磁场。
故选D。
8．如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.30
T。磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=32
cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106
m/s。已知α粒子的电荷量与质量之比，现只考虑在图纸平面内运动的α粒子，则感光板ab上被α粒子打中区域的长度（　　）
A．20cm
B．40cm
C．30
cm
D．25cm
【答案】B
【详解】
α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有
由此得
由于
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点；
再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。
粒子运动轨迹如图所示
定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。
根据几何关系可得
由图中几何关系得
所求长度为
故选B。
9．如图所示，半径为的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小，圆形磁场边界上有A、C、N三点，一个比荷为2×106C/kg、带正电的粒子（粒子重力可忽略不计），从A点以的速度垂直于直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且，则（　　）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cm
B．带电粒子在磁场中运动的轨迹圆心一定不在圆形磁场的边界上
C．若带电粒子改为在圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，则粒子一定从N点射出
D．若要实现带电粒子从A点以原速度v0入射、从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为
【答案】C
【详解】
A．根据洛伦兹力提供向心力有
可得
代入数据解得
故A错误；
B．粒子运动轨迹如图所示
因为
四边形AONP为菱形，根据几何知识可得圆心P一定在圆形磁场的边界上，故B错误；
C．从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如图所示，因为
所以四边形SCON为菱形，由几何知识可知粒子一定从N点射出，故C正确；
D．当带电粒子在A点入射，从N点出射，则磁场圆以AN为直径时面积最小，最小面积
故D错误。
故选C。
10．如图所示，在一挡板MN的上方，有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P为MN上的一个粒子发射源，它能连续垂直磁场方向发射速率为v、质量为m、带电量为q的粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收．则在垂直于磁场的平面内，有粒子经过的区域面积是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
由题意可知粒子在磁场中的运动半径，所有粒子在磁场中半径相同，
由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动．如图所示：
由几何图形可知，带电粒子可能经过的区域的面积为：，故C正确，
ABD错误．
11．如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝，∠b＝，边长ab＝L，粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为m，电荷量为q，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是(　　)
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】
由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径：
r＝ab×tan＝L
由洛伦兹力提供向心力
qvmB＝m
从而求得最大速度：
vm＝
所以ABC错误，D正确。
故选D。
12．如图所示，在半径为R圆形区域内有一匀强磁场，边界上的A点有一粒子源能在垂直于磁场的平面内沿不同方向向磁场中发射速率相同的同种带电粒子，在磁场边界的圆周上可观测到有粒子飞出，则粒子在磁场中的运动半径为
A．R
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】
由题意可知考查带粒子在磁场中运动规律，根据牛顿第二定律及几何关系分析可得．
【详解】
假设粒子带正电荷，画出临界轨迹如上图所示，在磁场边界的圆周上可观测到有粒子飞出，可知，磁场半径为OA=R，则粒子运动轨迹半径为O1A=Rsin60°=
B正确，ACD错误，故选择B．
【点睛】
本题关键找出临界轨迹，磁场边界的圆周上可观测到有粒子飞出，可知圆心角，根据几何关系可求出轨迹半径．
第II卷（非选择题）
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三、解答题
13．如图所示，平行的N、M、P为两匀强磁场区域的边界，N与M、M与P间距分别为l1、l2，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，磁场方向均垂直纸面向里。现有电荷量为+q、质量为m的带电粒子射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)若有大量该种粒子以大小为v1、方向沿纸面各个方向的速度从Q点射入磁场，粒子恰好不进入Ⅱ区域，求粒子速度v1的大小；
(2)用阴影画出(1)中粒子在磁场Ⅰ中所能到达的区域，并求出该区域的面积；
(3)若有一个粒子从Q点以速度v2垂直于边界N及磁场方向射入磁场，粒子能穿过两个磁场区域，求v2的最小值。
【答案】(1)
(2)见解析；(3)
【详解】
(1)设粒子速度大小为v0时恰好能进入Ⅱ磁场，则进入Ⅱ磁场时速度恰好沿M边界，若有大量该种粒子以大小为v1、方向沿纸面各个方向的速度从Q点射入磁场，粒子恰好不进入Ⅱ区域，根据几何关系可知，半径
，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
(2)
粒子在磁场中所能到达的区域如下图所示的阴影部分
面积
(3)
粒子速度为v2时在磁场II中的轨迹恰好与边界P相切，轨迹如下图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
，
由几何关系，则有
粒子在磁场II中运动，则有
R2-R2sinθ=l2
解得
14．如图所示，在坐标系xoy的第一、二象限内有一磁感应强度大小B=0.075T的有界匀强磁场区域，边界Ⅰ为圆形，其圆心Р坐标为（0，0.08m）、半径R=0.1m，边界Ⅱ形状未知。在磁场左侧存在宽度为0.18m的线状粒子源MN(最下端N位于x轴)，以平行于x正方向均匀地发射速度大小v=6×105m/s的带正电粒子，经有界磁场偏转后，全部会聚于坐标原点O。已知粒子的比荷=10C/kg、不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）粒子在磁场中的运动半径r；
（2）从最上端M点发射的粒子恰好进入有界磁场，求粒子在磁场中的运动时间（保留两位有效数字）；
（3）有界磁场边界Ⅱ的轨迹方程。
