【導讀】O點正下方固定一個水平放置的鋁線圈。讓磁鐵在豎直面內擺動，下列說法中正確。一批帶正電的微粒從A板中點小孔C射入，射入的速度大小方向各不相同，關于粒子在兩板間運動的情況，正確的是C. A．質量相等B。帶電粒子a、b經電壓U加速（在A. 一個帶電粒子從原點O沿x軸進。入場區(qū)，恰好做勻速直線運動，穿過場區(qū)的時間為T0；若撤去磁場，O′在MN上，且OO′與MN垂直。數帶電粒子的運動方向，使它們不能到達地面，這對地球上的生命有十分重要的意義。以內存在著向里的勻強磁場Ｂ,已知圓的半徑r=5cm,電容C=20μF，當磁場B以4×10-2T／s的變化率

　　

【正文】 感應強度最小，方向應垂直于斜面向下 ?sinmgBId ?? IdmgB ?sin?? 3 （ 北京 順義 區(qū) 2020 屆期末考） （ 16 分） 在以坐標原點 O 為圓心、半徑為 r 的圓形區(qū)域內，存在磁S1 S2 放射源 U x 60186。 O B 博微物理 19 E v0 B 2 1 感應強度應大小為 B、 方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示 。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與 x 軸的交點 A 處以速度 v 沿－ x 方向射入磁場，它恰好從磁場邊界的交點 C 處沿＋ y 方向飛出。 （ 1）判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷 qm ； （ 2）若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)?B/，該粒子仍以 A 處相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了 60176。角，求磁感應強度 B/多大？此粒子在磁場中運動手所用時間 t 是多少？ （ 1）由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷。 粒子由 A點射 入，由 C點飛出，其速度方向改變了 90176。， 則粒子軌跡半徑 R＝ r ① 又 qvB＝ m 2vR ② 則粒子的比荷 qvm Br? ③ （ 2）粒子從 D 點飛出磁場速度方向改變 60176。角 ，故 AD 弧所對應的圓心角為 60176。，粒子做國，圓周運動的半徑 R/＝ rcot30176。＝ 3 r ④ 又 R/＝ m/mvqB ⑤ 所以 B/＝ 33 B ⑥ 粒子在磁場中飛行時間 t＝/1 1 2 36 6 3mrT q B v??? ? ? ⑦ 3 （ 北京 順義 區(qū) 2020 屆期末考） （ 22 分） 如圖所示，在足夠大的空間范圍內，同時存在著豎直向上的勻強電場和 垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度 B＝ 。小球 1 帶正電，其電量與質量之比 11qm =4C/kg，所受重力與電場力的大小相等；小球 2 不帶電，靜止放置于固定和水平懸空支架上。小球 1 向右以 v0＝ ，碰后經 。設碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內。 （取 g＝10m/s2）問： （ 1）電場強度 E 的大小是多少？ （ 2）兩小球的質量之比是多少？ （ 1）小球 1 所受的重力與電場力始終平衡 mg1=q1E x O y C B A v 博微物理 20 E v0 B 2 1 ① E＝ ② （ 2）相碰后小球 1 做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得： q1v1B＝ 11 1vmR ③ 半徑為 R1＝ 111mvqB ④ 周期為 T＝ 112mqB? ＝ 1s ⑤ ∵兩球運動時間 t＝ ＝ 34 T ∴小球 1 只能逆時針經 34 周期時與小球 2 再次相碰 ⑥ 第一次相碰后小球 2 作平拋運動 h＝ R1＝ 212gt ⑦ L＝ R1＝ v2t ⑧ 兩小球第一次碰撞前后動量守恒，以水平向右為正方向 m1v0＝ m1v1+m2v2 ⑨ 由⑦、⑧式得 v2＝ 由④式得 v1＝ ∴兩小球質量之比 ： 2 2 111m v vmv?? ＝ 11 ⑩ 3 （ 北京 順義 區(qū) 2020 屆期末考） 如圖 12 所示，在 一個圓形區(qū)域內，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑 A2A4 為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中， A2A4 與A1A3 的夾角為 60186。