高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题及解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题及解析
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,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发
射两种原子核、,的速率为v, 的速率为 ,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。

(1)求原子核的比荷 (用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；
(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求粒子的质量数a；
(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。

已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。

(已知电子的电荷量为e)
【答案】(1) ; (2) (3)
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据
求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。

【详解】
（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得
弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：
由几何关系得：圆心角为，运动的周期为
故运动的时间为
（2）设圆周运动半径为，如图所示、：
由几何关系得：
解得：
设Y粒子的质量为，电荷量为
由，解得：
联立解得：，即，解得：a=15
（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：
已知轨迹恰好与A 相切，则
代入数据解得：，解得：
由几何关系得Y 粒子在
范围内出射能到达金属板
单位时间打到金属板的Y 粒子数为
由几何关系得Y 粒子在
范围内出射能到达金属板
单位时间打到金属板的Y 粒子数为 通过电阻r 上的电流
【点睛】
带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。

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
,)
22R R - (3)0
(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：
2
v
qv B m
r
=，得到：0
mv
B
qR
=．
（2）由图几何关系可以得到：
3
sin60
x R R
==
o，
1
cos60
2
y R R
o
=-=-
N点坐标为：
31
,
2
R 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：1
2
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：2
2s
t
v
=，其中1
3
2
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
12
t t t
=+
解得：
()
5R
t
v
π
+
=．
3．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为m，带电量为q，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．
【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d
m θ
【解析】 【分析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】
（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R
θ=
洛伦兹力做向心力：20
0v qv B m R
= 解得0cos qBd
v m θ
=
（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x
θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ
θ
=
（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B
解得2qB d
E mcos θ
=
【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
4．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 =
2212
at
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=
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 +
1
2n -（-2L +3L ）=-2L +
1
2
n -L ， 坐标为（-2L +
1
2
n -L ，0）
5．如图所示，平面直角坐标系xoy 被三条平行的分界线分为I 、II 、III 、IV 四个区域，每条分界线与x 轴所夹30º角，区域I 、II 分界线与y 轴的交点坐标（0，l ），区域I 中有方向垂直纸面向里、大小为B 的匀强磁场；区域 II 宽度为d ，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域III 为真空区域；区域IV 中有方向垂直纸面向外、大小为2B 的匀强磁场．现有不计重力的两粒子，粒子l 带正电，以速度大小v 1从原点沿x 轴正方向运动；粒子2带负电，以一定大小的速度从x 轴正半轴一点A 沿x 轴负向与粒子1同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域II ；随后粒子1以平行于x 轴的方向进入区域III ；粒子2以平行于y 轴的方向进入区域III ，最后两粒子均在第二次经过区城III 、IV 分界线时被引出．
（1）求A 点与原点距离；
（2）求区域II 内电场强度E 的大小和方向； （3）求粒子2在A 的速度大小；
（4）若两粒子在同一位置处被引出，区城III 宽度应设计为多少？ 【答案】（1）23OA l =（2）1
3Blv E =（3）21v v =（4）32d S l =-
【解析】
（1）因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ，所以粒子1在区域Ⅰ运动半径为R 1=l
粒子2在区域Ⅰ运动半径为R 2由几何关系知
221
32
R R l =+ 23R l =
33323OA l l l =-=
（2）要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向左下方 两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d ，出电场时，对粒子1沿电场方向的运动有 1
313tan 30E v v v =
=︒111
13q E d v m v =⋅ 又 2
1111
v q v B m l
= 所以111q v m Bl = 1
3Blv E =
（3）粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为22
4E 3tan 603
v v v ==
︒ 对粒子2在电场中运动有
2222
3
3q E d v m v =⋅ 又 2
2
2223v q v B m l
= 所以
2223Bl
q v
m = 所以 21v v =
（4）粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为1
312sin 30v v v =
=︒
有 23
1313
2v Bq v m R = 3R l = 粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为22
423cos30v v v =
=
︒有 24
242
4
2v Bq v m R = 43R l =
两粒子要在区域IV 运动后到达同一点引出，O 3圆对应的圆心角为60゜，O 4圆对应的圆心
角为120゜
3E 4E 3412
2cos30++tan 30tan 6022v v S S d d
R R v v +︒=
⋅+⋅︒︒ 32
d S l =-
点睛：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．
6．相距为L 的平行金属板 M 、N ，板长也为L ，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线 EF 对齐，EF 左侧有水平匀强电场，M 、N 两板间所加偏转电压为 U ，PQ 是两板间的中轴线．一质量为 m 、电量大小为+q 的带电粒子在水平匀强电场中 PQ 上 A 点由静止释放，水平电场强度与M 、N 之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从 N 板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向里的足够大匀强磁场中 ，A 点离 EF 的距离为 L /2；不计粒子的重力，求： （1）磁感应强度B 大小
（2）当带电粒子运动到 M 点后，MN 板间偏转电压立即变为−U ，（忽略电场变化带来的影响）带电粒子最终回到 A 点，求带电粒子从出发至回到 A 点所需总时间．
【答案】（12mU L q 2）344L m
L qU
π+（）【解析】 【详解】
（1）由题意知：对粒子在水平电场中从点A 到点O ：有：
2
1022
U l q
mv L =-……………① 在竖直向下的电场中从点O 到N 右侧边缘点B ： 水平方向：
0L v t =……………②
竖直方向：
2
122L qU t mL
=……………③ 在B 点设速度v 与水平初速度成θ角 有：
2tan 21
L
L
θ=⨯=……………④
粒子在磁场中做匀速圆周运动 由几何关系可得：
2
R L =
……………⑤ 又：
2
v qvB m R
=……………⑥
联解①②③④⑤⑥得：
2L mU
B q
=
……………⑦
（2）粒子在磁场中运动的圆心角32
πα=
22R m
T v qB
ππ=
= 在磁场中运动时间：
2t T α
π
'=
在水平电场中运动时间：
00
v v t qU a mL
=
=''……………⑧
总的时间：
22t t t t '='++'总……………⑨
联解得：
344L m
t L qU
π=+
总（） ……………⑩
7．如图所示的xoy 平面内，以1O （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B 1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
233mv mv E B ==
，，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】（132）3
3
R （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
23
mv 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．如图在光滑绝缘平面上有一直角三角形区域AOC ，AC 上放置一个绝缘材料制成的固定挡板，其长度AC L ＝，30A ∠︒＝，现有一个质量为m ，带电量为q +可视为质点的小球从A 点，以初速度v 沿AO 方向运动，小球与挡板的碰撞均为弹性碰撞（打到C 点时也记一次碰撞），且不计一切摩擦和碰撞时间，若在AOC 区域施加一个垂直水平面向里的匀强磁场，则：
（1）要使小球能到达C 点，求磁感应强度的最小值min B ；
（2）要使小球能到达C 点，求小球与AC 边碰撞次数n 和磁感应强度大小B 应满足的条件．
（3）若在AOC 区域施加一个沿O 到C 方向的匀强电场，则： ①要使小球能到达C 点，求电场强度的最小值min E ；
②要使小球能到达C 点，求小球与AC 边碰撞次数和电场强度大小E 应满足的条件。

