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绝密★启用前
专题32带电粒子在交变磁场中的运动
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、单选题
1．如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t=0时刻，一个比荷的正电荷从(0，)处以v0=1.0×104m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为（　　）
A．s
B．s
C．s
D．s
【答案】C
【详解】
洛伦兹力提供向心力，则
解得
r=0.4m
圆周运动的周期为
则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；
位移大小
位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图；
正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为
故选C。
【点睛】
带电粒子在磁场中的运动问题，关键是根据磁场的变化情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系及周期关系求解运动的时间。
2．在第一象限（含坐标轴）内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正．磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0.某一正粒子质量为m、电量为q在t＝0时从0点沿x轴正向射入磁场中．若要求粒子在t＝T0时距x轴最远，则B0的值为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
【详解】
粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：，所以：
粒子运动的周期：
要求在T0时，粒子距x轴最远．如图作出粒子运动轨迹
设两段圆弧的圆心的连线与y轴夹角为θ，P点的纵坐标为y，圆心O2到y轴之间的距离为x，则由几何关系，得：，
因为粒子在第一象限内运动，
由题意根据数学关系知，当时，y取最大值，故此时粒子在磁场中时间内对圆心转过的角度为，根据粒子在磁场中做圆周运动的时间：
得：
又粒子在磁场中做圆周运动的周期公式知：
，知磁感应强度，故选项D正确，ABC错误．
【点睛】
本题是带电粒子在交变磁场中运动的问题，画出粒子运动的轨迹，根据几何知识求出P点横坐标和纵坐标与粒子圆周运动半径的关系．根据粒子在第一象限运动的条件求解P点的纵坐标的最大值时周期与T0的关系，再根据周期公式求出磁感应强度B．
二、多选题
3．如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示．薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120
°。在t=0时，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不变），运动轨迹如图(a)所示，粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是（
）
A．磁场方向垂直纸面向外
B．图(b)中
C．图(b)中
D．若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点
【答案】BC
【详解】
根据轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒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：qvB0=m，解得磁感应强度：B0=，选项B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：，虚线区域加速磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：，磁场变化的周期：T0=t1+t2=，选项C正确；若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下，与板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转900然后从磁场中飞出，则不能返回A点，选项D错误；故选BC.
【点睛】
此题关键是要搞清粒子在磁场中的运动情况即轨迹，结合圆周运动的知识求解运动时间；注意用左手定则判断洛伦兹力的方向时要注意四指的指向.
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、解答题
4．如图所示，一个位于中间，初速度为零的带正电粒子经A、B间电场加速后，从B板上的小孔射出进入长方形容器中，当粒子到达P点时，容器内和以右的区域（很宽广）立即出现大小不变方向交替变化但始终与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度。粒子到达P点时，磁场方向垂直纸面向外，且每经磁场方向就变化一次，在D处有一质量与带电粒子质量相等的中性静止的粒子，，且与边和边的距离均为0.8m，带电粒子的荷质比，粒子重力不计。求：
(1)A、B间加速电压时，带电粒子能否与中性粒子碰撞；
(2)欲使带电粒子能与中性粒子碰撞，A、B间加速电压的最大值等于多少；
(3)若A、B间的加速电压为第(2)问中的最大值，且带电粒子与中性粒子碰后合在一起运动（电量及总质量均不变），试在间及右侧的区域内，定性作出带电粒子碰撞前后的运动轨迹（D右侧只画之后时间部分即可）。
【答案】(1)能与中性粒子相碰；(2)450V；(3)
【详解】
(1)经电场加速后，设带电粒子到达P点时速度v，则由动能定理得
解得
此时磁场出现，粒子仅受洛仑兹力作用，做匀速圆周运动，其运动半径r和周期T分别为
即经磁场反向，而粒子刚好到达直线上，可见粒子的运动具有周期性，有
所以带电粒子能与中性粒子相碰
(2)欲使粒子能与中性粒子相碰，带电粒子做圆周运动的半径R应满足
（k为自然数）且
显然，当k=2时，R的值最大，故有
解得
又有
所以
即最大加速电压为450V
(3)
带电粒子碰撞前后的运动轨迹如图（注意碰撞合并后周期加倍，半径不变）
5．如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由B到C的方向），电场强度的大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面，磁感应强度的大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1s时，从A点沿AB方向（垂直于BC）以初速度v0射入第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向以初速度v0从A处射入，射入的粒子均能击中C点。若AB＝L，BC=，且粒子由A运动到C的时间均小于1s。不计粒子重力、空气阻力及电磁场变化带来的影响。求：
(1)磁场的方向，以及电场强度E0和磁感应强度B0的比值；
(2)假设第一个粒子由A运动到C所经历的时间为t，则第二个粒子运动到C的时刻。
【答案】(1)垂直纸面向外，；(2)3+0.87t
【详解】
(1)磁场方向为垂直纸面向外
设带电粒子的质量为m，电荷量为q，第一个带电粒子进入磁场，做匀速圆周运动，则
第二个带电粒子进入电场
联立解得
(2)第一个带电粒子进入磁场，打到C点所用时间为
第二个带电粒子进入电场，打到C点所用时间为
所以第二个粒子运动到C的时刻为（3+0.87t）
6．如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。求：
（1）磁感应强度B0的大小；
（2）要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
【答案】（1），（2）(n=1，2，3…)。
【详解】
(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即：
qv0B0=
做匀速圆周运动的周期：
T0=
联立两式得磁感应强度：B0=；
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，v0的方向应如图所示，有：