一質量為 m、帶電量為 +q 的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點 A1 處沿與 A1A3 成 30186。角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于 A2A4的方向經過圓心 O 進入Ⅱ區(qū)，最 后再從 A4 處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為 t，求Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大?。ê雎粤Ｗ又亓Γ?。 設粒子的入射速度為 v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從 A4 點射出，用 B B R R T T2 分別表示在磁場 Ⅰ 區(qū) Ⅱ 磁感應強度、軌道半徑和周期 21 1vqvB mR? ① A1 A3 A4 A2 30186。 60186。 Ⅰ Ⅱ 圖 12 博微物理 21 22 2vqvB mR? ② 1112 2R mT v qB? ??? ③ 2222 2R mT v qB? ??? ④ 設圓形區(qū)域的半徑為 r，如答圖 5 所示，已知帶電粒子過圓心且垂直 A3A4進入 Ⅱ 區(qū)磁場，連接 A1A2， △ A1OA2為等邊三角形， A2為帶電粒子在 Ⅱ 區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其半徑 1 1 2 2R A A O A r? ? ? ⑤ 圓心角 12 60A A O??，帶電粒子在 Ⅰ 區(qū)磁場中運動的時間為 1116tT? ⑥ 帶電粒子在 Ⅱ 區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在 OA4的中點，即 R=12 r ⑦ 在 Ⅱ 區(qū)磁場中運動時間為 2212tT? ⑧ 帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間 12t t t?? ⑨ 由以上各式可得 1 56 MB qt?? ⑩ 1 53 MB qt?? ○11 （ 北京 順義 區(qū) 2020 屆期末考） 兩塊金屬 a、 b 平行放置，板間存在與勻強電場正交的勻強磁場，假設電場、磁場只存在于兩板間的空間區(qū)域。一束電子以一定的初速度 v0 從兩極板中間，沿垂直于電場、磁場的方向射入場中，無偏轉地通過場區(qū)，如圖所示。已知板長 l=10cm，兩板間距 d=，兩板間電勢差 U=150V， v0= 107m/s。求： （ 1）求磁感應強度 B 的大??； （ 2）若撤去磁場，求電子穿過電場時偏離入射方向的距離，以及電子通過場區(qū)后動能增加多少？（電子所帶電荷量的大小與其質量之比 kgCme / 11?? ，電子電荷量的大小 e=10—19C） 博微物理 22 （ 1）電子進入正交的電磁場不發(fā)生偏轉，則滿足 TdvUBdUeB e v 400 ????? （ 2）設電子通過場區(qū)偏轉的距離為 y1 eVJydUee E yEmvlmdeUatyK 1811220221?????????????? 4 （ 北京 順義 區(qū) 2020 屆期末考） 如圖所示，在 x＜ 0 與 x＞ 0的區(qū)域中，存在磁感應強 度大小分別為 B1 與 B2 的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，且 B1＞ B2。 一個 帶負電的粒子從坐標原點 O 以速度 v 沿 x 軸負方向射出，要使該粒子經過一段時間后又經過 O點， B1與 B2 的比值應滿足什么條件？ 粒子在整個過程中的速度大小恒為 v，交替地在 xy 平面內 B1與 B2磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，軌跡都是半個圓周。