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绝密★启用前
专题25临界状态不唯一形成的多解
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．长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（　　）
A．使粒子的速度v<
B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v>
D．使粒子的速度【答案】AB
【详解】
如图所示
带电粒子刚好打在极板右边缘时，有
r＝＋l2
又
则
r1=
所以
v1=
粒子刚好打在极板左边缘时，有
r2==
得
v2=
故选AB。
2．如图所示，在荧屏板的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。距荧屏板处有一粒子源，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为、电荷量为、质量为的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为，则（　　）
A．粒子能打到板上的区域长度为
B．打到板上的粒子数为
C．从粒子源出发到板的最短时间为
D．同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为
【答案】BC
【详解】
A．粒子受到的洛仑兹力充当向心力，粒子运动的半径
粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图
设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是，选项A错误；
B．根据以上分析可知有一半的粒子能达到极板上，粒子源发射粒子的总个数为，则打到板上的粒子数为，选项B正确；
CD．在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如下：
粒子做整个圆周运动的周期
由几何关系可知最短时间
如图所示粒子在磁场中最长时间
所以
选项C正确，D错误。
故选BC。
3．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向外。某时刻一个质子从点（L0，0）处沿y轴负方向进入磁场；一个α粒子同时从点（－L0，0）进入磁场，速度方向在xOy平面内。设质子的质量为m、电荷量为e，不计质子与α粒子的重力和它们之间的相互作用。如果α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，已知质子和α粒子都带正电，且α粒子的质量是质子质量的4倍，α粒子带的电荷量是质子的2倍，则（　　）
A．质子的速度大小为
B．质子的速度大小为
C．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是
D．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是
【答案】BC
【详解】
AB．质子的运动轨迹如图所示。
其圆心在处，其半径，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
故A错误，B正确；
CD．质子在磁场中做匀速圆周运动的周期
同理，α粒子的周期是质子周期的2倍；由于α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，故相遇时质子可能运动了半个周期，也有可能运动了一个半周期。如果相遇时质子只运动了半个周期，则质子的运动时间为
如果质子运动了一个半周期相遇，则质子的运动时间为
两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，故α粒子的运动时间可能是
或
故C正确，D错误。
故选BC。
4．如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为(　　)
A．2BkL
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】
因质子带正电，且经过c点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为，所以质子运行半径
r＝(n＝1，2，3．．．．．．)
由洛伦兹力提供向心力得
Bqv＝m
即
v＝＝Bk(n＝1，2，3．．．．．．)
故BD正确。
故选BD。
5．长为的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，板间距离也为，极板不带电。现有质量为、电荷量为的带正电粒子（重力不计），从左边极板间中点处垂直磁场以速度水平入射，如图所示。欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是（
）
A．使粒子速度
B．使粒子速度
C．使粒子速度
D．使粒子速度
【答案】AB
【详解】
如图所示
设粒子恰好从右边穿出时圆心在点，有
解得，又因为
得
所以时粒子能从右边穿出；
粒子恰好从左边穿出时圆心在点，由
得
故时粒子能从左边穿出。
故选AB。
6．如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，。现垂直AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为（不计重力），则下列说法中正确的是（　　）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为
D．粒子进入磁场时速度大小为
【答案】ABC
【详解】
A．根据题意垂直边进入，垂直边飞出，经过四分之一个周期，即
解得
A正确；
B．洛伦兹力提供向心力
解得
粒子运动的周期
解得磁感应强度
B正确；
C．粒子与边相切，运动时间最长，满足，在磁场中转过圆心角，如图
根据几何关系可知
解得
C正确；
D．根据可知
D错误。
故选ABC。
7．如图所示，S为一离子源，MN为荧光屏，其长度为，S到MN的距离为SP=L，P为MN的中点，MN的左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地喷发大量的正离子（此后不再喷发），喷发的离子速率均相等、质量均为m、电荷量均为q。不计粒子重力，不考虑离子之间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．若离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2L，则离子喷发时的速率为
B．速率为的离子，一定打不到荧光屏上
C．速率为的离子，能打中荧光屏的最短时间为
D．速率为的离子，能打到荧光屏MN上的范围为
【答案】BD
【详解】
A．洛伦兹力提供向心力
解得
A错误；
B．离子运动的半径为
则离子圆周运动直径
所以离子一定打不到荧光屏上，B正确；
C．离子运动的半径为
离子在距离荧光屏最短弦长为，即距离，对应圆心角最小，如图
则打在荧光屏上的最短时间为
C错误；
D．因为离子半径满足
则离子打到荧光屏上的临界距离满足与板上边界相切于点，下边界刚好击中点，此时有
根据几何关系可知打在荧光屏上的距离为
D正确。
故选BD。
8．如图为“EAST超导托卡马克核聚变实验装置”的简化模型：把核材料约束在半径为r2的圆形区域内，等离子体只在半径为r1的圆形区域内反应，环形区域(约束区)存在着垂直于截面的匀强磁场。假设约束的核聚变材料只有氕核()和氘核()，已知氕核()的质量为m，电量为q，两个同心圆的半径满足r2＝(＋1)r1，只研究在纸面内运动的核子，不考虑核子间的相互作用、中子和质子的质量差异以及速度对核子质量的影响。设核聚变材料氕核()和氘核()具有相同的动能Ek，则以下说法正确的是（　　）
A．氕核()和氘核()的比荷之比为1：2
B．氕核()和氘核()分别在环形区域做匀速圆周运动的半径之比为1：
C．为了约束从反应区沿不同方向射入约束区的核子，则环形磁场区域所加磁场磁感应强度B满足的条件为B>
D．若约束区的磁感应强度为B0，氕核()从圆心O点沿半径方向以某一速度射入约束区，恰好经过约束区的外边界，则氘核()再次回到反应区所用时间t＝
【答案】BCD
【详解】
A．氕核()和氘核()的比荷之比为
故A错误；
B．根据
得
则半径之比为
故B正确；
C．如图1所示，当离子的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨道与磁场外圆相切时所需磁场的磁感应强度B，即为要求的值，设轨迹圆的半径为R1，由几何关系得
根据
解得
故C正确；
D．如图2所示，由几何关系得
解得
离子在b区域中做匀速圆周运动的周期，离子在b区域中一次运动的时间
联立解得
故D正确。
故选BCD。
9．据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】
由题意可知，粒子的比荷为k，要使所有的粒子都不能穿出磁场，与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子最大轨道半径
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
