24、(2009年重慶卷)25．如題25圖，離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U₀的加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場。已知HO＝d，HS＝2d，＝90°。(忽略粒子所受重力)

(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強E₀的大小以及HM與MN的夾角φ；

(2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；

(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S₁處，質(zhì)量為16m的離子打在S₂處。求S₁和S₂之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍。

解析：(1)正離子被電壓為U₀的加速電場加速后速度設為v₁，設

對正離子，應用動能定理有eU₀＝mv₁²，

正離子垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，作類平拋運動

受到電場力F＝qE₀、產(chǎn)生的加速度為a＝，

即a＝，

垂直電場方向勻速運動，有2d＝v₁t，

沿場強方向：Y＝at²，

聯(lián)立解得E₀＝

又tanφ＝，解得φ＝45°；

(2)正離子進入磁場時的速度大小為v₂＝，

正離子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力

　 qv₂B＝，

解得離子在磁場中做圓周運動的半徑R＝2；

(3)根據(jù)R＝2可知，

質(zhì)量為4m的離子在磁場中的運動打在S₁，運動半徑為R₁＝2，

質(zhì)量為16m的離子在磁場中的運動打在S₂，運動半徑為R₂＝2，

又ON＝R₂－R₁，

由幾何關系可知S₁和S₂之間的距離ΔS＝－R₁，

聯(lián)立解得ΔS＝4(－1)；

由R′²＝(2 R₁)²+( R′－R₁)²解得R′＝R₁，

再根據(jù)R₁＜R＜R₁，

解得m＜m_x＜25m。

23、(2009年海南物理)16．如圖，ABCD是邊長為的正方形。質(zhì)量為、電荷量為e的電子以大小為v₀的初速度沿紙面垂直于BC變射入正方形區(qū)域。在正方形內(nèi)適當區(qū)域中有勻強磁場。電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場。不計重力，求：

(1)次勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大��；

(2)此勻強磁場區(qū)域的最小面積。

解析：(1)設勻強磁場的磁感應強度的大小為B。令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道。電子所受到的磁場的作用力

應指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應垂直于紙面向外。圓弧的圓心在CB邊或其延長線上。依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B 點即為圓心，圓半徑為按照牛頓定律有　

　 聯(lián)立①②式得　　　　

(2)由(1)中決定的磁感應強度的方向和大小，可知自點垂直于入射電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其它點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAEC區(qū)域中。因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界。

為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為(不妨設)的情形。該電子的運動軌跡如右圖所示。圖中，圓的圓心為O，pq垂直于BC邊 ，由③式知，圓弧的半徑仍為，在D為原點、DC為x軸，AD為軸的坐標系中，P點的坐標為

這意味著，在范圍內(nèi)，p點形成以D為圓心、為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界。

因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域時分別以和為圓心、為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成的，其面積為

22、(2009年四川卷)25．如圖所示，輕彈簧一端連于固定點O，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，另一端連接一帶電小球P,其質(zhì)量m=2×10^-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V₀=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達O點的正下方O₁點時速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O₁相距R=1.5 m,小球P在O₁點與另一由細繩懸掛的、不帶電的、質(zhì)量M=1.6×10^-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細繩，同時在空間加上豎直向上的勻強電場E和垂直于紙面的磁感應強度B=1T的弱強磁場。此后，小球P在豎直平面內(nèi)做半徑r=0.5 m的圓周運動。小球P、N均可視為質(zhì)點，小球P的電荷量保持不變，不計空氣阻力，取g=10 m/s²。那么，

(1)彈簧從水平擺至豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？

(2)請通過計算并比較相關物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度。

　(3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同速度的前提下，請推導出r的表達式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ為小球N的運動速度與水平方向的夾角)。

解析：

(1)設彈簧的彈力做功為W，有：　

　　　　　　①

代入數(shù)據(jù)，得：W＝J　　　　　�、�

(2)由題給條件知，N碰后作平拋運動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷。設P、N碰后的速度大小分別為v₁和V，并令水平向右為正方向，有: 　�、�

而： 　　　　　　�、�

若P、N碰后速度同向時，計算可得V<v₁，這種碰撞不能實現(xiàn)。P、N碰后瞬時必為反向運動。有： 　　　　�、�

P、N速度相同時，N經(jīng)過的時間為，P經(jīng)過的時間為。設此時N的速度V₁的方向與水平方向的夾角為，有：

　　　　　　　　　　 ⑥

　　　　�、�

代入數(shù)據(jù)，得： 　　　　�、�

對小球P，其圓周運動的周期為T，有：

　　　　　　　　　 ⑨

經(jīng)計算得： ＜T，

P經(jīng)過時，對應的圓心角為，有： �、�

當B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖可知，有：

聯(lián)立相關方程得：

比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同。

當B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相同，同樣由圖，有： ，

同上得： ，

比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同。

(3)當B的方向垂直紙面朝外時，設在t時刻P、N的速度相同， ，

再聯(lián)立④⑦⑨⑩解得：

當B的方向垂直紙面朝里時，設在t時刻P、N的速度相同，

同理得： ，

考慮圓周運動的周期性，有:

(給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值)

