【点评】： 本题提到了角加速度这个新的概念，关键是推导出滑块的线速度公式进行分析，将转动的研究转化为平动的研究进行分析．
27.[答案] 第一种情况：第二种情况：
3BqRπm
2mBq
3BqRπm
m3Bq
[解析] 第一种情况：由几何关系可得∠CAB＝30° 所以，θ＝30°
在直角三角形AOD中，AD＝AD
r＝ sinθ设粒子速度为v mv2
Bvq＝
r解得v＝2πmT＝ Bq
粒子在磁场中运动的时间 Tπmt＝＝ 63Bq
第二种情况：由几何关系可得粒子的轨道半径r1＝
3R 2
设粒子速度为v1 mv21
Bv1q＝
r1解得：v1＝
3BqR
2m3BqR
m
3R
，AO为粒子运动的半径r 2
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Tπm
粒子在磁场中运动的时间t1＝＝ 2Bq
28.[答案] (1)3Bqaπm
(2) (3)(23－3)a 3m3Bq
[解析] (1)设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小v21
为v1，则qv1B＝m r1
a
由几何关系得，r1＝ 2sin60°解得，v1＝
3Bqa
3m
(2)设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为v2，周期为T2, 则
v22πr22
qv2B＝m T2＝ r2v22πm
解得T2＝
Bq
由几何关系得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60°，则粒子在磁Tπm场中运动的时间t＝＝
63Bq
(3)设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中圆周运动的半径为r3，由几何关系可得AE＝2acos30°＝3a
AE
r3＝＝23a
sin30°AE
OE＝＝3a
tan30°EG＝r3－OE＝(23－3)a
29.【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．
【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】： （1）设离开磁场的点为S点，当磁场区域以PS为直径时，该区域面积是最小的；根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，结合几何关系得到磁场区域圆的半径；
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（2）在磁场区域外是匀速直线运动，在磁场内是匀速圆周运动，结合几何关系得到各个轨迹的长度即可得到总时间．
【解析】：解：（1）带电粒子由P点进入有界圆形磁场区域，S点出磁场区域，如图所示．
当PS为所加圆形磁场区域的直径时，圆形磁场区域的面积最小，O1为带电粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心、r1为其半径，点O2为所施加圆形有界磁场的圆心，r2为其半径． 由qvB=m
，得：
r1=
，又O1Q⊥PS
在三角形O1PQ中，∠O1QP=所以∠O1PO2=所以r2=r1cos
=
所以最小区域磁场面积：S=π磁场的方向垂直纸面向外． （2）把m=4.0×10代入r1=
，
﹣8
=
kg、q=+4.0×10
﹣3
C、v=5.0×10m/s，B=1.0T
4
得带电粒子做圆周运动的半径r1=
m=0.5m
因为MN=3r1，所以使带电粒子能沿QN方向到达N点，必须在M点进入磁场，S点出磁场，如图所示．
所加有界磁场区域的半径为MO2，带电粒子圆周运动的半径为MO1．有几何关系∠MO1S=
﹣5
．
T===6.3×10s
带电粒子在磁场运动的时间为个周期，所以 t1=T═2.1×10
﹣5
s
出磁场后，O1N=L﹣MO1=1.5﹣0.5=1.0m，在直角三角形O1SN中，因为∠O1NS=
，
=1.0×
m=
m．
所以SN=O1Ncos
- 18 -
所以t2=
=s=1.7×10
﹣5
s
所以总时间：
t=t1+t2=2.1×10+1.7×10=3.8×10s
答：（1）若所加磁场的横截面为圆形，其最小面积为，磁场方向向外；
（2）带电粒子由M点到N点的时间为3.8×10s．
【点评】： 本题关键是明确粒子的运动情况，画出临界轨迹，然后结合牛顿第二定律列式求解，不难．
﹣5
﹣5
﹣5
﹣5
30.解析 (1)描出某一条由PQ边界射出磁场的粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知粒子射出磁场速度与PQ的夹角为30°，与x轴间夹角为60°，所以一定能够进入第一象限，该同学的判断错误
甲 乙
(2)若粒子垂直电场进入第一象限，则轨迹如图乙.由几何关系可知转过圆心角为30°，r＝2OQ＝3L
mv20
qv0B＝ r可得v0＝ 丙 离开磁场时纵坐标
3y＝r－rcos30°＝(3－)L
2
(3)粒子在电场中运动轨迹如图丙所示，由几何关系可知OD长度x1＝ytan30°＝(1－DS长度y1＝2x1＝(2－3)L
设DO1长度为y2，在△DO1F中O1F长度为3y2，由平抛运动中某时刻速度方向角α与
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3qBL
m
3)L 2
位移方向角β关系：tanα＝2tanβ
有y1＋y2
3y2
×2＝tan60°
得y2＝2(2－3)L
则DF的长度x2＝2y2＝4(2－3)L 所以F点的坐标为x＝x1＋x2＝9(1－答案 (1)见解析 (2)3qBL3 y＝(3－)L m2
3)L 2
3)L 2
(3)x＝9(1－ 31.（18分）解：⑴ 电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示。 电子在电场中的时间：t=L/V0……………1分 vy?3v0Eet?………………2分 m3v?23v0…………………………1分 3v0 θv与x轴正方向的夹角：cos??=30………1分 0（2）由几何关系电子的半径R1=3L………………2分 3v2由牛顿第二定律：evB?m…………………………2分 R1联立⑤⑥得：B?2mv0…………………………………1分 eL
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