【答案】（1）0.08m；（2）；（3）
【详解】
（1）粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛仑兹力提供向心力，即
解得
（2）从M点发出的粒子，经边界Ⅰ从Q点进入磁场，从边界Ⅱ的R点飞出磁场，做匀速直线运动通过原点O，三角形OCR为直角三角形，如下图所示
则有
即，则粒子在磁场中圆周运动的圆心角为∠QCR=143°，所以该粒子在磁场中的运动时间为
（3）因所有粒子均水平向右射入，由平移可画出所有粒子的圆心轨迹：是以O为圆心，半径为0.1m的圆，画出其中一条运动轨迹，设内边界上任意一点为（x，y），如下图所示
由几何关系得
解得
边界Ⅱ是以O为圆心，半径为3cm的x轴正上方的半圆。
15．如图所示，在无重力场的宇宙空间里有一xOy直角坐标系，其Ⅰ、Ⅳ象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。有一轻质绝缘光滑细杆处于y轴上，其下端在O点处，细杆长度，细杆的顶部套有一带负电的小球可以在细杆上自由滑动，其质量，电荷量。在x轴下方有一平行于y轴的挡板PQ（足够长），P点处于x轴上，其坐标为。若不计一切摩擦，求
(1)细杆在水平外力F作用下以速度沿x轴正向匀速运动时，小球脱离细杆前的运动性质及脱离细杆所用的时间；
(2)在(1)问中，水平外力F做的功W；
(3)要使小球能击中挡板左侧，细杆向右匀速运动的速度范围。
【答案】(1)匀变速曲线，；(2)；(3)
【详解】
(1)由于小球任意时刻洛伦兹力的竖直分力恒为qv0B，所以小球做初速度为v0，加速度大小
方向沿y轴正向的类平抛运动。
y方向由运动学公式
及牛顿第二定律
解得
(2)小球脱离细杆时y方向的分速度
合速度大小
由动能定理得
(3)第一个临界态为小球脱离细杆后做如图所示的匀速圆周运动，轨迹恰好与挡板相切，如图
设细杆的速度为v01，分析小球圆周运动圆心位置O1距离脱离点的水平位移
由
及
解得
所以圆心位置O1
恰好在y轴上。由几何关系可知
由牛顿第二定律
速度关系
y方向上的速度位移关系
解得
或－2m/s（舍弃）
第二个临界状态为小球恰好打在P点，设此时细杆的速度为v02，由水平位移
竖直位移
牛顿第二定律
解得
细杆的速度范围
1m/s（第三问第一种临界状态解法二）
由动能定理
几何关系
速度关系
由牛顿第二定律
由
及
联立解得
或－2m/s（舍弃）
16．如图所示，一平行板电容器水平放置在其两极板中央分别开了一条上下正对的直狭缝.以上极板的狭缝所在直线为x轴，向上为y轴建立一竖直平面内的直角坐标系，在坐标系中有一点，有很多质量为m，电量为的带负电粒子从下极板的狭缝进入电容器，进入的粒子速度方向均竖直向上，大小各不相等，粒子经过电容器的两个狭缝后进入第一象限，此象限的某一片区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。已知磁场的磁感应强度大小为B，电容器上下板间电势差为U，上板比下板电势高，忽略粒子的重力及粒子之间的相互作用，且。
(1)若某粒子进入下极板时的初速度大小为，则当此粒子进入磁场后，圆周运动半径为多大？
(2)在范围内进入电容器的粒子中，部分能经过P点，且过P点时速度方向斜向右上与y轴夹角为60°，试计算这样的粒子进电容器时的横坐标x与初速度的关系？
(3)为满足第(2)问中的粒子的运动情况，第一象限内的磁场面积至少是多大？
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子经电容器加速，由动能定理得
进入第一象限磁场后，又有
联立得半径
(2)如图画出粒子运动轨迹，因题中条件，其圆周运动偏转角为，图中圆心角也为，为等边三角形，由几何关系得
将(1)中结果带入得
(3)分析知，处在范围内经过P点且与y轴夹角为粒子运动的临界圆周如图所示，从O点进入的粒子圆周运动半径最大，且也是等边三角形，故最大圆半径为
由(1)的结果知，初速度为零的粒子圆周运动半径最小，为
现将图中为圆心的圆视为最小圆，磁场的最小面积即为圆弧和及线段之间的区域面积，即
其中
代入数据得
17．电子质量为
m、电量为
e，从坐标原点
O
处沿
xOy
平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为
v0，如图所示。现在某一区域加方向向外且垂直于
xOy
平面的匀强磁场，磁感应强度为
B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏
MN
上，荧光屏与
y
轴平行，求：
(1)电子在磁场中的运动半径大小；
(2)荧光屏上光斑的长度；
(3)所加磁场范围的最小面积。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)设粒子在磁场中运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得，电子在磁场中的运动半径大小
(2)如图所示，初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点，初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点，由几何知识可得
(3)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到荧光屏MN上，故有：
x=-Rsinθ
y=R+Rcosθ
即
x2+(y-R)2=R2
又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：
18．如图所示，xOy为平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直。在x轴上、下方空间都分布着垂直xOy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为B、3B（未画出）。一质量为m、电荷量为-q的小球从坐标原点O处以与x轴正方向成30°角的速度v射入第一象限，不计重力。求：
(1)小球从离开O点（记为第0次）到第四次经过x轴过程的平均速度；
(2)小球从离开O点后（T为粒子的运动周期）时刻的位置坐标。
【答案】(1)
，方向沿x轴正方向；(2)
【详解】
(1)小球在第一象限内运动，有
所以轨道半径
又因为
所以
同理可得在第四象限内运动，
画出运动轨迹如图所示，小球从离开O点到第四次经过x轴时前进的位移
小球运动的时间
小球的平均速度
即平均速度大小为，方向沿x轴正方向
(2)小球运动的周期
因，即此时小球位于图中的P5
故横坐标为
纵坐标为
即位置坐标为
19．直角坐标系
xoy
位于竖直平面内，在第一象限存
在磁感应强度
B=0.1
T、方向垂直于纸面向里、边界为矩形的匀强磁场。现有一束比荷为
108
C
/
kg
带正电的离子，从磁场中的A点（m，0）沿与x轴正方向成
=60°角射入磁场，速度大小
v0≤1.0
×10
6m
/
s，所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y轴的正半轴，不计离子的重力和离子间的相互作用。
(1)求速度最大的离子在磁场中运动的轨道半径；
(2)求矩形有界磁场区域的最小面积；
(3)若在x>0区域都存在向里的磁场，离子仍从
A
点以
v0
=
10
6
m
/s向各个方向均匀发射，求y轴上有离子穿出的区域长度和能打到y轴的离子占所有离子数的百分比。
【答案】(1)
0.1m；(2)
m2；(3)；50%。
【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力有
代入数据解得
R=0.1m；
(2)如图1所示：