21、(2009年江蘇卷)15．如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、　　　 足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出)。線框的邊長為d(d < l)，電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為g。

求：(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

　 (2)線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t₁ ；

　 (3)經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離_m 。

答案：(1)

(2)

(3)

[解析] (1)設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W

　　　 由動能定理　

且

解得　

(2)設線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動

由動能定理　

裝置在磁場中運動時收到的合力

感應電動勢　 E=Bdv

感應電流　　 I^/=E/R

安培力　　　

由牛頓第二定律，在t到t+時間內(nèi)，有

則

有

解得　

(3)經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復運動

　　 由動能定理　

　　 解得　　

20、(2009年江蘇卷)14．1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器�；匦�加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應和重力作用。

(1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；

(2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t ；

(3)實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為B_m、f_m，試討論粒子能獲得的最大動能E_㎞。

答案：(1)(2)(3)

[解析] (1)設粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r₁,速度為v₁

qu=mv₁²

qv₁B=m

解得　

同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑　

則

(2)設粒子到出口處被加速了n圈

解得　

(3)加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即

當磁場感應強度為B_m時，加速電場的頻率應為

粒子的動能

當≤時，粒子的最大動能由B_m決定

解得

當≥時，粒子的最大動能由f_m決定

　　　　 解得

19、(2009年浙江卷)25．如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內(nèi)與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強磁場。在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q＞0)和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0＜y＜2R的區(qū)間內(nèi)。已知重力加速度大小為g。

(1)從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求電場強度和磁感應強度的大小與方向。

(2)請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由。

(3)在這束帶電磁微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由。

答案(1)；方向垂直于紙面向外(2)見解析(3)與x同相交的區(qū)域范圍是x>0.

[解 析]本題考查帶電粒子在復合場中的運動。

帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設電場強度大小為E，由　

可得　　 　　方向沿y軸正方向。

帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動。 且　r=R

如圖(a)所示，設磁感應強度大小為B。由

得　　 　　方向垂直于紙面向外

(2)這束帶電微粒都通過坐標原點。

方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標原點。

方法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O′點的連線與y軸的夾角為θ，其圓心Q的坐標為(-Rsinθ，Rcosθ),圓周運動軌跡方程為

得　　　　　 x=0　　　　　　　　　　 x=-Rsinθ

　　　　　　　　　 y=0　　　　　 或　　　　 y=R(1+cosθ)

(3)這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0

帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑為r′的圓弧運動后，將在y同的右方(x>0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示�？拷麺點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。

所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0.

18、(2009年福建卷)22．圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)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y上安放接收器，現(xiàn)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(zhì)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(nèi)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(jīng)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(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。

答案(1)=4.9×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(qū)域)中的運動。

(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(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得

=4.9×C/kg(或5.0×C/kg)　 ③

(2)設所加電場的場強大小為E。如圖，當粒子子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有

　　 　　　　④

代入數(shù)據(jù)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

　　 　　⑥

　　 　　　�、�

聯(lián)立①⑥⑦并代入數(shù)據(jù)得

　　 �、�

(3)如圖，所求的最小矩形是，該區(qū)域面積

　　 　　　　　�、�

聯(lián)立①⑨并代入數(shù)據(jù)得

矩形如圖丙中(虛線)

17、(2009年山東卷)25．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，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0~3t時間內(nèi)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(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l₀、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況)

(1)求電壓U的大小。

(2)求時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。

(3)何時把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。

答案：(1)(2)(3)

[解析](1)t=o時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，t₀時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為l/2，則有

　　 ①

Eq=ma　　 ②

l/2=at₀²/2　　 ③

聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為④。

(2)t₀/2時刻進入兩極板的帶電粒子，前t₀/2時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后t₀/2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v₀=l/t₀ ⑤

帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為 ⑥

帶電粒子離開電場時的速度大小為 ⑦

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 ⑧

聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得 ⑨。

(3)2t₀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 ⑩，

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(lián)立③⑤⑩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(lián)立以上兩式解得。

16、(2009年天津卷)11．如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應為B,方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質(zhì)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(jīng)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��；

(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　　　　　　 　　　　　　�、�

　　　　 　　　②

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　　　　　　 　　　　　　　④

　　　 由速度的合成與分解知 　　　　　　　　　�、�

由③④⑤式得　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

(3)設小球到M點時的豎直分速度為v_y，它與水平分速度的關系為

　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

由勻變速直線運動規(guī)律　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

由⑥⑦⑧式得　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

15、(2009年全國卷Ⅱ)25．如圖,在寬度分別為l₁和l₂的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強磁場和勻強電磁場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場勻界線平行左右。一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的Q點射出，已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d。不計重力，求電場強度與磁感應強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比。

答案

[解析] 粒子在磁場中做勻速圓周運動,如圖所示。由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直。圓心O應在分界線上，OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關系得

………①

設粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q,由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得

　　　　　　 ……………②

設為虛線與分界線的交點,,則粒子在磁場中的運動時間為……③

式中有………④粒子進入電場后做類平拋運動,其初速度為v,方向垂直于電場.設粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得…………⑤

由運動學公式有……⑥　　　　　　　　　 ………⑦

由①②⑤⑥⑦式得…………⑧

由①③④⑦式得