高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及经典题型及练习题(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，在x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B 。

x 轴下方有一匀强电场，电场强度为E 。

屏MN 与y 轴平行且相距L ，一质量为m ，电荷量为e 的电子，在y 轴上某点A 自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN 上，那么： (1)电子释放位置与原点O 点之间的距离s 需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？
【答案】(1)()
222
s 221eL B Em n =+ (n ＝0,1,2,3…)；(2)()212BL m t n E eB
π=
++ (n ＝0,1,2,3…) 【解析】 【分析】 【详解】
(1)在电场中电子从A →O 过程，由动能定理可得
2
012
eEs mv =
在磁场中电子偏转，洛伦兹力提供向心力，有
20
0v qv B m r
=
可得
mv r qB
=
根据题意有
(2n ＋1)r ＝L
所以解得
()
222
221eL B s Em n =
+ (n ＝0,1,2,3…)
(2)电子在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子运动的总时间，即
)
2(2214s T T
t n n a ++⋅＝＋ 由公式 eE ma =可得
eE
a m
=
由公式 20
v qvB m r = 和 0
2r T v π=可得
2m
T eB
π=
综上整理可得
()212BL m t n E eB
π=
++ (n ＝0,1,2,3…)
2．在矩形区域abcd 中,存在如图甲所示的磁场区域(包括边界),规定磁场方向垂直纸面向里为正,其中22bc ab l e ==，为bc 边界上的一点,且2
l
ce ，=
重力可忽略不计的正粒子从d 点沿dc 方向以初速度0v 射入磁场,已知粒子的比荷为k ，求：
(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e 点离开,则磁场的磁感应强度0B 应为多大? (2)如果磁场的磁感应强度0
02v B kl
=
，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad 边离开磁场,则磁场的变化周期0T 应满足什么条件? (3)如果磁场的磁感应强度0
02v B kl
=
，在bc 边的右侧加一垂直bc 边向左的匀强电场,0时刻射入磁场的粒子刚好经过0T 垂直bc 边离开磁场,再次进入磁场后经过0T 从a 点离开磁场区域,则电场强度E 以及粒子在电场中的路程x 分别为多大?
【答案】(1)0
04
5v B kl =； (2)0056l T v π≤；(3)()2
08,(01221v E n n kl
π==⋯+，，）；
()21,(01238
n l x n π+==⋯，，，）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有
2
000
v qv B m R =
由几何关系，有
2
2200()2
l R l R =+-
解得
054
R l =
由于
q
k m
= 解得
045v B kl
=
； （2）由0
mv R qB =
可知，粒子运动的半径为 2
l R =
临界情况为粒子从t=0时刻射入，并且轨迹恰好与ad 边相切，如图2所示
圆周运动的周期为
00
2m l
T qB v ππ
=
=； 由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为5
6
π； 对应运动时间为
15
56212
t T T π
π==
应满足
12T t ≥
联立可得
00
56l
T v π≤
（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示
由题意有
00
122m T qB π=
⨯
得
00
2l
T v π=
在电场中有
qE ma =
往返一次用时为
2v t a
∆=
； 应有01()2
t n T ∆=+，可得
()
20
821v E n kl π=+，（n=0，1，2…）；
运动的路程为
()02112228
n l t
x v π+∆=⨯⨯=
，（n=0，1，2，3…）
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）212R ；11n +；（3）2πmR 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：
124R t v π=
= 在MN 下方的磁场中运动时间：
211122n t R v ππ+=
⨯⨯== 在MN 上方的磁场中运动时间：
23214R t v π=⨯=
总时间：
1232t t t t =++=
5．在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t =0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。