根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中运动的圆心在y轴上的B（0，m）点，离子从C点垂直穿过y轴，所有离子均垂直穿过y轴，即速度偏向角相等，AC连线应该是磁场的边界，满足题意的矩形如图1所示，根据几何关系可得矩形长为
宽为
R-Rcosθ＝m
则面积为
(3)根据洛伦兹力提供向心力有
解得
临界1，根据图2可得
与x轴成30°角射入的离子打在y轴上的B点，AB为直径，所以B点位y轴上有离子经过的最高点，根据几何知识可得
OB=m；
临界2：根据图2可得，沿着x轴负方向射入磁场中的离子与y轴相切与C点，所以C点为y轴有离子打到的最低点，根据几何知识有
OC=m
所以y轴上B点至C点之间的区域有离子穿过，且长度为
根据图3可得，
沿着x轴正方向逆时针转到x轴负方向的离子均可打在y轴上，故打在y轴上的离子占所有离子数的50%。
20．如图所示，平面直角坐标系xOy内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，有一粒子源能从O点在纸面内均匀地向各个方向同时发射速率为v、质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，PQ是在纸面内垂直于x轴放置的厚度不计的挡板，挡板P端的坐标为，粒子打在挡板上会被吸收，且挡板足够长。不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用。求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径和到达挡板的最短时间；
(2)能够垂直打到挡板上的粒子在磁场中的运动时间和打到挡板上的位置坐标；
(3)最终打在挡板左侧的粒子数与打在挡板右侧的粒子数之比。
【答案】(1)
；；(2)；；(3)
【详解】
(1)粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
由题意可知，轨迹圆心为O1，打到挡板P点上的粒子在磁场中运动的时间最短，由几何关系可知：△O1OP为等边三角形，则
，
解得
(2)由几何关系可知：粒子垂直打到挡板右侧上的M点，轨迹圆心在P点，则M点的坐标为，运动时间为
(3)由几何关系可知：粒子打到挡板左侧的范围在P与M之间，打到P点时轨迹对应圆心为O1，打到挡板左侧M点时轨迹对应圆心为O3，，粒子打到右侧挡板的范围在P与Q之间打到P点时轨迹对应圆心为O2，打到点时轨迹对应圆心为O1，，所以打在挡板左侧的粒子数与打在挡板右侧的粒子数之比为
21．某科研小组设计了一个粒子探测装置。如图甲所示，一个截面半径为R的圆筒（筒长大于2R）水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B。图乙为圆筒的入射截面，图丙为竖直方向过筒轴的切面。质量为m、电荷量为q的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内。圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置。筒壁上的P点和Q点与入射面的距离分别为R和2R。（离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用）
（1）离子从O点垂直射入，偏转后到达P点，求该入射离子的速度v0；
（2）离子从OC线上垂直射入，求位于Q点处的探测器接收到的离子的入射速度范围；
（3）若离子以第（2）问求得范围内的速度垂直入射，从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R的筒壁位置，画出此入射区域的形状并求其面积。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【详解】
1)离子运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力
可得
（2）粒子以v1?从C?点入射时，刚能到达Q?点，根据几何关系可得偏转半径
R1=2R
根据洛伦兹力提供向心力
联立可得速度最小值
粒子以v2速度从O?点入射时，刚能到达Q，设半径为R2，根据几何关系
可得
根据几何关系可得偏转半径
联立可得速度最大值
速度范围为
（3）当离子以的速度在偏离竖直线CO?入射时，入射点与正下方筒壁的距离仍为R。如图所示，所以待定入射区域为图中阴影部分
由几何关系得
阴影的面积
22．如图所示，在xoy平面坐标系中，x轴上方存在电场强度E=1000v/m、方向沿y轴负方向的匀强电场；在x轴及与x轴平行的虚线PQ之间存在着磁感应强度为B=2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为d。一个质量m=2×10-8kg、带电量q=+1.0×10-5C的粒子从y轴上（0，0.04）的位置以某一初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，不计粒子的重力。
（1）若v0=200m/s，求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；
（2）要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，求磁场的最小宽度d。
【答案】（1）200m/s，与x轴成角；（2）0.2m
【详解】
（1）带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律得
Eq=ma
根据运动学公式得
y=at2
联立代入数据解得
a=5×105m/s2，t=4×10-4s
粒子刚进入磁场时竖直分速度大小为
vy=at=5×105×4×10-4m/s=200m/s
根据运动的合成规律有
tanθ==1
代入数据解得v=200m/s，与x轴成角。
（2）当初速度为0时粒子最容易穿过磁场，根据牛顿第二定律及向心力公式得
Bqvy=
代入数据解得r=0.2m
要使所有带电粒子都返回电场，磁场的最小宽度为d=0.2m
23．如图所示，平行板电容器的电压为（未知量，大小可调），现有一质量为、电荷量为的带正电粒子从下极板附近静止释放，经电场加速后从上极板的小孔处射出，速度方向与轴平行，然后与静止在轴上点的质量为的中性粒子发生正碰，碰后粘在一起。在轴上方某一圆形区域加一垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为（未知量，大小可调）。粒子最后能从轴上的点射出磁场，且Q点在圆形磁场上。不考虑粒子的重力和电容器外侧的电场。求：
（1）若电容器电压为，则带电粒子和中性粒子碰后的速度大小；
（2）若粒子从处进入磁场，则与需要满足的关系式；
（3）满足条件的圆形磁场的最小面积；
（4）满足条件的所有运动轨迹圆圆心的坐标方程。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】
（1）设带电粒子加速后的速度为，有
碰撞过程动量守恒，有
解得
（2）带电粒子加速后的速度为，加速电压为，根据
有几何关系，可得轨迹半径
根据
可得
（3）最小轨迹半径为
最小的圆形磁场区域面积为
（4）由几何关系
解得
24．太阳喷发大量高能带电粒子，这些粒子形成的“太阳风”接近地球时，假如没有地球磁场，
“太阳风”就不会受到地磁场的作用发生偏转而直射地球。在这种高能粒子的轰击下，地球的大气成分可能不是现在的样子，生命将无法存在。地磁场的作用使得带电粒子不能径直到达地面，而是被“运到”地球的南北两极，南极光和北极光就是带电粒子进入大气层的踪迹。假设“太阳风”主要成分为质子，速度约为0.1C（C=）。近似认为地磁场在赤道上空为匀强环形磁场，平均强度为，示意图如图所示。已知地球半径为，质子电荷量，质量。如果“太阳风”在赤道平面内射向地球，太阳喷发高能带电粒子，这些粒子形成的太阳风接近地球时，假如：