要使粒子不离开磁场
由于R1故AC正确，BD错误。
故选AC。
10．如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则（
）
A．粒子a、b可能带异种电荷
B．粒子a、b一定带同种电荷
C．v1:v2可能为2:1
D．v1:v2只能为1:1
【答案】BC
【详解】
AB．两粒子都从M点入射从N点出射，则a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，由左手定则可知两粒子均带正电，故A错误，B正确；
CD．设磁场半径为R，将MN当成磁场的边界，两粒子均与边界成45°入射，由运动对称性可知出射时与边界成45°，则一次偏转穿过MN时速度偏转90°；而上下磁场方向相反，则两粒子可以围绕MN重复穿越，运动有周期性，设a粒子重复k次穿过MN，b粒子重复n次穿过MN，由几何关系可知
()
()
由洛伦兹力提供向心力，可得
而两个粒子的比荷相同，可知
如，时，，如，时，，则v1:v2可能为1:1或2:1，故C正确，D错误。
故选BC。
11．如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷，则质子的速度可能为
A．BkL
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】
质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：
所有圆弧所对圆心角均为60?，
所以质子运行半径：
(n=1，2，3，…)，
质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：
，
得
(n=1，2，3，…)，
当n=1时，。
当n=3时，。
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
二、单选题
12．M、N两板相距为d，板长为5d，两板不带电，板间有垂直于纸面的匀强磁场，如图所示，一大群电子沿平行于板的方向从各处位置以速度v射入板间，为了使电子都不从板间穿出，磁感应强度Ｂ的范围（
）（设电子电量为e，质量为m）
A．B
B．或
C．
D．或
【答案】A
【详解】
由图示可知，靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板右边缘，对应的磁感应强度有最小值B1，设此时轨道半径为R1，由牛顿第二定律得：
由几何关系得：
解得：
靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板左边缘，对应的磁感应强度有最大值B2，此时轨道半径为R2，由牛顿第二定律：
由几何关系得：
解得：
综上所述，磁感应强度B的范围为：
A正确。
故选A。
13．如图所示，边长为l0的正方形区域内（包括边界）存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。在点处有一粒子源，能够沿方向发射质量为、电荷量为的粒子，粒子射出的速率大小不同。粒子的重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互作用，则（
）
A．轨迹不同的粒子，在磁场中运动时间一定不同
B．从点射出的粒子入射速度大小为
C．从点射出的粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在边界上出射点距点越远，在磁场中运动的时间越短
【答案】C
【详解】
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力：
解得半径：
粒子运动的周期：
设粒子在磁场中转过的圆心角为，粒子在磁场中的运动时间：
粒子速率不同运动轨迹不同，如果转过的圆心角相等，则粒子在磁场中的运动时间相等，如从ad边离开磁场的粒子在磁场中转过半个圆周，虽然运动轨迹不同，但运动时间都相同，为，A错误；
B．从c点飞出的粒子半径：
解得速度：，B错误；
C．从d点飞出的粒子运动时间为半个周期：
C正确；
D．根据C选项的分析可知，粒子从a点射入，从ad边飞出，所用时间均为半个周期，因此粒子在边界上出射点距a点越远，在磁场中运动的时间不一定越短，D错误。
故选C。
第II卷（非选择题）
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三、解答题
14．如图所示圆心为O、半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场，而圆外存在垂直于纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场。P点是圆外一点，。一质量为m、电荷量为的带电粒子从P点在纸面内垂直于射出，粒子第一次射入圆内时速度的延长线过O点，不计粒子重力。求：
(1)粒子运动的速率；
(2)粒子从P点出发后第一次返回P点时所经历的时间；
(3)若仅撤去圆内磁场，则粒子从P点出发后第一次返回P点所用的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)如图所示为粒子的运动轨迹
根据勾股定理得
解得
根据牛顿第二定律得
解得
(2)粒子在圆内磁场中满足
解得
图中满足
解得
粒子完整的运动轨迹如图所示
粒子在圆外运动的周期满足
粒子在圆内运动的周期满足
粒子在圆外运动的时间为
解得
粒子在圆内运动的时间为
解得
因此粒子运动的总时间为
解得
(3)如图所示为粒子的轨迹图
粒子圆外运动的时间为
解得
粒子圆内运动的时间为
解得
因此总时间为
即
15．如图所示，真空室内有一个点状的α粒子放射源P，它向各个方向发射α粒子（不计重力），速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=L），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=L（现只研究与放射源P和直线ab同一个平面内的α粒子的运动），当真空室内（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的α粒子恰到达Q点。（α粒子的电荷量为+q，质量为m；sin37°=0.6；cos37°=0.8）求：
(1)α粒子的发射速率；
(2)能到达直线ab的α粒子所用最长时间和最短时间的比。
【答案】(1)v=；(2)
【详解】
(1)设α粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作AO垂直于PQ，垂足为A，如图所示：
由几何关系可得
代入数据可得α粒子轨迹半径
洛伦兹力提供向心力，有
解得α粒子发射速度为
(2)粒子的运动轨迹圆弧O1和直线ab相切于D点时，α粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，如图所示：
由几何关系可得
则
最大圆心角：
最长时间：
粒子的运动轨迹圆弧O2经C点时，α粒子转过的圆心角最小，运动时间最短，由几何关系可得
则
最小圆心角
最短时间
则最长时间和最短时间的比值为
16．如图所示，真空中有以O和O＇为圆心，半径都为r=10cm的圆柱形匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场的感应强度大小相等B=0.2T，方向垂直于纸面（xoy平面）向里。圆柱O没有筒壁，圆柱O＇的筒壁光滑绝缘，粒子与筒壁碰撞后，粒子电量和速度大小不变，方向遵循反射定律。圆柱O＇与x轴的交点开有两个小孔A、C，并在C处装有阀门，控制粒子通过。在y1=10cm到y2=15cm的区域存在平行于y轴，方向沿y轴负方向的匀强电场。现打开阀门C，有一带正电的粒子在y轴上的y2=15cm处静止释放，穿出电场后依次进入匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，经磁场偏转，与筒壁碰撞后从C孔离开磁场，到达位于x=40cm处平行于y轴的荧光屏MN，荧光屏就发光。带电粒子的比荷1×108C/kg。不计粒子重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)若带电粒子从y2=15cm，x坐标在-5cm≤x≤5cm范围内的某位置静止开始进入电场加速，然后进入匀强磁场，粒子进入磁场开始计时，在t=2π×10-7s时刻关闭阀门C；
①从A孔出去的粒子，与x轴夹角的范围；
②能够从C孔离开磁场的粒子到达荧光屏的位置（用纵坐标y来表示）。
【答案】(1)
V/m；(2)①，②y=0，，，或。
【详解】
(1)根据几何关系可得
由动能定理可得
解得
V/m
（2）①根据几何关系可得
②
粒子在筒壁两次碰撞点对圆心的夹角
所以
粒子与壁碰撞n-l次后从C处飞出。
（k=0，1，2，……）
（k=0，1，2，……）
所以
，且n与2k+1互质。
当k=0，n只能取2，3。在磁场中的运动时间小于2T
n=2时，，θ=0
到达荧光屏的位置
y=0
n=3时，，，到达荧光屏的位置
当k=1，n可以取5，7，8。在磁场中的运动时间小于2T
n=5时，，，到达荧光屏的位置
n=7时，，。到达荧光屏的位置
n=8时，，。到达荧光屏的位置