求： （1）磁感应强度B 和电场强度E 的大小；
（2）粒子从0点出发到第二次回到x 轴所用的时间； （3）粒子第n 次回到x 轴的坐标。

【答案】(1) E =
2
02mv qL (2) t 总=0
4L v π+（）(3) （-2L+12n -L ，0） 【解析】 【详解】
（1）粒子从O 到M 做圆周运动，半径：
R 0=
2
L
qBv 0=20
mv R
B =
2mv qL
M 到N 粒子在电场中运动：
2L =v 0t 2 L =
2212at a =Eq m
20
2mv E qL
=
（2）粒子从N 做圆周运动，在N 点v Ny =at 2，v Ny =v 0，速度方向与—x 轴夹角为45°，v N 02v ，所以做圆周运动的半径为：
R 1=
22
L 而粒子在磁场中运动周期：T =122m
t qB
π=与粒子速度无关，故经过时间t 1粒子做半圆到P 点，接下来只在电场力的作用下运动，P 点速度方向与N 点相反，所以从P 到Q 是M 到N
的逆运动，有2NP MQ L
==，得Q 点刚好在x 轴上（L ，0）则从O 点出发到第二次回
到轴所需时间：
t 总= 2（t 1+t 2）
又
t 1=0
2L v π t 2=0
2L v 得：
t 总=0
4L v π+（）
（3）如图所示，粒子接下来做有规律的运动，到达x 轴的横坐标依次为:
第一次：-2L 第二次：-2L +3L 第三次：-2L +3L-2L …………
若n 取偶数2，4，6......有:
-2322
n n L L L +=（）， 坐标为（
2
n
L ，0） 若n 取奇数1，3，5........有:
-2L +
12n -（-2L +3L ）=-2L +
1
2
n -L ， 坐标为（-2L +
1
2
n -L ，0）
6．如图，圆心为O 、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 。

P 是圆外一点，OP =3r 。

一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出。

己知粒子运动轨迹经过圆心O ，不计重力。

求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。

【详解】
（1）找圆心，画轨迹，求半径。

设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①
易得：②
（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
③
进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则
④
联立②③④解得
7．如图所示，某同学没计了一个屏蔽高能粒子辐射的装置，圆环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。

将辐射源放在圆心O处，辐射源在纸面内向外辐射质量为m电荷量为q的粒子，粒子速度大小不同，已知环形区域内圆半径为R，外圆半径为
3R，辐射源放出的粒子恰好均不能从磁场外边界射出，求：
（1）辐射源射出粒子的最大速度值；
（2）从O 点以最大速度射出的粒子第一次回到O 点的时间。

【答案】（1）3qBR
；（2）463m π+（）
【解析】 【详解】
（1）设离子最大速度为m v ，圆周运动半径为r ，由几何关系：
由几何关系得：
3cos R
r R α=+
tan r
R
α= 解得： 6
π
α=
， 33
r R =
由洛伦兹力提供向心力：
2m
m qBv m v r
=
解得： 33m q v BR
m
=
（2）速度最大的离子在磁场中运动的时间为t 1，转过的圆心角为β，
()2423
βπππα=--=
圆周运动周期为T ，则有：
2m
T qB
π=
在磁场中运动时间为：
12t T βπ
=
在无磁场去运动时间为t 2，则有：
22m
t R v =
从O 点射出到回到O 点的时间：
12t t t =+
解得：
()4633q t m B
π+=
8．如图所示，xOy 平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B =0. 1T ，在原点O 有一粒子源，它可以在xOy 平面内向各个方向发射出质量276.410m -=⨯kg 电荷量
193.210q -=⨯C 、速度61.010v =⨯m/s 的带正电的粒子。

一感光薄板平行于x 轴放置，其
中心O '的坐标为（0，a ），且满足a >0. 不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用。

（1）若薄板足够长，且a =0. 2m ，求感光板下表面被粒子击中的长度； （2）若薄板长l =0. 32m ，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a 的最大值；
【答案】13
+ (2)0.32m 【解析】 【分析】
(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力，粒子速度大小一定，方向不定，采用旋转圆的方式确定临界点；
(2)作出粒子恰能击中板的最左端与最右端时粒子的轨迹，求出a 的最大值。

【详解】
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力：
2
v qvB m r
=
解得：0.2m r =
沿y 轴正方向发射的粒子击中薄板的最左端D 点，可知：
10.2m x r ==
而击中薄板最右端E 点的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系可得：
22
22(2)r x r +=
解得：23
m x =
则感光板下表面被粒子击中的长度：1213
m L x x +=+=
(2)粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系可知：
222()()2
l
a r r +-= 解得：0.32m a =
若粒子恰能击中薄板的最右端点，根据几何知识可知：
222()(2)2
l
a r +=
解得：0.1344m 0.32m a =>
综上所述，为了使感光板下表面全部被粒子击中：0.32m m a =
【点睛】
典型的旋转打板模型，粒子的速度一定，说明运动的轨迹是一个定圆，方向不同，可以采用旋转圆的方式画出临界点，进而求解。

