首页 请复制到word或wps中编辑使用(ctrl+c,ctrl+v),vip用户页面底部可看到答案解析 公式上下对齐方法复制内容

磁场偏转

一.单选题 (共 3 小题)

1 . 如图所示，MN是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P为屏上的一小孔，PQ与MN垂直一群质量为m、带电荷量q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P点沿垂直于磁场方向射入磁场区域，其入射方向分布在以PQ为中心，夹角为2θ的范围内，不计粒子间的相互作用，以下说法正确的是()

A、荧光屏上将出现一圆形亮斑，其半径为
B、荧光屏上将出现一条亮线，其长度为
C、荧光屏上将出现一条亮线，其长度为
D、荧光屏上将出现一条亮线，其最右端距P点为

【答案解析】B

2 . 如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)，从A点以速度v₀垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，∠AOB=120⁰，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()

A、2πr/3v₀
B、2πr/3v₀
C、πr/3v₀
D、πr/3v₀

【答案解析】D

3 . 如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B₂的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R₁∶R₂＝1∶2，则下列说法正确的是(　　)

A、离子的速度之比为1∶2
B、离子的电荷量之比为1∶2
C、离子的质量之比为1∶2
D、以上说法都不对

【答案解析】D

二.多选题 (共 3 小题)

1 . 如图所示，在ab=bc的等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点大量相同的带电粒子从a点以相同方向垂直磁场射入，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场不计粒子重力，则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间与从d点和e点离开的粒子相比较

A、经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长
B、经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长
C、运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间
D、运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间

【答案解析】A,D

2 . 在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，在磁场边界上的P点处有一个粒子源，发出比荷相同的三个粒子a、b、c(不计重力)沿同一方向进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用t_a、t_b、t_c分别表示a、b、c通过磁场的时间；用r_a、r_b、r_c分别表示a、b、c在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是

A、t_a=t_b＞t_c
B、t_c＞t_b＞t_a
C、r_c＞r_b＞r_a
D、r_b＞r_a＞r_c

【答案解析】A,C

3 . 如图所示，正方形区域ABCD内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，三个完全相同的带电粒子a、b、c分别以大小不同的初速度v_a、v_b、v_c从A点沿图示方向射入该磁场区域，经磁场偏转后粒子a、b、c分别从BC边中点、CD边中点、AD边中点射出若t_a、t_b、t_c分别表示粒子a、b、c在磁场中的运动时间则以下判断正确的是(　　)

A、v_a＜v_b＜v_c
B、v_c＜v_b＜v_a
C、t_a＜t_b＜t_c
D、t_a=t_b＜t_c

【答案解析】B,C

三.解答题 (共 24 小题)

1 . 如图，OAC的三个顶点的坐标分别为O(0,0)、A(0，L)、C(，0)，在OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t₀时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴。不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用。

(1)求磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P(P点图中未标出)射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t₁与t₂之间应满足的关系；
(3)从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小。

【答案解析】(1)(2)t₁+ t₂==2t₀ (3)

(1) 粒子在t₀时间内，速度方向改变了90°，故周期 
T=4t₀    ①
由T=得B= ②
(2)在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为和，由几何关系有
=180°- ③
故t₁+ t₂==2t₀  ④

(3)由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差t与=-成正比，由③得=-=2-180° ⑤
根据⑤式可知越大，时间差t越大由t= ⑥
由③及题意代入数据得的最大值为=150° ⑦
在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系=30° ⑧

tan∠A== 得∠A=60° ⑨ =90°-∠A=30° ⑩ 
=L  ⑪  解得R=           ⑫
根据qvB=   ⑬  代入数据解得 v=     ⑭

2 . 如图所示，两块平行金属板M、N正对着放置，s₁、s₂分别为M、N板上的小孔，s₁、s₂、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s₂O=R..以O为圆心、R为半径的圆形区域内同时存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场.D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板。质量为m、电荷量为+q的粒子，经s₁进入M、N间的电场后，通过s₂进入电磁场区域，然后沿直线打到光屏P上的s₃点.粒子在s₁处的速度和粒子所受的重力均不计.求：