17．如图所示，MN长为3L，NP长为4L的矩形MNPQ区域内，存在以对角线MP为分界线的两个匀强磁场区域I和II，方向均垂直纸面向外，区域I的磁感应强度大小可调，区域II的磁感应强度大小为B。一质量为m、电量为q的带正电粒子从M点以平行于MN边的方向射入磁场I区域中，速度大小为，不计粒子所受重力，矩形外边线上均存在磁场。（sin=0.6，cos=0.8）
(1)若粒子无法进入区域II中，求区域I磁感应强度大小范围；
(2)若区域I的磁感应强度大小，求粒子在磁场中的运动时间；
(3)若粒子能到达对角线MP的中点O点，求区域I磁场的磁感应强度大小的所有可能值。
【答案】(1)；(2)；(3)若粒子由区域Ⅱ达到O点，、、；若粒子由区域I达到O点，、
【详解】
(1)当粒子速度一定时，磁感应强度越小则粒子运动的半径越大，当运动轨迹恰好与NP相切时，粒子恰好不能进入区域Ⅱ，故粒子运动半径R＞3L，由
可得
(2)粒子在区域I中运动：由、，解得
R=L
粒子在区域Ⅱ中运动
解得
画出轨迹如图所示，在区域I中运动所对应的圆心角为，在区域Ⅱ中运动所对应的圆心角为，所以粒子在磁场中运动的时间
(3)因为粒子在区域Ⅱ中的运动半径，若粒子在区域I中的运动半径R较小，则粒子会从MQ边射出磁场，若粒子恰好不从MQ边射出时应满足粒子运动轨迹与MQ相切，如图所示
∠O2O1A=，sin=
又因为
sin=2sincos=
解得
①若粒子由区域Ⅱ达到O点，每次前进
由周期性可得
MO=nMC2（n=1，2，3……）
即
解得
n≤3
n=1时：，
n=2时，
n=3时，
②若粒子由区域I达到O点
由周期性可得
MO=MC1+nMC2（n=0，1，2，3……）
即
解得
解得
n≤
n=0时，
n=1时，
18．空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔；
(3)乙的比荷可能的最小值。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由
得，
，
Q、O的距离为：
(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，
所以，再次经过P点的时间为
由匀速圆周运动的规律得
，
绕一周的时间为
所以，再次经过P点的时间为
两次经过P点的时间间隔为
(3)由洛伦兹力提供向心力，由
得，
，
完成一周期运动上升的距离
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则
，
结合以上式子，n无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则
，
计算可得
（n=1，2，3……）
由于甲乙粒子比荷不同，则n=2时，乙的比荷最小，为
19．在如图甲所示的xOy平面内，y轴右侧空间有分布均匀、随时间变化的电场和磁场，其变化规律分别如图乙、丙所示，以y轴正方向为电场强度的正方向，电场强度大小为E0、2E0、3E0、……；垂直xOy平面向外为磁场的正方向。t=0时刻，质量为m、电荷量为q的负粒子，以初速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入，不计粒子的重力。已知磁感应强度大小，求该粒子在：
（1）t0时刻的速度大小；
（2）2t0时刻的位置坐标；
（3）nt0（n=1，2，3，…）时刻的动能。
【答案】（1）；（2），；（3）当n为偶数时（n=2，4，6……）；当n为奇数时（n=1，3，5……）
【详解】
（1）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿y轴负方向的速度为
，
根据
解得
（2）粒子在时间内在电场运动，则水平位移为
竖直位移有
粒子在时间内是在磁场内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
周期
由题意可得，粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系，可知水平位移为
竖直位移为
则2t0时刻的位置坐标为
，
（3）由于粒子每次经过磁场时初末速度相同，每次经过电场，在y轴负方向不断加速，经k次电场时，
（k=1，2，3……）
当n为偶数时n=2k
（n=2，4，6……）
当n为奇数时n=2k-1
（n=1，3，5……）
时刻的动能为
当n为偶数时
（n=2，4，6……）
当n为奇数时
（n=1，3，5……）
20．在空间建立直角坐标系xoy，以坐标原点O为圆心作两个半径分别为r和R的同心圆，小圆与两坐标轴分别交于M、P、两点，Q也是小圆上的一点；两圆将空间分隔成三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。在区域Ⅰ内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，区域Ⅱ内也存在垂直于坐标平面的匀强磁场，区域Ⅲ内没有磁场。一个不计重力、带电量为+q、质量为m的粒子从M点沿－y方向进入磁场，从P点进入区域Ⅱ，又从Q点再次回到区域Ⅰ。已知∠POQ＝60°，求：
（1）求区域Ⅰ和区域Ⅱ内磁场的磁感应强度；
（2）若要使粒子约束在磁场内，求大圆半径R的最小值；
（3）粒子在磁场中运动的周期。
【答案】（1），垂直xoy平面向里；，垂直xoy平面向外；（2）；（3）
【详解】
（1）设在区域Ⅰ内轨迹圆半径为r1=r
由牛顿第二定律得
则区域Ⅰ磁场的磁感应强度为
垂直纸面向里
设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图所示，由几何关系得
由牛顿第二定律得
所以
＝
方向与B1相反，即垂直xoy平面向外
（2）由几何关系得
R＝2r2+r2＝3r2
即
R=
（3）轨迹从M点到Q点对应圆心角θ=90°+60°=150°，要仍从M点沿y轴负方向射入，需满足：150n=360m，m、n属于自然数，即取最小整数m=5，n=12，其中区域Ⅰ做圆周运动周期
T1=
区域Ⅰ做圆周运动周期
T2=
粒子在磁场中运动的周期
T=12(T1+T2)=
21．运动的合成与分解告诉我们一个复杂合运动可看成几个简单分运动同时进行，比如平抛运动：如果我们想直接得到它的轨迹方程就比较困难，为方便处理，我们将合运动分解成一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动同时进行。这种思想方法得到了广泛的应用。如图所示，一人工转变核反应的反应区A，内有α粒子以速率v′轰击静止的铍核（），单位时间发射大量α粒子，发生核反应生成碳核（碳12）和另一个核子，三者速度在同一直线上，且碳核速度与α粒子入射速度同向。反应区A的大小忽略不计，碳核仅在如图所示的竖直平面内，从反应区A限定角度内可以沿各个方向按平面机会均等地射出，其速率为（θ为碳核与水平方向的夹角，θ最大为75°）。整个空间处于一个向右的场强为B的匀强磁场中，距离反应区右侧d位置处有一个圆屏，圆心O与反应区A的连线垂直于圆屏。（不考虑粒子重力作用及生成物间的相互作用）。已知电子电荷量大小为e，中子和质子质量均为m，于是各粒子的质量和电荷量均可表示，求：
（1）写出核反应方程式，书写时请推断出核反应生成的另一核子，并计算θ=0时另一核子的速率；
（2）若单位时间内数量的碳核打到圆屏上，求圆屏的半径；
（3）若已知圆屏的半径为R，求单位时间内打到圆屏上碳核的数目占总生成碳核的百分比。
【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【详解】
（1）核反应方程式为
反应前后动量守恒，有
当θ=0时，解得
（2）生成碳核速度v分解成水平方向与竖直方向，水平分速度为，水平方向做匀速运动，竖直面内，竖直分速度，做匀速圆周运动，则有
，
圆周运动周期为
向左射出的碳核不能达到圆屏所在的竖直面，只有向右射碳核才能到达竖直面，向右射出的碳核从反应区到圆屏平面的时间为
解得
即碳核正好转过个圆周，对应圆心角β=120°，碳核做圆周运动的半径为
θ为碳核与水平方向的夹角，θ最大为75°，单位时间内数量的碳核打到圆屏上，则θ=60°。由几何关系可得
（3）综上分析，圆屏的半径为R，碳核的数目占总生成碳核的百分比为k，当θ最大为75°时，碳核打到圆屏上的位置距离圆心
a.当时，向右射出的碳核粒子能够全部打到圆屏上，k=50%；
b.当时，碳核做圆周运动的半径
则
及
22．如图甲所示，长方形MNPQ区域（MN=PQ=3d，MQ与NP边足够长）存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度为B。有一块长为5d、厚度不计的荧光屏ab，其上下两表面均涂有荧光粉，平行NP边放置在磁场中，且与NP边相距为d，左端a与MN相距也为d。电子由阴极K均匀地发射出来（已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零）经加速电场加速后，沿MN边进入磁场区域，若电子打到荧光屏就被吸收。忽略电子重力和一切阻力，求：
（1）如果加速器的电压为U，求电子刚进入磁场的速度大小；
（2）调节加速电压，求电子落在荧光屏上，使荧光屏发光的区域长度；
（3）若加速电压按如图乙所示的图象变化，求从t=0开始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例；并分析提高该比例的方法，至少提出三种。
【答案】（1）；（2）；（3）62.5%；方法见解析
【详解】
（1）根据
求得
（2）打在荧光屏a点的电子，由几何关系得
