历年高考物理试卷分类专题汇编.带电粒子在磁场中的圆周运动

1.2013年新课标I卷

18.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q>0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力） A．

a q b B qBRqBR3qBR2qBR B． C． D． 2mmm2m【答案】B

【解析】粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示：

入射点与圆心连线与初速度方向夹角为30°，初速度方向与轨迹所对弦夹角也为30°，所以轨迹半径rR,由

R/2 B 60° r 60° r v2BqrBqR，B选项对。 Bqvmvrmm2.2013年新课标II卷

17．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为

mv03mv03mv03mv0A． B． C． D．

qRqR3qRqR答：A

解析：带电粒子在磁场中运动如图所示，由几何关系可知轨道半径

2v0rRtan603R，洛伦兹力等于向心力，有Bqv0=m，

rRO60v0rO解得磁场的磁感应强度B3mv0，A正确。 3qR 1

3. 2012年理综全国卷

17质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是 A. 若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等 B. 若m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等 C. 若q1≠q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等 D. 若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等 【答案】A

【解析】带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力,其轨道半径rmv，周期qBT2m。若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等.选项A正确；若q1≠q2，则它们作圆周运qB动的周期可能相等，选项C错误；若m1=m2，则它们作圆周运动的半径不一定相等，选项B错误；若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项D错误。 4. 2012年理综北京卷

16. .处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 （ D ） A. 与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比

解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流在一个周期T内的电量为q，根据电流定义式有 I

q T

粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有 T2m BqBq2两式联立有 I

2m环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率无关，答案D。 5. 2012年理综广东卷

15. 质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2中虚线所示，下列表述正确的是 A.M带负电，N带正电

S

N B M 图2 2

B.M的速率小于N的速率 C.洛仑兹力对M、N做正功 D.M的运行时间大于N的运行时间

【解析】选A。由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正确。

v2mv由qvBm得R，由题知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场

BqR中，由图及A选项的判断可知RN由于洛仑兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛仑兹力永远不会对M、N做功，则C选项错误。由T2R2m及题给条件可知，这两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由vBq图可见两个粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了半个周期，故在磁场中运动的时间相等，所以D选项错误。

6.2013年理综广东卷21．如图9，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有

O A．a、b均带正电

B．a在磁场中飞行的时间比b的短 C．a在磁场中飞行的路程比b的短 D．a在P上的落点与O点的距离比b的近 答：AD

解析：由左手定则可知，A正确；由Ra

θ b

B 图9

P mv可知，a、b两粒子做圆周qBO a

O2 O1 b 运动的半径相等，画出轨迹如右图,⊙O1 、⊙O2分别为a、b的轨迹，a在磁场中转过圆心角比b大， 由t7. 2014年理综北京卷

mT和轨迹图可知D选项对。 2qB16.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，他们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb。则一定有（ A ） A．qaqbB．mambC． TaTbD．ab

mambqq【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径rmvp，已知两粒子动量相等，qBqB 3

且rarb，故一定有qaqb，故A正确；仅由动量、半径的关系不能确定质量的关系，故B错误；由周期公式T2m,可知：仅由动量、半径的关系，无法确定两粒子做圆周运动周期的关qBmvqv，得荷质比，仅由半径的关系，无法确定两粒子荷

mBrqB系，故C错误；根据半径公式r质比的关系，故D错误。 8. 2014年理综安徽卷

18．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于 （ A ） A． T B．T C．T3 D．T 2

【解析】由于等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，即EkT。带电粒子

1mvv22在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：qvBm得B。而Ekmv,故可得：

2RqRBmvqR2mEk,又带电粒子的运动半径不变，所以BEkT，A正确。 qR9.2015年理综新课标I卷14.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 （ D ）

A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小 C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小

mv2解析：由于速度方向与磁感应强度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即qvB，洛伦兹

r力不做功，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度大小不变，轨道半径r感应强度变小，半径增大，由mv，磁Bq

10.2016年新课标Ⅱ卷18．一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子

30° M

4

v，角速度减小，选项D正确。rω N O 的比荷为 A．

2 B． C． D． 3B2BBBω 【答案】A

【解析】作出粒子的运动轨迹如图示， 由几何知识可得，轨迹的圆心角为(34)26，

30° M R O N 3002m2两个运动具有等时性，则， 0qB360q解得 ，故选A。

m3B11. 2012年物理江苏卷

R O' 9. 如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界. 一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场. 若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A点. 下列说法正确的有

(A)若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0 (B)若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0 (C)若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于v0qBd 2m(D)若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于v0【答案】BC

