高考物理大二轮专题复习与增分策略 专题五 第1课时 电场与磁场的理解

拾躲市安息阳光实验学校【步步高】2014高考物理大二轮专题复习与增分策略专题五第1课时电场与磁场的理解
专题定位本专题主要是综合应用动力学方法和功能关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题．这部分的题目覆盖的内容多，物理过程多，且情景复杂，综合性强，常作为理综试卷的压轴题．高考对本专题考查的重点有以下几个方面：①对电场力的性质和能的性质的理解；②带电粒子在电场中的加速和偏转问题；③带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；④带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；⑤带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；
⑥带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题．
应考策略针对本专题的特点，应“抓住两条主线、明确两类运动、运用两种方法”解决有关问题．两条主线是指电场力的性质(物理量——电场强度)和能的性质(物理量——电势和电势能)；两类运动是指类平抛运动和匀速圆周运动；两种方法是指动力学方法和功能关系．
第1课时电场与磁场的理解
1．对电场强度的三个公式的理解
(1)E＝
F
q
是电场强度的定义式，适用于任何电场．电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关．试探电荷q充当“测量工具”的作用．
(2)E＝k
Q
r2
是真空中点电荷所形成的电场的决定式．E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定．
(3)E＝
U
d
是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意：式中d为两点间沿电场方向的距离．
2．电场能的性质
(1)电势与电势能：φ＝
E p
q
.
(2)电势差与电场力做功：U AB＝
W AB
q
＝φA－φB.
(3)电场力做功与电势能的变化：W＝－ΔE p.
3．等势面与电场线的关系
(1)电场线总是与等势面垂直，且从高电势的等势面指向低电势的等势面．
(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密．
(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功．
4．带电粒子在磁场中的受力情况
(1)磁场只对运动电荷有力的作用，对静止电荷无力的作用．磁场对运动电
荷的作用力叫洛伦兹力．
(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为F＝qvB sin θ，注意：θ为v与B的
夹角．F的方向仍由左手定则判定，但四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向．
5．洛伦兹力做功的特点
由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，但洛伦兹力的分力可以做功．
1．本部分内容的主要研究方法有：(1)理想化模型．如点电荷、电场线、等势面；(2)比值定义法．电场强度、电势的定义方法是定义物理量的一种重要方法；(3)类比的方法．电场和重力场的比较；电场力做功与重力做功的比较；带电粒子在匀强电场中的运动和平抛运动的类比．
2．静电力做功的求解方法：(1)由功的定义式W＝Fl cos α来求；(2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能增量的负值”来求，即W＝－ΔE；(3)利用W AB＝qU AB来求．
3．研究带电粒子在电场中的曲线运动时，采用运动合成与分解的思想方法；
带电粒子在组合场中的运动实际是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，类平抛运动的末速度就是匀速圆周运动的线速度．
题型1 对电场性质的理解例1(2013·江苏·6)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图1所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则( )
图1
A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大
D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
解析根据题图中电场线的疏密可知a点场强比b点的大，A项正确；由电场线的方向可知a点电势比b点的高，则B项正确；由电场力做功和电势能变化关系可判断C项错误，D项正确．
答案ABD
以题说法 1.在点电荷形成的电场中，通常利用电场线和等势面的两个关系分析电场的性质：一是二者一定处处垂直；二是电场线密的地方，等势面也密，且电场线由电势较高的等势面指向电势较低的等势面．
2．在分析电场性质时，要特别注意应用点电荷形成电场的对称性来分析电场的性质．
如图2所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c
两点关于PQ对称．已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是
( )
图2
A．a点的电势高于c点的电势
B．a点的场强与c点的场强完全相同
C．M点处放置的是正电荷
D．若将带正电的试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功
答案D
解析带正电的试探电荷由a点移动到c点，电势能增大，
电场
力做负功，是逆着电场线运动，因此M处电荷应为负电荷，选项
C错误；等量异种点电荷周围电场线的分布如图所示，由于沿着
电场线方向电势降低，可知a点电势低于c点电势，选项A错误；a点和c 点场强大小
相等、方向不同，选项B错误；将带正电的试探电荷沿直线由a点移到b 点，电场力
先做正功后做负功，选项D正确．
如图3所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则
( )
图3
A．M点电势比P点电势高
B．OM间的电势差等于NO间的电势差
C．一正电荷在O点的电势能小于在Q点的电势能
D．将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功
答案D
解析如题图所示的电场为带正电的点电荷形成的电场，所有电场线反向延长的交点即为该点电荷所在的位置，P点离该点电荷的距离比M点更近，所以P点的电势比M点电势高，选项A错误；NO之间的电场线比OM之间的电场线密，所以NO之间的场强大，电势差也大，选项B错误；O点到该点电荷的距离比Q点近，O点电势高，正电荷在电势高的位置电势能大，故正电荷在O点的电势能比在Q点大，选项C错误；P点的电势比M点电势高，将负电荷由电势低的位置移动到电势高的位置电场力做正功，选项D正确．题型2 电场矢量合成问题
例2(2013·新课标Ⅱ·18)如图4，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、
b 和
c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均
为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为
k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为
( )
图4
A.3kq 3l 2
B.3kq l 2
C.3kq l 2
D.23kq l
2
审题突破 a 、b 对c 的静电力的合力方向如何？匀强电场场强的方向能确
定吗？
解析 因为a 、b 小球对c 的静电力的合力方向垂直于a 、b 连
线向
上，又因c 带负电，所以匀强电场的场强方向为垂直于a 、b 连线向
上．
分析a 球受力：b 对a 的排斥力F 1、c 对a 的吸引力F 2和匀强电场对a 的电
场力F 3＝qE .根据受力平衡可知，a 受力情况如图所示
利用正交分解法：
F 2cos 60°＝F 1＝k q 2l
2
F 2sin 60°＝F 3＝qE .