求得
①若减小粒子的速度，粒子打到荧光屏的下表面，临界条件是轨迹相切于c点，是粒子的最小速度，
由几何关系可知，对应粒子做圆周运动的半径
因此ac区域长度是
②若增大粒子的速度，粒子打到荧光上表面，临界条件是粒子运动轨迹与NP相切，
由几何关系得
那么
，
求得
由于
那么
发光区域的总长度为
（3）由第（2）步可知，粒子半径在的区间内，粒子能打在荧光屏上
结合
得
可求得：当时粒子能打在荧光屏上
因此
提高粒子打在荧光屏上比率的方法：
①扩大荧光屏上方磁场区域②荧光屏左端适当往左移一些③荧光屏适当往MQ端移动④适当减小加速电压的最大值⑤适当增大加速电压的最小值
23．如图所示，质量为、电荷量为的带正电粒子从点由静止释放，经电压为的加速电场加速后沿圆心为、半径为的圆弧（虚线）通过静电分析器，并从点垂直进入矩形匀强磁场区域。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，电场强度的方向均指向点。，，磁场方向垂直纸面向里，粒子重力不计。
（1）求静电分析器通道内圆弧线所在处电场的电场强度的大小；
（2）若粒子能最终打在磁场区域（边界处有磁场）的左边界上，求磁场的磁感应强度大小的取值范围。
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）粒子在加速电场中运动的过程中，根据动能定理有
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有
联立以上两式解得
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
要使粒子能打在边界上，则粒子既没有从边界射出也没有从边界射出，可画出粒子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ所示
由几何关系可知，粒子能打在边界上，必须满足的条件为
解得
24．利用电磁场可以控制带电粒子的速度大小与方向。在图示坐标系的第Ⅱ象限，存在一个圆心为坐标原点的圆环状的均匀辐向电场，圆环在y轴上的截面长度为R，电场中各点电势为，式中k为正的已知常量，r为该点到圆心O的距离。在y轴右侧，圆心为（R，0）、半径为R的虚线圆内分布着方向垂直于圆面的匀强磁场，在处有一竖直放置的足够长的探测屏。今在圆弧的点放置一个离子源，能不断释放质量为m、电荷量为的带电离子。当磁场的磁感应强度大小为时，这些经电场加速的离子刚好能从磁场区域最高点射出。忽略离子初速度，不计离子重力及相互作用力，不考虑空气阻力。
(1)求离子在磁场中的速率v；
(2)若磁场的磁感应强度大小可调，求离子打在屏上的纵坐标y与磁感应强度大小B、原磁感应强度大小的关系式；
(3)若将离子源沿环形电场外边界缓慢移动，使所有离子均沿竖直方向射出磁场，求磁场区域的最小面积，画出磁场形状并标明磁感应强度的大小与方向。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【详解】
(1)扇形电场的电势差为
离子在加速电场中根据动能定理有
联立解得速率
(2)改变磁场磁感应强度，离子运动轨迹如下图所示
则离子打在屏上的纵坐标
二倍角公式
两半径满足
其中
联立解得
(3)两种可能情形：一是射出磁场的离子均沿整直向下（）方向，所需磁场区域的最小面积为
磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示
二是射出磁场中的离子均沿竖直向上（）方向，所需磁场区域的最小面积为
磁场形状及磁感应强度的大小与方向如下图所示
25．如图所示，MN是两个间距为d的带电平行金属板，金属板的长度为L，上极板带正电。两金属板之间还存在磁感应强度大小为B。方向垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。在平行金属板的右侧有一半径为R的圆筒，在该圆筒区域内也存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，圆筒区域内只有A点一个缝隙。一质量为
m、带电量为+q的粒子从平行金属板的左侧边缘的P点沿中线PA以速度v0射入平行金属板区域，沿水平直线运动到A点进入圆筒，并与圆筒壁第一次垂直相碰于Q点。碰撞过程中，带电粒子的速度大小不变，方向反向。圆弧ACQ对应的圆心角=120
°，不计带电粒子的重力。
(1)求平行金属板区域内磁场的方向和两极板间的电势差U；
(2)求圆筒区域内匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)若带电粒子进入圆简区域内的匀强磁场后，平行金属板间的磁感应强度大小不变、方向反向，则带电粒子能返回P点吗？若不能，请说明带电粒子最终的运动情况；若能，请求出带电粒子从P点开始运动，直到最后返回P点所用的时间。
【答案】（1）垂直纸面向里，B0v0d；（2）；（3）可以回到P点，。
【详解】
（l）由题意知，带电粒子受到电场力和洛伦兹力且处于平衡状态，电场力竖直向下，根据左手定则可判断平行金属板区域内磁场的方同垂直纸面向里。
带电粒子在金属板之间做匀速直线运动，有
解得
U=B0v0d
（2）根据几何关系，粒子在圆筒中做圆周运动的半径：
在圆筒区域内粒子所受的洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）可以回到P点，如图所示
带电粒子垂直撞到Q点，其运动的轨迹对应的圆心角为60°，同理，带电粒子再与圆筒壁垂直相撞，最后回到A点，带电粒子进入平行金属板间，由受力分析可知带电粒子水平向左做匀速直线运动，可以回到P点，带电粒子从A点到Q点的运动时间
由对称性可知，带电粒子在圆筒区域内磁场中运动的总时间
带电粒子在圆筒区域内磁场中的运动周期
粒子前后两次在平行板之间的运动时间
则带电粒子在整个运动过程中运动的总时间：
26．如图甲所示，空间中有一半径为2r，边界处由特殊绝缘材料制成圆筒，粒子打到边界会被筒壁反弹（反射后粒子动能不变，其反射规律类似于光的镜面反射规律）。筒内有垂直纸面向外的匀强磁场，其大小随时间呈周期变化（如图乙所示），周期为T（未知）。以圆心O为原点建立坐标轴，
O处有一质量为m，带电量为+q的粒子，在t=0时刻以速度v0沿向y轴正方向进入磁场，经t=0.4T恰能第一次返回O点。已知
，粒子不计重力。求：
(1)通过计算，试画出粒子刚进入磁场至第一次返回O点的运动轨迹；
(2)磁场变化的周期T；
(3)粒子经过M（-r，0）点可能的时刻t。
【答案】(1)；(2)；(3)或
(n=0，1，2，3……)
【详解】
令粒子在中运动的轨迹半径为R，则
(1)洛伦兹力提供向心力
得
经分析，轨迹如图1所示
(2)令粒子在中的运动周期为，则
由(1)作图可知：第一次经过O点的时刻
故
（3)当由，可知粒子在2B0中运动的轨道半径
粒子在2B0中运动的周期
即当时，粒子恰回到O点（如图2）
当粒子第一次过M点时
当粒子第二次过O点时
经分析粒子运动的大周期
（如图3）
当第二次经过M点时
所以经过M点时刻为
或(n=0，1，2，3……)
27．如图，xOy坐标系中存在垂直平面向里的匀强磁场，其中，x≤0的空间磁感应强度大小为B；x>0的空间磁感应强度大小为2B。一个电荷量为+q、质量为m的粒子a，t=0时从O点以一定的速度沿x轴正方向射出，之后能通过坐标为（，）的P点，不计粒子重力。
(1)求粒子速度的大小；
(2)在a射出后，与a相同的粒子b也从O点以相同的速率沿y轴正方向射出。欲使在运动过程中两粒子相遇，求。（不考虑粒子间的静电力）
【答案】(1)；(2)和
【详解】
(1)设粒子速度的大小为v，a在x>0的空间做匀速圆周运动，设半径为，则有
由几何关系有
解得
联立以上式子解得
(2)粒子a与b在x≤0的空间半径相等，设为，则
解得
两粒子在磁场中运动轨迹如图
只有在M、N、O、S四点两粒子才可能相遇。粒子a在x>0的空间做匀速圆周运动的周期为，则
粒子a和b在x≤0的空间作匀速圆周运动的周期为，则
(i)粒子a、b运动到M的时间
(ii)同理，粒子a、b到N的时间
粒子不能在N点相遇。
(iii)粒子a、b到O的时间
；
粒子不能在O点相遇。
(iv)粒子a、b到S的时间
；
所以粒子b与a射出的时间差为和时，两粒子可以相遇。
28．如图所示，轴、y轴和直线将x=L平面划分成多个区域。其中I区域内存在竖直向下的电场，II区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，III区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场，II、III区域的磁感应强度大小相同。质量为m、电量为q的粒子从P点（－L，y）以垂直于电场方向、大小为v0的速度出发，先后经O点（0，0）、M点（L，0）到达N点（L，－L），N点位于磁场分界线处。已知粒子到达O点时速度方向偏转了，不计粒子的重力，回答下面问题。
(1)求带电粒子在电场运动过程中电场力的冲量；
(2)若粒子从P点出发依次通过O点、M点并于M点第一次射出磁场分界线后到达N点，则粒子运动的时间为多少？
(3)粒子到达N点时在磁场中运动的路程为多少？
【答案】(1)，方向竖直向下；(2)；(3)当粒子到达M处时，为奇数次通过磁场边界，路程为πL；当粒子到达M处时，为偶数次通过磁场边界，路程为
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，粒子到达O点时速度方向偏转了，分解速度得
