五年真题之高考物理磁场含答案.docx

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五年真题之高考物理磁场含答案

专题9磁场

1．[2014·新课标全国卷Ⅰ]关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（　　）

A．安培力的方向可以不垂直于直导线

B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向

C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关

D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半

答案:

B　

解析：

本题考查安培力的大小和方向．安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsinθ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半，D错误．

2．[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未面出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（　　）

A．2B.C．1D.

答案:

D　

解析：

本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB＝有＝·，穿过铝板后粒子动能减半，则＝，穿过铝板后粒子运动半径减半，则＝，因此＝，D正确．

3．[2014·山东卷]如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区（两粒子不同时出现在电场中）．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于（　　）

A.B.

C.D.

答案:

B　

解析：

两个粒子都做类平抛运动．两个粒子在竖直方向上都做加速度大小相等的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相等，所以它们的运动时间相等．两个粒子在水平方向上都做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等，所以水平位移大小相等．综合判断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为，竖直位移都为，由＝t2，＝v0t得v0＝，选项B正确．

4．[2014·新课标Ⅱ卷]

图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是（　　）

A．电子与正电子的偏转方向一定不同

B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同

C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子

D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小

答案:

AC　

解析：

电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A正确；由轨道公式R＝知，若电子与正电子与进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B错误．由R＝＝知，D错误．因质子和正电子均带正电，且半径大小无法计算出，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确．

5．[2014·江苏卷]如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：

UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则（　　）

A．霍尔元件前表面的电势低于后表面

B．若电源的正负极对调，电压表将反偏

C．IH与I成正比

D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比

答案:

CD　

解析：

由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，A选项错误；若电源的正负极对调，则IH与B都反向，由左手定则可判断电子运动的方向不变，B选项错误；由于电阻R和RL都是固定的，且R和RL并联，故IH＝I，则C正确；因B与I成正比，IH与I成正比，则UH＝k∝I2，RL又是定值电阻，所以D正确．、

6．[2014·安徽卷]“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于（　　）

A.B．T

C.D．T2

答案:

A　

解析：

本题是“信息题”：

考查对题目新信息的理解能力和解决问题的能力．根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝.由动能的定义式Ek＝mv2，可得r＝，结合题目信息可得B∝，选项A正确。

7．[2014·北京卷]带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有（　　）

A.qa

C.Ta

答案:

A　

解析：

本题考查带电粒子在磁场中的运动和动量定义．带电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qvB＝m，p＝mv，得p＝qBr，两粒子动量相等，则qaBra＝qbBrb，已知ra>rb，则qa

8．[2014·全国卷]如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：

（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；

（2）该粒子在电场中运动的时间．

解：

（1）如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得

qv0B＝m①

由题给条件和几何关系可知R0＝d②

设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得

Eq＝max③

vx＝axt④

t＝d⑤

由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有

tanθ＝⑥

联立①②③④⑤⑥式得

＝v0tan2θ⑦

（2）联立⑤⑥式得

t＝⑧

9．[2014·福建卷Ⅰ]如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板．前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．

（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；

（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；

（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比的值．

解：

（1）设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有qv0B＝q①

得U0＝Bdv0②

（2）设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安，有p1hd＝f③

p2hd＝f＋F安④

F安＝BId⑥

根据欧姆定律，有

I＝⑥

两导体板间液体的电阻

r＝ρ⑦

由②③④⑤⑥⑦式得

Δp＝⑧

（3）电阻R获得的功率为

P＝I2R⑨

P＝R⑩

　　　　　　　　当＝时，⑪

电阻R获得的最大功率

Pm＝.⑫

10．[2014·广东卷]（18分）如图25所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外.A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．

（1）若k＝1，求匀强电场的电场强度E；

（2）若2

解：

（1）粒子在电场中，由动能定理有

qEd＝mv2－0

粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力

qvB0＝m

当k＝1时，由几何关系得

r＝L

解得

E＝.

（2）由于2

（r－L）2＋（kL）2＝r2

解得r＝L

又qvB0＝m，则

v＝

粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，

即qvB＝m

由对称性及几何关系可知

＝

即r1＝L

联立上式解得

B＝B0.

11．[2014·四川卷]如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q（q>0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.

（1）求发射装置对粒子做的功；

（2）电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；

（3）若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B只能在0～Bm＝范围内选取），使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）．

解：

（1）设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有

h＝v0t①

设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得

W＝mv②

联立①②可得　　　　　　W＝③

（2）S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有

E0＝U④

板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有

U＝Eh⑤

mg－qE＝ma⑥

h＝at⑦

l＝v0t1⑧

S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足

I＝⑨

联立①④～⑨得

I＝⑩

（3）由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有

qv0B＝⑪

过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有

DG＝h－R（1＋cosθ）⑫

TG＝h＋Rsinθ⑬

tanθ＝＝⑭

联立①⑪～⑭，将B＝Bm代入，求得

θm＝arcsin⑮

当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bm>B>0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即

θ0＝0⑯

则题目所求为　　0<θ≤arcsin⑰

12．[2014·四川卷]在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3kg、电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：

（1）小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；

（2）倾斜轨道GH的长度s.