r=
当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有
r=(n=1，2，3…)
联立方程求解，得正离子的速度的可能值为：
v0==(n=1，2，3…)
7．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，O）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
(1)求0≤x≤L区域内电场强度E的大小；
(2)若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；
(3)当电子从M点进入磁场区域时，取t=0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式。
【答案】(1)
；(2)，；(3)（n=1，2，3，…）
【详解】
(1)在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得
解得可得
电子从Q点到M点做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动：
y轴方向做匀加速直线运动
由以上各式解得电场强度
(2)电子运动至M点时：
设vM的方向与x轴的夹角为θ，
解得θ=45°，电子从M点到A点，做R=L的匀速圆周运动，
洛伦兹力提供向心力
(3)在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，电子在x轴方向上的位移等于轨道半径2R′，即
2R′=2L
电子在磁场中的运动具有周期性，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：
2n（R′）=2L（n=1，2，3，……）
在磁场中做圆周运动的轨道半径
解得
（n=1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，
应满足的时间条件是
又
解得
（n=1，2，3，…）
8．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，电场强度为E1=0.2N/C。坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，电场强度E2=0.1N/C，匀强磁场方向垂直纸面。某比荷为=102C/kg的带正电的粒子（可视为质点）以v0=4m/s竖直向上的速度从-x上的A点进入第二象限，并从+y上的C点沿水平方向进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2。试求：（结果可用π表示）
(1)带电粒子运动到C点的纵坐标值h及到达C点的速度大小v1；
(2)+x轴上有一点D，OD=OC，若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0；
(3)要使带电粒子通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系。
【答案】(1)，；(2)，；(3)
【详解】
(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动，则有
水平方向上电场力提供加速度
根据运动学公式
联立解得
(2)带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，需要满足
设粒子运动圆轨道半径为，周期为，洛伦兹力提供向心力
可得
使粒子从C点运动到D点
则有
解得：
粒子运动的周期为
又
解得
(3)当交变磁场用周期取最大值而粒子不再越过轴时可作如图运动情形：
由图可知
所以
所以可得
9．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2=，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷=102C/kg的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以v0=4m/s的速度从-x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2．试求：
（1）带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）+x轴上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
【答案】（1）0．2N/C
（2）B0=0．2n（T）（n=1，2，3…）；（n＝1，2，3…）
（3）（kg/C）．
【详解】
(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动.
.
.
，
则qE1=2mg，计算得出E1=0.2N/C.
(2)qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则
可得.
使粒子从C点运动到D点，则有：.
计算得出：
（n=1，2，3…）.
，
（n=1，2，3…）.
(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道
.
【点睛】
（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，作出粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期T0的通项表达式．
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出T0的范围，以及B0?T0应满足的关系．
10．如图甲所示，长度为L、垂直纸面的两平行板CD、MN间存在匀强磁场，磁场随时间变化的规律如图乙所示，板间距离为2L，平行板右侧有一水平方向的匀强电场。t=0时，一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度由MN板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，以垂直于DN边的方向进入电场区域，之后又回到磁场中，最后从平行板左端靠近板面的位置离开磁场，速度方向与初速度方向相反。上述m、q、L、为已知量。
(1)若粒子在TB时刻进入电场，求B0的最大值；
(2)若粒子在TB时刻进入电场，且B0取最大值，求电场强度E及粒子在电场中向右运动的最大距离；
(3)若，求TB满足的条件。
【答案】(1)；(2)（n=1、2、3、…）；（n=1、2、3、…）；(3)，且（n=1、2、3、…）
【详解】
(1)若粒子在TB时刻进入电场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
临界情况是经过速度偏转角为90°，此时粒子运动半径具有最小值
根据
解得
(2)粒子做匀速圆周运动的周期
可知
粒子在电场中运动的时间为
（n=1、2、3、…）
由运动学规律得
由牛顿第二定律得
qE=ma
解得
（n=1、2、3、…）
（n=1、2、3、…）
(3)由
，
解得
R=2L
则
设θ为粒子在0~内的速度偏转角，由分析可知
2nRsinθ=L（n=1、2、3、…），
联立可得
且（n=1、2、3、…）。
11．如图所示xoy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示。现有一个质量为、电荷量为的带电粒子在该平面内从轴上的点，以垂直于轴的初速度进入匀强电场，恰好经过轴上的点且与轴成角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于轴进入第四象限的磁场。已知之间的距离为（不计粒子的重力）求：
（1）O点到点的距离；
（2）磁感应强度的大小；
（3）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过轴的位置到点距离
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可解出粒子进入磁场的速度大小和方向，而后带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，算好半径，画好轨迹，方便理解做题。
【详解】
