带电粒子在电、磁场中的运动(高三专题).doc

“带电粒子在电、磁场中的运动”计算题

1．在图所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在的电场的场强大小相等。一质量为m，带电荷量大小为q的质点a，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它经过x= -2h处的P2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上方y= -2h的P3点进入第Ⅳ象限，试求：
⑴质点到达P2点时速度的大小和方向；
⑵第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；
⑶质点a进入第Ⅳ象限且速度减为零时的位置坐标
解．（2分）如图所示。
（1）质点在第Ⅱ象限中做平抛运动，设初速度为v0，由
……① （2分）
2h=v0t…… ② （2分）
解得平抛的初速度 （1分）
在P2点，速度v的竖直分量 （1分）
所以，v=2，其方向与轴负向夹角 θ=45° （1分）
（2）带电粒子进入第Ⅲ象限做匀速圆周运动，必有
mg=qE……③ （2分）
又恰能过负y轴2h处，故为圆的直径，转动半径
R= …… ④（1分）
又由 ……⑤ （2分）．　　可解得　E =mg/q （1分）； B = （2分）
（3）带电粒以大小为v，方向与x轴正向夹45°角进入第Ⅳ象限，所受电场力与重力的合力为，方向与过P3点的速度方向相反，故带电粒做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则：
…… ⑥（2分）； 由（2分）
由此得出速度减为0时的位置坐标是（1分）
2．如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在x轴上空间第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的均强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x= -2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动．之后经过y轴上y= －2h处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g．求：
（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；
（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；
（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。
分析和解：
（1）参见图,带电质点从P1到P2，由平抛运动规律 ……①（2分）； v0=2h/t……②（1分）
vy=gt……③（1分） 求出……④（2分）
方向与x轴负方向成45°角……（1分）
（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力
Eq=mg……⑤（1分）；……⑥（2分）
……⑦（2分）；　由⑤解得（2分）
联立④⑥⑦式得……（2分）
（3）质点进入等四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动. 当竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量vmin=vcos45°=……（2分）
方向沿x轴正方向……2分）
3．如图所示，在xoy平面的第一、第三和第四象限内存在着方向竖直向上的大小相同的匀强电场，在第一和第四象限内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m，电量为+q的带电质点，在第三象限中以沿x轴正方向的速度v做匀速直线运动，第一次经过y轴上的M点，M点距坐标原点O的距离为L；然后在第四象限和第一象限的电磁场中做匀速圆周运动，质点第一次经过x轴上的N点距坐标原点O的距离为。已知重力加速度为g，求：⑴匀强电场的电场强度E的大小。⑵匀强磁场的磁感应强度B的大小。⑶质点第二次经过x轴的位置距坐标原点的距离d的大小。
解：⑴带电质点在第三象限中做匀速直线运动，电场力与重力平衡，则：qE=mg 得：E=mg/q
⑵设质点做匀速圆周运动的半径为R，则：
解得：R=2L
由； 得：．联立解得：
⑶质点在第二象限做平抛运动后第二次经过x轴，设下落的高度为h，则：
由平抛运动的规律有：； ．解得：
4．(20分)如图所示，在xOy坐标系的第Ⅱ象限内，x轴和平行x轴的虚线之间(包括x轴和虚线)有磁感应强度大小为B1=2×10—2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线过y轴上的P点，OP=1.0m，在x≥O的区域内有磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场。许多质量m=1.6×10—25kg、电荷量q=+1.6×10—18C的粒子，以相同的速率v=2×105m/s从C点沿纸面内的各个方向射人磁感应强度为B1的区域，OC=0.5 m．有一部分粒子只在磁感应强度为B1的区域运动，有一部分粒子在磁感应强度为B1的区域运动之后将进入磁感应强度为B2的区域。设粒子在B1区域运动的最短时间为t1，这部分粒子进入磁感应强度为B2的区域后在B2区域的运动时间为t2，已知t2=4t1。不计粒子重力．求：
(1)粒子在磁感应强度为B1的区域运动的最长时问t0=?
(2)磁感应强度B2的大小?
