高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)

高考物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧和训练方法及练
习题(含答案)
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练
1．如图所示，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．点
3
,0
P L
⎛⎫
⎪
⎪
⎝⎭
处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m的带负电粒子．不考虑粒子的重力．
（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，-L），求其速率v1；
（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v1沿x轴正向通过点Q，求匀强电场的电场强度E以及粒子2的发射速率v2；
（3）若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场E o，粒子3以速率v3沿y轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.
某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：
带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动．请尝试用该思路求解．
【答案】（1）
2
3
BLq
m
（2
221BLq
3
2
20
3
B
E E
v
B
+
⎛⎫
⎪
⎝⎭
【解析】
【详解】
（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则
2
1
1
1
v
qv B m
r
=
由几何憨可知：()2
22
11r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭
得到：123BLq
v m
=
（2）粒子21L v t =，212qE h t m =
在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到2
89qLB E m
=
又22
212v v Eh =+，得到：2v =
（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0
E v B
'=
而v ''=
所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'
即：0E v B =
2．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。

左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。

离子源发出两种速度均为v 0、电荷量均为q 、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。

在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点。

已知OP=0.5r 0，OQ=r 0，N 、P 两点间的电势差
2NP
mv U q =,cos θ=，不计重力和离子间相互作用。

（1）求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小； （2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l （用r 0表示）； （3）若磁感应强度在（B —△B ）到（B ＋△B ）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两東离子，求
ΔB
B
的最大值 【答案】（1）2
00
mv E qr =，00B mv qr =；（2）01.5r ；（3）12%
【解析】 【详解】
（1）径向电场力提供向心力：2
c c c
v E q m r =
2
c c c
mv E qr = c c mv B qr =
（2）由动能定理：
2211
0.50.522
c NP mv mv qU ⨯-⨯= 245NP
c c qU v v v m
=+
= 或0.51
52
c mv r r qB =
= 2cos 0.5c l r r θ=-
解得 1.5c l r =
（3）恰好能分辨的条件：000
22cos 211r r r B B B B
θ-=∆∆-+ 解得
0017412B
B
∆=≈
3．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为
2
L
()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O 点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23
能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E L
φ
=
，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经
O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v m
ϕ
=2）12m B L q ϕ=3）060α∴= ；22m L q ϕ
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2
102
qU mv =-
2U ϕϕϕ=-=2q v m
ϕ
=
(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有
2
3
能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心
角060θ=．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =
由洛伦兹力提供向心力得：2
v qBv m R
=
联合解得：12m B L q
ϕ
=
（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.
2
12qE L t m
=
222mL m
t L qE q ϕ
==22x Eq qEL q v t m m m ϕ
=
==
若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x
v v α=
1cos 2
α=060α∴=
4．如图所示，MN 为绝缘板，CD 为板上两个小孔，AO 为CD 的中垂线，在MN 的下方有
匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．
()1求粒子运动的速度大小；
()2粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？
()3粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？
【答案】（1）EqR
m
；（2）2
1
2
R；
1
1
n+
；（3）2π
mR
Eq。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：
2
mv
Eq
R
=
解得：
EqR v
m =
（2）粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示：
由图示三角形区域面积最小值为：
2
2
R S
= 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：
2
mv Bqv R
= 得：
mv R Bq
=
设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2，如图所示：
若只碰撞一次，则有：
112R mv R B q
=
= 22mv
R R B q
==
故
2112
B B = 若碰撞n 次，则有：
111R mv R n B q
=
=+ 22mv
R R B q
==
故
2111
B B n =+ （3）粒子在电场中运动时间：
1242R mR
t v Eq
ππ
=
= 在MN 下方的磁场中运动时间：
211122n m mR
t R v EqR Eq
ππ+=
⨯⨯==
在MN 上方的磁场中运动时间：
232142
R mR
t v Eq ππ=⨯=
总时间：
1232mR
t t t t Eq
π
=++=