【解析】当粒子以速度v0垂直于MN进入磁场时，最远，落在A点，若粒子落在A点的左侧，速度不一定小于v0，可能方向不垂直，落在A点的右侧，速度一定大于v0，所以A错误，B正确；若粒子落在A点的右侧d处，则垂直MN进入时，轨迹直径为2rOAd，即

qBd 2m2mvOAd，qB已知

2mv0qdBqdBOA,解得vv0，不垂直MN进时，vv0，所以C正确，D错误。

2m2mqB12. 2012年理综安徽卷

19. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁

A

O 60° C B 5

场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为

A.C.1t,21t,3B.D.2t,3t,

答: B

解析：如解析图示，第一次偏转的偏向角为600，所以圆心角∠AO1C也是600，周期T2m 与速度无关；

,qBA O2 D O1

O 60° B C 19题解析图 设磁场半径OA长为R，轨迹半径O1A长为R1，O2A长为R2，由

mvRRr, 得R1=3R2,tan300，3tan3003，

BqR2R1则∠AO2O=600，所以第二次在磁场中偏转的圆心角为1200，运动时间：tm，所以 偏转时间是第一次的2倍。 ,（θ为转过圆心角）

Bq13. 2016年四川卷4.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则 A. vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 B. vb:vc=2:2，tb:tc=1:2

c C. vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D. vb:vc=1:2，tb:tc=1:2 【答案】A

【解析】设正六边形边长为L，若粒子从b点离开磁场，可知运动的半径为R1=L，在磁场中转过的角度为θ1=120°；若粒子从c点离开磁场，可知运动的半径为R2=2L，在磁场中转过的角度为θ2=60°，根据RO2

O1

60o 120o b d f e b a v B d e f c mv2m可知vb:vc= R1∶R2=1:2；根据tTBq360qB可知tb∶tc=θ1∶θ2=2∶1，故选A。 14. 2013年北京卷22．（16分）

如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速

6

后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：

⑪匀强电场场强E的大小； ⑫粒子从电场射出时速度ν的大小； ⑬粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。

d +q m + U O B 答：（1）

2qUU1 （2） （3） dmB2mU qU； d【 解析】（1）电场强度的大小为E（2）根据动能定理，有，qU122qUmv, 解得v； 2mv2（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvBm，

R解得R12mU

Bq15.2016年北京卷22.（16分） 如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。

（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；

（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。

v B mv2m【答案】（1）R、T（2）E=vB

BqBqmv2mv【解析】（1）洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：qvB 得到 R

RBq

qvBm(222m2R2m 或 T )R 得： TTqBvqB（2）粒子受到电场力F=qE，洛伦兹力f=qBv，粒子做匀速直线运动受力平衡，即有： qE=qBv 得到E=vB

16.2016年新课标Ⅲ卷18．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q

B N 30°

O v 30° M 7

（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从 OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°

角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 A．

mv2mv4mv3mvB．C．D．

2Bq Bq BqBq

【答案】D

【解析】根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，则轨迹与ON相切，设切点为C点，入射点为B点，出射点为A点，粒子在磁场中的轨迹圆心为O'点，根据几何知识可得

AB2rsin300r，则三角形O'AB为等边三角形，故

∠O'AB=60°，而∠MON=30°，∠OCA=90°，故CO'A为一条直线，所以△AOC为直角三角形，故粒子离开磁场的出射点到O的距离为AO式rD C 120º 30º 30º O′ A 60º B M N AC4r,，而半径公0sin30mv4mv，故距离为. BqBqO 17.2015年理综新课标Ⅱ卷19.有两个匀强磁场区域I和 II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比，II中的电子 （ AC ） A. 运动轨迹的半径是I中的k倍 B. 加速度的大小是I中的k倍 C. 做圆周运动的周期是I中的k倍 D. 做圆周运动的角速度与I中的相等

mvmv2,因为I解析：电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供qvB，解得rBq r中的磁感应强度是II中的k倍，所以II中的电子运动轨迹的半径是I中的k倍，选项A正确；加速度aqvB2m得II中的电子做圆周运

，加速度的大小是I中的1/k倍，B错误；由周期公式T,mqB

2qB，II中的电子做圆周运动的角速度是ITm动的周期是I中的k倍，选项C正确；角速度中的1/k倍，D错误。故选AC。

18. 2015年广东卷16.在同一匀强磁场中，粒子（2He）和质子（1H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则粒子和质子 （ B ） A．运动半径之比是2∶1 B．运动周期之比是2∶1

41 8

C．运动速度大小之比是4∶1 D．受到的洛伦兹力之比是2∶1

解析：粒子和质子质量之比为4∶1,电荷量之比为2∶1 ，由于动量相同，故速度之比为1：4，选项C错误；在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径rmv,得两者Bq2m,qB的运动半径之比为1 ：2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T得周期之比为2 ：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f = qvB，得受到的洛伦兹力之比为1 ：2，选项D错误。