取竖直向下方向为正方向，根据动量定理，电场力的冲量
得
方向竖直向下。
(2)设粒子在电场中运动的时间为，水平方向上做匀速直线运动，则
粒子在磁场中运动速度为
粒子运动轨迹如图甲所示：
由几何关系知
两段轨迹半径相等，圆心角之和为2π，粒子运动的时间为一个周期
所以
(3)对图甲粒子做圆周运动的路程为圆周长
粒子运动轨迹还可以如图乙：
粒子做圆周运动的半径为
路程为
当粒子到达M处时是第三次通过磁场边界，粒子做圆周运动的半径为
路程为
当粒子到达M处时是第四次通过磁场边界，粒子做圆周运动的半径为
路程为
依次类推，当粒子到达M处时，为奇数次通过磁场边界，路程为πL；当粒子到达M处时，为偶数次通过磁场边界，路程为。
29．在如图所示的坐标系中，仅第三象限的磁场垂直坐标系所在平面向外，其余象限的磁场方向均垂直坐标系所在平面向里，四个象限中的磁感应强度大小均为B。其中M、N两点为x轴负半轴和y轴负半轴上的点，坐标分别、，一带负电的粒子由M点沿MN连线方向射入，忽略粒子的重力。求：
(1)如果负粒子由M点射入后刚好能经过坐标原点第一次离开边界线，负粒子在第三象限磁场中的路程为多少？
(2)如果负粒子由M点射入后能经O点到达N，负粒子的路程为多少？
【答案】(1)；(2)πa或2πa
【详解】
(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，若电子从M点出发刚好经原点O第一次离开边界线，如图甲所示
则有
2Rcos45°＝
解得
R＝a
运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程
s＝
(2)负粒子从M点出发经原点O到达N点，若粒子经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周即
s＝2πR＝2πa
若粒子第N次离开磁场边界为O点，则要回到N点，经过O点的速度必然斜向下45°，则运动轨迹如图乙
根据几何关系有
圆周运动半径
运动通过的路程为
s＝＝＝πa
30．如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从P点在纸面内沿着与OP成60°方向射出（不计重力），求：
(1)若粒子运动轨迹经过圆心O，求粒子运动速度的大小；
(2)若要求粒子不能进入圆形区域，求粒子运动速度应满足的条件。
【答案】(1)；(2)或
【详解】
(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，圆心为，依图题意作出轨迹图如图所示：
由几何知识可得：
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
(2)若速度较小，如图甲所示：
根据余弦定理可得
解得
若速度较大，如图乙所示：
根据余弦定理可得
解得
根据
得
，
若要求粒子不能进入圆形区域，粒子运动速度应满足的条件是
或
31．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制。在如图所示的平面坐标系xOy内，以坐标原点O为圆心，半径为d的圆形区域外存在范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P(0，d)点沿y轴正方向射入磁场，当入射速度为v0时，粒子从a处进入无场区射向原点O，不计粒子重力。求：
(1)磁场的磁感应强度B的大小
(2)粒子离开P点后经多长时间第一次回到P点
(3)若仅将入射速度变为3v0，则粒子离开P点后运动多少路程经过P点
【答案】(1)；(2)；(3)①，其中1、2、3、…；②，其中0、1、2、3、…
【详解】
(1)粒子的运动轨迹如图所示
由题条件可判断粒子做圆周运动半径为
粒子在磁场中
解得
(2)粒子运动轨迹如图示
粒子在磁场中运动时间
因为洛伦兹力提供向心力，则有
可得
粒子在无场区运动时间
粒子再次回到点时间
解得
(3)粒子运动轨迹如图所示
粒子速度变为，则在磁场中运动半径为
由点出发后第一个圆弧的弧长
无磁场区圆的直径长度
①粒子以沿轴正向经过
粒子运动路程
，其中1、2、3、…
②粒子以大小沿方向经过
，其中0、1、2、3、…
代入得
，其中0、1、2、3、…
32．如图所示，坐标系第一象限和第二象限均存在垂直纸面向里的匀强磁场，轴为磁场理想边界，两侧磁感应强度大小不同，已知第二象限磁感强度大小为B。坐标原点粒子源以不同的速率沿与轴正方向成30°的方向向第二象限发射比荷相同带负电的粒子。当粒子速率为时，粒子穿过轴第一次进入第一象限，轨迹与轴交点为，进入第一象限经过Q点，已知OQ与轴正方向夹角为30°，OQ长为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力
(1)求第一象限磁感强度大小；
(2)过点粒子的速度满足条件。
【答案】(1)
；(2)
或
【详解】
(1)设速度为的粒子在第二象限和第一象限做圆周运动的圆心分别为、，轨道半径分别为、，由牛顿第二定律得
根据几何关系
得：
过点做速度的垂线PA，连接PQ，做PQ中垂线交PA于A，所以A点为在第一象限轨迹圆心，因为，，交点为B，在直角三角形QBA中
解得
(2)根据(1)假设粒子在第二象限半径为，则在第一象限半径为
若粒子从第二象限过点，则：
得：
又因为
所以
若粒子从第一象限过点，则：
得：
，
又因为
所以
33．如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+q、质量为m的粒子（不计重力），粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC=L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=，当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在沿PC方向的匀强电场时，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)粒子的发射速率；
(2)仅有电场时PQ两点间的电势差；
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。
【答案】(1)；(2)；(3)，
【解析】
【详解】
(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为，过作的垂线交于点，如图所示：
由几何知识可得
代入数据可得粒子轨迹半径为
洛伦兹力提供向心力为
解得粒子发射速度为
(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达直线的动能相等，可知为等势面，电场方向垂直向下，水平向左射出的粒子经时间到达点，在这段时间内做类平抛运动，分解位移
电场力提供加速度
解得PQ两点间的电势差
(3)只有磁场时，粒子以为圆心沿圆弧运动，当弧和直线相切于点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示：
据图有
解得
故最大偏转角为
粒子在磁场中运动最大时长为
式中为粒子在磁场中运动的周期，粒子以为圆心沿圆弧运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短。据图有
解得
速度偏转角最小为
故最短时间为
34．小顾老师在疫情期同，遵从党和国家的号召，在家抗战，期间重温了《哈利波特》系列电影，除了沉溺于“赫敏”、“卢娜”的颜值外，更是对“死亡圣器”的标志产生了兴趣，遂编下此题。其标志可简化为一个正三角形abc与其内切圆组成，圆的半径为R，三个切点分别为D、O、E，图形被aO分割为相同两部分，在左右半圆内分别存在着垂直纸面的匀强磁场和，其余地方均无磁场，在D处有一挡板，其余部分没有实物阻挡，今从O点朝着a发射一质量为m，电量为+q的粒子，速度大小为v，不考虑重力作用，且碰撞无能量损失。
(1)若与完全相同，为了使电荷以垂直ab的速度方向打在D上，求的大小和方向；
(2)接(1)问，当粒子从D处反弹后第一次经过aO时，保持方向不变，改变大小；同时改变的大小，且使其方向与原来相反。为了使粒子能回到O点，求与大小满足的关系式；
(3)接(1)问，当粒子从D处反弹后，大小方向均不变，改变的大小，且使其方向与原来相反，最终粒子从右半圆射，且粒子射出磁场时的速度方向相对刚进入右半圆时偏转了30°，求的大小。
【答案】(1)，垂直纸面向里(2)其中k取1、2、3……
或其中N取0、1、2……(3)
【详解】
(1)粒子轨迹如图所示
由几何关系得
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力得
解得
由左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里
(2)粒子的轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子刚经过aO时，与O点距离
考虑周期性有
得
其中k取1、2、3……
或
得
其中N取0、1、2……
(3)粒子运动轨迹如图且由几何关系得
其中利用余弦定理可得
又有
解得