（1）太阳风中质子的速度的方向任意，则地磁场厚度d为多少时才能保证所有粒子都不能到达地表？并画出与之对应的粒子在磁场中的轨迹图。（结果保留两位有效数字）
（2）太阳风中质子垂直地表指向地心方向入射，地磁场的厚度至少为多少才能使粒子不能到达地表？并画出与之对应的粒子在磁场中的轨迹图。（结果保留两位有效数字）（时，）
（3）太阳风中粒子的入射方向和入射点与地心连线的夹角为α如图，0<α<90°，磁场厚度满足第（1）问中的要求为定值d。电子质量为me，电荷量为-e，则电子不能到达地表的最大速度和角度α的关系，并画出与之对应的粒子在磁场中的轨迹图。（图中磁场方向垂直纸面）
【答案】（1）13km，图见解析；（2）6.3km，图见解析；（3），图见解析；
【详解】
（1）由可得，粒子做圆周运动半径为
轨迹如图中曲线①所示，由几何关系，地磁场的厚度至少为d=2R，故
d=13km
（2）轨迹如图中曲线②所示，显然R<由，利用解得
得d=R=6.3km
（3）轨迹如图所示
由余弦定理得
其中，解得
电子做圆周运动的半径为
联立可得
上式即为电子最大速度和满足的关系。
25．带电粒子的质量m=1.7×10-27kg，电荷量q=1.6×10-19C，以速度v=3.2×106m/s，沿垂直于磁场又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B=0.17T，如图所示，求：
(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径大小；
(2)若要使带电粒子从左边界射出，磁场的宽度L至少多大；
(3)若磁场的宽度L=10cm，在磁场中运动的时间。
【答案】(1)0.2m；(2)0.2m；(3)
【详解】
(1)由洛伦兹力提供向心力得
代入解得
(2)若要使带电粒子从左边界射出，则带电粒子在磁场内转半圈，磁场宽度至少为带电粒子做圆周运动的半径，即磁场的宽度L至少为，使带电粒子相切与右边界做圆周运动。
(3)带电粒子的运动轨迹如下图
由几何关系得
解得
带电粒子做圆周运动的周期
代入解得带电粒子运动时间为
26．如图所示，坐标系x轴水平，y轴竖直。在第二象限内有半径的圆，与y轴相切于点Q点（0，），圆内有匀强磁场，方向垂直于平面向外。在处有一个比荷为的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于平面向外，磁感应强度。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点（6cm，0）沿y轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和y轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度大小减半，方向反向（不考虑粒子的重力）。求：
(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；
(2)第一象限内矩形磁场的最小面积；
(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)作垂直于，如图
有几何关系知
所以
设磁感应强度为，由牛顿第二定律得
解得
(2)粒子在第一象限内转过圆周，设半径为，由牛顿第二定律得
解得
图中的矩形面积即为最小磁场面积
(3)在水平方向上，粒子首先向左运动撞到挡板，设加速度为，第一次撞击挡板的水平速度
第1次反弹的水平速度
第1次往返的水平路程
第2次反弹的水平速度
第2次往返的水平路程
第n次反弹的水平速度
第n次往返的水平路程
总路程
（）
代入数据得
上述方程括号中含有等比数列，其中首项，公比为，当，利用等比数列求和公式
得
27．如图所示为一矩形磁场区域（画出上边界，其余三个边界未画出），S处有一电子源能在纸面内向各个方向持续发射电子，已知磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=9.1×10-5T，S到磁场上边界的距离为4cm。电子源所发射电子的速率均为v=1.6×106m/s，电子质量m=9.×10-31kg，电荷量e=-1.6×10-19C，不计电子重力和相互间作用力。
(1)如果矩形磁场区域足够宽，求磁场上边界有电子射出的边界长度；
(2)要求电子仅能从矩形磁场的上边界射出而不能从其他三个边界射出，求矩形磁场的最小面积。
【答案】(1)cm；(2)
【详解】
电子在磁场中做圆周运动，有
解得
(1)能从上边界射出的左边界点为B，右边界点为C，如图所示
由几何关系知道
上边界有电子射出的边界长度
(2)如图所示
不能从左侧边界射出的最远边界为ME，由几何关系知
不能从右侧边界射出的最远边界为NF，由几何关系知
不能从边界射出的边界线距离S的距离，由几何关系知
所以最小面积
28．如图甲所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B。一粒子源置于圆心，在纸面内沿各个方向以相同速率发射大量粒子，所有粒子刚好都不离开磁场。已知粒子的质量为m、电荷量为+q，不考虑粒子之间的相互作用：
(1)求带电粒子的速率v；
(2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为，求粒子在磁场中最长的运动时间t；
(3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1（R1＞R0）圆形匀强磁场，如图乙所示，磁场的磁感应强度的大小为，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时从圆心处的粒子源出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T。
【答案】(1)；(2)；(3)，
【详解】
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
由几何关系得
解得
(2)磁场的大小变为后，设粒子的轨道半径为，由
解得
在磁场中轨迹为劣弧，弦长越长，对应圆心角越大，时间越长，则在磁场中最大弦长为，如图
圆周轨迹对应的圆心角为，最长时间
(3)根据磁场的叠加法则可知，垂直纸面向里和垂直纸面向外的磁场大小均为，可知半径
粒子在磁场中运动的轨迹如图
可知的最小值为长度，根据几何关系可知
则
粒子运动的周期为
29．如图所示，xOy直角坐标平面内，在第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，一个带正电的粒子从坐标为的P点沿x轴正方向开始运动，恰好从坐标原点O进入第四象限，在x>0的区域存在一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，磁场方向垂直xOy平面(纸面)，粒子经过匀强磁场区域后恰能沿x轴负方向再次通过坐标原点O，已知粒子在匀强电场和匀强磁场中运动的加速度大小均为a，不计粒子重力。求:
（1）粒子第一次通过坐标原点O时的速度；
（2）粒子两次通过坐标原点O的时间间隔；
（3）矩形磁场区域的最小面积。
【答案】（1）,；（2）；（3）
【详解】
（1）设粒子第一次通过坐标原点O时速度大小为v，方向与x轴正向夹角为，粒子从P到O时间为t0
由类平抛运动得
联立解得
（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r
由解得
设O点到磁场边界的距离为d，由几何关系得
粒子做匀速直线运动时间
粒子在匀强磁场中运动时间
粒子两次通过坐标原点O的时间间隔
解得
（3）由几何关系得，矩形磁场区域的最小面积