19.2016年海南卷14. （14分）如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在ΔOCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。 （1）求磁场的磁感应强度的大小；

（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和； （3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场

x O A C y 4内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。

3【答案】（1）B3πLm（2）v02qt0 7t0

【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期 T=4t0 ①

设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得

v2 qvB=m ②

r匀速圆周运动的速度满足

v2r ③ TC y

P θ1 θ2 A O 图

x 9

联立①②③式得

Bπm ④ 2qt0（2）设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示：

设两轨迹所对应的圆心角分别为1和2。由几何关系有：11802 ⑤

粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则：t1t2T2t0⑥ 2

（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有 ∠O O'D=∠B O'A=30° ⑦

C y r0cosOODr0L ⑧

cosBOAD r0 O B x O′ A 图（b） 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律

v02πr0 ⑨ T联立①⑦⑧⑨式得v03πL ⑩ 7t020.2015年理综四川卷7．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10-4T，电子质量m=9.1×10-31kg，电量e=1.6×10-19C，不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置 的区域的长度为l，则 （ AD ） A．θ=90时，l=9.1cm B．θ=60O时，l=9.1cm C．θ=45O时，l=4.55cm D．θ=30O时，l=4.55cm

解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式

S N

O

B M θ O mvv2有：evBm，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝

eBr9.110311.610610-2m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由194m＝4.55×1.6102.010C M

S N O A 10

于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，

由题意知MN与SO直线的夹角为θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当l=4.55cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如下图中弧线S1A1， 由几何关系可知，此时S1O和MN的夹角θ=30°，故选项C错D正确；当l=9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中弧线S2A2， 由几何关系可知，此时S2O和MN的夹角θ=90°，故选项B错A正确。

S1

N C1 S2 O A C2 M A2

21. 2018年江苏卷15．（16分）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方

d=0.8，处射出磁场．取sin53°

2cos53°=0.6．

（1）求磁感应强度大小B；

（2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；

（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。 解：（1）粒子圆周运动的半径r0d d 2d d d 4d O O′

mv04mv0d 由题意知r0，解得B qBqd4（2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为α 由d=rsinα，得sinα=

4 ，即α=53°

5在一个矩形磁场中的运动时间t1直线运动的时间t22πm360qB，解得t153πd

720v02d2d ，解得t25vv0（则t4t1t253π+72d） 180v0 11

（3）将中间两磁场分别向移动距离x 粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα 由y≤2d，解得x3d 4则当xm=

3d时，Δt有最大值 42xm（2d2xm）3d cos粒子直线运动路程的最大值sm增加路程的最大值smsm–2dd 增加时间的最大值tmsmd v5v022.2018年海南卷13．（10分）如图，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点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求

（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径； （2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

解：（1）如图，PMON为粒子运动轨迹的一部分，圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹，C为圆心，半径为R；MON为圆O的直径，MCMN。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动，由几何关系知

M v P C R r O N P B r O OPR4Rr 32Rr

22 ①

由上式和题给条件得

②

（2）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，由洛仑兹力公式和牛顿定律有 mv2qvBR

③

由题意，粒子在圆形区域内运动的距离为

MN2r

④

设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为t，由运动学公式有 tMN v⑤

联立②③④⑤式得

12

t3m 2qB ⑥

23.2018年全国卷III、24．（12分）如图,从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求 （1）磁场的磁感应强度大小； （2）甲、乙两种离子的比荷之比。

解：（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场

中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有 12 qUm1v112离子源 N U M ① ② ③ ④

v12由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1Bm1

R1由几何关系知2R1l 由①②③式得B4U lv1（2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动12的半径为R2。同理有q2Um2v2

22v2q2v2Bm2

R2⑤ ⑥ ⑦

q1q2:1:4 ⑧ m1m2l由题给条件有2R2

2由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为

24. 2013年天津卷

11．（18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：

13

⑪M、N间电场强度E的大小； ⑫圆筒的半径R；

B O ⑬保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移

S 2d/3，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自d N P M 进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。

答：（1）Emv22qd （2）r3mv（3）n=3

3qB

解析：（1）设两板间电压为U，由动能定理得 qU12mv2①

由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed ②

联立上式可得Emv22qd③

（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆A R B 心为O'，圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒r O 发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对的圆心角