小题1:M、N两板间的电压为R；
小题2:撤去圆形区域内的电场后，当M、N间的电压改为U₁时，粒子恰好垂直打在收集板D的中点上，求电压U₁的值及粒子在磁场中的运动时间t；
小题3:撤去圆形区域内的电场后，改变M、N间的电压时，粒子从s₂运动到D板经历的时间t会不同，求t的最小值。

【答案解析】小题1:
小题2:
小题3:
(1)正粒子沿直线打到P板上的s₃点，可知：……………(1分)
粒子在M、N间的电场加速满足：……………………………………(1分)
得：…………………………………………………………………………(1分)
(2)粒子恰好打在收集板D的中点上，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R由牛顿第二定律可知：………………………………………………………………(1分)
又…………………………………………………………………………(1分)
得：…………………………………………………………………………(1分)
粒子在磁场中做圆周运动的时间为周期，由…………(1分)
(3)M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短。
根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径…………………………(1分)
粒子在磁场中运动的时间为…………………………………………(1分)

……………………………………………………………………………(1分)
粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间：………(1分)
粒子经过s₂后打在D上t的最小值…(1分)

3 . 如图所示，xOy坐标系的第一象限内，有一边界线OA与y轴的夹角∠AOy=45^O，边界线的上方与下方分别存在垂直纸面向外与向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.25T．一束带电量q=8.0×10^-19C、质量 m=8.0×10^-26kg的正离子以v=5×10⁵m/s从y轴上坐标为(0，0.4m)的Q点垂直y轴射入磁场区。求：

(1)离子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
(2)现只改变B的大小，使离子不经过OA边界而直接从y轴离开磁场区域，则B应满足什么条件？
(3)若B=0.125T，且从离子经过Q点开始计时，则离子在哪些时刻恰好经过OA边界？

【答案解析】(1)s   (2)  (3)

(1)洛伦兹力提供向心力    (2分)
解得：m    (1分，若直接m，给3分)
周期为：s    (3分：公式2分，结果1分)
(2)临界条件是：在AOy区间的运动轨迹恰好与OA相切

则：       (3分，不写此式但画图正确也给分)
    
解得：
所以B₂应该满足：
(3)如果，则离子在两个磁场做圆周运动的周期和半径分别为：


由几何关系得：离子从Q点进入AOy经过后，垂直OA边进入AOx区域，
再经过后垂直OA边界进入AOy区域，
再经后又垂直OA边界进入AOx区域……
所以离子恰好经过OA边界的时刻为：

4 . 一匀强磁场分布在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，方向与纸面垂直，如图所示，质量为m、电荷量q的带正电的质点，经电场加速后，以速度v沿半径MO方向进入磁场，沿圆弧运动到N点，然后离开磁场，∠MON=120º，质点所受重力不计，求：

(1)判断磁场的方向；
(2)该匀强磁场的磁感应强度B；
(3)带电质点在磁场中运动的时间。

【答案解析】(1)垂直纸面向外    (2)B=    (3)t=

(1)根据左手定则，可知该磁场方向垂直纸面向外；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，圆心为如图所示，洛仑兹力提供向心力

因此：
由几何关系可得
联立得
(3)设粒子在磁场中运动的时间为t，粒子做匀速圆周运动，期周期
由于，因此运动的圆心角
因此粒子在磁场中运动的时间

5 . 如图所示，在光滑绝缘的水平面内，对角线AC将边长为L的正方形分成ABC和ADC两个区域，ABC区域有垂直于水平面的匀强磁场，ADC区域有平行于DC并由C指向D的匀强电场．质量为m、带电量为+q的粒子从A点沿AB方向以v的速度射入磁场区域，从对角线AC的中点O进入电场区域．

(1)判断磁场的方向并求出磁感应强度B的大小．
(2)讨论电场强度E在不同取值时，带电粒子在电场中运动的时间t．

【答案解析】(1)，方向垂直纸面向里  (2)(i)当时，，(ii)当时，

(1)根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里。
设带电粒子在磁场中运动的半径为r，有：
依题意，    联立，解得：
(2)粒子进入电场的速度沿竖直方向，在电场中做类平抛运动，竖直方向匀速直线运动，水平方向匀加速直线运动
设带电粒子恰好从D点离开电场时对应的电场强度为E₀，则有竖直方向：
水平方向    得：
讨论：(i)当时，粒子从DC边离开电场，此时粒子在电场中运动的时间为
(ii)当时，粒子从AD边离开电场，此时粒子在电场中运动的时间为t₂，有：
    得：