解得E ＝3kq
l
2.
答案 B
以题说法 1.熟练掌握常见电场的电场线和等势面的画法．
2．对于复杂的电场场强、电场力合成时要用平行四边形定则．
3．电势的高低可以根据“沿电场线方向电势降低”或者由离正、负场源电荷的关系来确定．
如图5所示，真空中同一水平线上固定两等量异种点电荷A 、B ，
其中A 带负电、B 带正电．C 、D 、O 是分布在AB 连线的垂线上的三个点，且
AO >BO .下列判断正确的是
( )
图5
A ．C 、D 两点的电势相等
B ．
C 、
D 两点的电场强度的方向均水平向左
C ．同一带负电的试探电荷在C 点的电势能大于在
D 点的电势能
D ．同一试探电荷在C 点受到的电场力比在D 点受到的电场力小
答案 CD
解析 由等量异种点电荷的电场线和等势面分布可知，φO >φD >φC ，选项A
错误；在AB 连线中垂线上的各点电场强度方向水平向左，E C 和E D 的方向斜向左上，选项B 错误；负电荷在电势低处电势能大，所以E p C >E p D ，选项C 正确；E C <E D ，所以同一试探电荷在C 点受到的电场力比在D 点受到的电场力小，
选项D 正确．
题型3 带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题
例3 (18分)如图6所示，在一个直角三角形区域ABC 内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，AB 、BC 、AC 为磁场边界，AC 边长为3l ，∠A ＝53°.一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从AB 边上距A 点为l 的D 点垂直于磁场边界AB 射入匀强磁场．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： 图6
(1)要使粒子从BC 边射出磁场区域，粒子速率应满足的条件； (2)粒子能从BC 边射出磁场区域，其在磁场中最短的运动时间．
审题突破 粒子速率较小时会从哪个边界射出？若速度很大又会从哪个边界射出？粒子能经过C 点吗？
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
则有qvB ＝mv
2
R
(2分)
设粒子速率为v 1时运动轨迹与BC 边相切，如图所示，由几何关
系可得
R 1
cos 53°＋R 1＋l ＝3l
cos 53°
，解得R 1＝1.5l
(3分)
则v 1＝1.5qBl m
(2分)
设粒子速率为v 2时运动轨迹与AC 边相切，则切点为C 点，由几何关系可
得 R 2＝BC ＝BD ＝4l (3分)
解得v 2＝4qBl m
(2分)
因此粒子从BC 边射出时速率满足的条件是
1.5qBl m <v ≤4qBl
m
(1分)
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为
T ＝2πm qB
(2分)
由粒子运动轨迹可知，粒子从C 点射出磁场所用时间最短，最短时间
t ＝
37
360
T (2分) 解得t ＝37πm
180qB
(1分)
答案 (1)1.5qBl m <v ≤4qBl m (2)37πm
180qB
以题说法 1.解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．
2．粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．
如图7所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，
边界OA 上有一粒子源S .某一时刻，S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T
6(T 为粒子在磁场中运
动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 ( ) 图7
A.T 3
B.T
2 C.23T D.5
6T 答案 B
解析 由于从OC 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为T
6
，其轨迹圆弧
的圆心角为60°，则其弦与SO 的夹角为30°，弦的两端与圆心构成等边三角形，轨迹圆半径为r ＝OS cos 30°＝3
2OS ，又过S 点的垂线与OC 的交点
到垂足S 的距离为d ＝OS tan 60°＝3OS ，恰等于轨迹圆的直径，所以，沿
SA 方向发出的粒子在磁场中做半个圆周运动后从OC 边射出，在磁场中运动
时间最长，等于T
2，选项B 正确．
8．带电粒子在匀强磁场中的多过程运动
审题示例
(2013·山东·23)(18分)如图8所示，在坐标系xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向里；第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E .一带电量为＋q 、质量为m 的粒子，自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入第四象限，经x 轴上的Q 点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP ＝d ，OQ ＝2d .不计粒子重力． 图8
(1)求粒子过Q 点时速度的大小和方向．
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B 0，粒子将以垂直y 轴的方向进入第二象限，求B 0.