分析与解：（1）设粒子在磁感应强度为B1的区域做匀速圆周运动的半径为r，周期为T1，则
r =r=mv/qB1 ……（1分）,　r = 1.0 m ……（1分）；　T1 ==2 π m /qB1…… （1分）
由题意可知，OP = r，所以粒子沿垂直x轴的方向进入时，在B1区域运动的时间最长为半个周期，即
t0 =T1/ 2 ……（2分），　　解得t0 = 1.57×10–5 s ……（2分）
（2）粒子沿+x轴的方向进入时，在磁感应强度为B1的区域运动的时间最短，这些粒子在B1和B2中运动的轨迹如图所示，在B1中做圆周运动的圆心是O1，O1点在虚线上，与y轴的交点是A，在B2中做圆周运动的圆心是O2，与y轴的交点是D，O1、A、O2在一条直线上。
由于OC =r ……（1分）；所以∠AO1C = 30°……2分）
则t1=T1/12 ……（2分）
设粒子在B2区域做匀速圆周运动的周期为T2，则　
T2 = ……（1分）
由于∠PAO1 =∠OAO2 =∠ODO2 = 30°……（1分）
所以∠AO2D = 120°……（2分）
则t2 = ……（2分），由t2 = 4 t1 ，　解得B2 = 2B1 ……（1分）．B2 = 4×10–2 ……（1分）
5．如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴正方向的匀强电场,在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为m，电荷量为q的负粒子（重力不计）从坐标原点o射入磁场，其入射方向与y轴负方向成45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同．求：
（1）粒子从O点射人磁场时的速度v．
（2）匀强电场的场强E
（3）粒子从O点运动到P点所用的时间．
解： （1）v=v0/cos45°=v0
（2）因为v与x轴夹角为45°，由动能定理得：
, 解得　E =mv02/2qL
（3）粒子在电场中运动L =，a =qE/m 解得：t2=2L/v0
粒子在磁场中的运动轨迹为l/4圆周，所以
R =( 3L—2L)/ = L/2
粒子在磁场中的运动时间为：t1=
粒子从O运动到P所用时闯为：t=t1+t2=L(π+8)/4vo
6．（22分）如图所示，在地球表面附近有一范围足够大的互相垂直的匀强电场和匀强磁场。磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量为+q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动。（该区域的重力加速度为g）
（1）求该区域内电场强度的大小和方向。
（2）若某一时刻微粒运动到场中距地面高度为H的A点，速度与水平向成45°，如图所示。则该微粒至少需经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？
（3）在（2）间中微粒又运动A点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向左，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？
解（1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场与重力应平衡，因此
mg = Eq ①（2分） 解得：…… ②（2分） 方向：竖直向上 （2分）
（2）该微粒做匀速圆周运动，轨道半径为R，如图．qBv = m…… ③（2分）
最高点与地面的距离为：Hm = H + R ( 1 + cos 45°) ……④（2分）
解得：Hm = H +……⑤ （2分）
该微粒运动周期为：T =……⑥ （2分）
运动到最高点所用时间为：……⑦ （2分）
（3）设该粒上升高度为h，由动能定理得：　　…… ⑧（2分）
解得：……⑨（2分）；该微粒离地面最大高度为：H + ……⑩（2分）
7．(20分)在倾角为30°的光滑斜面上有相距40m的两个可看作质点的小物体P和Q，质量分别100g和500g，其中P不带电，Q带电。整个装置处在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度的大小为50V/m，方向竖直向下；磁感应强度的大小为5π(T)，方向垂直纸面向里。开始时，将小物体P无初速释放，当P运动至Q处时，与静止在该处的小物体Q相碰，碰撞中两物体的电荷量保持不变。碰撞后，两物体能够再次相遇。其中斜面无限长，g取10m/s2。求：
（1）试分析物体Q的带电性质及电荷量；
（2）物体P、Q第一次碰撞后，物体Q可能的运动情况，此运动是否为周期性运动？若是，物体Q的运动周期为多大？
（3）物体P、Q第一次碰撞过程中由物体P和Q组成的系统损失的机械能。
解：（20分）（1）对物体Q，在碰撞之前处于静止状态，由平衡条件有
m2g =qE 得q =0.1C，且物体Q带负电
（2）物体P、Q碰撞之后，物体Q受重力、电场力、洛伦兹力的作用，由于重力和电场力等大反向，故物体Q将在斜面上方做匀速圆周运动.