6 . 如图所示，虚线所围圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成角．设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力．求：
(1)电子在磁场中运动的时间t
(2)圆形磁场区域的半径r．

【答案解析】(1)(2)

1)

解得：
(2)        
由几何关系得：
解得：
点评：需要注意的是粒子在磁场中的运动和速度无关，只和轨迹所对的圆心角有关

7 . 如图所示，质量为m，电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v₀.现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：

小题1:电子从y轴穿过的范围；
小题2:荧光屏上光斑的长度；
小题3:所加磁场范围的最小面积.

【答案解析】小题1:
小题2:
小题3:
(1)设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：

电子从y轴穿过的范围
(2)如图所示，初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点，    
初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点
由几何知识可得
(3)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x,y)，因其射出后能垂直打到荧光屏MN上，故有：
x="-Rsinθ       "    
y="R+Rcosθ     "                   
即x²+(y-R)²=R²                               
又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：

8 . 甲图为质谱仪的原理图．带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场．该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点．测得G、H间的距离为d，粒子的重力忽略不计．

(1)设粒子的电荷量为q，质量为m，试证明该粒子的比荷为：；
(2)若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变。要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上(MN足够长)，求磁场区域的半径应满足的条件。

【答案解析】(1)证明见解析(2)

(1)粒子经过电场加速，设进入磁场速度v，由动能定理可得：
              (3分)
进入磁场后做圆周运动，设轨迹半径为r，则有：
             (3分)
打到H点时，由几何关系可得：
          (2分)
联立以上各式，解得：          (2分)
(2)要保证所有粒子都不能打到MN边界上，粒子在磁场中运动偏转角小于等于90⁰，偏转角度恰好等于90⁰，如图所示，此时磁场区半径为：          (3分)
所以磁场半径满足：          (2分)

9 . 如图在第一象限存在匀强磁场，第四象限存在正交电场和磁场，磁感应强度均为B，一个电子从y轴上的c点平行x轴射入磁场，经x轴的P点沿PC直线射出第四象限，已知AC的长度为L；∠CAP＝30°；电子质量为m，电量为q。求：

(1)电子射入磁场时的速度v；
(2)电子在第一象限运动时间；
(3)电场强度E的大小和方向；
(4)电子在第四象限运动时间．

【答案解析】(1)(2)(3)，30°(4)

分析如图

(1)设电子在第一象限做圆周运动的半径为R，由几何知识得∠ACP＝30°　OC＝2OP
又OP＝R　，OC＝L－R；(2分)所以L－R＝2R；R＝L(2分)
由qvB＝得v＝ (2分)
(2) 由几何知识得，电子在第一象限做圆周运动转过的圆心角α＝120°＝π(2分)
电子在第一象限运动时间t₁＝ (2分)
(3)由qE＝qvB得E＝vB＝ (2分)
由二力平衡知，电场强度的方向在纸面内斜向下与x轴成30°(2分)
(4)电子在第四象限运动时间为

10 . 钍核发生衰变生成镭核并放出一个粒子。设该粒子的质量为m、电荷量为q，它进入电势差为U的带窄缝的平行平板电极S₁和S₂间电场时，其速度为v₀，经电场加速后，沿ox方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，ox垂直平板电极S₂，当粒子从p点离开磁场时，其速度方向与ox方位的夹角θ=60°，如图所示，整个装置处于真空中。
(1)写出钍核衰变方程；
(2)求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R；
(3)求粒子在磁场中运动所用时间t。

【答案解析】(1)钍核衰变方程 ①
(2)设粒子离开电场时速度为v，对加速过程有
 ②
粒子在磁场中有 ③
由②、③得 ④
(3)粒子做圆周运动的回旋周期 ⑤
粒子在磁场中运动时间 ⑥
由⑤、⑥得 ⑦

11 . 在真空中，半径的圆形区域内有匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度B="0.2" T，一个带正电的粒子以初速度从磁场边界上直径ab的一端a射入磁场，已知该粒子的比荷，不计粒子重力．

(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；
(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时与ab的夹角及粒子的最大偏转角．

【答案解析】(1)(2) 最大偏转角

(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力提供圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有．
  