解得
30．如图所示，在xOy平面内虚线AB与y轴成夹角θ=30°，在AB左侧存在电场强度大小为E、方向平行于x轴向左的匀强电场，AB右侧某个区域存在垂直纸面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场，A点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v（0(1)所有带电粒子在磁场中运动的时间；
(2)速度最大的粒子从A点开始射入磁场至返回y轴所用的时间；
(3)磁场区域的最小面积。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)根据题意可知，粒子的运动轨迹如图所示，
所有粒子经过直线AB时，速度方向平行于y轴向下，根据几何关系可知，所有粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆弧对应的圆心角为120°，设速度最大的粒子圆周运动的半径为Rm，圆弧对应的圆心角为O′，因为粒子做圆周运动的周期为
所以所有带电粒子在磁场中运动的时间为
(2)根据洛伦兹力提供向心力可知，速度最大的粒子在磁场中运动的半径为
则粒子出磁场后做匀速直线运动的时间为
粒子从虚线进入电场后在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间公式以及牛顿第二定律有
则粒子在电场中运动的时间为
所以速度最大的粒子从A点开始射入磁场至返回y轴所用的时间为
(3)扇形AO′M的面积为
而三角形AO′M的面积为
所以磁场区域的最小面积为
31．如图所示，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向进入电场。当它经过图中虚线上的M(L，L)点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），后又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点，已知磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）粒子从O点到N点的总时间；
（3）矩形匀强磁场区域的最小面积。
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
如图是粒子的运动过程示意图
（1）粒子从O到M做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
根据牛顿第二定律有
qE=ma
联立解得
（2）设粒子运动到M点时速度为v，与x轴正方向的夹角为α，则
即
α=30°
根据三角形定则有
粒子在磁场中从P到N，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
由几何关系知
α=β=30°
粒子从O到M有
从M到P
从P到N
故粒子从O到N所需的总时间为
（3）当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小．则矩形的两个边长分别为
所以矩形磁场的最小面积为
32．如图所示。在y≥0存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向均匀地不断发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为＋q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板
P上，其速度立即变为0）。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力：
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；
(3)求打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比。
【答案】(1)；(2)
；(3)
【详解】
（1）由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿方向射出的粒子恰好打在金属板的上方，如图a所示：
则：
联立得：
（2）粒子做匀速圆周运动的周期为T，根据圆周运动公式可知：
图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成角，由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即：
图c为打在右侧下端的临界点，圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成角，由图a、c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，即：
则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为：
（3）由图a和图c可知打在右侧面的粒子发射角为，打在左侧面的粒子发射角为，所以打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为：
33．如图所示xOy平面内，第一象限存在竖直向下、场强为E的匀强电场，第四象限某正方形区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度为B，现从y轴上不同位置垂直于y轴向第一象限射入质量为m，带电量为＋q的带电粒子（不计重力），这些粒子均从点进入第四象限，其中以最小速度进入第四象限的粒子从正方形某一顶点进入磁场，从另一顶点射出磁场，该粒子第二次经过x轴时速度方向与x轴垂直，求：
(1)从y轴射入的粒子其初速度v0与其所处的纵坐标y值满足的关系
(2)以最小速度进入磁场的粒子在磁场中运动的时间和正方形磁场区域的面积
【答案】(1)；(2)；
【详解】
(1)粒子在电场中做类平拋运动，水平方向
竖直方向
联立解得
(2)粒子的竖直速度为
合速度为
此时
速度偏向角正切为位移偏向角正切的2倍，所以速度最小值为
与x轴成45°角由
粒子在磁场中运动的半径为
正方形磁场面积为
速度最小的粒子在磁场中的偏角为135°
所以其运动时间为
34．如图所示，在xOy平面坐标系的第一象限内的某区域存在匀强磁场，在第二象限内存在沿x正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=5×103V/m。曲线OC上分布着大量比荷为
=105C/kg的正电荷，曲线OC上各点的坐标满足y2=k|x|，C点的坐标为(－0.1，0.2)。A点在y轴上，CA连线平行于x轴，D点在x轴上且OD=OA。现所有正电荷由静止释放，在第一象限内磁场的作用下都沿垂直x轴方向通过了D点。不计正电荷所受的重力及电荷间的相互作用力。求：
(1)正电荷通过y轴时的速度与纵坐标的关系；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；
(3)匀强磁场区域的最小面积。
【答案】(1)v==5×105y；(2)B=5×105=5T，磁感应强度的方向为垂直纸面向外；(3)1.14×10－2m2
【详解】
(1)第二象限内，正电荷在电场力的作用下做初速为零的匀加速运动，设正电荷的坐标为(x，y)，通过y轴时的速度为v，由动能定理有
Eq=mv2
由于y2=k，C点的坐标为(－0.1，0.2)，得
k=0.4
联立得
v==5×105y
(2)由C点静止释放的正电荷垂直y轴通过A点，又垂直x轴通过D点，所以该正电荷由A点进入磁场，由D点出磁场，圆周运动的圆心为O点，轨迹如图所示
该正电荷做圆周运动的半径