对物体Q，匀速圆周运动的周期：
（3）要使P、Q能够再次相遇，则相遇点一定为P、Q的第一次碰撞点,物体P在碰撞后一定反向弹回，再次回到碰撞点时再次相遇。
对物体P，从释放到与Q碰撞之前，由运动学公式有： v—0=2gsimθ·s 得v0=20m/s
对物体P和Q，在碰撞过程中，动量守恒有
碰撞过程中，系统损失的能量为

对物体P，时间关系： ()
当k=1时，v1=5m/s，v2=5m/s，△E=12.5J
当k=2时，v1=10m/s，v2=6m/s，△E=6J
当k=3时，v1=15m/s，v2=7m/s，系统总动能增加，不满足能量守恒定律。
综上所述，碰撞过程中由物体P和Q组成的系统损失的机械能可能为12.5J或6J.
8．如图所示，一对平行金属板水平放置，板间距离在d，板间有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，将金属板连入如图所示的电路，已知电源的内电阻为r，滑动变阻器的总电阻为R，现将开关S闭合，并调节滑动触头P至右端长度为总长度的1/4．一质量为m、电荷量为q的带电质点从两板正中央左端以某一初速度水平飞入场区时，恰好做匀速圆周运动．
⑴求电源的电动势；
⑵若将滑动变阻器的滑动触头P调到R的正中间位置，可以使原带电质点以水平直线从两板间穿过，求该质点进入磁场的初速度；
⑶若将滑动变阻器的滑动触头P移到R的最左端，原带电质点恰好能从金属板边缘飞出，求质点飞出时的动能．
解：⑴因带电质点做匀速圆周运动，故电场力F与重力G平衡，有F = mg = Eq
两板间电场强度E = U/d，两板间电压U = IR/4
由闭合电路的欧姆定律得：I = ε /（R + r）
得
⑵由⑴知，电场力竖直向上，故质点带负电，由左手定则得洛伦兹力竖直向下，由平衡条件得：

因两板间电压U′= IR/2 = 2U，得E′= 2E，F′= 2F = 2 mg
解得v0 = mg / qB．
⑶因两板间电压变为U″= IR = 4U； 故电场力F″= 4F = 4 mg
由动能定理知 F′ 解得：
9．如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E，方向平行x轴向左的匀强电场，有一铅板旋转在y轴处且与纸面垂直。现有一质量为m，带电量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速后以垂直于铅板的方向从A处穿过铅板，然后从x轴的D处以与x轴正方向夹角为60°的方向进入电场和磁场重叠区域，最后到达y轴上的C点。已知OD长为L，不计粒子的重力。求：⑴粒子经过铅板时损失的动能。⑵粒子到达C点时速度的大小。
解：⑴由动能定理可知，粒子穿过铅板前的动能为：
穿过铅板后由牛顿第二定律得：
由几何知识得： , 解得：
粒子穿过铅板后的动能为：
因此粒子穿过铅板后动能的损失为。
⑵从D到C只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有
，解得
10．如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.2g、电荷量q =8×10—5C的小球，小球的直径比管的内径略小．在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B1= 15T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E = 25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2 =5T的匀强磁场．现让小车始终保持v = 2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随高度h变化的关系如图所示．g取10m/s2，不计空气阻力。求：
⑴小球刚进入磁场B1时加速度a的大小；
⑵绝缘管的长度L；⑶小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x。
解：⑴以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，则

⑵在小球运动到管口时，FN＝2.4×10-3N，设v1为小球竖直分速度，由
，则
由 得
⑶小球离开管口进入复合场，其中qE＝2×10-3N，mg＝2×10-3N
故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度　与MN成45°角，故轨道半径为R，
小球离开管口开始计时，到再次经过MN所通过的水平距离
对应时间； 小车运动距离为x2，
所以小球此时离小车顶端的距离为