O' S d N P M AOS3，

由几何关系得 rRtan3 ④

粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvBmv2 r⑤

联立④⑤式得 R3mv3qB⑥

（3）保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移

23d后，设板间电压为U'，则 U1U

3Ed3⑦

设粒子进入S孔时的速度为v'，由①式看出Uv2Uv2

结合⑦式可得v33v⑧

设粒子做圆周运动的半径为r'，则

14

r3mv⑨

3qB

设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到 r'=R，可见⑩

2

粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=3 25. 2012年物理海南卷

16．图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量

y

+B0 B 2TT2之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0

TB0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。

（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？ （2）若t0＝

P O

图（a）

O Tx

-B0 23T2t 图（b） T，则直线OA与x轴的夹角是多少？ 4（3）为了使直线OA与x轴的夹角为

T，在0＜t0＜的范围内，t0应取何值？ 44解： （1）设粒子P的质量、电荷与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用R与T' 表示圆周的半径和运动周期，

qvB0(v22①)RT

y 2R②

T

由①②式与已知条件得T' =T ③

粒子P在t=0到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图（a）所示。OA与x轴的夹角 θ =0 ④

（2）粒子P在t0=T/4时刻开始运动，在t=T/4到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针

A

OB 图 （a） A x y B 15

C 方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=5T/4时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达A点，如图（b）所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角 θ =π/2 ⑤

（3）若在任意时刻t=t0（0< t0< T/4）粒子P开始运动，在t=t0到t=T/2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O' 位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为 OOC⑥

2T(t0) T2

此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O'' ，圆弧BA对应的圆心角为 BOA2⑦ t0 T ⑧

A B C OO' 图（c）x 如图（c）所示，由几何关系可知， C、B均在O'O'' 连线上，且OA//OO若要OA与x轴成π/ 4角，则有

3OOC4 ⑨ Tt0联立⑥⑨式可得 8 ⑩

26. 2011年新课标版

y O'' 25．（19分）如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。

【解析】（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

O d 2d P Ⅰ Ⅱ x

y B 2B 16

2mva1 qva1B ①

Ra1y B P Pb α POb Ⅰ 由几何关系得∠POP' =θ ② Ra1d ③ sinOa θθ Ⅱ x Pa 式中，θ=30°，由①②③式得va12qBd ④

m（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra2 ，射出点

O d 2d 为Pa（图中未画出轨迹），∠P'OaPa =θ' 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

2vaqva(2B)m ⑤

Ra2由①⑤式得Ra2Ra1 ⑥ 23⑦ 的平面上。 d2

C、P'和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于x由对称性知，Pa点与P'点纵坐标相同，即 yPa=Ra1cosθ+h ⑧ 式中，h是C点的y坐标。

va2)va)Bm3 ⑨ 设b在I中运动的轨道半径为Rb1 ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得q(3Rb1(设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α。如果b没有飞出I，则

tt ⑩ ⑪ Tb12Ta22式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而

Ta22Ra22Rb1 ⑫ Tb1 ⑬ vv3由⑤⑨⑩⑪⑫⑬式得α=300 ⑭

由①③⑨⑭式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为ypbRb1(2cos)h ⑮ 由①③⑧⑨⑭⑮式及题给条件得，a、b 两粒子的y 坐标之差为

ypaypb2(32)d ⑯ 324. 2013年海南卷

14．如图，纸面内有E、F、G三点，∠GEF=30º，∠EFG=135º，空间有一匀强磁场，磁感应强度

G

135º30ºE F

17

大小为B，方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求： （1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间； （2）点电荷b的速度大小。 答：（1）

m4qBR （2）

3m2Bqmv2解析：设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得qvB①

r

由①式得vqBR② m

设点电荷a做圆周运动的周期为T，有

T2m③

Bq

如图，O和O1 分别是a和b的圆轨道的圆心，设a在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系得 θ=90° ④

故从开始运动到经过G点所用的时间t为

m⑤t2Bq

（2）设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为θ，依题意有

b E

G

a F θ O O1

θ1 R11R⑥ v1v

R由⑥式得 v111⑦

Bq t由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得 θ=60° ⑧ R1=2R ⑨ 联立②④⑦⑧⑨式，解得v1

4qBR⑩ 3m

18

带电粒子在磁场中的圆周运动（下）

1.2017年新课标Ⅱ卷18.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的速度为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2:v1为（ C ） A. 3：2 B. 2：1 C. 3：1 D. 3：2

【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远，则当粒子射入的速度为

P v1，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1Rcos60几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2Rcos301R；若粒子射入的速度为v2，由2mv3v，则 R；根据rqB2v2:v1=r2:r13:1，故选C.