35．如图所示，在xoy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外；分成I和II两个区域，I区域的宽度为d，右侧磁场II区域还存在平行于xoy平面的匀强电场，场强大小为E＝，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质量为m，电量为q的正电荷，粒子的速率均为v＝。进入II区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：
(1)某粒子从O运动到O'的时间；
(2)在I区域内有粒子经过区域的面积；
(3)粒子在II区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。
【答案】(1)；(2)；(3)0
【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力可得
则轨迹半径为
粒子从运动到的运动的示意图如图所示：
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
周期为
所以运动时间为
(2)根据旋转圆的方法得到粒子在I区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：
根据图中几何关系可得面积为
(3)粒子垂直于边界进入II区后，受到的洛伦兹力为
在II区受到的电场力为
由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿方向的位移为，由动能定理得
解得
所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。
36．如图所示，在直角坐标系中，，范围内有两个匀强磁场区域I和II，磁场方向均垂直纸面向里，虚线为它们的分界线，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，点为它们分界线上的某一点，已知。质量为，带电量为的粒子从点沿轴方向射入磁场I中，速度大小为，不计粒子所受重力。求：
(1)粒子不会飞出第一象限，求粒子在区域II磁场中做圆周运动的半径大小应满足的条件；
(2)粒子在第一象限内运动的过程中，恰好能经过点，求区域II磁场的磁感应强度大小的所有可能值。
【答案】(1)，(2)若粒子是从II区通过点，磁感应强度可能为：，；若粒子是从I区通过点，磁感应强度为。
【详解】
(1)两磁场分界线与x轴夹角为，设粒子在磁场I和II区内运动的半径分别是、，粒子在磁场I内运动时，洛伦兹力提供向心力：
解得：
由几何知识：粒子每在磁场I运动一次，到OP直线的位置向前推进，每在磁场II运动一次，到OP直线的位置向后倒退：
粒子不会飞出第一象限，需满足：
解得：
；
(2)
粒子在磁场II内运动时，洛伦兹力提供向心力：
若粒子是从II区通过P点：
解得：
，其中n=1，2，3…
符合条件的有时：
对应：
时：
对应：
若粒子是从I区通过P点：
解得：
，其中n=1，2，3…
符合条件的有时：
对应：
综上所述：若粒子是从II区通过点，磁感应强度可能为：，；若粒子是从I区通过点，磁感应强度为。
37．如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，线段CO＝OB＝L，θ＝30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；电子经y轴进入第三象限时速度与y轴负方向成60°角，到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，不计电子的重力。求：
(1)P点距O点的距离；
(2)电子在电场中的运动时间；
(3)区域ABC内的磁感应强度B1与第三象限内的磁感应强度B2的大小之比。
【答案】(1)，(2)，(3)或。
【详解】
(1)电子在区域内以点为圆心做匀速圆周运动，在点与相切，其运动轨迹如图：
在中，根据几何知识有：
；
(2)电子从点进入电场做类平抛运动，设电子从边离开且在电场中运动的时间为，在方向上有：
根据运动学规律有：
解得：
在方向上有：
；
(3)电子穿出电场时有：
在区域内，洛伦兹力提供向心力：
可得：
在第三象限，电子做圆周运动有两种情况
①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心在，根据几何知识有：
洛伦兹力提供向心力：
解得：
则：
；
②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心为，根据几何知识有：
根据牛顿第二定律有：
得：
解得：
。
38．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)。
39．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：
。
40．一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变。一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒。
（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？
（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？
【答案】（1），，（2）或者其中n=0，1，2，3…。
【详解】
（1）若粒子沿MN方向入射，当筒转过90°时，粒子从M孔（筒逆时针转动）或N孔（筒顺时针转动）射出，如图，由轨迹1可知半径：
r=R
由：
粒子运动周期：
筒转过90°的时间：
又：
联立以上各式得：荷质比，粒子速率；
（2）若粒子与MN方向成30°入射，速率不变半径仍为R，作粒子轨迹2如图，轨迹2圆心为，则四边形为菱形，可得：
所以，则粒子偏转的时间：
又：
得：，由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：
①当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1，若从N点离开，则筒转动时间满足：
得：，其中k=0，1，2，3…
若从M点离开，则筒转动时间满足：
得：，其中k=0，1，2，3…；
综上可得：，其中n=0，1，2，3…；
②当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2，
若从M点离开，则筒转动时间满足：
得：，其中k=0，1，2，3…；
若从N点离开，则筒转动时间满足：
得：，其中k=0，1，2，3…；
综上可得，其中n=0,1,2,3…；
综上所述，圆筒角速度大小应为或者其中n=0，1，2，3…。
41．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：
，
42．如图所示，质量为m电荷量为q的带负电的粒子从O点以大小为的速率沿与水平线ON夹角为的方向射入I区圆形磁场，经偏转能平行于ON进入IV区真空区域。已知粒子的比荷，I区圆形磁场半径，磁感应强度大小.（不计带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用）
（1）求粒子的初速度的大小；
（2）控制II区磁场的大小使得粒子第一次射出该磁场时，速度方向与ON夹角都为45°求与的关系；
（3）在第2小题的条件下，仅分析的粒子射入圆形磁场，当该粒子进入II区磁场时，立即在IV区加上竖直向上，场强大小的电场，粒子能打在水平线ON上的D点，D点与N点距离L=2m。若粒子在III，IV区运动过程中不再回到II区磁场。求III区磁场磁感应强度大小。
【答案】（1）；（2）
（3）在磁场中到打到点，，取1，
在电场中打到点，，取1，2，3，
【解析】
【详解】
（1）洛伦兹力完全提供向心力，可知半径：
所以：
代入数据解得：
（2）根据几何关系可知：
解得：
（3）根据几何知识有：
解得：
在区转过在磁场中偏转距离为：
在电场中做类抛体运动水平距离为：
解得：
在区磁场中偏转的距离：
之后在电场磁场中做周期性运动没经过一个周期往左移动的距离：
前提条件为：
得：
第一种情况：在磁场中到打到点：
得，取1，
第二种情况：在电场中打到点：
得：，取1，2，3，
43．通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（）的衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子。如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。
已知电子质量，中子质量，质子质量（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。
若质子的动量。
（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以为能量单位）；
（2）当，时，求计数率；
（3）若取不同的值，可通过调节的大小获得与（2）问中同样的计数率，求与的关系并给出的范围。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】
（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒：
核反应过程中：
根据动量和动能关系：
则总动能为：
（2）质子运动半径：
如图甲所示：