11．（20分）如图甲所示，在两平行金属板的中线OO′的某处放置一个粒子源，粒子源沿OO′方向连续不断地放出速度v0=1.0×105m/s（方向水平向右）的带正电的粒子。在直线MN的右侧分布有范围足够大匀强磁场，磁感应强度B=0.01πT，方向垂直纸面向里，MN与中线OO′垂直。两平行金属板间的电压U随时间变化的U—t图象如图乙所示。已知带电粒子的比荷q/m =1.0×108C/kg，粒子的重力和粒子之间的作用力均可忽略不计。若t=0.1s时刻粒子源放出的粒子恰好能从平行金属板的边缘离开电场（设在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场看作是恒定的）．求：
（1） t=0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时速度大小和方向；
（2）求从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间．
解：（20分）（1）时刻释放的粒子做类平抛运动，沿电场方向做匀加速运动，所以有
①
出电场时粒子沿电场方向的分速度vy=105m/s=v0 ②
粒子离开电场时的速度 ③
设出射方向与方向间的夹角为，，故θ=45° ④
(2)粒子在磁场中运动的周期为 ⑤
t=0时刻释放的粒子，在磁场中运动时间最短，为1/2周期，如右图示： ⑥
T=0.1s时刻进入的粒子，在磁场中运动时间最长为3/4周期，如右图示： ⑦
①②③④⑤⑦各3分 ⑥2分，共20分
12．在如图所示的直角坐标系中，x轴的上方有与轴正方向成45°角的匀强电场，场强的大小为V／m．x轴的下方有垂直于xoy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=2×10—2T。把一个比荷为q/m=2×108C/kg的正电荷从坐标为（0，1）的A点处由静止释放。 电荷所受的重力忽略不计，求：
⑴电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间t；
⑵电荷在磁场中运动轨迹的半径； ⑶电荷第三次到达x轴上的位置。
解：⑴电荷从A点匀加速运动到x轴的C点，位移为
加速度为；所用的时间为
⑵电荷到达C点的速度为，速度方向与x轴正方向成45°
在磁场中运动时，有得轨道半径
⑵轨迹圆与x轴相交的弦长为
电荷从坐标原点O再次进入电场中，速度方向与电场方向垂直， 电荷在电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示，与x轴第三次
相交时，设运动的时间为t′，则
得t′=2×10—6s 即电荷第三次到达x轴上的点的坐标为（8m，0）
13．如图所示，宽度为d1的I区里有与水平方向成45°角的匀强电场E1，宽度为d2的II区里有相互正交的匀强磁场B和匀强电场E2。一带电量为q，质量为m的微粒自图中P点由静止释放后水平向右做直线运动进入II区的复合场再做匀速圆周运动到右边界上的Q点，其速度方向改变了60°，重力加速度为g。（d1、E1、E2未知）求： ⑴E1、E2的大小； ⑵有界电场E1的宽度d1。
解：⑴由题意有： ，
所以， ，
⑵设微粒在复合场中做匀速圆周运动的速率为v，轨道半径为R，由几何关系有：
由有：
联立求得：
微粒在I区中加速时有：
qE1cos45°·d 1=，或由：v2=2ad1,而 a=。由此求出结果：d1=
14．如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，匀强电场E的电场强度大小为E=500V/m，匀强磁场B1的磁感应强度大小B1=0.5T。第一象限的某个区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，磁场的下边界与x轴重合。一质量m=1×10-14kg、电荷量q=1×10—10C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴正方向成60°角从M点沿直线，经P点进入处于第一象限内的矩形匀强磁场B2区域。一段时间后，微粒经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向飞出。M点的坐标为（0，-10），N点的坐标为（0，30），不计微粒的重力，g取10m/s2。
（1）请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度v；
（2）匀强磁场B2的大小为多大；
（3）匀强磁场B2区域的最小面积为多大？
解析：（1）由于不计重力，微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒一定做匀速直线运动。这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动方向垂直，即与y轴负方向成60°角斜向下，由力的平衡条件有qE=qvB1，
所以v=E/B1=1.0×103m/s。
（2）画出微粒的运动轨迹如图所示。
由几何关系可知PM=0.2m，y轴与图中虚线圆相切，由tan30°=可得微粒在第一象限内做圆周运动的半径为：
R=PMtan30°=0.2×m=m。
微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB2=m.