2.2017年新课标Ⅲ卷24．（12分）

如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力） （1）粒子运动的时间； （2）粒子与O点间的距离。 答：（1）

O λB0 y B0 v0 x 2(1)mv0(1)m；（2）d

qB0qB0解析：粒子的运动轨迹如图所示：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提

22mv0mv0供，所以在x>0区域有：qvB0 ；在x<0区域有：qv(B0)

R1R2解得R1mv0mv0， R2 B0qB0qλB0 y B0 在x>0区域运动时间t1R1v0 ；在x<0区域运动时间

O v0 x 19

t2R2 ； v0(1)m ；

qB02(1)mv0 。

qB0粒子运动的时间tt1t2粒子与O点间的距离d2(R1R2)3.2017年浙江选考卷23.如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于

y轴

y 电对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且

2b 子源 B R O x 3导出，从而形成电流。已知bR,dl，电子质量为

2m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。 （1）求磁感应强度B的大小； （2）求电子从P点射出时与负

P 2l d K UAK A y轴方向的夹角θ的范围；

（3）当UAK=0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；

（4）画出电流i随UAK变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）。 【答案】（1）B6mv，（2）60o, （3）nN0.82N（4）imax0.82Ne eR3mvmv ， 所以B BeeR【解析】由题意可以知道是磁聚焦问题，即 （1）轨道半径Rr（2）由右图以及几何关系可知，上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm，由几何关系

sinmbR得m600

y 电同理下端电子从P点射出与负y轴最大夹角也是60度 范围是60o60o

R O' r θm θm l（3）tan得45O

d2b 子源 x O 2y'RsinR

2P 20

每秒进入两极板间的电子数为n

ny'60.82 Nb31mv2 2ei/(×Ne) 1.20 0.80 0.40 -1.0 -0.5 0 0.5 1.20 0.80 0.40 1.0 UAK/(n=0.82N

(4)由动能定理得出遏止电压Uc与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需

1要的最小反向电压U'mv2或者根据（3）可

4e得饱和电流大小imax0.82Ne。

（4）电流i随UAK变化的关系曲线如右图示 4. 2013年全国卷大纲版26．（20分）

m2U)ey B + M θ O L 如图，虚线OL与y轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子

x 离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出）且OPR。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。

解：根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为β，如图所示。有

v2qvBm ①

Ry +

②

M A 60° B α β P x L 2R 周期为 Tv2m 由此得 TBqh D O 过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D，由图中几何关系得ADRsin ODADcot60

C BPODcot OPADBP  ③

21

由以上五式和题给条件得sin解得 30 ⑤ 或90 设M点到O点的距离为h

1cos1 ④ 3⑥

+ y M α θ O B L hROC

3AD 3根据几何关系OCCDODRcos利用以上两式和ADRsin得 hR解得 h(1

P x 23Rcos(30) 3

(=30°) (=90°)

⑦

⑧ ⑨

3)R 3h(13)R 3当=30°时，粒子在磁场中运动的时间为 当=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 t5. 2012年理综山东卷

tTm ⑩ 126qB

Tm 42qB23．(18分)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

M P L S1 N Q S2

B

U0

u 0 -U0 T运动，在t0时刻通过S2垂直

2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

T02T03T02T05T03T022t

图甲

图乙 （2）为使粒子不与极板相撞，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强度的大小 解：（1）粒子由S1至S2的过程中，根据动能定理得qU01mv22①

22

由①式得 v2qU0 m②

设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得q由运动学公式得dU0ma③ d

1T02a()④ 22

联立③④式得d⑤

(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得

T042qU0mv2qvBm⑥

R

要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2RL2⑦

联立②⑥⑦式得 B42mU0⑧

Lq

（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t1，有d=vt1 ⑨ 联立②⑤⑨式得 t1T0⑩

4

若粒子再次达到S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d联立⑨⑩⑾式得t2vt22⑾

T0⑿

2

T0t1t2⒀ 2

设粒子在磁场中运动的时间为t t3T0联立⑩⑿⒀式得 t7T0⒁

4

设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得

T2m⒂

qB

由题意得T=t⒃

8m联立⒁⒂⒃式得 B⒄

7qT0 6. 2011年理综福建卷

22．（20分）如图甲，在x >0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强

23

磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。 ⑪求该粒子运动到y=h时的速度大小v；

⑫现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期T2m。

qBⅠ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；

Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。

y B h O O v0 E 甲

x O S 乙

S 丙 t x

y y

【解析】（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有

qEh1212mvmv0 222 ①

由①式解得 v = v02qEh m ②

（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则 qv1B = qE 又 s = v1T 式中T =

③ ④

2m qB2mE 2qB

⑤

解得 s =

Ⅱ．设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则

24

qv0BqE(qv2BqE)

由动能定理有qEym又 Ay =

⑥

1122mv2mv0 ⑦ 22

⑧

1ym 2

由⑥⑦⑧式解得 Ay =

mE(v0) qBBmEqB(v0)(1cost) qBBm可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y = 7. 2011年理综广东卷