打到探测板对应发射角度：
可得质子计数率为：
（3）在确保计数率为的情况下：
即：
如图乙所示：
恰能打到探测板左端的条件为：
即：
44．如图所示，矩形区域ABCD内存在E=100N/C的匀强电场，方向水平向右，半径R=0.1m的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场B1，EF为圆O的竖直直径，A、D、E和B、C、F各处于同一条水平线上，AD=0.02m，挡板DE=0.12m，可以吸收打在上面的粒子，DE上方有一垂直纸面向里的匀强磁场B2。荧光板DG与DE成θ=60°角，当有粒子打到DG上时，荧光板会发出荧光。电场左边界AB为粒子发射源，能均匀发出大量初速度为0的粒子，粒子的比荷为C/kg，经电场加速后射入B1，并全部能经过E点射入磁场B2。整个装置竖直，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，求：
（1）B1的大小和方向；
（2）若B2=T，挡板DG上最远的发光点离D的距离；
（3）设粒子在B2中做匀速圆周运动的周期为T，若从E点射入B2的所有粒子中，能打到DG上的粒子在B2中运动的最长时间为，则B2和T的大小各为多少？
（4）B2取（3）中的值，在B2中运动时间最短的粒子是AB上离A点多远的位置发出的？
【答案】（1）2T，方向垂直纸面向里
（2）0.12m
（3）T，s
（4）m
【详解】
（1）粒子垂直EF直径飞入，汇聚至E点飞出，根据几何关系可知粒子在磁场中匀速圆周运动的半径和圆形磁场的半径相同，即：
粒子在匀强电场中：
洛伦兹力完全提供向心力：
解得：，方向垂直纸面向里
（2）粒子在DE上方磁场运动的半径：
解得：
如下图所示，挡板DG上最远的发光点离D的距离为，长度为粒子运动的直径
（3）打到DG上的粒子在B2中运动的最长时间为，则粒子在磁场中运动半个周期，如图所示：
根据几何关系可知：
解得：
粒子在DE上方磁场中运动：
解得：
粒子在磁场中运动周期为：
（4）粒子在磁场中运动时间最短，则对应的弦长最短，如图所示，弦长与DG垂直：
则粒子从N点飞入，从E点飞出，圆心为O1，过圆心O1做垂线交OE于M点，根据几何关系可知四边形NOEO1为菱形，则：
解得：
则AB上离A点的位置为：
解得：
45．正、负电子对撞机是使正、负电子以相同速率对撞（撞前速度在同一直线上的碰撞）并进行高能物理研究的实验装置，该装置一般由高能加速器、环形储存室和对撞测量区三个部分组成．为了使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域．对撞区域设计的简化原理如图所示：MN和PQ为足够长的竖直边界，水平边界EF将整个区域分成上下两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向内，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B．现有一对正、负电子以相同速率分别从注入口C和注入口D同时水平射入，在对撞测量区发生对撞．已知两注入口到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为L，正电子的质量为m，电量为＋e，负电子的质量为m，电量为－e．
（1）试判断从注入口C入射的是正电子还是负电子；
（2）若L＝4d，要使正、负电子经过水平边界EF一次后对撞，求正电子在磁场中运动的时间；
（3）若只从注入口C射入电子，要使电子从D飞出，求电子射入的最小速率，及此时间距L的大小．
【答案】（1）负电子　（2）（3）,L=4n（2－）d（其中n＝1,2,3，…）
【详解】
(1)由题意可知从注入口C入射时的应是负电子．
(2)电子运动轨迹如图中实线所示，由几何关系有
（R－d）2＋2＝R2
得
R＝2d
故
sin
θ＝＝
得
θ＝
由
qvB＝m
得
T＝＝
由正、负电子运动的对称性知，正电子在磁场中运动的时间为
t＝2×T＝．
(3)能使电子从D点飞出的临界情况是第一次在Ⅱ区域中偏转的运动轨迹与MN相切，如图所示:
由几何关系知
α＝30°
且
r＋rcos
α＝d
解得
r＝2（2－）d
由
qvB＝m
得
v＝
由图可知，
间距
L＝n×2r＝4n(2－)d（其中n＝1,2,3，…）．
46．如图所示,水平放置的两块带电金属极板a、b平行正对.极板长度为l,板间距为d,板间存在着方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.假设电场、磁场只存在于两板间.一质量为m、电荷量为q的粒子,以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间,恰好做匀速直线运动.不计粒子的重力及空气阻力.
（1）求匀强磁场磁感应强度B的大小;
（2）若撤去磁场,粒子能从极板间射出,求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离;
（3）若撤去电场，还是让该粒子以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于磁场的方向射入极板间，为使粒子不从磁场中射出，求所加磁场的磁感应强度的范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1）粒子做匀速直线运动，所受电场力与洛伦兹力平衡：
解得：
（2）撤去磁场，粒子在极板之间做类平抛运动，分解位移：
电场力提供加速度：
联立方程解得粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离：
（3）撤去电场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由于粒子的电性不影响结果，所以假设粒子带正电，则粒子的运动轨迹如图所示。
若为轨迹1，则粒子的运动半径：
洛伦兹力提供向心力：
联立方程解得：
若为轨迹2，则根据勾股定理，粒子的运动半径：
洛伦兹力提供向心力：
联立方程解得：
为使粒子不从磁场中射出，所加磁感应强度的范围为：
即：
47．如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，
PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为，且粒子打在挡板上会被吸收．不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求:
（1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长；
（2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少；
（3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率。
【答案】（1）；（2）；（3）。
【详解】
（1）粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图所示：
由题意可知：
由几何知识可得：
设粒子初速度方向与OP夹角为，随着从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N点逐渐下移；当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M，在△OPM中，由几何关系可得：
所以
当夹角继续增大，则粒子打在挡板上的点从M点逐渐下移至P点，由以上分析知道,挡板长度至少等于时，挡板吸收的粒子数最多．
（2）由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图2轨迹1所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
当粒子从右侧恰好打在P点时，时间最长，如轨迹2所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
粒子的运动周期：
最短时间：
最长时间：
最长的时间差：
（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方向的夹角为：
打到板上的粒子占所有粒子的比率为：
48．如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l，3l)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力．求：
(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？
(2)粒子运动的速度可能是多少？
【答案】(1)
　(2)
(n＝1，2，3，…)
【详解】
(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有
Ra＝，
Rb＝，
Ta＝＝，
Tb＝
当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示．
根据几何知识得
tan
α＝＝，
故α＝37°
粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为
tb＝Tb，
ta＝Ta
故从P点运动到O点的时间为
t＝ta＋tb＝.