解得 B2=(T)
（3）由图可知，磁场B2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内。由几何关系易得：
PD=2Rsin60°=0.2m，PA=R（1—cos60°）=，
所以，匀强磁场B2区域最小面积为：。
15．如图，在空间坐标系中，x轴上方分布着沿y轴正向、电场强度为E的匀强电场，x轴下方分布着垂直纸面向里、磁感强度为B的匀强磁场。y轴正半轴上距离原点h高度处有一放射源，能沿x轴正向以不同速度发射比荷均为c的负离子。不计离子的重力及离子间的相互作用，设离子在此后过程中只在y轴右侧运动。
（1）求初速度为v0的离子经过x轴时的速度大小。
（2）离子在匀强磁场中将做匀速圆周运动，试求各种离子第一次进入磁场时，轨迹圆的圆心位置所构成的图线方程。
（3）若x轴正半轴上距离原点L长度处有一点M，现要求离子最终能够在由电场进入磁场时经过M，则离子的初速度应该满足什么条件？
解答：（1）由动能定理，有 ① ，
得到
（2）初速度为v0的离子第一次到达x轴时，水平距离为，
又 ： ；得到 　②
离子轨迹如图，设进入磁场时的速度偏角为θ，离子在磁场中做匀速圆周运动，有 ③
轨迹圆心的坐标（x，y）满足： ④； ⑤
而， ，而 ⑥
联立各式消去v0，得到圆心位置构成的图线方程为（x＞0）⑦
（3）若射出后直接经电场到达M，由②式可求得
⑧
若自A类平抛下落，经磁场回转，又在电场中斜上抛，如此循环，最终由电场进入磁场时经过M，则轨迹示意图如图，经历n次磁场回旋，则有
⑨
解得：⑩
16．如图所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为300、长L=2m的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ=7/80μ＝，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为mA＝0.80kg、mB＝0.64kg、mC＝0.50kg，其中A不带电，B、C的带电量分别为qB＝＋4.0×10-5C、qC＝＋2.0×10-5C且保持不变，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用．如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度a＝1.5m/s2的匀加速直线运动，经过时间t0，力F变为恒力，当A运动到斜面顶端时撤去力F．已知静电力常量k＝9.0×109N·m2／C2，g＝10m/s2．求：
（1）未施加力F时物块B、C间的距离；
（2）t0时间内A上滑的距离；（3）t0时间内库仑力做的功；
（4）力F对A物块做的总功
解：（1）A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，则C对B的库仑斥力
以A、B为研究对象，根据力的平衡 F0=(mA+mB)gsin30°．
联立解得 L1=1.0m
（2）给A施加力F后， A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．经过时间t0，B、C间距离设为L2，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力．则t0时刻C对B的库仑斥力为 ①
以B为研究对象，由牛顿第二定律有 ②
联立①②解得 L2=1.2m，　则t0时间内A上滑的距离
（3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有　　
代入数据解得W0=1.2J ③
（4）设在t0时间内，末速度为v1，力F对A物块做的功为W1，由动能定理有
④　　　而 WG= —(mA+mB)g·△Lsin30° ⑤
⑥　　　 ⑦
由③~⑦式解得 J
经过时间t0后，A、B分离，力F变为恒力，对A由牛顿第二定律有
⑧ ；力F对A物块做的功 ⑨
由⑧⑨式代入数据得 ；则力F对A物块做的功
17．如图，与水平面成37°倾斜轨道AB，其沿长线在C点与半圆轨道CD（轨道半径R=1m）相切，全部轨道为绝缘材料制成且放在竖直面内。整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为0.4kg的带电小球沿斜面AB下滑，至B点时速度为，小球在BC段对轨道无压力，着沿直线BC，运动到达C处进入半圆轨道，小球刚好能到达D点，已知进入时无动能损失，不计空气阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8，求：
⑴小球带何种电荷。
⑵小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功。
分析：带电小球在BC段，对轨道无压力，且沿直线运动，这是本题的关键句。带电粒子在电场力、洛仑兹力、重力三种场力作用下做直线运动（垂直于磁场），带电粒子一定做匀速直线运动。这一段由受力平衡列式求电场力与重力的合力。
“小球刚好能到达D点”是本是的另一关键句。即小球在D处不受轨道的支持力，由电场力、重力洛仑兹力的合力提供向心力，洛仑兹力也指向圆心。带电小球在从C到D的过程中，受到的洛仑兹力是变力，小球做变速圆周运动。要求这一过程中克服摩擦力所做的功，只能用功能关系。
解：⑴由BC段受力分析可知小球带正电荷。
⑵依题意可知小球在BC间在重力、电场力、洛仑兹力作用下做匀速直线运动。
在C点的速度为：
在BC段其受力如图所示，设重力和电场力合力为F。
F＝q vCB； 又 F＝mg/cos37°＝5N．解得： qB=F/vC=7/20
在D处由牛顿第二定律可得：
将qB =7/20代入上式并化简得：
解得 vD=4m/s 或 (舍去)
设CD段克服摩擦力做功Wf
由动能定理可得： 解得：Wf＝27.6J
18.（18分）如图所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场。在t=0时刻，一位于ad边中点o的粒子源在abcd平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与od边的夹角分布在0～180°范围内。已知沿od方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L，粒子重力不计，求：
（1）粒子的比荷q／m；
（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
解：（1）初速度沿od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图，其园心为n，由几何关系有：
, （2分）
粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得
