高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧及练习题(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(2214
s 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．如图所示,圆心为O 、半径为R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O 为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y 轴的固定绝缘挡板,一质量为m 、带电量为+q 的粒子,与x 轴成 60°角从M 点（-R,0） 以初速度v 0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:
(1)磁感应强度B 的大小; (2)N 点的坐标;
(3)粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间. 【答案】(1)0mv qR (2) 31
,)2R R - (3)
(5)R v π+ 【解析】
（1）设粒子在磁场中运动半径为r ，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：
由几何关系可以得到：r R =
由洛伦兹力等于向心力：20
0v qv B m r
=，得到：0mv B qR =．
（2）由图几何关系可以得到：3sin 60x R R ==
o ，1cos602y R R o
=-=-
N 点坐标为：31,2R R ⎫
-⎪⎪⎝⎭
． （3）粒子在磁场中运动的周期2m
T qB
π=
，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180o ，粒子在磁场中运动时间：12
T
t =
，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =
，其中1
32
s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+ 解得：()0
5R
t v π+=
．
3．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)00
56l 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
04
5v 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…）
4．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】(1)13
m + (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
x =
则感光板下表面被粒子击中的长度：1213
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。

5．如图所示，在平面直角坐标系x 轴的上方（ 2.74 2.74a x a -≤≤，0y ≥）区域范围内存在着匀强磁场，磁感应强度为B 。

在空间（3
2
x a
=-
，12y a =）处有一粒子源P ，能向平面内各个方向发射质量为m 、带电量为-q ，速度为0v 的带电粒子。

（已知0
mv a qB
=，答案涉及位置或长度的均用a 表示），求：
(1)x 轴上能接收到粒子的区域长度L 1；
(2)x 上能被不同角度射出的两个粒子打中的区域长度L 2；
(3)若在x 轴的正半轴上铺设挡板，且粒子源P 打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并反弹，每次反弹后速度方向相反，大小为原来的0.6倍，则求这些粒子出磁场时的纵坐标y 及粒子在磁场中运动的时间。

【答案】(1)115322L a a =+ (2)215322L a =- (3)350
y a =
52m t qB π= 【解析】 【详解】
(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径2v Bqv m R
=，0mv R a
qB ==
粒子打在MN 上的范围如图1所示
最右侧：22PD R a ==
()2
2
11522ED a a ⎛⎫
=-=
⎪
⎝⎭
最左侧：F 与MN 相切，由几何关系知2
2
1322
EF a a a ⎛⎫
=-=
⎪⎝⎭ 解得 1153L =
(2)如图1所示，有不同角度射出的两个粒子打中的长度为OD, 3
2
OE EF a == 得2153L OD ==
- (3)粒子垂直打在挡板上，由几何关系可知OG a =，150POG ∠=o 粒子打在G 点后反弹，0
0.60.6mv R a qB
'=
=， 1.2GH a = 再反弹0.36R a '='，之后从磁场右边界出去，由几何关系可知
2.74 1.20.361
cos 0.362
a a a a a θ---=
=，60θ=o
93
sin 60y R a ==
''o 150POG ∠=o
2m
T qB
π=
所有粒子周期相同
粒子走过的圆心角为150180120450o o o o α=++=
所以
45053602m
t T qB
π==
o o
6．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-3
2
L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-
3
2
L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（3
2L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52
L （不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）
E
B
； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）5
3v 0，与x 成53°角；（2）043
v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．
【解析】 【详解】
（1）如图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2时的y 方向的速度为v y ， 由运动学规律知
3
2
L =v 0t 1，
L =
2
y v t 1
可得t 1=
032L v ，v y =43
v 0 故粒子在P 2的速度为v
=53
v 0 设v 与x 成β角，则tan β=
y v v =
4
3
，即β=53°； （2）粒子从P 1到P 2，根据动能定理知qEL =
12mv 2-1
2
mv 02可得 E =2
089mv qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB =m 2
v R
解得：B =mv qR =05352
m v q L ⨯⨯=023mv qL
解得：
43
v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-3
2
L 直线与Q ′点，可得： P 2O ′=
3253L cos o
=5
2
L =r 故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-
32
L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =
3
2
L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=0
32L
v
在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o =0
37120L
v π 从M 运动到N ，a =qE m =2
89v L
则t 3=v a =0
158L v
则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=
()0
4053760L
v π+．
7．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。

