高三物理万有引力练习

高三物理磁场专项练习姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收。

一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷qm=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应。

sin53°=0.8，cos53°=0.6。

（1）求粒子的发射速度v的大小；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η。

2．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-32L区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y轴的匀强电场，在-32L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（32L，0）进入磁场。

在磁场中的运转半径R=52L（不计粒子重力），求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期。

3．如图所示，左侧正方形区域ABCD有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域CEFG 有电场，一质量为m，带电量为+q的小球，从距A点正上方高为L的O点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动，从C点水平进入右侧正方形区域CEFG．已知正方形区域的边长均为L，重力加速度为g，求：（1）左侧正方形区域的电场强度E1和磁场的磁感应强度B；（2）若在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从F点飞出，求该电场场强E2的大小；（3）若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为3kmgEq（k为正整数），试求小球飞出该区域的位置到G点的距离．4．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。

现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度；（2）求磁感应强度B的所有可能取值（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。

5．如图所示为一种质谱仪的工作原理图，圆心角为90°的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，所有带电粒子经加速电压U加速后从小孔C射出，由磁场边界OP上N点垂直OP 进入磁场区域，然后均从边界OQ射出，已知ON＝l.(1) 若由静止开始加速的某种粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直，其轨迹如图中实线所示，求该粒子的比荷qm；(2) 若由静止开始加速的另一种粒子Y比荷是X粒子的14，求该粒子在磁场区域中运动的时间t；(3) 由于有些粒子具有垂直于加速电场方向的初速度，导致粒子束以小发散角(纸面内)从C射出，这些粒子在CN方向上的分速度均相同，求CN长度d调节为多少时，可使一束X粒子从边界OQ射出后能在磁场区域右侧D点处被全部收集到(点D与C关于∠POQ的角平分线OH对称，部分粒子轨迹如图中虚线所示)．6．如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界MN成=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d。

现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。

求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B的最小值为多少？7．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。

已知质子质量为m，电量为e；加速极板AB、A′B′间电压均为U0，且满足eU0=32mv02。

两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=72R；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B；(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了2R，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件。

参考答案1．（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%【解析】【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m2vR可得：v=6×105m/s；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=0.0637cos=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-0.0637sin=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：y=12at2…①a=qEm=qUmd…②t=Lv…③由①②③解得：y=0.08m设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα可知tanα=43，即α=53°比例η=53180︒×100%=29%2．（1）53v0，与x成53°角；（2）043v；（3）2L；（4）()4053760Lvπ+。

【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B=mvqR=5352m vq L⨯⨯=023mvqL解得：043vEB=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-32L直线与Q′点，可得：P2O′=3253Lcos=52L=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-32L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =32L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=32Lv 在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯=037120Lv π 从M 运动到N ，a =qE m =289v L则t 3=v a =158Lv 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+。

3．（1）1mg E q=，方向竖直向上；B =2）23mg E q =（3）①L ②24LL k - 【解析】 【详解】（1）1v =小球做匀速圆周运动1qE mg = 解得：1mgE q=，方向竖直向上 由几何关系r L =，又211v qv B m r=解得：B =（2）在CEFG 区域，小球做类平抛运动， 水平方向：1L vt =，解得t =竖直方向：212L at =，解得4a g =又2qE mg ma+=，解得23mgEq=（3）水平方向：3qE ma=，解得a kg=竖直方向小球做自由落体运动.当水平方向减速至零时，用时12gLvta==由212ax v=，解得Lxk=，①当k=1时，x=L，小球水平方向恰好到达FG边，此时竖直位移212y gt==L，小球恰好从F点飞出，此时距G点L。

②当k=2，3，4……时，x<L，竖直位移()2122y g t==24Lk≤L，小球从CG边飞出，此时距G点24LLk-4．（12v0，方向：与x轴正方向夹45°斜向下；（2）磁感应强度B的所有可能取值：0nmvBqL=n＝1、2、3……；（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：23(1)24a m mt k kv qB qBππ=++-k＝1、2、3……或2324a m mt n nv qB qBππ=++n＝1、2、3……。

【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t，竖直方向：2y v a t =，解得：v y ＝v 0，tan θ＝y v v ＝1，θ＝45°，粒子穿过O点时的速度：0v ==；（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v qvB m r= ，粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0nmv B qL=n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝2a v ； 粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=，2mT qBπ=，粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P 点，则粒子在磁场中的运动时间：t 2＝14T 1， 若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P 点，粒子在磁场中的运动时间：t 2＝14T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×14T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×14T 1+2×34T 2， ………… 则23(1)24mmt kk qBqBππ=+- k ＝1、2、3 (2324)mt nnqBqBππ=+ n ＝1、2、3…… 粒子从出发到P 点经过的时间：t ＝t 1+t 2，解得：023(1)24a m m t k k v qB qBππ=++- k ＝1、2、3…… 或02324a m m t n n v qB qBππ=++ n ＝1、2、3……；5．（1）222=q U m B l （2）223Bl Uπ（3）l【解析】 【详解】(1) 粒子在电场中加速的末速度为0v ，由动能定理可得：2012qU mv =在磁场中有牛顿第二定律可得：20v qv B m r=由几何知识可知，粒子的轨道半径为：r l = 联立以上方程解得：222=q U m B l(2) Y 粒子在磁场中的轨迹如图所示：由(1)可得Y 粒子在磁场中的轨迹半径为:12r l = 由图甲可得：1111cos 2r l r θ-==由三角函数可知：13πθ=所以在磁场中中运动的时间为：232mtqBπππ=联立以上方程解得：223BltUπ=(3) 设发散最远的粒子为a，该粒子的轨迹如图虚线所示：由题意可得：a0cosv vα=该粒子的轨迹半径为a r，由牛顿第二定律可得：2aaavqv B mr=得aamvrBq=由0mvlBq=联立上式可得cosar a l=由几何知识可得：atansinsin44rd lαππα+=⎛⎫+⎪⎝⎭联立以上方程解得：d l=6．（1）2qEdm=v2）42CAx d=（3）('222B B=【解析】【详解】（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得212qEd mv=，解得2qEdvm=（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CAx由类平抛规律x vt =，212Eq y t m=由几何知识可得x=y ，解得2mdt Eq=两点间的距离为2CA x vt =，代入数据可得42CA x d =（3）由2mv qvB R=可得mv R qB =，即12mEd R B q =由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。