， （2分）; 得（2分）
(2) 依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到o点距离相等。在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以o为圆心，op为半径的弧pw上。 （2分）
由图知 （2分）
此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为5/6 （2分）
在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界b点相交，（2分）
设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，则 /4（2分）
在磁场中运动的最长时间
所以从粒子发射到全部离开所用时间为。 （2分）
19．（贵州遵义2011届二模）（20分）如图所示，半径R = 0.8m的四分之一光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长CD = 2.0m的绝缘水平面平滑连接。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E = 40N/C，方向竖直向上，磁场的磁感应强度B = 1.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m = 2.0×10—6kg的小球a和b，a球不带电，b球带q = 1.0×10—6C的正电，并静止于水平面右边缘处。将a球从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到D点与b球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球粘合在一起飞入复合场中，最后落在地面上的P点。已知小球a在水平面上运动时所受的摩擦阻力f= 0.1mg， PN =，取g =10m/s2。a、b均可作为质点。（结果保留三位有效数字）求：
（1）小球a与b相碰后瞬间速度的大小v
（2）水平面离地面的高度h
（3）从小球a开始释放到落地前瞬间的整个运过程中ab系统损失的机械能ΔE。
解：（1）设a球到D点时的速度为vD，从释放至D点，
根据动能定理： （3分）
对a、b球，根据动量守恒定律 mvD = 2mv （2分）
解得：v = 1．73m/s （2分）
（2）两球进入复合场后，由计算可知qEq= 2mg，两球在洛仑兹力作用下做匀速
圆周运动轨迹示意图如右图所示 （1分）
洛仑兹力提供向心力 （2分）
由图可知： r = 2h　 （2分） 解得 ：h = 2=3.46m　（2分）
（3）ab系统损失的机械能 （4分）
或△E=0.1mg×CD+mvD2－×2mv2+qEh
解得 △E = 1．49×10-4J （2分）
20．（2011东城一模）（18分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B。设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q。α粒子从D形盒中央开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出。求：
(1）α粒子被加速后获得的最大动能Ek；
(2）α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；
(3）α粒子在回旋加速器中运动的时间；
(4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法。
(1)α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有： ①；可得．α粒子的最大动能Ek= (4分）
(2)α粒子被加速一次所获得的能量为qU，α粒子被第n次和n+1次加速后的动能分别为
　　②； ③
可得　　 ④ (5分)
(3)设α粒子被电场加速的总次数为a，则：Ek= ⑤
可得：a ⑥
α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t。
⑦；　 ⑧ 解得： (5分)
(4)加速器加速带电粒子的能量为Ek=，由α粒子换成氘核，有
，则，即磁感应强度需增大为原来的倍；
高频交流电源的周期，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的倍 (4分）
　　　21．（2011海淀一模）(18分）在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930年，Earnest O. Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。图甲为Earnest O. Lawrence设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。
(1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；
(2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；
(3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。
解：（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，由动能定理得
(2分)
正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得： (2分)
由以上两式解得： (1分)
(2）设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得： (1分)
粒子在狭缝中经n次加速的总时间： (1分)；由牛顿第二定律： (1分)
由以上三式解得电场对粒子加速的时间： (1分)
正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律： (1分)
又： (1分)
粒子在磁场中做圆周运动的时间： (1分)
由以上三式解得 (1分)
所以，粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间
+ (1分)
(3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm，速度为vm
(1分)；　 (1分)
离子获得的最大动能为： (1分)
所以，要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B。 (1分）
14