r=OA=0.2m
由洛仑兹力提供向心力，有
qvB=
联立，得
B=5×105=5T
由左手定则可判断，磁感应强度的方向为垂直纸面向外
(3)由(2)中分析可知正电荷在磁场中圆周运动的半径与其通过y轴时的纵坐标值相等，所有正电荷都垂直通过D点，轨迹如图所示
磁场区域的最小面积为阴影部分的面积，由几何关系可得面积
S==1.14×10－2m2
35．如图所示，在直角坐标系xoy中，第Ⅰ象限存在沿y轴正方向、电场强度为E的匀强电场，第Ⅳ象限存在一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域。一质量为m，带电荷量为-q的粒子，以某一速度从A点垂直于y轴射入第Ⅰ象限，A点坐标为（0，h），粒子飞出电场区域后，沿与x轴正方向夹角为60°的B处进入第Ⅳ象限，经圆形磁场后，垂直射向y轴C处。不计粒子重力，求：
(1)从A点射入的速度；
(2)圆形磁场区域的最小面积；
(3)证明粒子在最小圆形磁场中运动时间最长，并求出最长时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，其加速度大小为
竖直方向有
故
在B处有
因此，A点射入的速度
(2)在B处，根据
可得粒子进入磁场的速度为
粒子在磁场中，由洛伦磁力提供向心力，即
故：粒子在磁场运动的轨道半径为
由于粒子从B点射入，经磁场偏转后垂直射向C处，根据左手定则可知，圆形磁场的磁场是垂直于纸面向里。
如图所示，延长B处速度方向与反向延长C处速度方向相交于D点，作的角平分线，在角平分线上找出点，使它到BD、CD的距离为
则以MN为直径的圆的磁场区域面积最小，设圆形磁场区域的半径为r，由几何关系可得
圆形磁场区域的最小面积
(3)粒子在圆形磁场中运动的轨迹圆与圆形磁场关系如图所示，
由第(2)问作图过程可知，MN是圆形磁场的直径，也是粒子的射入点与射出点的连线，其所对应的弧长最长，故粒子在磁场中运动的时间最长。由几何知识可知，圆心角
又因粒子在磁场中运动的周期
故粒子在磁场中运动的时间最长
36．如图所示，宽度为L、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．绝缘长薄板MN置于磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反．磁场左边界上O处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m、电荷量为＋q、速度为v的粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变。
(1)要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度v满足的条件；
(2)若v＝，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，求这些粒子在磁场中运动时间的最小值t；
(3)若v＝，求粒子从左边界离开磁场区域的长度s。
【答案】（1）；（2）；（3）4
【详解】
(1)设粒子在磁场中运动的轨道半径为r1，则有
qvB＝m
如图(1)所示，
要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足
2r1＜L
解得
v＜
(2)粒子在磁场中圆周运动的周期
T＝
设运动的轨道半径为r2，则
qvB＝m
解得
r2＝L
在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，粒子运动轨迹如图(2)所示，
由几何关系可知最小时间
t＝2×
解得
t＝
(3)
设粒子的磁场中运动的轨道半径为r3，则有
qvB＝m
解得
r3＝2L
粒子在磁场中运动从左边界离开磁场，离O点最远的粒子运动轨迹如图(3)所示
则从左边界离开磁场区域的长度
s＝4r3sin
60°
解得
s＝4L
37．如图所示，在竖直平面内，第二象限存在方向竖直向下的匀强电场(未画出)，第一象限内某区域存在一边界为矩形、磁感应强度B0＝0.1
T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，A(m，0)处在磁场的边界上，现有比荷＝108
C/kg的离子束在纸面内沿与x轴正方向成θ＝60°角的方向从A点射入磁场，初速度范围为×106
m/s≤v0≤106
m/s，所有离子经磁场偏转后均垂直穿过y轴正半轴，进入电场区域。x轴负半轴上放置长为L的荧光屏MN，取π2＝10，不计离子重力和离子间的相互作用。
(1)求矩形磁场区域的最小面积和y轴上有离子穿过的区域长度；
(2)若速度最小的离子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求电场强度E的大小(结果可用分数表示)；
(3)在第(2)问的条件下，欲使所有离子均能打在荧光屏MN上，求荧光屏的最小长度及M点的坐标。
【答案】(1)
m2
，m，(2)×104
V/m，(3)，(－m，0)。
【详解】
(1)由洛伦兹力提供向心力，得
qvB＝
rmax＝＝0.1
m
根据几何关系可知，速度最大的离子在磁场中做圆周运动的圆心恰好在y轴B(0，m)点，如图甲所示，离子从C点垂直穿过y轴。根据题意，所有离子均垂直穿过y轴，即速度偏向角相等，AC连线是磁场的边界。速度最小的离子在磁场中做圆周运动的半径：
rmin＝＝m
甲　　　　
　　　　　乙
速度最小的离子从磁场离开后，匀速前进一段距离，垂直y轴进入电场，根据几何知识，离子恰好从B点进入电场，如图乙所示，故y轴上B点至C点区域有离子穿过，且
BC＝m
满足题意的矩形磁场应为图乙中所示，由几何关系可知矩形长m，宽m，面积：
S＝m2；
(2)速度最小的离子从B点进入电场，离子在磁场中运动的时间：
t1＝T＝·
离子在电场中运动的时间为t2，则：
BO＝··
又因：
t1＝t2
解得：E＝×104
V/m；
(3)离子进入电场后做类平抛运动：
BO＝··
水平位移大小：
x1＝vB·t′1
同理：
CO＝··
水平位移大小：
x2＝vC·t′2
得：x1＝m，x2＝m
荧光屏的最小长度：
Lmin＝x2－x1＝m
M点坐标为(－m，0)。
38．在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。如图所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方（含x轴正半轴）的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B。粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒了重力及粒子间的相互作用。
（l）求粒子在磁场中运动半径的大小；
（2）求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间；
（3）实际上加速电压的大小会在U±范围内微小变化，粒子以不同的速度进入磁场控制区域，均能发生270°偏转竖直打在荧光屏上，求有界磁场区域的最小面积S。
【答案】（1），（2），（3）。
【详解】
（1）粒子在加速电场中加速：
粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：
解得：；
（2）粒子射出到坐标原点的时间：
粒子在磁场中运动的时间：
离开磁场到达荧光屏的时间：
粒子运动的总时间：
；
（3）粒子在电场中加速，根据：
速率最小值：
速率最大值：
粒子进入磁场后做轨迹为圆周的运动，根据：
最大速率对应的半径：
最小速率对应的半径：
如图两圆弧之前的阴影部分即为所加磁场区域的最小面积：
根据几何知识：
。
