1、RAOPDQ1、在半徑為R的半圓形區域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度為B。一質量為m，帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經P點（APd）射入磁場（不計重力影響）。 如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度。如果粒子經紙面內Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線方向的夾角為（如圖）。求入射粒子的速度。解：由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。 設入射粒子的速度為v1，由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得：RAOPDQO/R/ 解得：設O/是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接O/Q，設O/QR/。 由幾何關系得： 由余弦定理得：

2、解得： 設入射粒子的速度為v，由 解出：xOyEBAC2、（17分） 如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向外。有一質量為m，帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于x軸射入電場。質點到達x軸上A點時，速度方向與x軸的夾角為，A點與原點O的距離為d。接著，質點進入磁場，并垂直于OC飛離磁場。不計重力影響。若OC與x軸的夾角也為，求：質點在磁場中運動速度的大小；勻強電場的場強大小。v解：質點在磁場中偏轉90º，半徑，得；OyEBACdhx由平拋規律，質點進入電場時v0=vco

3、s，在電場中經歷時間t=d/v0，在電場中豎直位移，由以上各式可得xyOPQMv03、如圖所示，在第一象限有一均強電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一均強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標原點O離開磁場。粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點。已知OP=,。不計重力。求（1）M點與坐標原點O間的距離；（2）粒子從P點運動到M點所用的時間。【解析】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，在軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加速度的大小為；在軸正方向上做勻速直線運動，設速

4、度為，粒子從P點運動到Q點所用的時間為，進入磁場時速度方向與軸正方向的夾角為，則 其中。又有 聯立式，得因為點在圓周上，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關系可知。 （2）設粒子在磁場中運動的速度為,從Q到M點運動的時間為,則有 帶電粒子自P點出發到M點所用的時間為為 聯立式，并代入數據得 4、如圖所示，在0xa、oy范圍內有垂直手xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點0處有一個粒子源，在某時刻發射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0范圍內。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a2到a之間，從發射粒子到粒子全部離開

5、磁場經歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的 (1)速度的大小：(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦。【答案】（1）（2）PSdL LMNab探測器激光束5、飛行時間質譜儀可以對氣體分子進行分析。如圖所示，在真空狀態下，脈沖閥P噴出微量氣體，經激光照射產生不同價位的正離子，自a板小孔進入a、b間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進入M、N板間的偏轉控制區，到達探測器。已知元電荷電量為e，a、b板間距為d，極板M、N的長度和間距均為L。不計離子重力及進入a板時的初速度。當a、b間的電壓為U1時，在M、N間加上適當的電壓U2，使離子到達探測器。

6、請導出離子的全部飛行時間與比荷K（Kne/m）的關系式。去掉偏轉電壓U2，在M、N間區域加上垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B，若進入a、b間所有離子質量均為m，要使所有的離子均能通過控制區從右側飛出，a、b間的加速電壓U1至少為多少？解：由動能定理：n價正離子在a、b間的加速度：在a、b間運動的時間： d在MN間運動的時間：離子到達探測器的時間：tt1t2假定n價正離子在磁場中向N板偏轉，洛侖茲力充當向心力，設軌跡半徑為R，由牛頓第二定律得：離子剛好從N板右側邊緣穿出時，由幾何關系：R2L2(RL/2)2由以上各式得：當n1時U1取最小值6、兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分

7、布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規律分別如圖1、圖2所示（規定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力）。若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷均已知，且，兩板間距。（1）求粒子在0t0時間內的位移大小與極板間距h的比值。（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）。解法一：（1）設粒子在0t0時間內運動的位移大小為 又已知 聯立式解得（2）粒子在t02t0時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁

8、場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則 聯立式得又即粒子在t02t0時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2t03t0時間內，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為解得由于s1+s2h,所以粒子在3t04t0時間內繼續做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2 解得由于s1+s2+R2h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t05t0時間內，粒子運動到正極板（如圖1所示）。因此粒子運動的最大半徑。（3）粒子在板間運動的軌跡如圖2所示。y7、如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l。

9、第一、四象限有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸向右連接發射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子。在03t0時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、t0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）求電壓U0的大小。求t0/2時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。xOBPQv0ll圖甲UPQtOU0-U0t02t03t0圖乙點評：本題命題點仍為帶電粒子在周期

10、性變化的電場和分立的磁場中的運動問題。創新之處在于帶電粒子在磁場中的運動情況由于進入磁場的位置不同而有所不同，這樣就造成了運動情況的多樣性，從而存在極值問題。很好的考查了考生綜合分析問題的能力和具體問題具體分析的能力，同時粒子運動的多樣性（不確定性）也體現了對探究能力的考查。解析：（1）時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為，則有，聯立以上三式，解得兩極板間偏轉電壓為。（2）時刻進入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉，后時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度