现使一个电量大小为q 、质量为m 的带正电粒子从坐标（﹣2a ，a ）处以沿+x 方向的初速度v 0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并在随后经过了点P ，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。

【答案】（12v 0，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m
t n n v qB qB
ππ=++ n ＝1、2、3……。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2
y v a t =
，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝
y v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O 点时的速度：2
2002v v v v =+=
；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v qvB m r
= ，
粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……；
（3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝
2a v ； 粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=
，2
m
T qB
π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P 点，则粒子在磁场中的运动时间：t 2＝
1
4
T 1， 若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P 点，粒子在磁场中的运动时间：t 2＝1
4T 1+34
T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×
1
4T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×1
4T 1+2×34
T 2， ………… 则23(1)24m
m
t k k qB
qB
ππ=+- k ＝1、2、3 (2324)
m
t n
n
qB qB
ππ=+ n ＝1、2、3…… 粒子从出发到P 点经过的时间：t ＝t 1+t 2， 解得：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3…… 或02324a m m t n n v qB qB
ππ=
++ n ＝1、2、3……；
8．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔
1S 、2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U ，周期为0T 。

在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在0
2
T t =
时刻通过2S 垂直于边界进入右侧磁场区。

（不计粒子重力，
不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达2S 时的速度大小v 和极板距离d
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03t T =时刻再次到达2S ，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 【答案】（1）0024T qU d m
=
（2）0
24mU B L q
<
（3）2m T qB π=
087m
B qT π=
【解析】（1）粒子由1S 至2S 的过程中，根据动能定理得
201
2qU mv =
①
由①式得
02qU v m
=
②
设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
0U q ma d =
③ 由运动学公式得
201()22T d a =
④
联立③④式得
0024T qU d m
=
⑤
(2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，
⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
⑦
联立②⑥⑦式得
⑧
（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t ，有
1
d vt =
⑨
⑩
若粒子再次达到2S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为
2t ，根据运动学公式得
⑾
联立○9○10○
11式得
⑿
设粒子在磁场中运动的时间为t
⒀
联立⑩⑿⒀式得
⒁
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T
，由○6式结合运动学公式得
⒂
由题意得
T t
=
⒃
联立⒁⒂⒃式得
⒄
9．现代物理经常用磁场来研究同位素粒子，在xoy 坐标系内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ．现有电荷量均为q +的a b 、两粒子从坐标原点O 以相同速率v 同时射入磁场，a 沿x 轴正方向，b 沿y 轴正方向，a 粒子质量为m ，b 粒子质量为2m ，不计粒子重力以及粒子间相互作用，求：
（1）当a 粒子第1次刚到达y 轴时，b 粒子到达的位置坐标；
（2）a b 、粒子是否会再次相遇？如能，请通过推导求出何时相遇；如不能，请简要说明理由；
（3）设两粒子在y 轴上投影的距离为y ∆，则y ∆何时有最大值并求出y ∆的最大值． 【答案】（1）（22mv mv qB qB -
，）（2）a 、b 粒子在4k m
t qB
π=时刻相遇（k =1、2、3……）（3）(43)n m t qB π+= （n =1、2、3……） 4mv
Bq
【解析】 试题分析：（1）由可知：
a 粒子半径周期
b 粒子半径2122mv r r qB =
=周期21222m
T T qB
π⋅== a 粒子第1次刚到达y 轴历时
所以此时b 粒子运动
1
4
周，位置坐标为（）
（2）由图可知：ab 可能在O 、P 点再次相遇 因为，所以A.b 粒子经过24m
t T qB
π==
在O 点再次相遇，该过程粒子不可能在P 点相遇
所以A.b 粒子在4k m
t qB
π=
（k=1、2、3……） 时刻相遇
（3）解法一：
由第（1）问分析可知，当a 粒子第二次到达其圆轨迹最高点时（即a
粒子运动了132
T ），b 粒子恰好在其圆轨迹的最低点，此时两粒子在y 轴上投影的距离Δy 最大．