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q
点，且速度与第一次过Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过Q 点所用的时间． 审题模板 答题模板
(1)设粒子在电场中运动的时间为t 0，加速度的大小为a ，粒子的初速度为
v 0，过Q 点时速度的大小为v ，沿y 轴方向分速度的大小为v y ，速度与x 轴
正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得qE ＝ma
①(1分)
由运动学公式得
d ＝12at 2
0 ②
2d ＝v 0t 0
③(1分) v y ＝at 0
④(1分)
v ＝v 20＋v 2
y
⑤(1分) tan θ＝v y
v 0
⑥(1分)
联立①②③④⑤⑥式得v ＝2 qEd
m
⑦
θ＝45° ⑧(1分)
(2)设粒子做圆周运动的半径为R 1，粒子在第一象限的运动 轨迹如图所示，O 1为圆心，由几何关系可知△O 1OQ 为等 腰直角三角形，得
R 1＝22d ⑨(2分)
由牛顿第二定律得
qvB 0＝m v 2
R 1
⑩(2分)
联立⑦⑨⑩式得
B 0＝
mE
2qd
⑪(1分) (3)设粒子做圆周运动的半径为R 2，由几何分析知，粒子运动的轨迹如图所示，O 2、O 2′是粒子做圆周运动的圆心，Q 、F 、G 、H 是轨迹与两坐标轴的交点，连接O 2、O 2′，由几何关系知，O 2FGO 2′和O 2QHO 2′均为矩形，进而知
FQ 、GH 均为直径，QFGH 也是矩形，又FH ⊥GQ ，可知QFGH 是正方形，△QOF
为等腰直角三角形．可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得
2R 2＝22d ⑫(2分)
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 FG ＝HQ ＝2R 2
⑬(1分)
设粒子相邻两次经过Q 点所用的时间为t ，则有 t ＝FG ＋HQ ＋2πR 2v
⑭(2分)
联立⑦⑫⑬⑭式得
t ＝(2＋π)
2md
qE
⑮(2分)
答案 见解析
点睛之笔 解决带电粒子在匀强磁场中的多过程运动问题，首先要熟练掌握粒子进出不同边界(比如直线边界、圆形边界等)磁场时圆心、半径的确定方法，以及轨迹的特点，其次要灵活运用圆的几何知识，特别是圆的一些对称性．
如图9所示，在半径分别为r 和2r 的同心圆(圆心在O 点)所形成
的圆环形区域内，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＋q ，速度大小为qBr /m 的粒子．求： 图9
(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A . 答案 (1)120° (2)
4π＋33m
Bq
解析 (1)如图所示，粒子做匀速圆周运动，设初速度为v 0，轨迹半径为R
＝
mv 0
qB
＝r 如图粒子将沿着AB 弧(圆心在O 1)运动，交内边界于B 点．△OO 1B 为等边三角形，则∠BO 1O ＝60°
粒子的轨迹AB 弧对应的圆心角为∠BO 1A ＝120° 则速度偏转角为120°
(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所示，粒子在磁场区域运动的时间：t 1＝3×43
π2π·T ＝2T
T ＝2πm Bq
每通过一次无磁场区域，粒子在该区域运动的距离
l ＝2r cos 30°＝3r
粒子在无磁场区域运动的总时间t 2＝3l v 0
代入v 0＝qBr m ，得：t 2＝33m
qB
则粒子回到A 点所用的总时间：
t ＝t 1＋t 2＝
4π＋33m
Bq
(限时：45分钟) 一、单项选择题
1． (2013·江苏·3)下列选项中的各1
4
圆环大小相同，所带电荷量已在图中标
出，且电荷均匀分布，各1
4圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的
是 ( ) 答案 B
解析 设1
4圆环的电荷在原点O 产生的电场强度为E 0，根据电场强度叠加原
理，在坐标原点O 处，A 图场强为E 0, B 图场强为2E 0 ，C 图场强为E 0，D 图场强为0，因此本题答案为B.