39．如图所示，两平行边界线MN与PQ之间存在一方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T；磁场左边界MN上有一个粒子源A，能够在磁场中沿纸面向任意方向射出比荷为的带正电的粒子,粒子速度大小均为。已知沿方向射出的粒子恰不会从磁场右边界PQ飞出，不计粒子重力。求：
(1)磁场宽度d；
(2)磁场中有粒子经过的区域的面积S；
(3)若磁感应强度随时间按图所示规律变化(以垂直纸面向里为正方向)，粒子在磁
感应强度为的磁场中做匀速圆周运动的周期为T
(T未知)，要使t=0时刻从M
点沿AN方向射入磁场的粒子能从右边界上与QP成角斜向上飞出磁场，求磁感应强度应满足的条件。
【答案】(1)d＝0.8m；(2)；(3)，。
【详解】
(1)在磁场中有：
解得
R＝0.4m
所以磁场宽度为
；
(2)磁场中有粒子经过的区域如图甲中阴影所示
其面积为
解得
；
(3)设粒子在磁感应强度为B0的磁场中做圆周运动的半径为r，则
若射出时的情形如图乙所示：
考虑周期性则
（n＝0、1、2、3．．．．．．），
解得
（n＝0、1、2、3．．．．．．）；
若射出时的情形如图丙所示，
考虑周期性则
（n＝0、1、2、3．．．．．．），
解得
（n＝0、1、2、3．．．．．．）。
40．如图1所示，在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B如图2所示的变化。时刻，一质量为m，带电量为q的带正电粒子从B点以速度沿BC方向射入磁场，其中已知，未知，不计重力。
(1)若，粒子从D点射出磁场，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
(2)若，粒子仍从D点射出，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
(3)若，求磁场周期需满足什么条件粒子不从AB边射出，并求恰好不射出时时刻粒子距BC边的距离。
【答案】(1)；(2)；(3)，
【详解】
(1)若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示，则必须满足
则必须满足：
，
，
由以上各式解得：
(2)若，粒子仍从D点射出，其运动轨迹如图所示：
则必须满足：
，
，
由以上各式解得
(3)如图3所示：
粒子恰不从AB边射出时，时的轨迹与AB边相切，故需满足
，，
解得粒子在时间内转过的角度不超过150°，则有：
时刻粒子离BC的距离为
由以上方程解得：
，
41．（变式探究）如图所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围．
【答案】磁场垂直纸面向里时，
＜B＜；磁场垂直纸面向外时，＜B＜
【详解】
第一种情况：
当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径
R1＝
由
qv0B1＝m
得：
B1＝
若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，
设粒子做圆周运动的半径为R2，则：
解得：
R2＝d
由
qv0B2＝m
得：
B2＝
所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为
＜B＜
.
第二种情况：
当磁场方向垂直纸面向外时，若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径
R3＝
由
qv0B3＝m
得：
B3＝
若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示，
设粒子做圆周运动的半径为R4，则：
解得：
由
qv0B4＝m
得：
B4＝
所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为
＜B＜
.
42．如图所示，在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上，x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，PQ间的距离d=30cm。坐标系所在空间存在一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场，一带电粒子在xOy平面内，从P点与x轴成30°的夹角射出，该粒子将做匀速直线运动，已知带电粒子以速度v=2.0m/s射出，质量m=1.0×10-27kg，所带电荷量q=1.0×10-19C，使带电粒子通过Q点，且其运动轨迹关于y轴对称。已知磁场的磁感应强度大小为B=2.0×10-7T。(不计带电粒子重力)求：
（1）油滴在磁场中运动的时间t；
（2）圆形磁场区域的最小面积S。
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）设其做匀速圆周运动的半径为R，运动周期为T，油滴在磁场中的运动时间为t，根据牛顿第二定律：
得：
周期：
设带电粒子从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于粒子的运动轨迹关于y轴对称，如图所示：
根据几何关系可知=60°，所以，带电油滴在磁场中运动的时间：
；
（2）连接MN，当MN为圆形磁场的半径时，圆形磁场面积最小，如图所示：
根据几何关系圆形磁场的半径为：
其面积：
43．如图所示，两平行金属板水平放置，上极板带正电，下极板带负电，板间距离为d，板长为。一质量为m，带电量为q的正粒子（不计重力）贴近上极板左边缘以初速度v0垂直进入电场，恰好从下极板右边缘飞出电场。经过一段时间后，粒子进入一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域（图中没有画出），离开磁场时速度恰好水平向右。求：
（1）粒子离开电场时的速度v的大小及方向；
（2）平行金属板间的电压U；
（3）圆形磁场区域的最小面积。
【答案】(1)，与水平方向夹60°，(2)
，(3)。
【详解】
（1）带电粒子在平行金属板间做类平抛运动，设粒子离开电场时的速度大小为v，与水平方向夹角为θ：
由类平抛运动规律可得：
解得：
离开电场时：
（2）设平行金属板间的电压为U，由动能定理可得：
解得：
（3）带电粒子在圆形匀强磁场区域内做匀速圆周运动，设其运动的轨迹半径为R：
分析可得，带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为，要使满足题目要求的圆形磁场区域的面积最小，区域应以入射点和出射点连线为直径，所以最小圆形磁场区域的半径为：
所以最小面积：
44．如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1，环形区域Ⅱ内有方向垂直xOy平面向外的匀强磁场B2．一质量为m、电量为q、速度为v的带正电粒子（不计重力），从坐标为(0，R0)的A点沿y负方向射入区域Ⅰ，经过x轴上的P点且沿x轴正方向进入区域Ⅱ，接着又从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60°．求：
（1）磁场B1的大小；
（2）磁场B2的大小及环形半径R至少为大；
（3）粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的时间t．
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】
（1）在区域I磁场中：
qvB1=m
轨迹圆半径为：
r1=R0
解得：
B1=
（1）设粒子在区域II中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图，有几何关系知：
r2=r1tan30°=