9．如图所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场．在t =0时刻，一位于ad 边中点o 的粒子源在abcd 平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与od 边的夹角分布在0～180°范围内．已知沿od 方向发射的粒子在t t =0时刻刚好从磁场边界cd 上的p 点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L ，粒子重力不计，求：
（1）粒子的比荷q ／m ；
（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．（若角度不特殊时可以用反三角表示，如：已知sinθ＝0.3，则θ＝arcsin0.3)
【答案】（1）06Bt π（2）5
6（3）0125arcsin t π⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】
由题中“在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的”可知，本题考查带电粒子在有界磁场中的运动规律，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系可分析本题． 【详解】
（1）初速度沿od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图，
其圆心为n ，由几何关系得
6
onp π
∠=
012
T
t =
粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得
2
2(
)Bqv m R T
π=
2R
v
T
π
=
解得
6
q
m Bt
π
=
（2）依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到o点距离相等，在t0时刻仍在粒子磁场中的粒子应位于o为圆心，op为半径的弧pw上．
由图知
5
6
pow
π
∠=
此时刻磁场中粒子数与总粒子数之比为
5
6
（3）在磁场中运动时间最长的粒子轨迹应该与b相交，
设粒子运动轨迹的圆心角为θ，则
5
sin
2
θ
=
在磁场中运动的最长时间
5
12arcsin
4
2
t T t
θ
ππ
==
所以从粒子发射到全部粒子离开共用时
125
t t
π
⎛
=
⎝⎭
10．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。

一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x轴的交点A处以速度 v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。

（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷
q
m
；
（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B'，该粒子仍从A处
以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B '多大？
（3）此次粒子在磁场中运动所用时间 t 是多少？
【答案】（1）v Br ；（2）33B ；（3）33R v
π 【解析】 【详解】
（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷
粒子由A 点射入，由C 点飞出，其速度方向改变了90°，由几何关系可知，粒子轨迹半径：
R =r
由：
2
v Bqv m r
=
解得：
q v m Br
= （2）粒子从D 点飞出磁场速度方向改变了60°角，故A D 弧所对圆心角60°，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径：
3tan 30
r
R r '=
=
由：
2
v B qv m R '='
得：
3
33B B qr
'=
= （3）粒子在磁场中飞行周期：
2R T v
π'
=
粒子在磁场中飞行时间：
1363R
t T v
π==
11．如图所示，在水平面内有一个正三角形边界和一个边长为l 、每条边均为挡板的正六边形边界ABCDEF ，在其六个顶点各开有一小孔，且正三角形边界与正六边形边界的几何中心重合.两边界之间的区域Ⅰ和六边形边界以内的区域Ⅱ均有垂直纸面向里的匀强磁场，三角形边界以外为真空.区域Ⅰ磁感应强度大小为4B 0，区域Ⅱ磁感应强度大小为B 0.现有大量质量均为m 、电量均为q 的正电粒子(粒子直径略小于小孔直径)从A 点以大小不同的速度v 垂直于AB 边进入区域Ⅱ，若粒子与挡板撞击则速度立刻减为0，不计粒子的重力与粒子间的相互作用力，则：
(1)求能从顶点C 由区域Ⅱ射入区域Ⅰ的粒子速度的大小； (2)求粒子最初从A 点出发又回到A 点经历的最短路程;
(3)为使所有粒子均不会从正三角形边界中飞出，求正三角形边界所围的最小面积. 【答案】(1) qBL v m =(2)72l π（32
36213+ 【解析】
(1)粒子能从C 点由区域Ⅱ射入区域Ⅰ的粒子圆心在B 点,轨迹半径R =l
又因为2
mv qvB R
=，所以qBL v m =； (2)经分析，除一开始从发射点A 运动到点D 、并在点D 由区域Ⅱ射入区域Ⅰ的粒子，其余粒子运动一段时间后均会与挡板相撞，速度减为0.
不与挡板相撞的粒子在区域Ⅱ运动轨迹的半径R 1=2l ，圆心角3
π
θ=
在区域Ⅰ磁感应强度变为4B 0，运动轨迹的半径2111
42
R R l ==，圆心角απ= 可画出物理在两个磁场区域内的运动轨迹如图所示.
从A 出发回到A 的最短7
=(
3)233
22
l l l l π
ππ⨯⨯+⨯
=总 ； (3)如下图所示，画一个正三角形边界，使该三角形三条边均与区域Ⅰ中的三个半圆形轨迹相切.
由图可知，三角形333333(23)(3)()22h r r l =+⨯
=+=+ 边长33(23)(3)2
l r l =+=+
21362132s h l l +=
⋅= 点睛：本题运用几何关系与物理规律相结合来解题，要学生掌握这类题型的答题方法与技巧，因此根据题意结合知识，画出正确的运动轨迹图是关键之处。