(2)粒子在圆形磁场区域运动轨迹为一段半径R=5cm的圆弧，半径一定要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为图形区域的直径，

粒子运动轨迹的圆心在ab弦的中垂线上，如图所示．由几何关系可知
 
最大偏转角

12 . 如图所示，水平放置的两平行金属板间存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B₁，方向与纸面垂直，电场的场强E=2.0×10⁵V/m，方向竖直向下，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘建立平面直角坐标系xOy，在第一象限内，存在着以AO为理想边界的两个匀强磁场区域，方向如图所示，磁感应强度B₂=B₃=0.6T，AO和y轴间的夹角θ=30°．一束带负电的粒子，质量不同，带电量q=2.5×10^-8C，以v=5×10⁵m/s的水平速度从P点射入板间，沿PQ做直线运动，穿出平行板区域后从y轴上坐标为(0，0.3m)的Q点垂直于y轴射入磁场区域．(粒子的重力不计)
(1)求磁感应强度B₁的大小和方向；
(2)若粒子不能穿过AO边界，试确定其质量m应满足的条件；
(3)若m=9.0×10^-15kg，求粒子从Q点进入磁场区域开始至第n次通过AO边界时的位置到原点O的距离和该过程经历的时间．(结果可保留π)

【答案解析】(1)带电粒子在板间做直线运动，
有qvB₁=qE，解得：B₁=

E

v

=0.4T，方向垂直于纸面向里；
(2)如图所示，当粒子恰好与AO边界相切时，设其轨道半径为R，
粒子质量为m₀，则由几何关系可得：R+

R

sinθ

=

.

OQ

；R=

. OQ

3

=0.1m
由牛顿第二定律得：qvB₂=m₀

v2

R

，
解得：m₀=3×10^-15kg
所以m≤3×10^-15kg(或m＜3×10^-15kg)
(3)设质量m=9.0×10^-15kg的粒子做匀速圆周运动的半径为r，
由牛顿第二定律得：qvB₂=m

v2

r

，解得：r=0.3m；
即坐标原点O为轨迹圆的圆心，粒子第一次通过AO的速度方向与AO垂直，
故粒子运动的轨迹如图所示，
设粒子第n次通过AO边界的点为A_n，
则

.

AnO

=(2n-1)r=(0.6n-0.3)m(n=1，2，3…)
带电粒子在磁场中运动的周期为T=

2πm

qB2

，
根据运动圆轨迹的圆心角，可得粒子第n次通过AO边界的时间为t=

T

12

+(n-1)

1

2

T，
t=(6n-5)π×10^-7s(n=1，2，3…)
答：(1)B₁为0.4T，方向向里；
(2)若粒子不能穿过AO边界，其质量m应满足的条件m≤3×10^-15kg(或m＜3×10^-15kg)；
(3)粒子从Q点进入磁场区域开始至第n次通过AO边界时的位置到原点O的距离为(0.6n-0.3)m (n=1，2，3…)，该过程经历的时间(6n-5)π×10^-7s (n=1，2，3…)．

13 . 电子质量为m、电量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限(包括x轴、y轴)，射入时速度方向不同，速度大小均为v₀，如图所示．现在某一区域加方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，并保证粒子均从O点进入磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：
(1)荧光屏上光斑的长度；
(2)所加磁场范围的最小面积．

【答案解析】(1)要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可，电子运动轨迹如图所示：

初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P；初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q．
设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：ev₀B=m

v 20

R

，
解得：R=

mv0

eB

，
由图示可知：PQ=R=

mv0

eB

；
(2)沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上，需加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心，半径为R的圆的一部分，如图中实线所示．
所以磁场范围的最小面积为：
S=