（1）设点的纵坐标为，到达点的水平分速度为，到受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知竖直方向匀速直线运动
水平方向匀加速直线运动的平均速度
则
根据速度的矢量合成
解得
（2）粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径
由牛顿第二定律得
解得
由（1）可知
联立解得
（3）由图可知带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过轴位置到点距离
解得
12．如图甲所示，电子从静止开始经加速电场加速后从O点以速度v水平射入有界匀强磁场，恰好从M点飞出。已知磁场宽度为，MP的距离为L，电子质量为m，电荷量为e，求：
(1)加速电压U；
(2)磁感应强度B1；
(3)若磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，磁场垂直纸面向外为正方向，要使t=0时刻射入的电子从M点水平射出，磁感应强度B2和周期T应该满足的条件。
【答案】(1)；(2)；(3)（n＝1，2，3，…）；（n＝1，2，3，…）
【详解】
(1)根据动能定理
解得
(2)电子运动轨迹如图
根据几何关系有
解得
r1=2L
对于电子有
解得
(3)电子运动轨迹如图
可知：θ=60?，电子经n个周期后从M点射出。则
OM=2nr2
即
2L=2nr2
又
解得
（n＝1，2，3，…）
周期关系为
即
解得
（n＝1，2，3，…）
13．如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直方向的匀强电场（上、下及左侧无边界）．一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度沿PQ向右做直线运动，Q位于MN上，若小球刚经过D点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间做周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成90°角，已知D、Q间的距离为2L，小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求：
（1）电场强度E的大小和方向；
（2）与的比值；
（3）小球过D点后做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时磁感应强度的大小及运动的最大周期。
【答案】（1），竖直向上；（2）3π:2；（3），
【详解】
（1）不加磁场时，小球沿直线PQ做直线运动，有
qE=mg
解得
E=
电场强度的方向竖直向上。
（2）小球能再次通过D点，其运动轨迹如下图所示
设半径为r，做圆周运动的周期为T，则
，
，
解得
（3）当小球运动周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如下图所示
由几何关系得2R=2L由牛顿第二定律得
解得
B0=
14．某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右（如图甲中由B到C的方向），电场变化如图乙中E－t图像，磁感应强度变化如图丙中B－t图像。在A点，从t=1s（即1s末）开始，每隔2s，有一个相同的带电粒子（重力不计）沿AB方向（垂直于BC）以速度v射出，恰能击中C点，且粒子在AB间运动的时间小于1s，若，求：
（1）图线上E0和B0的比值是多少？磁感应强度B的方向是怎样的？
（2）若第1个粒子击中C点的时刻已知为（1＋Δt）s，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少？
【答案】（1），磁场方向垂直纸面向外；（2）（3＋Δt）
【详解】
（1）设，在t=1s时，空间区域只有磁场，故粒子做匀速圆周运动，
则有：
画出粒子运动轨迹，有几何关系由可得：
则：
当粒子在电场中运动时，在AB方向上匀速运动，在BC方向上是匀加速运动，则有：
联立可求得：
故
由于粒子的电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，由粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可以判断磁场方向垂直纸面向外。
（2）第一个粒子击中C点的时刻已知为（1+）s，该粒子在磁场中运动，所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定，由几何关系可得，粒子从A到C时，轨迹所对应的圆心角为，故粒子在磁场中运动时间：
Δt=
又第二个粒子在电场中运动的时间为：
故第2个粒子击中C点的时刻为：
15．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第一象限有一竖直向下的匀强电场，第二象限内有一水平向左的匀强电场，第一象限场强大小为第二象限场强大小的一半。处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个质量为m、电荷量为-q（q>0）的带电粒子（可视为质点），该粒子以初速度v0从-x上的A点沿y轴正方向进入第二象限，并从+y上的C点沿x轴正方向进入第一象限，C点粒子动能为A点粒子动能的4倍。重力加速度为g。试求：
(1)OC距离L以及第二象限匀强电场的电场强度E的大小；
(2)若第一象限同时存在按如图乙所示规律变化的磁场，磁场方向垂直于纸面（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0，T0均为未知量），并且在t=时刻粒子由C点进入第一象限，且恰好能通过同一水平线上的D点，速度方向仍然水平，且CD=OC．若粒子在第一象限中完成一个完整圆周运动的周期与磁场变化周期相同，求交变磁场变化的周期T0的大小；
(3)若第一象限仍同时存在按如图乙所示规律变化的磁场（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0，T0均为未知量），调整磁场变化的周期，让粒子在t=0时刻由C点进入第一象限，且恰能通过x轴上F点，且OF=OC，求交变磁场的磁感应强度B0的大小应满足的条件。
【答案】(1)，；(2)；(3)
【详解】
(1)设粒子从A点运动至C点所用时间为t，C点速度为，根据“C点粒子动能为A点粒子动能的四倍”可得
竖直方向上粒子做匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，则
取水平向右为正方向，则
解得
，
(2)由第(1)问及题干可知
因此带电粒子在第一象限将做速度为的匀速圆周运动。
设运动半径为R，周期为，使粒子从C点运动到同一水平线上的D点，如图所示，则
由位移关系可得
粒子在磁场中匀速圆周运动的周期
则磁场变化的周期
(3)使粒子从C点运动到F点，如图所示，设粒子运动轨道半径为R′，则每经过磁场的半个周期粒子转过圆心角60°，则
又
故交变磁场磁感应强度大小应满足的关系
16．如图a所示。水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过后，电荷以的速度通过MN进人其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻），计算结果可用π表示。
(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O点右方47.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。
【答案】(1)5cm，；3cm，；(2)
【详解】
(1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为
由
得
当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为
由圆周运动规律得
当磁场垂直纸面向外时，周期
当磁场垂直纸面向里时，周期
(2)故电荷从时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
电荷第一次通过MN开始。其运动的周期
此时粒子距离点的水平距离为
即每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为10个，即
则最后7.5cm的距离如图所示
有
解得