12．如图所示是研究光电效应现象的实验电路，、
为两正对的圆形金属板，两板间距
为，板的半径为，且
．当
板正中受一频率为的细束紫外线照射时，照射部
位发射沿不同方向运动的光电子，形成光电流，从而引起电流表的指针偏转．已知普朗克常量h 、电子电荷量e 、电子质量m ．
（1）若闭合开关S ，调节滑片P 逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小．当电压表示数为
时，电流恰好为零．求：
①金属板N 的极限频率
；
②将图示电源的正负极互换，同时逐渐增大极板间电压，发现光电流逐渐增大，当电压达到之后，电流便趋于饱和．求此电压．
（2）开关S断开，在MN间加垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零，求磁感应强度B至少为多大时，电流为零．
【答案】（1）①②（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①据题意，由光电效应方程得到：
①
据电场力做负功，刚好等于动能变化，有：
②
极限频率为：
③
④
②当电源正负极互换后，在电场力作用下，电子飞到极板M上，且电压越大，飞到该极板上的光电子数量越多，当所有光电子飞到该极板时，电流达到饱和，此时飞得最远的光电子可以近似看出类平抛运动，则有：
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
（2）当在MN间加有匀强磁场，在磁场力作用下，光电子做匀速圆周运动，当运动半径最大的光电子的半径等于d/2，则光电子到达不了极板M，那么就可以使电流为0，则有：
⑩
⑾
⑿
13．如图所示，左侧正方形区域ABCD有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域CEFG有电场，一质量为m，带电量为+q的小球，从距A点正上方高为L的O点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动，从C点水平进入右侧正方形区域CEFG．已知正方形区域的边长均为L，重力加速度为g，求：
（1）左侧正方形区域的电场强度E 1和磁场的磁感应强度B ；
（2）若在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从F 点飞出，求该电场场强E 2的大小；
（3）若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为3kmg E q =
（k 为正整数），试求小球飞出该区域的位置到G 点的距离．
【答案】（1）1mg E q =，方向竖直向上；2m g B q L
=，方向垂直纸面向外（2）23mg E q =（3）①L ②24L L k
- 【解析】
【详解】
（1）12v gL =小球做匀速圆周运动1qE mg = 解得：1mg E q =
，方向竖直向上 由几何关系r L =，又211v qv B m r
= 解得：2m g B q L
= （2）在CEFG 区域，小球做类平抛运动， 水平方向：1L v t =，解得2L t g =
竖直方向：212
L at =，解得4a g = 又2qE mg ma +=， 解得23mg E q
=
（3）水平方向：3qE ma =，解得a kg =
竖直方向小球做自由落体运动. 当水平方向减速至零时，用时12gL v t a == 由212ax v =，解得L x k
=， ①当k =1时，x =L ，小球水平方向恰好到达FG 边，此时竖直位移212y gt =
=L ，小球恰好从F 点飞出，此时距G 点L ．
②当k =2，3，4……时，x <L ，竖直位移()2122y g t =
=24L k ≤L ，小球从CG 边飞出，此时距G 点2
4L L k -
14．在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动．如图所示，在真空室内的P 点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC =L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ =5L ．当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子的发射速率；
（2）PQ 两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab 的粒子所用最长时间和最短时间．
【答案】(1) 58BqL m (2) 22
258qB L m
(3) 233180m Bq π 106180m Bq π 【解析】
【分析】
（1）当只存在匀强磁场时，α粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出α粒子的运动轨迹，由几何知识求出α粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出α粒子的发射速率；
（2）当只存在匀强电场时，α粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解PQ 两点间的电势差；
（3）当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间．
【详解】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示：
由几何知识可得PC QA PQ QO
＝
代入数据可得粒子轨迹半径
5
8
L R QO
==
洛伦兹力提供向心力Bqv＝m
2 v R
解得粒子发射速度为v＝5
8 BqL m
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内
1 2v
CQ L t
==
PC＝L＝1
2
at2
式中a＝qE m
U＝Ed
解得电场强度的大小为U＝
22 25
8
qL B
m
（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示．据图有
sin α＝=0.6L R R - 解得α＝37° 故最大偏转角γmax ＝233°
粒子在磁场中运动最大时长max
1233360180m t T Bq
γπ==︒ 式中T 为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图有
sin β＝
/24=5
L R 解得β＝53° 速度偏转角最小为γmin ＝106°
故最短时长min 2106360180m t T Bq
γπ=
=︒ 【点睛】
本题的突破口是确定α粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径．
15．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第
三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；
（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；
【答案】（1）3E B （2）2.4B
【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d d r sin sin α=
==︒ 根据200mv qv B r =得023qBd v = 粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos t m -︒=
（）； 00y v qEt tan v mv α== 联立解得03E v B
=
（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第
三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．
则有：x=v 0t ， 2y v y t =
得0322y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα=
1323r d = 则得23
x d = 所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253239
d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==
粒子进入第三、四象限运动的速度002v v v cos α=== 根据2
'v qvB m R
= 得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动。