5．某种回旋加速器的设计方案如俯视图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP 方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板A 、B 之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其它部分存在垂直纸面向外的匀强磁场．在离子源S 中产生的质量为m 、带电荷量为q 的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的O 点进入磁场区域，O 点到极板右端的距离为0.99D ，到出射孔P 的距离为5D ．已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔P 射出．假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置．忽略相对论效应，不计离子重力，0.992≈1．求： (1)磁感应强度B 的最小值； (2)若磁感应强度62mU
B D q ＝，则离子从P 点射出时的动能和离子在磁场中运动的时
间；
(3)若磁感应强度62mU
B D q
=
，如果从离子源S 飘出的离子电荷量不变，质量变为原来
的K 倍(K 大于1的整数)，为了使离子仍从P 点射出，则K 可能取哪些值．
【答案】225mU D q 33962D m qU
π K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n
＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1 【解析】 【详解】
(1)设离子从O 点射入磁场时的速率为v ，有
21
02
qU mv ＝－
设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，
2
v qvB m r
＝
若离子从O 点射出后只运动半个圆周即从孔P 射出，有2r ＝5D 此时磁感应强度取得最小值，且最小值为
225mU
D q
(2)若磁感应强度62mU
B D q
＝
，正离子在磁场中的轨道半径16r D =，
经分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为16
r D
=
，这样的过程将进行2次，然后第3次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板右端后被加速了n 次，则此时离子运动的半径为被加速了(n ＋1)次对应的半径1
1n n mv r qB
+＋＝
．离子从孔P 射出满足的条件 11425n r r D ＋＋＝
解得n ＋1＝132，即离子从静止开始被加速169次后从P 点离开，
最大动能2max 13169k E qU qU ＝
＝ 在磁场中的总时间t ＝169.5T ， 因为
32D
m
T qU
π=
可得33962D m
t qU
π=
；
(3)若离子电荷量为q ，质量变为Km ，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为r K ，在电场中被加速n 次进入磁场的半径为r n ，则1
K r Kr ＝，1n r Knr =，其中16
r D
=
，由上面1K r Kr ＝知，K 越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论：
情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图，此时，
要满足的条件为：
2×2r K <0.99D ①
同时
2×2r K ＋2r n ＝5D ②
由①知：K <2.2，因为K >1的整数，故K ＝2，代入②知：22158602n ＝＋－，由于n 要求取整数，情况一中n 不存在．
情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为
2r K <0.99D ①
2×2r K ≥0.99D ② 2r K ＋2r n ＝5D ③
由①②知2.2≤K <9，由③知：21530Kn K K ＝－，当K 分别取3、4、…8时，n 不可能取整数，情况二也不存在． 情况三：
在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件
2r K ≥0.99D ①
2r n ＝5D ②
由①知：K ≥9，由②知：Kn ＝152＝3×5×3×5，故K 可能有6组取值，分别为：K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n ＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1．
6．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为
26qB L
m
；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A
发生弹性碰撞，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．
（1）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；
（2）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间．
【答案】（1）1（2）57k =或1
3
k = ；A 球在磁场中运动的最长时间32m qB π
【解析】 【详解】
（1）令P 初速度qBL
v m
=
，设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ， 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222
kmv kmv mv =+ 可得：A 21k qBL v k m
=
⋅+，可知k 值越大，v A 越大； 设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律：2
A A mv qv
B R
= 可得：A mv R qB =
，可知v A 越大，R 越大；即21k
R L k =
+，k 值越大，R 越大； 如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 可得：A qBL
v m
=
，求得k 的最大值为1k =
（2）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：
（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有
()2
22 1.52L R L R ⎛⎫
=+- ⎪⎝⎭
解得：5 6 L
R=
可得：
5
7
k=
（II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足
2
L
R≥，则A球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z点离开．令电场强度2
6
qB L
E
m
=；如图3和如图4，由几何关系有：
22
2
3
3
22
L
R R L
⎛⎫⎛⎫
=+-
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
解得：
5
8
L
R=或
2
L
R=
可得：
5
11
k=或
1
3
k=
当
5
8
L
R=时，
A
5
8
qBR qBL
v
m m
==，由于2
A
175
264
mv qEL qEL
⋅=>
当
2
L
R=时，
A2
qBR qBL
v
m m
==，由于2
A
13
24
mv qEL qEL
⋅=<
此类情形取
2
L
R=符合题意要求，即
1
3
k=
综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：
5
7
k=或
1
3
k=
A球在磁场中运动周期为
A
22
R m
T
v qB
ππ
==
当k=
1
3
时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间
33
42
T m
t
qB
π
==
7．如图所示的xoy平面内，以1
O（0，R）为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于xoy 平面向里的匀强磁场（用B1表示，大小未知）；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为
y ∆），x 轴与直线MN 间区域有平行于y 轴的匀强电场，电场强度大小为E ；在MN 的下
方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B 2，磁场方向垂直于xOy 平面向外。