考虑圆周运动的周期性，此后a 粒子每运动两周，b 粒子运动一周，两粒子在y 轴上投影的距离Δy 再次最大． 所以113(43)22n m t T n T Bq
π+=
+⋅=时最大
max 144mv
y r Bq
∆==
解法二： 由
可知：a 粒子半径为r 时，b 粒子的半径为2r 由
可知：b 的半径扫过角时，a 的半径扫过2θ角
当
时，
有最大值4r ，此时
即222 1.52t Bqt
n t T m
πππω+==
=得：时
最大，max 44mv
y r Bq
∆==
． 考点：带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．
10．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限
内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B
(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L
【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）9
4
d ； 【解析】
(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d
电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2
0v ev B m r
=
解得：0
mv B ed
=
(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.
设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r
O a '=
︒
3OO d O a ='-' 解得OO d '=
即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远
所以22m y r d ==
电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤
设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：
根据运动学公式有：0x v t =
212eE y t m
=
⋅ y eE v t m
=
tan y v v θ=
tan 3L
d x
θ=
- 解得：(32)2L d y y =即9
8
y d =
时，L 有最大值 解得：94
L d =
当322d y y
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．
11．处于静止状态的某原子核X ，发生α衰变后变成质量为m Y 的原子核Y ，被释放的α粒子垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中,测得其圆周运动的半径为R ，设α粒子质量为m ，质子的电荷量为e ，试求: (1)衰变后α粒子的速率v α和动能E kα; (2)衰变后Y 核的速率v Y 和动能E kY ;
(3)衰变前X核的质量m X．
【答案】(1)
2BeR
v
m
α
=
222
2
k
B e R
E
m
α
=
(2)
2
Y
Y
BeR
v
m
=
222
2
kY
Y
B e R
E
m
=
(3)
222
2
211
()
X Y
y
B e R
m m m
c m m
=+++
【解析】
【详解】
（1）α粒子在匀强磁场中做圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供,即
2
v
Bqv m
R
α
α
=
α粒子的电荷量q=2e
所以α粒子的速率
2BeR
v
m
α
=
动能
222
2
k
12
E
2
B e R
mv
m
αα
==
（2）由动量守恒mvα-m Y v Y=0,所以
2
y
y
BeR
v
m
=
222
2
ky
12
E
2y y
y
B e R
m v
m
==
（3）由质能方程ΔE=Δmc2，而ΔE=E kα+E kY
所以
2
2
22
211
()
Y
c
B e R
m
m m
∆=+
衰变前X核的质量m X=m+m Y+Δm=m+m Y+
2
222
211
()
Y
B R
m
c
e
m
+
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）①2mgR ②222q B R gR
【解析】
（1）小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故2
0v 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 22
mgR qE R R mv mv θθ++=
- 即：()222
22
2
22sin 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()
2222
222m q B R v gR m
=++
13．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2
00mv qv B r =得0233qBd
v m
=
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
1602qE r cos t m -︒=（）； 00
y 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 ， 2
y v y t =
得
03
222
y v y tan x v α===
由几何知识可得 y=r-rcosα=
132r d = 则得2
3
x d =
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253
23d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==
粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBd
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
14．如图所示，地面某处有一粒子发射器K （发射器尺寸忽略不计），可以竖直向上发射速度为v 的电子；发射器右侧距离为d 处有一倾角为60°的斜坡，坡面长度为d 并铺有荧光板（电子打到荧光板上时可使荧光板发光），坡面顶端处安装有粒子接收器P （接收器尺寸忽略不计），且KQPM 在同一竖直平面内。

设电子质量为m ，带电量为e ，重力不计。

求：
（1）为使电子从发射器K 出来后可运动至接收器P ，可在电子运动的范围内加上水平方向的电场，求该电场强度E 。

（2）若在电子运动的范围内加上垂直纸面向里的匀强磁场，且已知磁感应强度大小为B ；同时调节粒子的发射速度，使其满足v 0≤v≤2v 0．试讨论v 0取不同值时，斜面上荧光板发光长度L 的大小。