则
故电荷运动的总时间
17．在直角坐标系xoy平面内存在着电场与磁场，电场强度和磁感应强度随时间周期性变化的图像如图甲所示。t=0时刻匀强电场沿x轴负方向，质量为m、电荷量大小为e的电子由（－L，0）位置以沿y轴负方向的初速度v0进入第Ⅲ象限。当电子运动到（0，－2L）位置时，电场消失，空间出现垂直纸面向外的匀强磁场，电子在磁场中运动半周后，磁场消失，匀强电场再次出现，当匀强电场再次消失而匀强磁场再次出现时电子恰好经过y轴上的（0，L）点，此时电子的速度大小为v0、方向为+y方向。已知电场的电场强度、磁场的磁感应强度以及每次存在的时间均不变，求：
(1)电场强度E和磁感应强度B的大小；
(2)电子从t=0时刻到第三次经过y轴所用的时间；
(3)通过分析说明电子在运动过程中是否会经过坐标原点。
【答案】(1)，；(2)；(3)能过原点
【详解】
(1)轨迹如图所示
电子由A点进入第Ⅲ象限，此时空间存在-x方向的电场，设电子运动到B点用时为t，在x方向上
在-y方向上
设电场强度为E
解得。
在B点，电子速度为v，方向与y轴夹角为α，则
电子从C点到D点可以逆向看成从D点到C点的运动，此过程中只有电场，跟A到B的过程完全一样。由几何知识知道EC=L，OE=L。
从B到C，电子做圆周运动的半径为R
设磁感应强度为B
解得。
(2)到D点后，电子在磁场中运动的半径为r，半周期后运动到F点。
电子在磁场中运动周期跟速度大小无关，由
可得
到F点之后的运动，周期性重复从A-B-C-D-F的运动过程，第三次到y轴时位置是E点。
每次在电场中运动的时间为t1
每次在磁场中运动的时间为t2
所以从开始运动到第三次经过y轴的时间
(3)把从B-C-D-F-E看成一个运动周期，每周期沿+y方向移动L。所以可以判断电子一定会经过坐标原点。
18．如图
1
所示，在直角坐标系
xOy
中，MN
垂直
x
轴于
N
点，第二象限中存在方向沿
y
轴负方向的匀强电场，Oy
与
MN
间（包括
Oy、MN）存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其感应强度随时间变化的规律如图
2
所示。一比荷的带正电粒子（不计重力）从
O
点沿纸面以大小
v0=、方向与
Oy
夹角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知场强大小
E=(1+)
，ON=L
(1)若粒子在
t=t0
时刻从
O
点射入，求粒子在磁场中运动的时间
t1；
(2)若粒子在
0~t0
之间的某时刻从
O
点射入，恰好垂直
y
轴进入电场，之后从
P
点离开电场，
求从
O
点射入的时刻
t2
以及
P
点的横坐标
xP；
(3)若粒子在
0~t0
之间的某时刻从
O
点射入，求粒子在
Oy
与
MN
间运动的最大路程
s。
【答案】(1)；(2)，；(3)(5+)L
【详解】
(1)若粒子在t0时刻从O点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示：
由几何关系可知圆心角
洛伦兹力提供向心力，则
已知
周期
粒子在磁场中运动的时间
符合题意。
(2)由(1)可知
解得
设t2时刻粒子从点射入时恰好垂直轴进入电场，如图所示：
则
解得
粒子在电场中做类平抛运动，分解位移
根据牛顿第二定律有
解得
(3)粒子在磁场中转动，已知周期
运动轨迹如图所示：
则
由于
粒子从点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到点，时刻运动到，则
粒子从点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到点，后沿做直线运动，则
因为
恰好等于的长度，所以最大路程为
19．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B1=0.1T、B2=0.05T，分界线OM与x轴正方向的夹角为α．在第二、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E=1×104V/m．现有一带电粒子由x轴上A点静止释放，从O点进入匀强磁场区域．已知A点横坐标xA＝5×10-2m，带电粒子的质量m=1.6×10－24kg，电荷量q=+1.6×10－15C．
（1）求粒子到达O点时的速度大小；
（2）如果α=30°，则粒子能经过OM分界面上的哪些点？
（3）如果α=30°，让粒子在OA之间的某点释放，要求粒子仍能经过（2）问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？
【答案】(1)
；(2)
l＝(3k?2)×10?2m（k=1、2、3…）或l＝3k′×10?2m（k′=1、2、3…）；(3)
或
【详解】
(1)根据动能定理可知
解得粒子到达O点时的速度大小：
(2)
当α=30°时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60°，弦长均等于半径．粒子在磁场B1中运动
解得：
r1＝1×10?2m，
同理粒子在磁场B2中运动的半径
r2＝2r1＝2×10?2m
OM上经过的点距离O点的距离是
l＝kr1+(k?1)r2＝(3k?2)r1＝(3k?2)×10?2m（k=1、2、3…）
或
l＝k′(r1+r2)＝3k′×10?2m（k′=1、2、3…）
(3)
要仍然经过原来的点，需满足
r1＝n(r1′+r2′)（n=1、2、3…）
解得
即
根据匀变速规律可知，粒子释放的位置应满足
或者
r1＝n′(2r1′′+r2′′)（n′=1、2、3…）
解得：
即
粒子释放的位置应满足
20．如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示的大小和方向周期性变化的磁场，磁感应强度大小B0已知。磁场方向垂直纸面向里为正。t=0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等。求：
（1）P点到O点的距离；
（2）粒子经一个周期()沿y轴发生的位移。
【答案】（1），（2）。
【详解】
(1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则：
t0=
Eq=ma
设O、P间距离为x：
x=a
解得：x=；
(2)如图所示：
根据洛伦兹力提供向心力：
设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，可知：
R1=
R2=
又由动能定理得：
Eqx=m
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx：
Δx=2R2－2R1=。
21．如图甲所示，比荷=k的带正电的粒子(可视为质点)，以速度v0从A点沿AB方向射入长方形磁场区域，长方形的长AB=L，宽AD=L。取粒子刚进入长方形区域的时刻为0时刻，垂直于长方形平面的磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，粒子仅在洛伦兹力的作用下运动。
（1）若带电粒子在通过A点后的运动过程中不再越过AD边，要使其恰能沿DC方向通过C点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
（2）要使带电粒子通过A点后的运动过程中不再越过AD边，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足什么关系？
【答案】（1）(n=1，2，3…)，T0=
(n=1，2，3…)，（2）B0T0≤。
【详解】
(1)带电粒子在长方形区域内做匀速圆周运动，设粒子运动轨迹半径为R，周期为T，则可得
解得：R==
周期：
T=
每经过一个磁场的变化周期，粒子的末速度方向和初速度方向相同，如图所示，
要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则经历的时间必须是磁场周期的整数倍，AB方向：
L=n·2Rsinθ
BC方向：
L=n·2R(1－cosθ)
解得：cosθ=1(舍去)，cosθ=
所以θ=60°，又：
R=
即：
B0=(n=1、2、3…)
T0=
(n=1、2、3…)；
(2)
当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过AD边时运动情形如图所示
由图可知粒子在第一个T0时间内转过的圆心角：
θ=
则：
T0≤T
即T0≤·≤
所以：
B0T0≤。