电子a 、b 以平行于x 轴的速度v0分别正对1O 点、A （0，2R ）点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O 进入x 轴下方的电场。

已知电子质量为m ，电荷量为
e ，200
23322mv mv E B eR eR
==
，，不计电子重力。

（1）求磁感应强度B 1的大小；
（2）若电场沿y 轴负方向，欲使电子a 不能到达MN ，求y ∆的最小值； （3）若电场沿y 轴正方向，3y R ∆=，欲使电子b 能到达x 轴上且距原点O 距离最远，
求矩形磁场区域的最小面积。

【答案】（1323
（3）4（3R 2 【解析】
（1）电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r ，当电子α射入，经过O 点进入x 轴下方，则：r ＝R
2
0v ev B m r
= ，解得：01mv B eR =
（2）匀强电场沿y 轴负方向，电子a 从O 点沿y 轴负方向进入电场做减速运动，由动能定理 eE ∆y ＝
1
2
mv 02 可求出203
2mv y R eE ∆==
（3）匀强电场沿y 轴正方向，电子b 从O 点进入电场做类平抛运动，设电子b 经电场加速后到达MN 时速度大小为v ，电子b 在MN 下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r 1，电子b 离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图所示。

由动能定理2201122
eEy mv mv =-'
解得v ＝2v 0
在电场中203v eE
a m ==
10
22y R
t a v '∆=
=
x ＝v 0t 1＝2R
由牛顿第二定律221v evB m r =代入得143
r R =
01cos 2
v v θ=
= 则3π
θ=
由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O 2在y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为3
π
θ=
时，粒子能够到达x 轴，距离原点O 距离最远。

由几
何关系得，最小矩形磁场的水平边长为
l 1＝（r 1＋r 1sin θ）
竖直边长为，l 2＝（r 1＋r 1cos θ）
最小面积为S ＝l 1l 2＝r 12（1＋sin θ）（1＋cos θ）＝4（23R 2
点睛：本题考查粒子在电场和磁场中的运动，关键是画出运动轨迹，根据动能定理、分运动公式、牛顿第二定律列式，并结合几何关系分析。