11、大小為帶電粒子離開電場時的速度大小為設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有聯立式解得。（3）時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為，設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯立式解得，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為，所求最短時間為,帶電粒子在磁場中運動的周期為，聯立以上兩式解得。【考點】帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中的運動命題特點：以帶電粒子在組合場中的運動為背景，以力學方法在電磁學中的應用為考查重點，通過周期性變化的電場、磁場所導致的帶電粒子運動的多樣性，很好的體現了對探究能力的考查。連續

12、三年均涉及物理量關系的推導，對文字運算能力要求較高。演變趨勢：對探究能力的考查正逐步由實驗題擴展到計算題，且多以對物理量的不確定性及運動的多樣性為考查重點。8、 如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質量為、帶電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動。已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求粒子第一次經過電場子的過程中電場力所做的功。粒子第n次經芝電聲時電場強度的大

13、小。粒子第n次經過電場子所用的時間。假設粒子在磁場中運動時，電場區域場強為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強度隨時間變化的關系圖線（不要求寫出推導過程，不要求標明坐標明坐標刻度值）。 【答案】（1） （2）（3） （4）見解析【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由得 則v1：v2：vn=r1：r2：rn=1：2：n（1）第一次過電場，由動能定理得（2）第n次經過電場時，由動能定理得 解得（3）第n次經過電場時的平均速度，tOEtOE 則時間為（4）如圖xyAOMNv09、如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感

14、應為B,方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為。不計空氣阻力，重力加速度為g，求(1) 電場強度E的大小和方向；(2) 小球從A點拋出時初速度v0的大小；(3) A點到x軸的高度h.答案：（1），方向豎直向上 （2） （3）【解析】本題考查平拋運動和帶電小球在復合場中的運動。（1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當圓周運動的向心力），有 xyA

15、OMNv0O/P重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上。（2）小球做勻速圓周運動，O為圓心，MN為弦長，如圖所示。設半徑為r，由幾何關系知 小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白日提供，設小球做圓周運動的速率為v，有 由速度的合成與分解知 由式得 （3）設小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關系為 由勻變速直線運動規律 由式得 xyOPMLL入射口接收器10、圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×10-3T,在y軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在

16、y上安放接收器，現將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m,電量為q,不記其重力。（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經過多長時間加這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區域內，求此矩形磁場區域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。答案（1）=4.9

17、15;C/kg（或5.0×C/kg）；（2） ； （3）【解析】本題考查帶電粒子在磁場中的運動。第（2）問涉及到復合場（速度選擇器模型）第（3）問是帶電粒子在有界磁場（矩形區域）中的運動。xyOPMLL入射口接收器O/（1）設粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得 由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得 聯立并代入數據得xyOPMLL入射口接收器O/Qv450=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） （2）設所加電場的場強大小為E。如圖，當粒子子經過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在

18、此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有 代入數據得 所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關系可知，圓弧PQ所對應的圓心角為45°，設帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有 xyOPMLL入射口接收器O/P1M1聯立并代入數據得 （3）如圖，所求的最小矩形是，該區域面積w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 聯立并代入數據得 矩形如圖丙中（虛線）11、如圖1所示，寬度為的豎直狹長區域內（邊界為），存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖2所示），電場強度的大小為，表示電場方向豎直向上。時，一帶正電、質量為的微粒從左邊界上的點

19、以水平速度射入該區域，沿直線運動到點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的點。為線段的中點，重力加速度為g。上述、為已知量。 (1)求微粒所帶電荷量和磁感應強度的大小；(2)求電場變化的周期；(3)改變寬度，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區域，求的最小值。解析： （1）微粒作直線運動，則 微粒作圓周運動，則 聯立得 （2）設粒子從N1運動到Q的時間為t1，作圓周運動的周期為t2，則 聯立得 電場變化的周期 （3）若粒子能完成題述的運動過程，要求 d2R (10)聯立得 （11）設N1Q段直線運動的最短時間為tmin，由（10）（11）得 因t2不變，T的最小值12、如下圖，

20、在區域內存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內發射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0180°范圍內。已知沿y軸正方向發射的粒子在時刻剛好從磁場邊界上點離開磁場。求：1 粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷qm；2 此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；3 從粒子發射到全部粒子離開磁場所用的時間。【答案】 速度與y軸的正方向的夾角范圍是60°到120°從粒子發射到全部離開所用 時間 為【解析】 粒子沿y軸的正方向進入磁場，從P點經過做OP的垂直平分線與x軸的交點為圓心，根據直角三角形有解得，則粒子做圓周運動的的圓心角為120°，周期為粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，根據牛頓第二定律得，化簡得仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于120°，這樣粒子角度最小時從磁場右邊界穿出；角度最大時從磁場左邊界穿出。角度最小時從磁場右邊界穿出圓心角