22．如图甲所示，真空中有间距为2R、长度为4R的水平平行金属板M和N，其间有一半径为R的圆形区域（虚线圆所围）内存在水平匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。两板间的中心线O1O3与磁场区域的圆心O在同一水平线上。开始一段时间在金属板MN间加上一恒定电压（记为+U0），让一电荷量为＋q、质量为m的质点，从圆形区域最低点P以某一初速度（记为v0）沿指向圆心O的方向进入圆形区域后，恰好做圆周运动并从圆形区域的O2点飞出（此时刻记为t=0）。此后，M、N板间电压UMN按如图乙所示变化，最后质点刚好以平行于N板的速度从N板的右边缘飞出。忽略平行金属板两端的边缘效应，重力加速度为g，问：
（1）U0
和T0各多大？
（2）v0多大？
（3）圆形区域内磁场的磁感应强度B多大？
（4）若在图乙中的t=时刻，将该质点从两板间的O3点沿中心线O3O1的方向以速率v0射入，质点进入圆形区域后，MN间的电压又恢复为+U0并保持不变，质点第一次到达圆形区域的边界处记为P′，则P′点到P点的距离多大？
【答案】（1）；（2）（3）（4）2R
【详解】
(1)粒子自点进入圆形磁场区域恰好做圆周运动，从点飞出磁场，必是水平飞出一定有：
得：
且带电质点运动的半径必为
又
①
由图象知：每个周期的前半周期，竖直方向的加速度满足
得
，方向竖直向上
每个周期的后半周期，竖直方向的加速度满足
得
方向竖直向下，
由上述结果及题意“质点刚好以平行于板的速度从板的右边缘飞出”，意味着飞出平行板的时间一定是周期的整数倍，即
竖直方向：
得
；
(2)水平方向：
得
（3）代入①得
（4）当质点以速度沿向左射入电场时，经分析，则该质点恰好从射入磁场，且进入磁场的速度仍为，由于的电势差又恢复为，质点的重力和电场力平衡，在洛伦兹力作用下：运动的轨道半径
经圆轨道恰好到达圆的最高点（即点正上方的圆上），即
23．在如图甲所示的平面坐标系xOy内，正方形区域（0（1）调节磁场的周期，满足T>，若粒子恰好打在屏上P（d，0）处，求粒子的速度大小v；
（2）调节磁场的周期，满足T=，若粒子恰好打在屏上Q（d，d）处，求粒子的加速度大小a；
（3）粒子速度大小为v0=时，欲使粒子垂直打到屏上，周期T应调为多大？
【答案】（1）；（2）(其中
k=1，2，3……)；（3）T=,其中sin=，=arcsin；sin=，=arcsin；sin=，=arcsin。
；
【详解】
（1）粒子的运动轨迹如图所示：
由洛伦兹力提供向心力，有：
qvB
=m
几何关系可得：
2R1=d
联立解得：
（2）粒子的轨迹如图所示：
由几何关系可得：
，其中
k=1、2、3……
；
可得：
而
联立可得：
，其中k=1，2，3……
（3）洛伦兹力提供向心力，有：
qvB=m；
；
粒子运动轨迹如图所示，
在每个磁感应强度变化的周期内，粒子在图示A、B两个位置可能垂直击中屏，且满足要求0<<。
设粒子运动的周期为T′，由题意得：
；
设经历完整TB的个数为n
（n
=
0，1，2，3……）
（I）若粒子运动至A点击中屏，据题意由几何关系得：
R+2（R+Rsin）n=d
当
n=0、
1时无解；
当
n=2时，sin=，=arcsin；
n>2时无解。
（II）若粒子运动至B点击中屏，据题意由几何关系得:
R+2Rsin+2（R+Rsin）n=d
当n=0时无解。
n=1时，sin=，=arcsin；
n=2时：sin=，=arcsin；
n>2
时无解
综合得：
T=
；
其中sin=，=arcsin；sin=，=arcsin；sin=，=arcsin。
24．如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两块长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0，在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q（q＞0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）.
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；
(2)为使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件；
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
【答案】（1）；（2）（3）；
【详解】
(1)粒子由至的过程，根据动能定理有：
解得：
设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得：
根据运动学公式有：
联立解得：
(2)设磁感应强度大小于为，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由牛顿第二定律得：
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足：
联立可得：
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有：
联立可得：
若粒子再次到达时速度恰好为零，则粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得
联立可得：
粒子在磁场中运动的时间为：
联立可得：
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为，则洛伦兹力提供向心力得：
由题意可知：
联立可得：
25．如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v0、E0和t0为已知量，图(b)中＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为.求：
（1）粒子P的比荷；
（2）t＝2t0时刻粒子P的位置；
（3）带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L.
【答案】（1）（2）（3）v0t0
【详解】
(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即
R＝
又
代入
解得
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝
联立解得
T＝4t0
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则
x1＝v0t0＝
y1＝
其中加速度a＝
解得
y1＝＝R
因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为()，如图中的b点所示．
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移
x2＝x1＝v0t0
在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，
由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离
L＝2R＋2x1
解得
L＝
26．如图1所示，宽度为的竖直狭长区域内（边界为），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为，表示电场方向竖直向上。时，一带正电、质量为的微粒从左边界上的点以水平速度射入该区域，沿直线运动到点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的点，为线段的中点，重力加速度为g，上述、、、、为已知量。
(1)求微粒所带电荷量和磁感应强度的大小；
(2)求电场变化的周期；
(3)改变宽度，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求的最小值。
【答案】(1)；(2)；(3)。
【解析】
【分析】
根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况。再根据受力分析列出相应等式解决问题。
【详解】
(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，
则mg=qE0
①
∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0.