8．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106m 的α粒子．已知屏蔽装置宽AB ＝9cm ，缝长AD ＝18cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电量q ＝3.2×10－19C ．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332 T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．
(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？ (2)若条形磁场的宽度d ＝20cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)
【答案】（1）0.34cm ；（2）72.010s -⨯；86.510s -⨯． 【解析】 【分析】 【详解】
(1)由题意：AB ＝9cm ，AD ＝18cm ，可得：∠BAO ＝∠ODC ＝45° 所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，
根据牛顿第二定律有2
v qvB m R
=，解得R ＝0.2m ＝20cm
由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．
设此时磁场宽度为d 0，由几何关系得(045201020.34d R Rcos cm m ︒+≈＝＋＝ (2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则62108
m T s qB ππ
-=
=⨯ 设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图所示．
因磁场宽度d ＝20cm <d 0，且R ＝20cm ，则在∠EOD 间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长． 设在磁场中运动时间最长为max t ，则6710 2.010216
max T t s s π
--=
=⨯≈⨯ 若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .
设在磁场中运动的最短时间为min t ，轨迹如图所示．因R ＝d ，则圆弧对应圆心角为60°，
则6810 6.510648
min T t s s π
--=
=⨯≈⨯ 【点睛】
当粒子（速度一定）在有界磁场中轨迹是劣弧时，粒子在磁场中运动轨迹的弦最短，粒子在磁场中运动时间最短．
9．地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害．为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地磁场．如图所示，模拟地球半径为R,地球赤道平面附近的地磁场简化为赤道上方厚度为2R 、磁感应强度大小为B 、方向垂直于赤道平面的匀强磁场．磁场边缘A 处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子．研究发现，当粒子速度为2v 时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球．不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应．
（1）求粒子的比荷
q m
； （2）若该种粒子的速度为v ，则这种粒子到达模拟地球的最短时间是多少？
（3）试求速度为2v 的粒子到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值η．（结果用反三角函数表示．例：sin k θ=，则sin arc k θ=，θ为弧度）
【答案】（1）2q v
m BR =（2）min 23R t v
π=（3）2
arcsin 3π
【解析】
试题分析：（1）其轨迹如图1所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r ，则根据几何关系：()()2
2
23r R r R +=+① 解得4r R =②
又2
(2)(2)v q v B m r
=③ 由②③得，
2q v m BR
=④ （2）速度为v 的粒子进入磁场有：2
v qvB m r ='
⑤ 由④⑤得，2r R '=⑥
若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A 斜向上射入，在A 交点E 到达地球的弦长最短时间最短．
2AE AD DE R ===，故60ADE ∠=︒，
得：0min
0602360m t qB π=⋅，min 23R t v
π= （3）沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO 方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此θ角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球．
作A 点该速度垂直和过切点与O 点连线延长线交于F 点，则F 点为圆心，如图3． AF=4R ，AO=OF=3R ，得2
sin 3
AG AO θ=
= 故θηπ
=，2
arcsin 3ηπ
= 考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式
mv R Bq =
，周期公式2m T Bq π=，运动时间公式2t T θ
π
=
，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，
10．如图1所示为平面坐标系xOy ，在第一象限内的虚曲线和y 轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ；在第二象限内的虚直线（63x a =-）和y 轴之间存在着如图2所示的交变磁场（以垂直纸面向外为磁场的正方向）．在A （2a ，0）点的放射源发出质量为m 、带电量为q +的粒子，粒子速度大小为0
0aqB v m
=
，速度方向与x 轴负方向的夹角为θ（090θ<<︒），所有粒子都能垂直穿过y 轴后进入第二象限．不计粒子重力和粒子间相互作用．
(1)求夹角45θ=︒的粒子经过y 轴时的坐标； (2)求第一象限内虚曲线的曲线方程()y x ；
(3)假设交变磁场在0时刻，某粒子刚好经过y 轴上的B （0，a ）点，则 ①要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T 应满足什么条件？
②要求该粒子在C （63a -，a ）点垂直虚直线水平射出磁场，求粒子在交变磁场中运动时间t 与磁场变化周期T 的比值k 的最小值？并求出在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间．
【答案】(1)(32)y a =-
；(2)22
y a x =-；(3)①0
103m T qB π≤
；②04m
qB π
【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为r ，则：
20
00v qv B m r
=
解得：
r a =，
如图1所示，
当入射角为45︒时，根据几何关系可得：y 轴坐标
22
))(32)22
2y a a a a a =-
+-=(( （2）如图2所示，入射角为任意角θ，进入磁场入射点坐标为（x ，y ），
根据几何关系可得：
tan
2
y a
x
θ=
-
22
tan
a x
θ=
-
得
22
2
x a x
y
a x
-
=
-
（0x a
<<）