3

4

πR²+R²-

1

4

πR²=(

π

2

+1)(

mv0

eB

)²．
答：(1)荧光屏上光斑的长度为

mv0

eB

；
(2)所加磁场范围的最小面积为(

π

2

+1)(

mv0

eB

)²．

14 . 如图所示，MN为两平行金属板，O、O为两金属板中心处正对的两个小孔，N板的右侧空间有磁感应强度大小均为B且方向相反的两匀强磁场区，图中N板与虚线CD、PQ为两磁场边界线，三条界线平行，两磁场区域的宽度分别为d和3d，沿边界线方向磁场区域足够大．在两金属板上加上大小可调节的直流电压，质量为m、电量为-q的带电粒子(重力不计)；从O点由静止释放，经过MN板间的电场加速后，从O'沿垂直于磁场方向射入磁场，若粒子能穿过CD界并进入CD右侧磁场但不能穿过PQ界，最终打到N板而结束运动，试求：
(1)粒子要能穿过CD界并进入CD右侧磁场，MN板间的电压至少要大于多少；
(2)粒子不穿过PQ界，粒子从O射入磁场所允许的最大速率；
(3)最大速率射入磁场的粒子在磁场中运动的总时间．

【答案解析】(1)设MN间电压为U₀时，若粒子在CD左侧磁场中运动的圆弧与CD界相切，如图甲，
粒子经电场加速：qU₀=

1

2

mv₀²
在磁场中运动的圆周半径：r₀=d
qBv₀=m

v02

r0

由上述得：U₀=

qB2d2

2m

粒子要穿过C界，电压应大于：

qB2d2

2m

．
(2)设粒子射入磁场速度为v时，粒子在CD左侧轨迹圆心为O₁，右侧轨迹圆心为O₂且圆弧与PQ相切，恰好不射出PQ界，
如图乙，
有：左右两圆周半径相同，均为r=2d
qBv=

mv2

r

得：v=

2qBd

m

(3)由图得圆弧圆心角为θ=

π

6

，α=

4π

3

粒子圆周运动周期：T=

2πr

v

=

2πm

qB

粒子经过三段圆弧运动时间分别为：
t₁=t₃=

θ

2π

T
t₂=

α

2π

T
在磁场中运动总时间：t=t₁+t₂+t₃=

5πm

3qB

答：(1)粒子要能穿过CD界并进入CD右侧磁场，MN板间的电压至少要大于：

qB2d2

2m

；
(2)粒子不穿过PQ界，粒子从O射入磁场所允许的最大速率为

2qBd

m

；
(3)最大速率射入磁场的粒子在磁场中运动的总时间为

5πm

3qB

．

15 . 如图甲所示，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。
(1)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。
(2)若撤去电场，如图乙，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。
(3)在图乙中，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？

【答案解析】(1)粒子从A点进入后到由外边界射出过程，由动能定理得
qU＝mv₁²－mv₀²①
解得v₀＝②
(2)撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图

设粒子运动的轨道半径为r
由牛顿第二定律
qBv₂＝m③
由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90 °，则
2r²＝(R₂－R₁)²得r＝R₀④
联立③④得B＝⑤
匀速圆周运动周期T＝⑥
粒子在磁场中运动时间t＝T⑦
联立④⑥⑦，得t＝⑧
(3)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如图所示

分两种情况：
第Ⅰ种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径
r₁＝＝R₀⑨
设此过程的磁感应强度为B₁，由牛顿第二定律
qB₁v₃＝m⑩
联立⑨⑩得，B₁＝
第Ⅱ种情况：由几何关系可知粒子运动轨道半径
r₂＝＝2R₀
设此过程的磁感应强度为B₂，则B₂＝
综合Ⅰ、Ⅱ可知磁感应强度应小于

16 . 如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场。有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点(C点在图上未标出)。已知OD长为l，不计粒子的重力。求：
(1)粒子射入绝缘板之前的速度；
(2)粒子经过绝缘板时损失了多少动能；
(3)所加电场的电场强度和带电粒子在y周的右侧运行的总时间。

【答案解析】(1)粒子在电场中加速由动能定理可知
解得
(2)粒子在磁场中作圆周运动轨迹如图

由几何关系可得轨道半径为2l
由
解得=
由动能定理得
代入数据解得
所以损失动能为
或者，带入结果得
(3)粒子若作直线运动则=Eq
代入数据解得E=，方向与x轴正向斜向下成60°角
粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间t₁=
粒子在第四象限做匀速直线运动时间t₂==
粒子x轴右侧运行的总时间t==

