..
tan??v1 ⑦ v0由②、③、⑤式得
v1＝v0 ⑧ 由⑥、⑦、⑧式得
v?2v0 ⑨
??45? ⑩
（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
v2 ⑾ qvB?mrr是圆周的半径。此圆周与x轴和y轴的交点分别为P2、P3。因为OP2＝OP3，
θ＝45°，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得
r＝2h ⑿ 由⑨、⑾、⑿可得
B?mv0 ⒀ qh解题感悟：当带电粒子在电磁场中作多过程运动时,关键是掌握基本运动的特点和寻找过程间的边界关联关系.
解题感悟：当带电粒子在电磁场中运动时，重力和电场力可能做功，但洛仑兹力始终不做功。 [P 28.]07届南京市综合检测题（二）11、如图所示，MN为纸面内竖直放置的
M
挡板，P、D是纸面内水平方向上的两点，两点距离PD为L，D点距挡板的距
离DQ为L/π．一质量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内从P点开始以v0
v0
的水平初速度向右运动，经过一段时间后在MN左侧空间加上垂直纸面向里的
Q
磁感应强度为B的匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除，随后粒子再次通过DP D 点且速度方向竖直向下．已知挡板足够长，MN左侧空间磁场分布范围足够
大．粒子的重力不计．求：（1）粒子在加上磁场前运动的时间t；（2）满足题
N
设条件的磁感应强度B的最小值及B最小时磁场维持的时间t0的值． 解：（1）微粒从P点至第二次通过D点的运动轨迹如图所示 由图可知在加上磁场前瞬间微粒在F点（圆和PQ的切点）． 在t时间内微粒从P点匀速运动到F点，t= PF/v0 ① 由几何关系可知： PF=L＋R ② 又 R=m v0/qB ③ 由①②③式可得： t=L/v0+m/qB
（2）微粒在磁场中作匀速圆周运动时，由③式可知：当R最大时，B最小，在微粒不飞出磁场的情况下，R最大时有： M
DQ=2R ， 即 L/π＝2R v0 可得B的最小值为： Bmin=2πmv0 /qL Q
F 微粒在磁场中做圆周运动，故有t0=（n＋3/4）T ，n＝0，1，2，3， P D 又：T=2πm/qB 即可得： t0=（n＋3/4）L/v0 ,( n＝0，1，2，3，…… ) N
’.
..
[P 31.]06年12月广州市X科统考卷18．如图十六所示，在空间存在
× × × × × Q B1 这样一个磁场区域:以MN为界，上部分的匀强磁场的磁感应强度为B1，下P × × × ×h × 部分的匀强磁场的磁感应强度为B2，B1=2B2=2B0，方向均垂直纸面向里，
600 N 且磁场区域足够大.在距离界线为h的P点有一带负电荷的离子处于静止状M × × × × × 态，某时刻离子分解成为带电粒子A和不带电粒子B，粒子A质量为m、× × × × × 带电荷q，以平行于界线MN的初速度向右运动，经过界线MN时速度方向
B2 × × × × × 与界线成60°角，进入下部分磁场.当粒子B沿与界线平行的直线到达位置
图十六 Q点时，恰好又与粒子A相遇.不计粒子的重力.求：（1）P、Q两点间距离.