【答案】（1）为使电子从发射器K 出来后可运动至接收器P ，可在电子运动的范围内加上
水平方向的电场，该电场强度E 为2
4mv ed
；
（2）当04eBd v m <
或0eBd v m ≥时，L 为0；当042eBd eBd
v m m
≤<时，L 为
2
200022312mv mv d mv d d eB eB eB ⎛⎫-+-++ ⎪⎝⎭02eBd eBd v m m
≤<时，L 为
2
2
000
336
2
mv mv d mv
d d
eB eB eB
⎛⎫
---++ ⎪
⎝⎭；当r max≥2d（或r min≥d）时，0
eBd
v
m
≥，则L＝
【解析】
【详解】
（1）电场方向水平向左，设运动时间为t，则水平方向有：2
1
cos60
2
eE
d d t
m
+=
o
竖直方向有：d sin60°＝vt
联立可得：
2
4mv
E
ed
=
（2）根据
2
v
evB m
r
=，有0
max
2mv
r
eB
=，0
min
mv
r
eB
=，即：r max＝2r min，分类讨论如下：
第一，当
max
1
2
r d
<（或
min
1
4
r d
<）时，
04
eBd
v
m
<，则L＝0
第二，当
max
1
2
d r d
≤<（或
min
11
42
d r d
≤<）时，
42
eBd eBd
v
m m
≤<
如图所示有：222
max max max
()2()cos120
r d r L d r L
=-+--o，
解得：
2
2
000
22
312
mv mv d mv
d d
eB eB eB
L
⎛⎫
-+-++ ⎪
⎝⎭
=
第三，当d≤r max＜2d（或min
1
2
d r d
≤<）时，
2
eBd eBd
v
m m
≤<
由上图所示可知，222
min min min
()()2()()cos120
r d r d L d r d L
=-+----o
解得：
2
2
000
336
mv mv d mv
d d
eB eB eB
L
⎛⎫
---++ ⎪
⎝⎭
=
第四，当r max≥2d（或r min≥d）时，0
eBd
v
m
≥，则L＝0.
15．如图所示，坐标系xoy位于光滑绝缘水平面内，其中第二象限内存在一个与坐标平面平行方向如图的匀强电场．一质量为M，电量为q
+的小球a从A点由静止释放．沿AO 方向运动．到达O点时速度为v，AO长度为.L若小球a恰能与静止在O点质量为(3)
m M m
>的不带电小球b发生弹性碰撞，相碰时电荷量平分，同时瞬间撤去电场并在整个空间加一垂直于坐标平面向下的匀强磁场．忽略两小球间的静电力及小球运动所产生磁场的影响．求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)a，b两球碰后的速度；
(3)若从a，b两球相碰到两球与O点第一次共线所用时间为t，则匀强磁场的磁感应强度
l
B的大小为多少？
【答案】(1)
2
2
Mv
qL
；(2)
()
M m v
M m
-
+
和
2Mv
M m
+
； (3)()
4Mm
qt M m
π
-．
【解析】
【分析】
()1小球a在电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式结合可求得匀强电场的电场强度大小E；
()2a、b两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律求两球碰后的速度；
()3a、b两球碰后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和运动学公式求得两球运动周期，画出轨迹，分析时间t与两球周期的关系，求解匀强磁场的磁感应强度l B的大小．
【详解】
(1)设a球在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律和运动学公式可得：
qE
a
M
=
22
v aL
=
解得：
2
2
Mv E
qL =
()2设a、b两球碰后的速度分别为1v和2v，取碰撞前a球的速度方向为正方向，由动量
守恒定律和机械能能守恒定律得： 12Mv Mv mv =+．
22212111222
Mv Mv mv =+． 解得：()1M m v v M m
-=
+，2
2Mv
v
M m
=
+ ()3由于碰后两球都带正电在磁场中向同一方向偏转做圆周运动，如图．
由2
v qvB m R
=，2R T v π=得：2m T qB π=
则得：4a M T qB π=
，4b m
T qB
π= 如图所示a 、b 两球与O 点第一次共线时有：222b a
t t T T ππ
π-= 解得：()
4Mm
B qt M m π=-
【点睛】
本题中带电小球先加速后做圆周运动类型，关键是画出轨迹图，结合几何关系分析时间与周期的关系．。