在磁场中：
r2=
解得：
B2=
由几何关系得：
R-3r2=
（3）轨迹从A点到Q点对应圆心角：
=90°+60°=150°
要离子仍从A点沿y轴负方向射入，需满足
150n=360m
m、n属于自然数，取最小整数m=5、n=12，有
t=12×（）
其中
T1=
解得:
t=
45．如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域I和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域I的磁感应强度大小为，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为M点为OC的中点。质量为m带电量为-q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围。
【答案】
【详解】
粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好不能进入I区域，粒子不能进入I区时，粒子运动半径
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，
解得
46．如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在垂直纸面向里的匀强磁场．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以速度v0与x轴正方向成60°角射入磁场，从y＝L处的b点沿垂直于y轴方向进入第Ⅱ象限．不计粒子重力．求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）粒子在第Ⅰ象限内运动的时间t；
（3）若磁感应强度变为2倍，且磁场仅存在于第Ⅰ象限内的某一矩形区域内，粒子经过a、b两点的速度和原来相同，请画出最小的矩形区域（用阴影表示），并求出该矩形区域的面积S．
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【详解】
(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图，由几何关系可知：
r+rcos60°=L
得
r=
又因为
qv0B=m
解得
B=
(2)带电离子在磁场中运动时间为：
t1=
解得：
t=
(3)磁感应强度变为2倍，轨道半径：
r′=
轨迹和矩形区域如图所示：
矩形的面积：
S=（r′-r′cos60°）×2r′sin60°
解得
S=
47．如图所示，ABCD
与
MNPQ
均为边长为
l
的正方形区域，且
A
点为
MN
的中点。ABCD
区城中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场，在整个
MNPQ
区域中存在图示方向的匀强电场。大量质量为
m、电荷量为
e
的电子以初速度
v0
垂直于
BC
射入
ABCD
区域后，都从
A
点进入电场，且所有电子均能打在
PQ
边上。已知从
C
点进入磁场的电子在ABCD
区域中运动时始终位于磁场中，不计电子重力。求:
（1）电场强度
E
的最小值;
（2）匀强磁场区域中磁感应强度
B0
的大小和方向;
（3）ABCD
区域中磁场面积的最小值。
【答案】(1)
(2)
,方向为垂直纸面向外
(3)
【详解】
(1)粒子在匀强电场中做类似抛体运动，有
eE=ma
要使所有粒子均能打在PQ边上，由题意可知至少在A点水平向左飞出的粒子能打到
Q
点。
解得：
(2)由洛伦磁力提供向心力可得
由题意则有
r=l
解得；
方向为垂直纸面向外
(3)由题意分析可知，图中阴影部分为磁场面积最小范围。上部分圆弧为以
B点为圆心，以
l
为半径的圆弧，下部分圆弧为以
D
点为圆心，以
l为半径的圆弧。
由几何关系求得阴影部分面积:
解得：
48．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L＝1m，间距d＝m，在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一水平线上，B、C、H也处于同一直线上，AF两点距离为m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，由P点垂直AB边进入磁场，磁感应强度，粒子质量m＝3×10－10kg，带电量q＝＋1×10－4C，初速度v0＝1×105m/s．求：
（1）两金属板间电压UMN？
（2）粒子从飞入电场到刚要进入磁场区域B2经过的时间
（3）接第（2）问，若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2至少应为多大？
【答案】(1)UMN=104V
(2)
(3)
【详解】
(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，
竖直方向的速度为
因为粒子垂直AB边进入磁场，设速度v与水平方向夹角θ=30°，则
联立上式得UMN=104V
(2)粒子射入磁场时速度为：
带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移
粒子在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为
由几何关系可知粒子在磁场中以A点为圆心做圆周运动，垂直AC边穿出磁场区域
在磁场B1内运动时间
，
穿出磁场后做匀速直线运动，根据几何关系
则粒子从飞入电场到刚要进入磁场区域B2经过的时间
(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：
由几何关系得：
故半径
又
故
所以B2应满足的条件为大于。
49．如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，已知E大小为1.5×103V/m，B1大小为0.5T；第一象限的某个圆形区域内，有方向垂直纸面的匀强磁场B2，磁场的边界与x轴相切。一质量m＝1×10－14kg、电荷量q＝2×10－10C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴正方向成60°角的M点射入第四象限，并沿直线运动，经P点立即进入处于第一象限内的磁场B2区域。一段时间后，微粒经过y轴上的N点并沿与y轴正方向成60°角的方向飞出。已知M点的坐标为(0，－0.1)，N点的坐标为(0，0.3)，不计微粒重力，g取10
m/s2。求：
(1)微粒运动速度v的大小；
(2)匀强磁场B2的大小；
(3)B2磁场区域的最小面积。
【答案】(1)3×103
m/s
(2)T
(3)0.0314
m2
【分析】
(1)粒子在第四象限做匀速直线运动，根据受力平衡求解速度；
(2)粒子在第一象限仅受洛伦兹力做匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，依次定圆心，求半径，进而求解磁感应强度；
(3)根据粒子的运动轨迹求解最小面积。
【详解】
(1)带正电微粒在电场和磁场复合场中沿直线运动
qE＝qvB1
解得
(2)微粒的运动轨迹如图：
根据几何知识可知，为等边三角形，其边长MN=40cm
解得：PM=0.2m
DP为的中位线：
解得：
洛伦兹力完全提供向心力：
解得：
(3)由图可知，弦长做直径，即为最小圆形区域：
PD＝2Rsin60°＝0.2m
所求磁场的最小面积为：
【点睛】
根据粒子的运动特点，写出运动规律背后的受力规律；定圆心和求半径是解决带电粒子在磁场中运动的重要步骤。

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