【答案】（1）min q B mv L =；（2）min n q B mv L =，其中n N ∈※；（3）①2
min 43mv E qL
=；
②229123m v EqLm mv
n +-．
【解析】 【详解】
（1）根据几何关系可知粒子能够运动到C 点的最大半径为r L = 根据
2
v Bqv m r
=
解得：
min q
B mv L =
（2）粒子与板发生n 次碰撞所对应的轨道半径为：
L r n
=
根据
2
v Bqv m r
=
解得：
min n q
B mv
L =
，其中n N ∈※ （3）①在区间加竖直向上的电场时，且带电粒子做一次类平抛运动到C 点时电场强度最小，水平方向上：
cos 3L L
t v θ=
=
竖直方向上：
2
22
1328OC
EqL L at mv
== 解得：：
2
min
43mv E qL
= ②将电场力沿平行AC 和垂直AC 分解
//sin 2Eq Eq
a m m
θ=
=
cos Eq a m θ⊥=
=
02sin v t a θ⊥=
= 沿AC
方向的运动是初速度为//v =，加速度为//
2Eq a m =的匀加速直线运动 得到
2/2
///1224Eq L v t a t t m
=+=+
所以
t =
得
t n t =
即
n
9．如图甲所示，在xOy 竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与x 轴相切于点(2R, 0)、半径为R 的圆形区域，该区域内存在垂直于xOy 面的匀强磁场，电场与磁场随时间变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸面向里为正方向，电场、磁场同步周期性变化（每个周期内正、反向时间相同）．一带正电的小球A 沿y 轴方向下落，t=0时刻A 落至点03R （，），此时，另一带负电的小球B 从圆形区域的最高点22R R （，）处开始在磁场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动．当A 球再下落R 时，B 球旋转半圈到达点20R （，）；当A 球到达原点O 时，B 球又旋转半圈回到最高点；然后A 球开始做匀速运动．两球的质量均m ，电荷量大小为q ，不计空气阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为g ，求：
（1）匀强电场的场强E 的大小；
（2）小球B 做匀速圆周运动的周期T 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； （3）电场、磁场变化第一个周期末A 、B 两球间的距离S ． 【答案】（1）mg q
E =（2）2m g
B q
R
π=
3225(22)π++
【解析】 【分析】 【详解】
(1)小球 B 做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有 Eq ＝mg ，解得 mg q
E =
(2)设小球 B 的运动周期为 T ，对小球 A ：Eq ＋mg ＝ma ， 解得 a ＝2g ； 由 R ＝a (
2T )2，得 2R T g
= 对 B 小球：2
=B
B v Bqv m R
22B R
v gR T
π=
= 解得2m g
B q
R
π=
(3)由题意分析可得：电(磁)场变化周期是 B 球做圆周运动周期的 2 倍 对小球 A ：在原点的速度为32
A R T v a T =
+ ， 在原点下的位移5A A y v T R == 2T 末，小球 A 的坐标为(0，－5R ) 对小球B ：球 B 的线速度 v B ＝2gR 水平位移 x B ＝v B T ＝2πR ；
竖直位移为 y B ＝
1
2
aT 2
＝2R ； 2T 末，小球B 的坐标为[(2π＋2)R ，0]
则 2T 末，A 、B 两球的距离为： AB ＝225(22)π++R ．
10．如图甲所示，在坐标系xOy 平面内，y 轴的左侧有一个速度选择器，其中电场强度为E ，磁感应强度为B 0．粒子源不断地释放出沿x 轴正方向运动，质量均为m 、电量均为+q 、速度大小不同的粒子．在y 轴的右侧有一匀强磁场，磁感应强度大小恒为B ，方向垂直于xOy 平面，且随时间做周期性变化（不计其产生的电场对粒子的影响），规定垂直xOy 平面向里的磁场方向为正，如图乙所示．在离y 轴足够远的地方有一个与y 轴平行的荧光屏．假设带电粒子在y 轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，失去电荷变为中性粒子．（粒子的重力忽略不计）
（1）从O 点射入右侧磁场的粒子速度多大； （2）如果磁场的变化周期恒定为T =
m
qB
π，要使不同时刻从原点O 进入变化磁场的粒子做曲线运动的时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开y 轴的距离至少多大； （3）荧光屏离开y 轴的距离满足（2）的前提下，如果磁场的变化周期T 可以改变，试求从t =0时刻经过原点O 的粒子打在荧光屏上的位置离x 轴的距离与磁场变化周期T 的关系． 【答案】（1）0E B （2）0
22mE qBB （3）T ＜53m qB π 【解析】 【详解】
（1）因为粒子在速度选择器中运动时受力平衡，即：qvB 0=qE ，
解得：v =0
E
B ；
（2）带电粒子进入y 轴右侧之后，在磁场中运动的半径为：r =mv qB =0
mE qBB ， 因为磁场的变化周期恒为：T =m
qB
π，所以粒子在该磁场中运动半个周期所转过的角度为90°，
任一时刻进入y 轴右侧磁场的粒子其运动轨迹如图甲所示：
为使粒子在磁场中运动满一个变化周期，荧光屏离开y 轴的距离应该为： x =2r sinα+2r sin （90°-α）=2r sinα+2r
cosα=22r sin （45°+α），
当α=45°时，x 的值最大，最大值为：x =22r =
22mE
qBB ； （3）因为带电粒子在两个磁感应强度大小相等的磁场中运动的时间相等， 所以其轨迹具有对称性，如图乙所示，
其经过一个磁场变化周期之后的速度方向与x 轴方向平行， 且此时距x 轴的距离为：y =2r （1-cosα）