2． (2013·安徽·15)图1中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横
截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 ( )
图1
A ．向上
B ．向下
C ．向左
D ．向右
答案 B
解析 据题意，由安培定则可知，b 、d 两通电直导线在O 点产生的磁场抵消，a 、c 两通电直导线在O 点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O 点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下．本题正确选项为B.
3．如图2所示，abcd 为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L ，三
个粒子以相同的速度从a 点沿对角线方向射入，粒子1从b 点射出，粒子2从c 点射出，粒子3从cd 边垂直射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用．根据以上信息，可以确定 ( )
图2
A ．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电
B ．粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1
C ．粒子1和粒子2在磁场中的运动时间之比为4∶1
D ．粒子3的射出位置与d 点相距L
2
答案 B
解析 三个粒子运动轨迹如图所示．由左手定则可知，粒子1带正
电、粒子2不带电，粒子3带负电，A 错误；粒子1从b 点射出，
由几何关系可知r 1＝2L
2
，粒子3从cd 边垂直射出，由几何关系可
知r 3＝2L ，又r ＝mv qB ，则r 1r 3＝q 3
m 3q 1m 1
＝1
2
，两粒子的比荷之比与轨迹半径之比成
反比，故B
正确；粒子1的轨迹圆心角为90°，则粒子1运动时间为t 1＝2πr 1v ·1
4＝
2πL
4v
，粒子2做 匀速直线运动，时间为t 2＝2L
v
，则t 1∶t 2＝π∶4，C 错误；粒子3的射
出位置与d 点相
距(2－1)L ，D 错误．
4． 圆形区域内有如图3所示的匀强磁场，一束相同荷质比的带电粒子对准圆
心O 射入，分别从a 、b 两点射出，则从b 点射出的粒子
( ) 图3 A ．带正电
B ．运动半径较小
C ．速率较小
D ．在磁场中的运动时间较长 答案 A
解析 根据题意作出带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹，并画
出圆心，如图所示，根据左手定则，两个带电粒子都带正电，选项A
正确；根据图象，从b 点射出的粒子的运动半径较大，选项B 错误；
洛伦兹力充当向心力qvB ＝m v 2r ，r ＝mv
qB
，两个粒子荷质比相同，轨道
半径大的粒子速度大，所以b 点射出的粒子速度大，选项C 错误；根据qvB ＝m 4π
2
T 2
r ，可得两粒子在磁场中做圆周运动的周期(T ＝2πm
qB
)是相同的，从a
点射出的粒子的圆心角为钝角，从b 点射出的粒子的圆心角为锐角，带电粒子的运动时间为t ＝
θ
2π
T ，圆心角越大运动时间越长，则从b 点射出的粒子
的运动时间短，选项D错误．
二、多项选择题
5．P、Q两电荷形成的电场的电场线分布如图4所示，a、b、c、d为电场中的四个点．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图中虚线所示．则下列判断正确的是 ( )
图4
A．离子带正电
B．c点电势高于d点电势
C．离子在a点时的加速度大于在b点时的加速度
D．离子在a点时的电势能大于在b点时的电势能
答案BC
解析根据图中电场线方向可以判断出，P电荷带正电，Q电荷带负电，由做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，可以判断离子从a运动到b，受到的电场力与电场线方向相反，离子带负电，选项A错误；沿着电场线方向电势降低，c点电势高于d点电势，选项B正确；a点的电场线比b点的电场线密，所以离子在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力，则离子在a点的加速度大于在b点的加速度，选项C正确；离子从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增大，在a点时的电势能小于在b点时的电势能，选项D错误．6．如图5所示，P、Q处固定放置两等量异种电荷，b、c、O在P、Q的连线上，
e、O为两点电荷连线的中垂线上的点，且ab＝eO，bc＝cO，ab⊥bO，ae⊥eO，
则 ( )
图5
A．a点电势等于b点电势
B．b点场强大于e点场强
C．电子在a点的电势能大于电子在O点的电势能
D．b、c间电势差大于c、O间电势差
答案BD
解析等量异种点电荷周围的电场线分布情况如图所示，
a点
和b点不在同一个等势面上，电势不相等，选项A错误；
根据
电场线的疏密情况，可得b点的场强大于e点的场强，选项B
正确；a点的电势大于零，O点的电势等于零，电子带负电，
在高电势处电势能小，选项C错误；b、c间的电场线比c、O间的电场线密，场强大，
电势降低得快，所以b、c间的电势差大于c、O间的电势差，选项D正确．7．(2013·广东·21)如图6，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O
点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上，不计重力，下列说法正确的有 ( ) 图6
A ．a 、b 均带正电