则
mg+qE0=qvB
②
联立①②得：q=③B=④
(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，
则=vt1⑤qvB=m⑥2πR=vt2
⑦
联立③④⑤⑥⑦得：t1=，t2=⑧
电场变化的周期T=t1+t2=+⑨
(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求
d≥2R
⑩
联立③④⑥得：R=，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由⑤⑩得t1min=，
因t2不变，T的最小值
Tmin=t1min+t2=。
答：(1)微粒所带电荷量q为，磁感应强度B的大小为。
(2)电场变化的周期T为+。
(3)T的最小值为。
【点睛】
运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路。
27．某空间存在着变化的电场和另一个变化的磁场，电场方向向右，即如图中b点到c点的方向，电场强度大小变化如图中E—t图象；磁场强度变化如图中B—t所示.在a点从t=0开始每隔2s有一个相同的带电粒子沿ab方向以速度v射出(第1s末射出第一个粒子)，这些粒子都恰能击中c点，若ab垂直于bc，ac=2bc，粒子重力不计，且粒子在ac段运动时间小于1s，求
(1)图中E0与B0的比值；
(2)两次带电粒子击中c点的速度之比；
(3)若以第一个粒子击中c点的时刻为(1+△t)s，那么第2个粒子击中c点的时刻为多少？
【答案】(1)(2)
(3)
【详解】
(1)设ac=2bc=2L．在t=1s时，空间区域只存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由牛顿第二定律得：
由图可知，
R=ac=2L．
则
当粒子在电场中运动时，在ab方向上是匀速运动，在bc方向上是匀加速运动，则有
得：
由上述式得
(2)第一次粒子在磁场中做匀速圆周运动，则击中c点的速度为v；
第二次粒子在电场中运动击中c点时，沿bc方向的速度：
则合速度：
则两次带电粒子击中c点的速度之比:
(3)第一个粒子击中c点的时刻已知为（1+△t）s，该粒子是在磁场中运动，所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定的，由图可知粒子从a到c时，轨迹的圆心角为，所以
可得：
并将其代入，可得第二个粒子在电场中运动的时间为：
，
故第二个粒子击中c点的时刻为：
．
28．如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中,一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计
(1)若粒子经时间恰好垂直打在CD上，求磁场的磁感应强度B0和粒子运动中的加速度a的大小；
(2)若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，求磁场的磁感应强度B0的大小及磁场变化的周期T0。
【答案】（1），
；（2）（n=0,1,2,3……）；（n=0,1,2,3……）
【详解】
(1)若粒子经时间恰好垂直打在CD上，粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周，如图
由几何关系得，运动半径为
由洛伦兹力提供向心力得
联立可得
运动中的加速度为
可得
，a=
(2)若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，那么，粒子经过nT0时间运动的速度沿DC方向，则粒子经过转过的中心角为，粒子做圆周运动的半径
(n=0、1、2……)
故磁场的磁感应强度的大小
(n=0、1、2……)
磁场变化的周期
29．在某一真空空间内建立xOy坐标系，在坐标系y轴右侧加有如图(b)所示的匀强磁场，取方向向外为正，
后该空间不存在磁场．在t＝0时刻，从原点O处向第一象限发射一比荷为的带正电粒子(重力不计)，速度大小v0＝103
m/s、方向与x轴正方向成30°角，设P点为粒子从O点飞出后第2次经过x轴的位置．则
(1)OP间的距离为多大；
(2)如果将磁场撤去，在y轴右侧加上平行于纸面，垂直于入射速度方向且斜向下的匀强电场，粒子仍从O点以与原来相同的速度v0射入，粒子也经过P点，求电场强度的大小(保留整数).
【答案】(1)OP=0.6m
(2)E＝222
N/C
【解析】
【分析】
粒子先做匀速圆周运动，在时刻偏转方向改变；后不存在磁场则粒子做匀速直线运动，画出轨迹结合几何知识求再次经过x轴的坐标，得到OP间的距离；如果换做匀强电场，粒子做平抛运动，根据平抛运动公式列式求解即可．
【详解】
(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径
周期
磁场变化的半周期为
运动轨迹如图所示，由几何关系知
且O1O2平行于x轴，DE垂直于x轴．
中，
则
(2)当加上电场时，粒子做类平抛运动，经过P点时，粒子沿速度v0方向的位移
粒子在垂直于速度v0方向的位移
根据类平抛运动的特点
根据牛顿第二定律有
联立得E=222
N/C
【点睛】
本题第一问关键是结合牛顿第二定律求解轨道半径和周期，然后画出运动轨迹，结合几何关系求解；第二问是平抛运动，根据平抛位移公式列式求解即可．
30．如图所示，金属板的右侧存在n（n大于2）个有理想边界的匀强磁场，磁场的上边界与下边界间的距离足够大．相邻磁场的方向相反，ABCD区域里磁场的方向垂直于纸面向里，CDEF区域里磁场的方向垂直于纸面向外，以此类推，第n个磁场方向向里．区域中磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均相同．当加速电压为某一值时，一电子由静止开始，经电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界AB进入匀强磁场，经的时间后，到达另一磁场边界EF．已知电子的质量为m，电荷量为e.
