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1、磁场25.(19分)如图所示，在半径为i的圆形区域中存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场.在圆形区域中固定放置一绝缘材料制成的边长为a的刚性等边三角 形框架DEF，其中心位于圆心O上DE边上中点S处有一粒子源，可沿垂直于DE边向下，以不同速率发射质量为m，电荷量为q的正电粒子.若这些 粒子与三角形框架发生碰撞时，粒子速度方向均垂直于被碰 的边并以原速率返回、电荷量不变，不考虑粒子间相互作用及 重力,求：(1)带电粒子速度v的大小取哪些数值时，可使S点发出的粒 子最终又回到S点？(2)这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少？ 24（13分）解：(1)由机械能守恒，得(2分)解得： (
2、1分)(2)选手在放开绳子时，水平速度为vx，则 (2分)选手在最高点站到传送带上有4m/s向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动，选手的加速度： m/s2 (1分)以地面为参考系 (2分) 所以可以顺利冲过终点(1分)设选手从A到B的时间为t，则 (1分)得： (舍去) 在这段时间内传送带通过的位移为： (1分)摩擦力做功： (2分)25（19分）解：（1）带电粒子从点垂直于边以速度射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于边上，其半径可由 (2分)求得 (1分)要求此粒子每次与的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到点，则和应满足以下条件：由于碰撞时速度与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心
3、一定位于的边上，粒子绕过顶点、时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即、）上粒子从点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为的半圆，在边上最后一次的碰撞点与点的距离应为，所以的长度应是的奇数倍。即 n=0,1,2,3 (2分)由几何关系得： (2分)延长OE至圆形区域交于M，EM=1.1a -OE=0.1a (1分) 若使粒子不射出磁场，有R0.1 a (1分)由 解得 n3.83 即n=4,5,6 (1分)由 解得 (1分)（2）这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为 (2分)在及给定时与无关。粒子从点出发最后回到点的过程中，与的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，可见，当时(1分), SDEF
4、OBM所用时间最短。如图所示（图中只画出SE间的碰撞情况），由对称性可知该粒子的轨迹包括38个半圆和3个圆心角为300的圆弧，所需时间为： (3分)将式代入得： (2分)25.( 19分）如图所示，在半径分别为r和2r的同心圆（圆心在O点）所形成的圆环区域内， 存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在大圆边界上A点有一粒子源，垂直AO向左发射一质量为m ,电荷量为切，速度大小为的粒子.求：(1)若粒子能进入磁场发生偏转，则该粒子第一次到达磁 场小圆边界时，粒子速度相对于初始方向偏转的角度； (2)若粒子每次到达磁场大圆边界时都未从磁场中射出， 那么至少经过多长时间该粒子能够回到出发点
5、A. 25.（19分）（1）120o（2）解析：（1）如图1所示，粒子做匀速圆周运动，设初速度为v0，轨迹半径为 （2分）如图1粒子将沿着AB弧（圆心在O1）运动，交内边界于B点。OO1B为等边三角形，则BO1O=60o （2分）粒子的轨迹AB弧对应的圆心角为BO1A =120o (2分)则速度偏转角为120o （2分）（2）粒子从B点进入中间小圆区域沿直线BC运动，又进入磁场区域，经偏转与外边界相切于D点.在磁场中运动的轨迹如图2所示，粒子在磁场区域运动的时间 （2分） （2分）每通过一次无磁场区域，粒子在该区域运动的距离 （2分）粒子在无磁场区域运动的总时间 （1分）代入，得： （2分）则
6、粒子回到A点所用的总时间： （2分）25.(19分)如图所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心有一小孔Q，其正上方有一半径为R1=1m的圆形磁场区域，圆心为0，另有一内半径为R1 ,外半径为m的同心环形磁场区域，区域边界与M板相切于Q点，磁感应强度大小均为B=0.5T，方向相反，均垂直于纸面。一比荷C/kg带正电粒子从N板的P点由静止释放，经加速后通过小孔Q，垂直进入环形磁场区域。已知点P、Q、O在同一竖直线上，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应。(1) 若加速电压V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0(2) 要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电压U2应满足什么条件？(3) 在某加速