B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短
C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短
D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近
答案 AD
解析 此题考查的是“定心判径画轨迹”，a 、b 粒子做圆周运动
的半径都为R ＝mv
qB ，画出轨迹如图所示，圆O 1、O 2分别为b 、
a
的轨迹，a 在磁场中转过的圆心角大，由t ＝θ
2πT ＝θm
qB
和轨迹图可
知A 、D 选项正确． 三、非选择题
8． 如图7所示，直角坐标平面xOy 内有一条直线AC 过坐标原点O 与x 轴成
45°夹角，在OA 与x 轴负半轴之间的区域内存在垂直xOy 平面向外的匀强磁场B 1，在OC 与x 轴正半轴之间的区域内存在垂直xOy 平面向外的匀强磁
场B 2.现有一质量为m 、带电量为q (q >0)的带电粒子以速度v 从位于直线
AC 上、坐标为(L ，L )的P 点竖直向下射出，经测量发现，此带电粒子每经过相同的时间T ，将会再回到P 点，已知磁感应强度B 2＝mv
qL
.(不计粒子重
力)
图7
(1)请在图中画出带电粒子的运动轨迹，并求出匀强磁场B 1与B 2的比值；(B 1、
B 2磁场足够大)
(2)求出带电粒子相邻两次经过P 点的时间间隔T .
答案 (1)运动轨迹见解析图 22
(2)
8＋3π＋52πL
4v
解析 (1)带电粒子从P 点匀速运动到Q 点，然后做半径为：
qvB 2
＝m v 2R 2⇒R 2＝mv
qB 2
＝L 的匀速圆周运动，运动到H 点时的速度方
向与AC 垂直，从H 点匀速运动到D 点后做匀速圆周运动到P 点．根据几何知识可知：PO ＝OD ＝2L ，四边形PODO 1
为棱形，O 1为圆心，则带电粒子在匀强磁场B 1中做匀速圆周运
动时的半径R 1为2L ，根据qvB 1＝m v 2
R 1
，
得B 1＝2mv 2qL ＝22B 2，即B 1B 2＝2
2
(2)设带电粒子由P 到Q 、Q 到H 、H 到D 、D 到P 所用的时间分别为t 1、t 2、
t 3、t 4，则T ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4 t 1＝L v ，t 2＝38T 1＝3πL 4v ，
t 3＝L v ，t 4＝58T 2＝52πL 4v
T ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝
8＋3π＋52π
L
4v
9． 图8是某装置的垂直截面图，虚线A 1A 2是垂直截面与磁场区边界面的交线，
匀强磁场分布在A 1A 2的右侧区域，磁感应强度B ＝0.4 T ，方向垂直纸面向外，A 1A 2与垂直截面上的水平线夹角为45°.在A 1A 2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S 1、S 2，相距L ＝0.2 m ．在薄板上P 处开一小孔，P 与A 1A 2线上点D 的水平距离为L .在小孔处装一个电子快门．起初快门开启，一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T ＝3.0×10－3
s 开启一次并瞬间关闭．从S 1S 2之间的某一位置水平发射一速度为v 0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P 处小孔．通过小孔的微粒与挡板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍．
图8
(1)经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v 0应为多少？
(2)求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的 时间．(忽略微粒
所受重力影响，碰撞过程无电荷转移．已知微粒的荷质比q m
＝1.0×103
C/kg.
只考虑纸面上带电微粒的运动)
答案 (1)100 m/s (2)2.8×10－2
s
解析 (1)如图所示，设带正电微粒在S 1S 2之间任意点Q 以水平速度v 0进入磁场，微粒受到的洛伦兹力为F ，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，有：
F ＝qv 0B ＝mv 20r
得：r ＝mv 0
qB
①
欲使微粒能进入小孔，半径r 的取值范围为：L <r <2L
②
代入数据得： 80 m/s<v 0<160 m/s
欲使进入小孔的微粒与挡板发生一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：
L v 0＋L 0.5v 0
＝nT ，其中n ＝1,2,3，…… ③
由①②③可知，只有n ＝2满足条件，即有：v 0＝100 m/s ④
(2)设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T 0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t ，设t 1、t 4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t 2，碰撞后再返回磁场的时间为t 3，运动轨迹如图(1)中所示，则有：
T 0＝2πr v 0
⑤
t 1＝34
T 0
⑥
t 2＝2L
v 0
⑦
t 3＝2L 0.5v 0 ⑧
t 4＝14
T 0
⑨
t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4≈2.8×10－2 s ⑩。