求:
（1）每一磁场的宽度d；
（2）若要保证电子能够到达磁场边界EF，加速电压U至少为多少？
（3）现撤去加速装置，使ABCD区域的磁感应强度变为2B，第n个磁场（最右侧）磁感应强度变为（其它磁场均不变），使电子仍以速率v0从磁场边界AB的同一位置射入，可改变射入时速度的方向．现使得电子穿过ABCD区的时间最短，求电子穿出整个磁场区域的时间t和电子从磁场射出的位置到水平虚线的距离x.
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，根据时间与周期的关系求得轨迹对应的圆心角，由洛仑兹力提供向心力得到轨迹半径，再由几何关系求解磁场的宽度d；电子恰好不从EF边穿出磁场，其轨迹应和CD相切，得到半径，求出速度大小，再由动能定理求加速电压U；若要电子穿过ABCD区域的时间最短，则需要电子对称地穿过ABCD区域，作图轨迹，得到电子在两区域的半径关系，由轨迹的圆心角求解时间值，并未从第n个磁场右侧射出磁场，经过半周后返回第n-1个磁场，最后从AB边射出磁场，粒子运动的整个轨迹完全对称求从进入磁场到离开磁场的总时间和电子从磁场射出的位置到水平虚线的距．
解：（1）电子在每一磁场中运动的时间为
故电子的在磁场中转过
电子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力即
由图可知
解得
（2）若电子恰好不从CD边穿出磁场，电子应和CD相切，在ABCD区域中转半圈后从AB边离开磁场，设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，则
解得
（3）若要电子穿过ABCD区域的时间最短，则需要电子对称地穿过ABCD区域,
电子在两区域的半径关系
由
解得
θ＝450
第一段时间
在区域CDEF中的圆心必在EF边上（如图内错角）Φ＝θ
第二段时间
电子通过之后的每个磁场的时间均为直至第n个磁场的磁感应强度为，
故并未从第n个磁场右侧射出磁场，经过半周后返回第n-1个磁场，最后从AB边射出磁场，粒子运动的整个轨迹完全对称．故从进入磁场到离开磁场的总时间为
电子从磁场中射出位置到水平虚线的距离
31．如图a所示，两竖直线所夹区域内存在周期性变化的匀强电场与匀强磁场，变化情况如图b、c所示，电场强度方向以y轴负方向为正，磁感应强度方向以垂直纸面向外为外为正t=0时刻，一质量为m、电量为q的带正电粒子从坐标原点O开始以速度v0沿x轴正方向运动，粒子重力忽略不计，图b、c中，,B0已知．要使带电粒子在时间内一直在场区运动，求：
(1)在t0时刻粒子速度方向与x轴的夹角;?
(2)右边界到O的最小距离;
(3)场区的最小宽度.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】
(1)在t0时刻粒子竖直方向分速度为：
又：
联立得
(2)粒子类平抛运动过程水平方向的位移
圆周运动过程水平方向位移
根据牛顿第二定律
又
得
(3)如图做出粒子在4t0时间内运动的轨迹：
由图可知，粒子经过4t0后的速度的方向与初速度的方向相同，由运动的对称性，可知每隔时间4t0，粒子向左平移
则左侧区边界离O点的距离为：
故在时间内，场区的宽至少为
32．如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正）。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为，不计粒子的重力。求：
(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0~5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值。
【答案】(1)
（，0）；(2)(3)（n=1，2，3，…）
【详解】
(1)由粒子的比荷
则粒子做圆周运动的周期
则在0-t0内转过的圆心角α=π
由牛顿第二定律
得
位置坐标（，0）
(2)粒子t=5t0时回到原点，轨迹如图所示
r2=2r1
得
又
粒子在t0-2t0时间内做匀加速直线运动，
2t0-3t0时间内做匀速圆周运动，则在5t0时间内粒子距x轴的最大距离
(3)如图所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足∶
（n=1，2，3，…）
联立以上解得
又由于
得
（n=1，2，3，…）
33．如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当和取某些特定值时，可使时刻入射的粒子经时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述为已知量。
（1）若
，求；
（2）若，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
（3）若，为使粒子仍能垂直打在P板上，求。
【答案】（1）（2）
（3）
或
【详解】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律得
……①
据题意由几何关系得
……②
联立①②式得
……③
（2）设粒子做圆周运动的半径为，加速度大小为，由圆周运动公式得
……④
据题意由几何关系得
……⑤
联立④⑤式得
……⑥
（3）设粒子做圆周运动的半径为，周期为，由圆周运动公式得
……⑦
由牛顿第二定律得
……⑧
由题意知
，代入⑧式得
……⑨
粒子运动轨迹如图所示，、为圆心，、连线与水平方向夹角为，在每个内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求，由题意可知
……⑩
设经历完整的个数为（，1，2，3．．．．．．）
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
……?
当n=0时，无解；
当n=1时联立⑨?式得
或（）……?
联立⑦⑨⑩?式得
……?
当时，不满足的要求；
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
……?
当时无解
当时，联立⑨?式得
或（）……?
联立⑦⑧⑨⑩?式得
……?
当时，不满足的要求。
【点睛】
34．在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图象如图所示．x
轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向．在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和+q.不计重力．在t=时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动．
（1）求P在磁场中运动时速度的大小v0；
（2）求B0应满足的关系；
（3）在t0（0＜t0＜）时刻释放P，求P速度为零时的坐标．
【答案】
（1）
（2），（n=1，2，3……）
（3）.