35．（18分）如图19(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。

⑪已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小。 ⑫若撤去电场，如图19(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA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。

OR2Av0R1Ov1AC45v2(b)(a)图19⑬在图19(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，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？ 解析：⑪根据动能定理，qU112mv12mv0， 222所以 v0v12qU m⑫如图所示，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知R2+ R2=(R2- R1)2，解得：

R2R0。

R2 R1 O A C 045 v2 2mv2根据洛仑兹力公式qv2B1，

R 25

2mv2解得：B2qR0q2R0mv2。

2mv2t,2Rv2T,qv2B1, 根据公式 T2Rt解得：

2R0T2m2m44qB4mv22v2

2R0R2 O R1 A C ⑬考虑临界情况，如图所示

2mv3mv3BqvB,1①31qR0 R0，解得：

2v3mv3mv3BqvBm,B2②322qR0，综合得：2qR0 2R0，解得：

8. 2011年理综山东卷

25．（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠*行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ=30º，

⑪当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30º，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t。 ⑫若Ⅱ区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h。

⑬若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件。

M P m -q N Q LL Lθ BⅠ BⅡ ⑭若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。

解析：（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律得 qU1mv2 ① 2B1 Ⅰ θ B2 Ⅱ qvB0mv ② R12θ θ 由几何关系得 R1= L2 = L ③

26 L1 L 图1

L2 联立①②③得B012mULq ④

设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t， T2R1 ⑤

vt2 ⑥ T3600联立①③⑤⑥式解得tL3m 2qU（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为R2，由牛顿第二定律得

v2qvB2m ⑧

R2

由几何知识得

h(R1R2)(1cos)Ltan ⑨

B1 I θ B2 II 23)L ⑩ 联立②③⑧⑨式解得h(23（3）如图2所示，为使粒子能再次返回到I区应满足

⑪

θ θ θ R2(1sin)L联立①⑧⑪式解得B23mU ⑫

L2qL1 （4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得 ⑬

L1R1(sinsin)或L1R1(sin-sin)

L 图2

L2 L2R2(sinsin)或L2R2(sin-sin)联立②⑧⑬⑭式解得 B1L1=B2L2 ⑮

⑭

27

B1 Ⅰ θ θ  B2 Ⅱ B1 α B2 θ θ  θ  Ⅰ θ Ⅱ L1

9. 2011年理综四川卷

L 图3

L2 L1 L 图4

L2

25．（20分）如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面。C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T，方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运

A X l Y C W D B Z h 动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点。滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。 ⑪求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性； ⑫求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；

⑬若微粒质量m0=1×10-13kg，求滑块开始运动所获得的速度。

qU－解析：（1）微粒在极板间所受电场力大小为F＝，代入数据：F＝1.25×1011N

d由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。

（2）若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动1

能定理：Uq＝mv2

2

微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运v2

动半径为R，有：qvB＝m R

O2 R1 O1 R2 S

D 28

微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R1＝l

，R2＝l－d， 2

联立代入数据有 8.1×10

－14

kg＜m ≤2.×10

－13

kg

（3）如图，微粒在台面以速度v做以O点为圆心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点Q，水平位移s，下落时间t。设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成ф角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k。由几何关系，可得 l－Rcosθ＝，

R根据平抛运动，t＝

2h，s＝vt g

φ Q X θ W d O θ R P Y h B L k A s θ 对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有 1

μMg＝Ma，k＝v0t－at2

2

再由余弦定理：k2＝s2＋(d＋Rsinθ)2－2s(d＋Rsinθ)cosθ sinфsinθ

及正弦定理：＝ sk

联立并代入数据解得：v0＝4.15m/s，ф＝arcsin0.8（或ф＝53°） 10. 2011年理综重庆卷

25．（19分）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，宽为d；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，长为3s，宽为s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电

d s N P M 3s 磁场区域 M ′

B A N ′ P ′

+ + + + 电场区域 + + + + + + + 子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计电子所受重力。

29

⑪求电子第二次与第一次圆周运动半径之比； ⑫求电场强度的取值范围；

⑬A是M′N′的中点，若要使电子在A、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。 解析：（1）设圆周运动的半径为分别为R1、R2…Rn、Rn1…，第一次和第二次圆周运动的速率分别为v1、v2，动能分别为Ek1、Ek2

Ek20.81Ek1

R1mv1mv2，R2

qBqB112mv12，Ek2mv2 22Ek1解得

R20.9 R11mv2 2⑫设电场强度为E，第一次达到隔离层前速度为v， eEd110.9mv2mv12 R1s

225B2es2解得E

9md又由Rn0.9n1R1， 2(10.90.90.9)R13s

2nB2es2B2es25B2es2E得E 所以

80md9md80md⑬设电子在磁场中圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，总运动时间为t,由题意有