式中的α为粒子在变化的磁场中运动半个周期所转过的角度，
其余周期T 的关系为：2T =m
qB
，
则：α=
2qBT
m
， 所以经过一个周期后，距x 轴的距离为：y =20mE qBB （1-cos 2qBT
m
），
由于只有在y 轴的右侧才有变化的磁场，所以带电粒子最大转过的角度不会超过150°，如图丙所示，
即磁场的变化周期有一个最大值，
2
m
T
=
5
6
m
qB
π
，所以：T＜T m=
5
3
m
qB
π
；
11．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P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（
3
2
L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=
5
2
L（不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P2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P1点出发后做周期性运动的周期．
【答案】（1）
5
3
v0，与x成53°角；（2）0
4
3
v
；（3）2L；（4）
()
40537
60
L
v
π
+
．
【解析】
【详解】
（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，
由运动学规律知
3
2
L=v0t1，
L=
2
y
v
t1
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+．
12．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．
求：（1）电场强度的大小．
（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比． 【答案】22B qL E m
=；2B E t t π= 【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有200v qv B m R
= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2
R = 以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212
E R at = 竖直方向上：0E R v t =
由以上各式，得 22B qL E m
= 且E m t qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π== 所以2
B E t t π=
13．如图所示，一质量为m =0.5kg ，电荷量为q =+0.2C 的小物块（可视为质点），放在离地面高度为h =5m 的水平放置、厚度不计的绝缘圆盘边缘，并随圆盘一起绕中心转轴顺时针做匀速圆周运动，圆盘的角速度为ω=2rad /s ，半径为r =1m ，圆盘和小物块之间的动摩擦因数为μ=0.5．以圆盘左侧垂直于纸面的切面和过圆盘圆心O 点与空间中A 点的竖直平面为界（两平面平行），将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个空间区域，当小物块转动时，Ⅰ区域出现随时间均匀增大的电场E （图中未画出），电场方向是竖直方向．当E 增大到E 1时，小物块刚好从空间中的A 点离开圆盘，且垂直于Ⅰ、Ⅱ区域边界进入Ⅱ区域，此时，Ⅱ区域和Ⅲ区域立即出现一竖直向上的匀强电场E 2（图中未画出），E 2=25N/C ，且Ⅲ区域有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L =4m ，g =10m/s 2．求：
（1）E 1的大小和方向；
（2）若小物块在磁场宽度范围内落地，则磁感应强度B 的取值范围是多少？
（3）现将磁感应强度B 取某一值，当小物块离开A 后一小段时间，紧贴圆盘圆心O 点下方以速度073v =m/s 水平抛出一木制小球，最终两者在磁场宽度范围内的地面上相遇，则从小物块离开A 点时开始计时，抛出木制小球的时刻t 为多少？
【答案】（1）15N/C E =，竖直向上（2）1.252T B T ≤＜（3）2.96s
【解析】
试题分析：（1）当Ⅰ区域的电场向上时，小物块与圆盘间的最大静摩擦力减小，当其减小到等于向心力时，小物块沿切线方向飞出，所以，1E 的方向竖直向上．
由牛顿第二定律有：21mg E q m r μ
ω-=（） 代入数据解得：15N/C E =
（2）在Ⅱ、Ⅲ区域，由于
95
a <，所以小物块先做匀速直线运动，进入Ⅲ区域后，做匀速圆周运动． 设小物块速度为v ，圆周运动的半径为Ⅲ，则有：2v qvB m R
=，v r ω=
要使其在磁场宽度范围内落地，其轨道如图所示．设半径的极小值和极大值分别为1R和2
R，则有：
联立并代入数据解得：1.252
T B T
≤＜．
（3）设木制小球落地点为F，运动时间为1t，水平位移为x，A'、O'分别为A O
、在地面
上的投影，FD的长度为d，则有：2
101
1
,
2
h gt x v t
==；
由几何知识有：222
x d r r
=++
（）
联立并代入数据解得：
1
5
1
3
t s d m
==
，
设小物块整个运动的时间为2t，在Ⅲ区域的运动半径为3R，周期为T，则有：()2
22
33
R h R d
=-+
解得：
3
25
9
R m
=，3
2R
T
v
π
=，代入数据解得：
25
9
T s
π
=，又
3
d
sin
R
＝
θ，代入数据得：37
θ=︒
所以小物块做圆周运动转过角度为：143
α=︒
所以：
2
143
360
r
t T
v
︒
=+
︒
，则：21
t t t
=-，联立解得：
143251
2.96
36092
t s
π
=⋅-≈
考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
14．如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。

粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。

(不计重力)
(1)试求AD 间的距离；
(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC 方向的匀强电场，要想由A 射入的粒子仍然能经过D 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D 点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么?
【答案】（1）o mv
R=Bq
（2）a<60︒ 【解析】
【详解】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60︒，则粒子转过的圆心角为60︒， 即AD=R 由200v qv B m R = 得AD =0mv R Bq
=
（2）经D 点3cos30x R R =︒=
，1sin302y R R =︒= 而0x v t =，212y at =
，qE a m = 解得043
E Bv =，方向垂直AC 向上 速度偏向角y
x v v tana =，y v at =
解得2tan 2tan 3033
α=︒= 而tan60=3︒，即tan tan60α<︒ ，则<60α︒
15．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2200022312mv mv d mv d d eB eB eB ⎛⎫-+-++ ⎪⎝⎭02eBd eBd v m m ≤<时，L 为22000336mv mv d mv d d eB eB eB ⎛⎫---++ ⎪⎝⎭；当r max ≥2d （或r min ≥d ）时，0eBd v m ≥ ，则L ＝0
【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：21cos602eE 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0max 2mv r eB = ，0min mv r eB =，即：r max ＝2r min ，分类讨论如下： 第一，当max 12r d <（或min 14r d <）时，04eBd v m < ，则L ＝0 第二，当max 12d r d ≤<（或min 1142d r d ≤<）时，042eBd eBd v m m
≤<。