設粒子的質量和電荷量的大小分別為 m 和 q，圓周運動的半徑分別為和 r2，有 r1＝1mvqB ① r2＝2mvqB ② 現分析粒子運動的軌跡。如圖所示，在 xy 平面內，粒子先沿半徑為 r1的半圓 C1運動至 y 軸上離O 點距離為 2 r1 的 A 點，接著沿半徑為 2 r2的半圓 D1 運動至 y 軸的 O1點， O1O 距離 d＝ 2（ r2－ r1） ③ 此后，粒子每經歷一次“回旋”（即從 y 軸出發(fā)沿半徑 r1 的 半圓和半徑為 r2 的半圓回到原點下方 y 軸），粒子 y 坐標就減小 d。 設粒子經過 n次回旋后與 y軸交于 On 點 。若 OOn 即 nd滿足 nd＝ 2r1= ④ 則粒子再經過半圓 Cn+1 就能夠經 過原點，式中 n＝ 1， 2，3，??為回旋次數。 由③④式解得 1 1nr nrn? ? ⑤ 由①②⑤式可得 B B2應滿足的條件 x y B2 B1 O v 博微物理 23 21 1B nBn? ? n＝ 1， 2， 3，?? ⑥ 4 （ 北京 順義 區(qū) 2020屆期末考） 有人設想用題 24 圖所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子。粒子在電離室中電離后帶正電，電量與其表面積成正比。電離后，粒子緩慢通過小孔 O1 進入極板間電壓為 U 的水平加速電場區(qū)域 I,再通過小孔 O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域 II,其中磁場的磁感應強度大小為 B,方向如圖。收集室的小孔 O3 與 O O2在同一條水平線上。半徑為 r0 的粒子，其質量為 m0、電量為 q0, 剛好能沿 O1O3 直線射入收集室。不計納米粒子重力。（ 23 4,34 rSrV ?? ＝＝球球） （ 1）試求圖中區(qū)域 II 的電場強度； （ 2）試求半徑為 r 的粒子通過 O2時的速率； （ 3）討論半徑 r≠ r0 的粒子剛進入區(qū)域 II 時向哪 個極板偏轉。 （ 1）設半徑為 r0的粒子加速后的速度為 v0，則 20 0 012 m v q U? 0002qUv m? 設區(qū)域 II 內電場強度為 E,則 v0 q0B= q0E 000 2 m UqBBvE ?? 電場強度方向豎直向上。 （ 2）設半徑為 r 的粒子的質量為 m、帶電量為 q、被加速后的速度為 v,則 300rmmr??????? 200rqqr??????? 由 qUmv ?221 得： 000 002 vrrrm Urqv ?? （ 3）半徑為 r 的粒子，在剛進入區(qū)域 II 時受到合力為： F 合 =qEqvB=qB(v0v) 博微物理 24 由00 vrrv?可知，當 rr0時， vv0,F 合 0，粒子會向上極板偏轉 。 rr0時， vv0,F 合 0，粒子會向下極板偏轉。 4 （ 北京 東城 區(qū) 2020 年 最后一卷） (16 分 )如圖 14 所示為一種質譜儀的示意圖，它由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。磁分析器中有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為 B。帶電粒子在輻向電場中運動時，受到的電場 力大小處處相等，方向始終指向圓心O。有一個所帶電荷量為 q 質量為 m 的離子，從加 速電場的 A 處由靜 止開始，經加速電場加速后，以 一定的速度進入靜電分析器并沿圖中圓弧虛線運動，在 P 點離開靜電分析器進入磁分析器，最終打 在乳膠片上的 Q 點。不計離子重力。 若已知加速電場的電勢差為 U， 靜電分析器通道的半徑為 R，圓心在 O 處；。求： (1)離子 進入 靜電分析器 時速度的 大小 v； (2)均勻輻向電場的場強 E； (3)PQ 之間的距離 L。 22（ 16 分） 分析和解： （ 1） 對帶電離子，電場力做正功，離子動能增加，由動能定理得qU=12 mv2??①（ 2 分） 解得 離子 進入 靜電分析器 時速度 的 大小 v= 2qUm???????? ????② （ 2 分） （ 2）離子以速度 v 在 靜電分析器中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，由牛頓第二定律得qE=mv2/R????????????? ③ （ 2 分） 聯立解得 均勻輻向電場的場強 E=2U/R ????? ④ （ 3 分）