（3）①粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图3所示；
设粒子在磁场中运动的周期为0T，两圆心连线与y轴夹角为β，则：
2m
T
qB
π
=
1
sin
2
β=
所以
30
β=︒
且满足
150
4360
T
T
︒
=
︒
得
10
3
m
T
qB
π
=
要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T 应满足
103m T qB π≤； ②粒子在交变磁场中运动的时间
t 与磁场变化的周期T 的比值为k ，即
t k T
= 如图4所示
根据几何关系可得：
4sin BC r k L β⨯=
33sin β=
由于sin 1β≤，所以k 最小等于3，即 3sin 2
β=
当60β=︒，如图4所示，粒子运动时间 100
602433604m q m t qB B ππ︒=⨯⨯⨯=o 当β=120°时，如图5所示，粒子运动时间 220012028443360m m t t qB qB ππ︒=⨯=⨯
⨯⨯=o
11．在如图所示的xoy 坐标系中，一对间距为d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y 轴重合，桌面与x 轴重合，o 点与桌面右边相距为74
d ，一根长度也为d 的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d ，装置的总质量为3m ．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B
的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g．求：
（1）环离开小孔时的坐标值；
（2）板外的场强E2的大小和方向；
（3）讨论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围．
【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-1
4 d；
（2）板外的场强E2的大小为mg
q
，方向沿y轴正方向；
（3）场强E1的取值范围为
22
3
68
qB d qB d
m m
～，环打在桌面上的范围为
17
44
d d
-～．
【解析】
【详解】
（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
mx1-3mx2=0 ①
而x1+x2=d ②
①②解得：x1=3
4
d③
x2=1 4 d
环离开小孔时的坐标值为：x m=3
4
d-d=-
1
4
d
（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg
解得：2mg
E
q
=，方向沿y轴正方向
（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则
若环绕小圆运动，则R=0.75d ④
根据洛仑兹力提供向心力，有：
2
v qvB m
R
=⑤
环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：
qE1x1=1
2
mv2⑥
联立③④⑤⑥解得：
2 1
3
8
qB d E
m
=
若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦
联立③⑤⑥⑦解得：
2 16
qB d E
m
≈
故场强E1的取值范围为
22
3
68
qB d qB d
m m
～，环打在桌面上的范围为
17
44
d d
-～．
12．在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球．
（1）当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0；
（2）现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所
示．空间再加一个水平向右、场强E＝mg
q
的匀强电场(未画出)．若小球仍以v0的初速度沿
切线方向从左边管口射入，求小球：
①运动到最低点的过程中动能的增量；
②在管道运动全程中获得的最大速度．
【答案】（1）qBR
m
（2）①2mgR②
222
q B R
gR
【解析】
（1）小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故200v qv B m R = 解得：0qBR v m
=． （2）①小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功，对小球运动到最低点的过程，由动能定理可以得到：k mgR qER E +=∆
由题目已知：mg
q E =
联合以上两式可以得到：动能增量2k E mgR ∆=．
②当小球到达管道中方位角为θ的位置（如图所示）时，应用动能定理，有： ()22011sin cos 22mgR qE R R mv mv θθ++=
- 即：()2222
2222sin cos q B R v gR gR m
θθ=+++ 对函数sin cos y θθ=+求极值，可得45θ=o 时，max 2y =
所以()
2222222m q B R v gR m =++
13．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θ=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？
【答案】（1）2qEd m =
v 2）42CA x 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2qEd v m
=（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CA x
由类平抛规律x vt =，212Eq y t m
= 由几何知识可得x=y ，解得2md t 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。

设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22r R +=
又因为'mv r qB =，所以'mv B qr
=， 代入数据可得()
'222B B =-
14．如图所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知．区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等．现有一质量m ＝0.01 kg 、电荷量q ＝0.01 C 的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN 相距L ＝2 m 的A 点以v 0＝5 m/s 的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A 点．已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.225，重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求匀强电场的电场强度大小E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B 1；
(2)求滑块从A 点出发到再次落回A 点所经历的时间t ；
(3)若滑块在A 点以v 0′＝9 m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B 2.
【答案】(1)10 V/m 6.4 T (2)(1751832π+) s (3)1516m 53
T。