17 . 如图所示，在光滑绝缘水平桌面内放置一长为L、内壁光滑的薄壁绝缘管，在管的a端放置一个直径比管直径略小的小球，小球带电荷量为-q、质量为m。管右边的空间存在着垂直于水平桌面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场的左边界与细管平行，右边界足够远。管带着小球以水平速度v₀垂直于左边界进入场中向右运动，由于水平外力F的作用，管匀速进入场中运动，一段时间后小球从管b端滑出并能在水平桌面内运动，最后从左边界飞离磁场。运动过程中小球的电荷量保持不变，不计一切阻力，求：
(1)小球从管b端滑出时速度的大小；
(2)从管进入场至小球从b端滑出的过程中，外力F所做的功；
(3)从细管进入磁场至小球离开磁场的过程中小球的最大位移。

【答案解析】(1)小球在管中和管一起向右运动，受到指向管口的洛仑兹力的作用，产生的加速度
小球运动到管口时的速度(相对于管)
因此小球从管中出来时的速度为(相对于磁场)
(2)管匀速运动，故小球在管中运动时，F是变力，随管的位移而均匀增大，所以F做的功可由动能定理得
得
(3)设小球在磁场中运动的半径为R，根据题意分析，运动的情况如图示

小球在管中的运动时间
小球向右运动的位移
又因洛仑兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力  
由图可知几何关系和  
得，即，
即小球飞离磁场时的速度与左侧的边界垂直，运动的最大位移
其中，

18 . 如图所示，虚线框abcd内为边长均为L的正形匀强电场和匀强磁场区域，电场强度的大小为E，方向向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，PQ为其分界线，现有一群质量为m，电荷量为-e的电子(重力不计)从PQ中点与PQ成30°角以不同的初速射入磁场，求：
(1)能从PQ边离开磁场的电子在磁场运动的时间．
(2)若要电子在磁场运动时间最长，其初速v应满足的条件？
(3)若电子在满足(2)中的条件下且以最大速度进入磁场，最终从电场aP边界飞出虚线框所具有的动能E_k。

【答案解析】(1)由洛仑兹力充当向心力：eBv=m  ①
电子在磁场中运动的周期：T= ②
①②解得：T=
能从PQ边进入电场(如图)．粒子在匀强磁场中运动时间为t，由图知t=T    ③
解得：t=    

(2)当电子轨迹与Pb边相切时，有满足条件的最大速度v，由几何关系知其轨道半径r满足
r+rsin30°=④      r=
洛仑兹力充当向心力：eBv=m    
①④解得v==
因此，当v≤时，电子有磁场运动有最长时间
(结果表示为v<，0<v<，0<v≤均正确)
(3)以最大速度v进入电场，且从aP边飞出时电子有最大动能E_KM，由动能定理：
eE()=E_km-⑥  
解得E_km=

19 . 如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32×10⁵N/C；方向与金箔成37°角。紧挨边界ab放一点状α粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的α粒子，已知：α粒子的质量m=6.64×10^－27 kg，电荷量q = 3.2×10^－19 C，初速度v = 3.2×10⁶m/s。(sin37°= 0.6，cos37°= 0.8)求：
(1)α粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；
(2)金箔cd被α粒子射中区域的长度L；   
(3)设打在金箔上d端离cd中心最远的α粒子穿出金箔进入电场(速度方向与离开磁场的方向一致)，在电场中运动通过N点，SN⊥ab且SN = 40cm，则此α粒子从金箔上穿出时，损失的动能△E_K为多少？

【答案解析】(1)α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
则
(2)设cd中心为O，则：

向c端偏转的α粒子，当圆周轨迹与cd相切时偏离O最远，设切点为P，对应圆心O₁，如图所示，则由几何关系得：
向d端偏转的α粒子，当沿sb方向射入时，偏离O最远，设此时圆周轨迹与cd交于Q点，对应圆心O₂，如图所示，则由几何关系得：
故金箔cd被α粒子射中区域的长度
(3)设从Q点穿出的α粒子的速度为v'，因半径O₂Q与场强E的方向间的夹角θ，有：tanθ=，故穿出的α粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如上图所示    
沿速度v'方向做匀速直线运动，  位移    
沿场强E方向做匀加速直线运动，位移    
则由  
得：     
故此α粒子从金箔上穿出时，损失的动能为