2R1(10.9n)Rn13s

10.9R1s Rn10.9nR1 Rn1得n2 又由Ts 22m5m 得t eB2eB11. 2011年江苏卷

15．（16分）某种加速器的理想模型如图1所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图2所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，

30

经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了1m0。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)

100⑪若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能； ⑫现要利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使图1中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；

⑬若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？

uab U0 a b L 磁屏蔽管 c 图1

L O T0 2T0 3T0 t

-U0 图2

答：(1) 49qU (2)如图 (3) 313qU

250250v22r 【解析】(1) 质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动Bqvm0，T0rv2m0则T0

qB当粒子的质量增加了

11m0，其周期增加TT0 10010024U0 25根据题图可知，粒子第一次的加速电压u1=U0 粒子第二次的加速电压u2O a b c 粒子射出时的动能 Ek2qu1qu2 解得Ek249qU0 25（2）磁屏蔽管的位置如图所示

（3）在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数

31

T0N4，得N=25

T分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且u=U0时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。 粒子由静止开始被加速的时刻t(最大动能Ekm2(n219)T0 (n=0,1,2,……) 501323313)qU0qU0 解得 EkmqU0. 2525252512. 2014年物理江苏卷

14． (16 分) 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。 装置的长为 L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为 B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为 d. 装置右端有一收集板，M、N、P 为板上的三点，M 位于轴线 OO'上，N、P 分别位于下方磁场的上、下边界上。 在纸面内，质量为 m、电荷量为-q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成 30 ° 角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达 P 点. 改变粒子入射速度的大小，

可以控制粒子到达收集板上的位置。 不计粒子的重力. （1） 求磁场区域的宽度 h;

（2） 欲使粒子到达收集板的位置从 P 点移到 N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv; （3） 欲使粒子到达 M 点，求粒子入射速度大小的可能值. 【答案】（1）(O m, -q 30° d B P L B M O' N 收集板

23L3d)(1)32 （2）

qBL3(d)m

（3）vnqBL(3d)mn1(1n3L1,n取整数) 3d【解析】（1）设粒子在磁场中的的轨道半径为r 根据题意L3rsin303dcos30解得h(00 且hr(1cos30)0

23L3d)(1)32

（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r'

mv2mv2qvB qvB，

rr 32

由题意可知3rsin3004rsin300（3）设粒子经过上方磁场n次

解得vvvqBL3(d)m

由题意可知L(2n2)dcos300(2n2)rnsin3002mvnqBL且 (3d)qvnB，解得vnmn1rn

(1n3L1,n取整数) 3d13. 2014年理综山东卷

24、（20分）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、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0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B0和TB取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述m、q、d、v0为已知量。 （1）若t＝TB，求B0；

（2）若t＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； （3）若B0＝B0 0 -B0 图乙 t TB2P d v0 B 图甲 Q TB12323TB22TB4mv0，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。 qd【解析】（1）设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得

mvqv0B00 ①

R1

据题意由几何关系得 R1d ② 联立①②式得

2B0

mv0 ③ qd 33

（2）若t＝TB，垂直打在P板上,如图示。设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得：

32a

v0 ④ R22PBd 据题意由几何关系得 3R2d ⑤ 联立④⑤式得

O1Rv0Q3va0 ⑥

d

（3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得

2T＝

2R ⑦ v0由牛顿第二定律得

v0Bmvqv0B00 ⑧

R

4mv0由题意知B0，代入⑧式得

qd d4R ⑨

2AO2O1Rv0粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为，在第个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求02，由题意可知

T2TB ⑩

2 2设经历整个完整TB的个数为n（n=0、1、2、3……） 若在A点击中P板，据题意由几何关系得

2RRsin）nd ⑾ R（当n=0时，无解 ⑿ 当n=1时，联立⑨11式得 ○

34



1(或sin) ⒀ 62联立⑦⑨⑩13式得 ○

T

d3v0 ⒁

当n2时，不满足02的要求 ⒂

若在B点击中P板，据题意由几何关系得 R2Rsin2(RRsin)nd ⒃ 当n=0时，无解 17 ○当n=1时，联立⑨⒃式得

arcsin

11(或sin) 18 ○44联立⑦⑨⑩18式得 ○

TB

1d 19 arcsin)○242v0当n2时，不满足02的要求 20 ○

14.2014年理综广东卷36.(18分)

如图25 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外. A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.

(1)若k=1，求匀强电场的电场强度E；

(2)若2A1

m +q S1 d M L B0 Ⅰ L N Ⅱ 6L 图25

A2 S2 P 子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式.