7、电压下粒子进入圆形磁场区域，恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从Q孔进人磁场到第一次回到Q点所用的时间。24（13分）解：(1)（5分）匀加速过程 a1=6m/s2 （1分） 撤去力后匀减速 a2= 10m/s2 （1分） 由牛顿第二定律得： -（mgsin37+mgcos37）= ma2 （2分） 解得： = 0.5 （1分）(2)（3分） 匀加速过程，由牛顿第二定律得：F- mgsin37-mgcos37 = ma1 （2分） 解得：F=16N （1分） (3) （5分） 设加速时间为t1，减速时间为t2最大速度：vm = a1 t1 （1分） 在2.2s时的速度为2.0m/s
8、 ：有2.0 = vma2 (2.2 t1) （1分） 又： vm = a2 t2 （1分） SAC= （1分）联立解出：SAC = 10.8m （1分）（用其它方法解答正确同样给分）+_O1QUv0BOR1R2BPMN25.（19分）解:（4分）粒子在匀强电场中，由动能定理得： （2分）解得：7 m/s（2分）（8分）粒子刚好不进入中间圆形磁场的轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的旋转半径为r1，在RtQOO1中有：.（2分） 解得r1=1m（1分）由 . （1分） 得 又由动能定理得：.（2分）联立得：QUv+_BOR1R2BO2O3PV（1分）所以加速电压U2满足条件是：U2 V（1分
9、）NM（7分）粒子的运动轨迹如图所示，由于 O、O3、Q共线且竖直，又由于粒子在两磁场中的半径相同为r2，有O2O3 = 2O2Q = 2r2由几何关系得QO2O3=600(1分)故粒子从Q孔进入磁场到第一次回到Q点所用的时间为t = 2 (T+T ) = T（2分）又（2分）由得t 3.6610-7s（2分）（18分）如图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场。一个带正电小球在0时刻以v0= 3gt0的初速度从O点沿+x方向（水平向右）射入该空间，在t0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场沿-y方向（竖直向上），场强大小，磁场垂直于xOy平面向外，
10、磁感应强度大小。已知小球的质量为m，带电量为q，时间单位t0，当地重力加速度g，空气阻力不计。试求： （1）12t0末小球速度的大小。 （2）在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图。 （3）30t。内小球距x轴的最大距离。 25（19分） 空间中有两匀强磁场，磁场有一分界线，分界线上有M、N两点，两点距离为MN =810-2m，两磁场的磁感应强度分别为B1=0.1T，B2=0.3T。一带电量为q=110-10C，质量为m=l10-15kg的带电粒子，从M点以速度v=3102 m/s，沿与MN成30角的方向进入B1运动。求粒子从M点出发后，达到N点所需要的时间。（不
11、计粒子的重力）25（19分） 带电粒子在B1中做圆周运动的半径为r1，根据牛顿第二定律有 （2分） （2分） 同理，在B2中做圆周运动的半径为 （2分） 粒子在B1中运动的周期为 （2分） 粒子在B2中的运动周期为 （2分）vNMy1y1M 粒子从MN点出发后， 第一次从B1进入B2时，粒子向下移动的距离为 y1=r1=3r2 第二次从B1进入B2时，粒子向下移动的距离为 y2=5r2 yn=（2n+1）r2 n=1、2、3 （2分） 第一次从B2进入B1时，粒子向下移动的距离为 y1=r1-r2=2r2 第二次从B2进入B1时，粒子向下移动的距离为 y2=4r2 yn=2nr2 n=1、2、
12、3 （2分）由于，因此粒子在第四次从B2进入B1时，通过N点。 （2分） 所以粒子从M出发后，运动到N点所需要的时间为 （3分）(16 分)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制. 如题15-1 图所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 作周期性变化的图象如题15-2 图所示. x 轴正方向为E 的正方向,垂直纸面向里为B的正方向. 在坐标原点O 有一粒子P,其质量和电荷量分别为m 和+q. 不计重力. 在t = 时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动.(1)求 P在磁场中运动时速度的大小 v0;(2)求B0 应满足的关系;(3)在t0(0t0 )时刻释放P,求P 速度为零时的坐标.答案：（18分）如图所示