20 . 据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高温度，因而带电粒子没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内．现按下面的简化条件来讨论这个问题：如图所示是一个截面为内径R₁=0.6m 外径R₂=1.2m的环状区域，区域内有垂直于截面向里的匀强磁场．已知氦核的比荷C/kg，磁场的磁感应强度B=0.4T，不计带电粒子的重力．
(1)实践证明，氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度v的大小与它在磁场运动的轨道半径r有关，试导出v与r的关系式．
(2)若氦核沿磁场区域的半径方向平行于截面从A点射入磁场，画出氦核在磁场中运动而不穿出外边界的最大圆轨道示意图，并求出此圆轨道的半径．
(3)若氦核在平行于截面从A点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场外边界，求氦核的最大速度．

【答案解析】(1)氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动时，由洛仑兹力提供做圆周运动的向心力，有：，得：
(2)当氦核垂直于内圆从A点射入磁场，并且与外圆相切时轨道半径最大，其运动轨迹如图a所示．三角形OO'A为直角三角形，设此圆轨道的半径为r_m，由勾股定理得：m

(3)当氦核以速度v_m沿与内圆相切方向射入磁场且与外圆相切时，则氦核在平行于截面从A点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场外边界，如图b所示．设此时轨道半径为r'，由几何关系，有： ，由得：

21 . 如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角。试确定：  
(1)粒子做圆周运动的半径。  
(2)粒子的入射速度。
(3)若保持粒子的速率不变，从A点入射时速度的方向顺时针转过60°角，粒子在磁场中运动的时间。

【答案解析】(1)设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R，如图所示，∠OO'A = 30°，由图可知，圆运动的半径R= O'A =

(2)根据牛顿运动定律， 有：Bqv = m 
有：R =
故粒子的入射速度
(3)当带电粒子入射方向转过60°角，如图所示，在△OAO₁中，OA= r，O₁A= r，∠O₁AO=30°，由几何关系可得，O₁O=r，∠AO₁E=60°

设带电粒子在磁场中运动所用时间为t，由：
有：T =
解出：t =

22 . 如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处，有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是，已知α粒子的电荷与质量之比，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度。

【答案解析】α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有 ①
由此得
代入数值得R=10cm
可见，2R>l>R
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P₁就是α粒子能打中的左侧最远点。为定出P₁点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P₁
 ②

再考虑N的右侧，任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P₂点，此即右侧能打到的最远点
由图中几何关系得 ③
所求长度为 ④
代入数值得P₁P₂=20cm ⑤

23 . 如图所示，在真空中半径r=3.0×10^-2 m的圆形区域内，有磁感应强度B=0.2T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一批带正电的粒子以初速度v₀=1.0×10⁶ m/s从磁场边界上的一点a向着纸面内的各个方向射入磁场，该粒子的比荷=1.0×10⁸ C/kg，不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中运动的最长时间；
(2)若射入磁场时的速度改为v₀=3.0×10⁵ m/s，其他条件不变，试用斜线在图中描绘出该粒子可能出现的区域。

【答案解析】粒子在磁场中运动的圆弧所对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，以此求出最长时间。根据粒子由a点向着各个方向射入磁场，画出它们的轨迹示意图，确定粒子在磁场中可能出现的区域

(1)粒子以速度v₀=1.0×10⁶ m/s射入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有：

解得：R=5.0×10^-2 m
其最长时间t_m=×T

由三角形可知sinα=0.6，得α=37°
解得：t_m=6.5×10^-8 s
(2)当v₀=3.0×10⁵ m/s时，=1.5×10^-2 m=
由于粒子逆时针方向做圆周运动，因此粒子能到达的位置边缘是以aO为直径的半圆弧adO和以a为圆心、r为半径的圆弧Oc
即粒子在磁场中可能出现的区域为图乙中画斜线的部分

24 . 电子质量为m，电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v₀，如图所示。现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：
(1)电子从y轴穿过的范围；
(2)荧光屏上光斑的长度；
(3)所加磁场范围的最小面积。

【答案解析】(1)设磁场中运动的半径为R ，牛顿第二定律得：
电子从y轴穿过的范围
(2)如图所示，求光斑长度，关键是找到两个边界点，初速度方向沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P；初速度方向沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q
电子在磁场中的半径
由图可知

(3)沿任一方向射入第一象限的电子经电场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上，所加最小面积的磁场的边界是以O'(0，R)为圆心，R为半径的圆的一部分，如图中实线所示，所以磁场范围的最小面积为