35

【解析】（1）粒子在电场中，由动能定理有 qEd1mv20 ① 2v2 ② 粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 qvB0mr当k=1时，由几何关系得 r=L ③

22qB0L ④ 由①②③解得 E2md（2）由于2(rL)2(kL)2r2 ⑤

(k21)解得rL ⑥

2(k21)由②⑥解得vqB0L ⑦

2m粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力

v2 qvBm ⑧

r1由对称性及几何关系可知

kr ⑨ 3kr1(3k)(k21)解得r1L ⑩

2k由⑧⑩解得 BkB0 3k15. 2014年理综浙江卷

25.（22分）离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。I为电离区，将氙气电离获得1价正离子，II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。I区产生的正离子以接近0的初速度进入II区，被加速后以速度vM从右侧喷出。

I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示（从左向右看）。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角（0 <  ≤ 90◦）。推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的．．碰撞）。

（1）求II区的加速电压及离子的加速度大小；

36

（2）为取得好的电离效果，请判断I区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；

（3）为90◦时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围； （4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与的关系。 【解析】 （1）由动能定理得

2MvM U ②

2e2vMeEUae ③

MML2L

L B 左 I II R 右

第25题图1

O C 第25题图2  v 12MvMeU ① 2（2）垂直纸面向外 ④

（3）如答图1所示，设电子运动的最大半径为r 2r3R. ⑤ 2R C 答图1

O v v2 eBvm ⑥

r所以有 v0v3eBR ⑦ 4m要使⑦式有解，磁感应强度 B4mv0. ⑧ 3eRR

（4）如答图2所示，OA＝R－r， OC＝， AC＝r

2

3R根据几何关系得 r ⑨

4(2sin)由⑥⑨式得 vmaxr A r O  v C 3eBR

4m(2sin)答图2

16.2015年江苏卷15. (16 分)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为 U0的加速电场，其初速度几乎为零。 这些离子经加速后通过狭缝 O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，最后打在底片上。 已知放置底片的区域 MN = L，且 OM = L。某次测量发现 MN 中左侧

2 区域 MQ 损坏，3U0 O L M L P Q N 37

B 检测不到离子，但右侧

1 区域 QN 仍能正常检测到离子. 在适当调节加速电压后，原本打在 MQ 的3离子即可在 QN 检测到。

(1)求原本打在 MN 中点P的离子质量 m；

(2)为使原本打在 P 的离子能打在 QN 区域，求加速电压 U 的调节范围；

(3)为了在 QN 区域将原本打在 MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节 U 的最少次数. (取 lg2 = 0. 301，lg3 = 0. 477，lg5 = 0. 699)

100U016U09qB2L2答案：（1）m （2） （3）3次 U81932U0解析：（1）离子在电场中加速：qU01mv2

2mv2在磁场中做匀速圆周运动：qvB

r解得：r12mU0 Bq

39qB2L2代入r0L，解得 m

432U016U0r2100U05（2）由（1）知，U离子打在Q点，， rLU26819L

16U0离子打在N点，rL，U，

9则电压的范围

100U016U0U819

（3）由（1）知，rU由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，

U1L5L/6U0

此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上

U15L/6r1U0

解得r1(52)L6

第2次调节电压到U2，使原本Q1点的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则

U2L,r1U0U255/6L，解得r1()3L6r2U0

同理第n次调节电压，有rn(5n1)L，6

38

检测完整，有rnLlg2，解得n12.826

lg()5最少次数为3次。

17.2015年理综山东卷24．（20分）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m电量为+q的粒子由小孔下方d/2 处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。

（1）求极板间电场强度的大小；

（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；

d G Ⅰ Ⅱ O H v 2mv4mv（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，

qDqD粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。

4mv4mvmv2【答案】（1）（2）或（3）5.5πD

qD3qD qd

mv2d12解析：（1）粒子在电场中，由动能定理qEmv，解得E

22dq（2）若粒子的运动轨迹与小圆相切，如图甲示，则当内切时，半径为r1D， 4mv2由qvBr1 4mv解得B，

qD当外切时，半径为

r22DD/23D24图甲 图乙 图丙

4mvmv2，由qvB解得B

3qDr2（3）若Ⅰ区域的磁感应强度为B1Ⅱ区域的磁感应强度为B22mvmvD，则粒子运动的半径为R1；

qB12qD4mvmvD，则粒子运动的半径为R2；

qB24qD 39

设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：

T12R12R2；T2v1v2

据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：1120o；2180o；60o

粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别

360o12360o2为t1、t2，可得：t1T；t2T o1o2360360设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2) 联立上述各式可得：s=5.5πD

40