【解析】
（1）对比题图可知：随着时间的变化，电场和磁场是交替产生的，有磁场前，粒子受到恒定的电场力，做匀加速直线运动．由匀变速直线运动的速度公式v=at即可求解，要注意粒子从t=才开始运动．（2）要求B0应满足的关系，首先需抓住题中的关键语：“恰能沿一定轨道做往复运动”，从而实现对本题解答的切入，然后分析粒子会做τ时间的匀速圆周运动，要想往复，则2τ时刻粒子的速度方向正好沿x轴负方向．要注意粒子做圆周运动的重复性，洛伦兹力提供向心力等．（3）从t0满足0＜t＜时刻释放，粒子将会在电场力的作用下匀加速τ-t0的时间，并以速度进入磁场，在根据对称性，找到速度为零的时刻，再根据数学的知识找到其坐标即可．
解：（1）～τ时间段内做匀加速直线运动，τ～2τ时间段内做匀速圆周运动
电场力F=qE0，加速度a=，速度v0=at，其中t=，解得v0=.
（2）只有当t=2τ时，P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示．
设P在磁场中做圆周运动的周期为T，则，（n=1，2，3……）
匀速圆周运动
，
解得，（n=1，2，3……）
（3）在t0时刻释放，P在电场中加速时间为τ-t0，在磁场中做匀速圆周运动，
圆周运动的半径，解得
又经τ-t0时间P减速为零后向右加速时间为t0，P再进入磁场，圆周运动的半径，解得
综上分析，速度为零时横坐标x=0，相应的纵坐标为
y=或2k（r1-r2），（k=1，2，3……）
解得y=或，（k=1，2，3……）
【考点定位】本题考查带电粒子在复合磁场和电场中的运动问题．重在考查学生的对运动过程的分析、对图像的观察与分析以及运用数学知识解决物理问题的能力．难度较大．
35．如图甲所示，在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向．第二象限内有一水平向右的场强为E1的匀强电场，第一、四象限内有一正交的场强为E2竖直向上的匀强电场和磁感应强度为B的匀强交变磁场，匀强磁场方向垂直纸面．从A点以v0=4m/s竖直向上射出一个比荷为的带正电的小球（可视为质点），并以v1=8m/s的速度从y轴上的C点水平向右进入第一象限，且在第一象限内刚好沿圆弧作圆周运动．取小球从C点进入第一象限的时刻为t=0，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g="10"
m/s2．求：
（1）小球从A点运动到C点的时间t1和匀强电场E2的场强；
（2）x轴上有一点D，OD=OC，若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴且沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0和磁场的变化周期T0．
【答案】（1），
（2）或，
或
【详解】
试题分析：（1）小球从A到C竖直方向受重力作用做匀减速运动，有：
小球进入第一象限内恰作圆周运动，有：
解代入数据得：，．
（2）设粒子在第一象限内做圆周运动运动圆轨道半径为R，周期为T，C到O的距离为
，作出其运动轨迹如图所示
则有：，
要粒子沿x轴通过通过D点，则由图中几何关系有：，，
联解得：或，
或
【点睛】
本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础．结合粒子运动的周期性以及临界状态，运用数学几何知识综合求解．
36．如图甲所示，在xOy坐标平面的第一象限（包括x、y轴）内存在磁感应强度大小为B0、方向垂直于xOy平面且随时间做周期性变化的匀强磁场，如图乙所示，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正．在y轴左侧有一对竖直放置的平行金属板M、N，两板间的电势差为U0．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力和空气阻力均忽略不计），从贴近M板的中点无初速释放，通过N板小孔后从坐标原点O以某一速度沿x轴正方向垂直射入磁场中，经过一个磁场变化周期T0（T0未知）后到达第一象限内的某点P，此时粒子的速度方向恰好沿x轴正方向．
（1）求粒子进入磁场做匀速圆周运动时的运动半径；
（2）若粒子在t=0时刻从O点射入磁场中，求粒子在P点纵坐标的最大值ym及相应的磁场变化周期T0的值；
（3）若在上述（2）中，第一象限内y=ym处平行x轴放置有一屏幕，如图甲，磁场变化周期为上述（2）中T0，但M、N两板间的电势差U可以在U0【答案】见解析
【详解】
（1）设粒子被电场加速获得速度大小为v0，根据动能定理qU0=mv02
解得：v0=.
带电粒子垂直进入匀强磁场后做半径为r的匀速圆周运动，q
v0B0=m，
解得r=．
（2）设带电粒子在磁场中运动周期为T，则有T==．
如图所示，粒子在P点y坐标值最大，据几何知识有，OO1=PO2=r，
O1O2=2r，则AO1=r．
P点纵坐标最大值ym=
OO1
+AO1+PO2=(2+).
由几何关系知α=60°，粒子运动时转过α+90°=150°，磁场开始改变方向，即磁场变化半个周期内粒子运动转过150°角，则=T=.
（3）由U0≤U≤9
U0可得粒子速度v0≤v≤3
v0．
粒子在磁场中运动半径：r≤R≤3r．
由几何关系可得，在屏幕上击中的屏幕范围最左端轨迹如图2所示，该点横坐标x1=0；
由几何关系可得，在屏幕上击中的屏幕范围最右端轨迹如图3所示，
由(ym-
Rm)2+x22=Rm2
解得该点横坐标x2=r=；
粒子可能击中的屏幕范围为：0≤x≤．
37．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且，两板间距。
（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。
（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。
（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。
【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值
（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径
（3）粒子在板间运动的轨迹如图：
【详解】
（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1
①
②
又已知
联立解得：
（2）解法一
粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则
联立解得：
又
即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。
在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2
解得：
由于s1+s2＜h，所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2，有：
解得
由于s1+s2+R2＜h，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。
在4t0~5t0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）：
因此粒子运动的最大半径。
解法二
由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期
粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为：
方向向上。
后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T
粒子恰好完成一次匀速圆周运动。
至第n个周期末，粒子位移大小为sn
又已知
由以上各式得：
粒子速度大小为：
粒子做圆周运动的半径为：
解得：
显然
因此粒子运动的最大半径。
（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：

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