（2）粒子B的质量. 解答：（1）粒子A在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，设粒子A的速度为v0，在MN上方运动半径为R1，运动周期为T1，根据牛顿第二定律和圆周运动公式，
2v0qv0B1?m ①…………………………（1分）
R1解得 R1?T1?mv0mv0? ②………………… （1分） qB12qB02?R1?m ③ ……………（2分） ?v0qB0同理，粒子A在MN下方运动半径R2和周期T2分别为 mv0mv0R2 = ??2R1 ④ ………… （1分）
qB2qB0T2 =
2?m ⑤ ……………（1分） qB0粒子A由P点运动到MN边界时速度与MN的夹角为60°，如图所示，则有 R1 – h = R1cos60°，得到：R1 = 2h …………（1分）
R2 = 4h …………（1分） PQ间的距离为 PQ= 2R2sin60°- 2R1sin60°=23h ⑥………（2分） （2）粒子A从P点到Q点所用时间为
t?221?m22?m5?mT1?T2???? ⑦………（2分） 633qB03qB03qB0设粒子B的质量为M，从P点到Q点速度为v
v?PQ63hqB0? ⑧ ……………………… （1分） t5?mmv0 ⑨ ………………………… （1分） 2qB0由 R1?2h?得到 mv0 = 4qB0h ⑩………………………… （1分） 根据动量守恒定律 mv0 – Mv = 0 ○11 …………………… （2分） 解得： M?103?m …………………… （1分） 9[P 35.]2007年高考理综Ⅰ卷25．两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取
垂直于两屏交线的直线为x和y轴，交点O为原点，如图所示。在y>0，0 ’. y O a x .. 的区域有垂直于纸面向内的匀强磁场，在y>0，x>a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点处有一小孔，一束质量为m、带电量为q（q>0）的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0 解：对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a ; 对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆,与x轴相切于D点，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是C和C′,由对称性得到 C′在 x轴上，与D点重合。设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足 t127? t1?t2?T t2512解得 t1?1T6t2?5T12??60? ?3R?2a ?由数学关系得到： Rsin60?aOP?2a?R 代入数据得到： OP?2(1?3)a 33)a 3所以在x 轴上的范围是2a?x?2(1?[P 38.]07年1月山东潍坊市期末统考16．（12分）在电脑显示器的真空示波管内，控制电子束扫描的偏转场是匀强磁场，磁场区域是宽度为3.0cm的矩形，右边界距荧光屏20.0cm，高度足够.某段时间内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=4.55 － ×103T不变.电子初速度不计，经U=4550V电压加速后沿中心线射入磁场，偏转 U －30 后打在屏上产生亮点（若无磁场，亮点在屏中心），已知电子的质量m=0.91×10kg， － 电荷量e=1.6×1019C.（1）在图中大致画出电子运动的径迹；（2）求亮点偏离荧光屏中心的距离. 解：（1）电子运动的径迹如图所示： （2）电子经U加速得到速度v0，由eU?12mv0 2α r α 2eU2?1.6?10?19?4550得v0??m/s=4×107m/s. ?30m0.91?102v0由evB?m得 ① ry mv00.91?10?30?4?107?m?0.05m?5cm. ② r??3?19Be4.55?10?1.6?10 sin??343,cos??,tan?? ③ 554’. .. 亮点偏离屏中心的距离y?(r?rcos?)?20.0tan??5?(1?)cm?20.0?453cm?16cm. ④ 4[P 40.]2007年广东卷20、（18分）图17是某装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度B＝0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45°。在A1A2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距A2 L＝0.2 m。在薄板上P处开一小孔，P与A1A2线上点D的固定挡板 45° S2 水平距离为L。在小孔处装一个电子快门。起初快门开启， v0 一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T＝L 电子快门 ＋ D －P 3.0×103 s开启一次并瞬间关闭。从S1S2之间的某一位置S1 L 水平发射一速度为v0的带正电微粒，它经过磁场区域后入 固定薄板 射到P处小孔。通过小孔的微粒与档板发生碰撞而反弹，反B 弹速度大小是碰前的0.5倍。⑴经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少？⑵求上述微粒从最初水 A1 平射入磁场到第二次离开磁场的时间。（忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移。已知微粒的荷质比图17 q?1.0?103 C/kg。只考虑纸面上带电微粒的运动） m解：⑴如答图2所示，设带正电微粒在S1S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛仑兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有： 2mv0mv0qv0B?解得：r? qBr欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为： L?r?2L 代入数据得：80 m/s＜v0＜160 m/s 欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件： LL??nT 其中n＝1，2，3，…… v00.5v0可知，只有n＝2满足条件，即有：v0＝100 m/s ⑵设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如答图2所示，则有： T0?2πr2L2L31； t1?T0； t2?； t3?； t4?T0 0.5v0v0v044t?t1?t2?t3?t4?2.8?10?2s ’.
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