解：

（1）设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则

F1＝qvB①

f＝μ（mg－F1）②

由题意，水平方向合力为零

F－f＝0③

联立①②③式，代入数据解得

v＝4m/s④

（2）设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理

　qErsinθ－mgr（1－cosθ）＝mv－mv2⑤

P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律

　qEcosθ－mgsinθ－μ（mgcosθ＋qEsinθ）＝ma1⑥

P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则

s1＝vGt＋a1t2⑦

设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则

m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧

P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则

s2＝a2t2⑨

联立⑤～⑨式，代入数据得

s＝s1＋s2⑩

s＝0.56m⑪

13．[2014·天津卷]同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为＋q的粒子A（不计重力）从M板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：

（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；.

（2）在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率Pn；

（3）若有一个质量也为m、电荷量为＋kq（k为大于1的整数）的粒子B（不计重力）与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．

A　　　　　B　　　　　C　　　　　D

解：

（1）设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得

qU＝mv－0①

A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力

qv1B1＝②

由①②得

B1＝③

（2）设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得

nqU＝mv－0④

设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有

Tn＝⑤

设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则

Wn＝qU⑥

在该段时间内电场力做功的平均功率为

Pn＝⑦

由④⑤⑥⑦解得

Pn＝⑧

（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹．

A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为Tn、T′，综合②、⑤式并分别应用A、B的数据得

Tn＝

T′＝＝

由上可知，Tn是T′的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．

经n次加速后，A、B的速度分别为vn和v′n，考虑到④式

vn＝

v′n＝＝vn

由题设条件并考虑到⑤式，对A有

Tnvn＝2πR

设B的轨迹半径为R′，有

T′v′n＝2πR′

比较上述两式得

R′＝

上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变．

由以上分析可知，两粒子运动的轨道如图A所示．

14．[2014·浙江卷]离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．

Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示（从左向右看）．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角（0＜α≤90°）．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）

第25题图1

（1）求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；

（2）为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；

第25题图2

（3）α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；

（4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系．

解：

本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应用数学解决物理问题的能力．

（1）由动能定理得Mv＝eU①

U＝②

a＝＝e＝③

（2）垂直纸面向外④

（3）设电子运动的最大半径为r

2r＝R.⑤

eBv＝m⑥

所以有v0≤v<⑦

要使⑦式有解，磁感应强度B>.⑧

（4）如图所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r

根据几何关系得r＝⑨

由⑥⑨式得vmax＝.

15．（16分）[2014·重庆卷]某电子天平原理如题8图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁极不接触），随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问

题8图

（1）线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？

（2）供电电流I是从C端还是D端流入？

求重物质量与电流的关系．

（3）若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？

解：

（1）感应电流从C端流出．

（2）设线圈受到的安培力为FA，外加电流从D端流入．

由FA＝mg和FA＝2nBIL

得m＝I

（3）设称量最大质量为m0.

由m＝I和P＝I2R

得m0＝

16．（18分）[2014·重庆卷]如题9图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.

题9图

（1）求电场强度的大小和方向．

（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．

（3）若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．

答题9图1　　　　　　　　　答题9图2

解：

（1）设电场强度大小为E.

由题意有mg＝qE

得E＝，方向竖直向上．

（2）如答题9图1所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.

由r＝

有r1＝，r2＝r1

由（r1＋r2）sinφ＝r2

r1＋r1cosφ＝h

vmin＝（9－6）

（3）如答题9图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.

由题意有3nx＝1.8h（n＝1，2，3…）

x≥

x＝

得r1＝，n<3.5

即n＝1时，v＝；

n＝2时，v＝；

n＝3时，v＝

17．[2014·江苏卷]某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．

（1）求磁场区域的宽度h；

（2）欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；

（3）欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．

解：

（1）设粒子在磁场中的轨道半径为r

根据题意　L＝3rsin30°＋3dcos30°

且h＝r（1－cos30°）

解得　h＝.

（2）设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′

m＝qvB，m＝qv′B，

由题意知　3rsin30°＝4r′sin30°　解得Δv＝v－v′＝.

（3）设粒子经过上方磁场n次

由题意知　L＝（2n＋2）dcos30°＋（2n＋2）rnsin30°

且　＝qvnB，解得　vn＝

18．（20分）[2014·山东卷]如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力），以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）．上述m、q、d、v0为已知量．

图甲　　　　　　　　　　图乙

（1）若Δt＝TB，求B0；

（2）若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；

（3）若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.

解：

（1）设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得

qv0B0＝①

据题意由几何关系得

R1＝d②

联立①②式得

B0＝③

（2）设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得

a＝④

据题意由几何关系得

3R2＝d⑤

联立④⑤式