(2)由题意及上图可知：
n(2Racos
α＋2Rbcos
α)＝
解得v＝
(n＝1，2，3，…)．
49．如图所示，在xOy平面内，以O'(O，
R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有足够大的垂直于平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．在O"(R，-R)处，放置一半径R?=的半圆弧形接收器EHF，EO"F与y轴平行，在圆形磁场的左侧0（1）磁场的磁感应强度B的大小；
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收；
（3）打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比．
【答案】（1）B=；（2）不能；（3）50
【解析】
【详解】
（1）粒子在上方磁场中的半径r=R时，粒子偏转后都从O点进入，由洛伦茨力充当向心力
qvB=m
解得磁场的磁感应强度B的大小为B=．
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经上方磁场偏转后与x轴负方向的角度==，=45°，粒子与x轴负方向成45°角进入下方磁场运动时，圆心在（R，-R）处，轨迹与接收器不相交，所以不能被接收器接受，如下图：
（3）当粒子运动轨迹与接收器在F点相内切时，由几何关系可知，运动轨迹的圆心恰好在E点，根据几何关系可知，粒子由O点进入时，粒子的速度方向与y轴负方向的夹角==，=30°，粒子进入上方磁场G时的纵坐标
y1=R+R=1.5R
当粒子运动轨迹在E点与接收器相外切时，运动轨迹的圆心恰好在（R，R）处，根据几何关系可知，粒子由O点进入磁场时粒子速度方向与x轴正方向的夹角==，=60°，粒子进入上方磁场I的纵坐标
y2=R-
R=0.5R
在上方磁场GI间射入的粒子能打到接收器上，LGI=y1-y2=R，占粒子总数的百分比=100=50．
答：（1）磁场的磁感应强度B=；（2）不能；（3）50
50．如图所示，在边长为L的正方形顶点a有一质量为m、电荷量为q的离子源，持续不断地在单位时间内向正方形区域发射n个速率均为v的离子，这些离子沿角度均匀分布。在正方形区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，使得所有离子均能垂直cd边射出，且沿边长ab发射的离子恰好从c点水平射出。在正方形右侧平行于cd
放置一接地金属板M，其上有一沿y轴可移动的、长度为L/2的窗口，允许离子通过。在极板M右侧存在边长也为L的正方形区域，设置一匀强磁场，其方向与左侧磁场相同，使通过窗口的离子都汇集到位于边长中点S的收集器中，不计重力和离子间相互作用。
（1）判断离子带电量的正负；
（2）求左右两区域磁感应强度的大小及磁场区域的最小面积；
（3）单位时间内收集器中离子收集率与窗口中心位置坐标y之间的关系。
【答案】（1）负电；（2）左侧区域磁感应强度的大小，左侧磁场区域的最小面积；右侧区域磁感应强度的大小，右侧磁场区域的最小面积；（3）分段讨论见解析
【详解】
（1）由离子的偏转方向和左手定则，可判断离子带负电。
（2）沿边长ab发射的离子恰好从c点水平射出可知，离子在磁场中运动的半径R1=L，根据牛顿第二定律qvB1=m
左侧区域磁感应强度的大小
左侧磁场区域的最小面积
离子在右侧区域的运动半径R2=，右侧区域磁感应强度的大小
右侧磁场区域的最小面积
（3）离子出射区间宽度为L/2，需要分段讨论：
当yL，
=0
当时
当时
当时
51．如图所示，在以为圆心，内外半径分别为和的圆环区域内，存在垂直纸面的匀强磁场，，，一电荷量为、质量为的粒子从内圆上的点进入该区域，不计重力．
（1）如图，已知粒子从延长线与外圆的交点以速度射出，方向与延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
（2）在图中，若粒子从点进入磁场，速度大小为，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
【答案】（1）
（2）小于
【解析】
【分析】
(1)重要信息提取：磁场：圆环形的有界磁场；粒子：带电粒子从点射入从点射出；隐含条件：粒子刚好不能从外圆射出时，轨迹与两圆相切，相切分两种情况；
(2)物理思维：作出粒子的运动轨迹，应用几何关系和牛顿第二定律求解．
【详解】
解：(1)作出粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子运动的轨道半径为
由牛顿第二定律得：
①
由几何关系可知，粒子运动的圆心角为，则
解得：
②
联立①②式得：
③
粒子做匀速圆周运动的周期：
④
粒子在磁场中运动的时间：
⑤
联立②④⑤式得：
⑥
(2)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹如图乙所示，分两种情况：
第Ⅰ种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径：
⑦
设此过程的磁感应强度为，由牛顿第二定律得：
⑧
联立⑦⑧式得：
⑨
第Ⅱ种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径：
设此过程的磁感应强度为，则
综合Ⅰ、Ⅱ可知磁感应强度应小于
【点睛】
解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等．
52．如图所示,在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出),I、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B。a、b两带正电粒子从O点同时分别沿y轴正向、负向运动,已知粒子a质量为m、电量为q、速度大小为v,粒子b质量为2m、电量为2q、速度大小为v/2,粒子b恰好不穿出1区域,粒子a不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:
(1)小圆半径R1；
(2)大圆半径最小值
(3)a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间t(不考虑a、b在其它位置相遇)。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【详解】
解：(1)粒子b在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为
根据洛伦磁力提供向心力有：
由粒子b恰好不穿出Ⅰ区域：
解得：
(2)设a在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为，
根据洛伦磁力提供向心力有：
解得：
设a在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为，
根据洛伦磁力提供向心力有：
解得：
设大圆半径为，由几何关系得：
所以，大圆半径最小值为：
(3)粒子a在Ⅰ区域的周期为，Ⅱ区域的周期为
粒子a从O点出发回到O点所经过的最短时间为：
解得：
粒子b在Ⅰ区域的周期为：
讨论：①如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过时间：
n=1，2，3…
粒子b经过时间：
k=1，2，3…
时，解得：
当，时，有最短时间：
②设粒子b轨迹与小圆相切于P点，如果a粒子在射出小圆时与b粒子在P点相遇
则有：
n=1，2，3…
粒子b经过时间：
k=1，2，3…
时，解得：
ab不能相遇
③如果a粒子在射入小圆时与b粒子在P点相遇
则有：
n=1，2，3…
粒子b经过时间：
k=1，2，3…
时，解得：
ab不能相遇
a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间为
53．如图所示，在直角坐标系xOy中，第一象限内有沿y轴负向的匀强电场，场强大小为E，第四象限内有垂直xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现有一正粒子从y轴上坐标为(0，h)的P点，沿x轴正向射入第一象限，能通过x轴上坐标为(7h，0)的Q点．已知粒子的比荷满足关系：，不计粒子重力，求粒子在P点入射速度的所有可能值(用E，B表示)．
【答案】
【详解】
设粒子入射的速度为v0，粒子从P点到达x轴上a点，历时t，水平位移x1，由粒子做平抛运动，有
x1=v0t
到达a点时竖直速度大小为
到达a点速度大小为v
到达a点时速度v与x轴正向夹角为θ；从a点经磁场做半径为r的匀速圆周运动，回到x轴上b点，b、a间的水平距离为x2，如图，有
要粒子通过x轴上坐标为（7h，0）的Q点，需满足
解得
①若通过Q点速度方向为右下，则需满足
n=1,2,3，……
解得
当n=1时，
当n=2时，
②若通过Q点速度方向为右上，则需满足：
n=1,2,3，……
解得
当n=1时，
当n=2时，
综上所述，粒子入射速度有4个值，分别为：，，，
点睛：带电粒子在组合场中运动的问题，关键是画出粒子的运动轨迹图，结合平抛运动的规律和圆周运动的知识解答.
54．某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，电场宽NP=N′P′=d.长NN′=MM′=5s、宽MN=M′N′=s的矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；NN′为磁场与电场之间的分界线．点C1、C2将M′N′三等分，在C1、C2间安装一接收装置．一个电荷量为e、质量为m、初速度为零的电子，从P点开始由静止被电场加速后垂直进入磁场．电场强度可以取一定范围内的任意值，电子运动时，电场强度不变，最后电子仅能从磁场边界M′N′飞出．不计电子所受重力．
（1）电场强度的最大值为多少？
（2）若接收装置只接收垂直M′N′方向的电子(不含C1、C2)，求接受装置能够接受到几种不同速度的电子，其中速度最小为多少？
（3）求恰好击中C1的电子速度大小的可能值．
【答案】（1）（2）（3）；；
【解析】
（1）在磁场运动过程中，解得，
加速过程中，根据动能定理可得，
根据几何知识可知R=s时，速度最大，有，故；
（2）垂直进入接收装置，设进入磁场n次(n为整数)，则，
且，解得n=4、5、6，共三种，所以接受到的电子速度有三种；
其中半径最小的为；
由得速度最小的为；
（3）如下图所示，击中C1有两类情形：
设电子经过电场N次，，且为奇数．由图可得，
两边平方，化简得，
要使R有解，；
化简得，N=5或7；
时，，化简得；
考虑，取，
时，，化简得
由得，，；
【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．

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