高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动真题汇编(含答案)

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动真题汇编(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．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系x0y 内，矩形区域(-3d<x<d ，
-3d<y<3d)外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m 、电奇量为+q 的粒子从P(0，3d)点沿y 轴正方向射入磁场．当入射速度为0v 时，粒子从(-2d ，3d)处进入无场区． (1)求磁场的磁感应强度B 的大小．
(2)求粒了离开P 点后经多长时间第一次回到P 点．
(3)若仅将入射速度变为20v ，其它条件不变，求粒于离开P 点后运动多少路程经过P 点．
【答案】（1）0
mv qd
（2）
00
243d d
v π+ （3）2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… 或()
8'234333d s d k d d ππ⎡⎤
=+++⎢⎥⎣⎦
，其中k ＝0、1、2、3 【解析】 【分析】
（1）找出半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；
（2）画出粒子运动轨迹，求出在磁场中运动时间和在无磁场中运动的时间； （3）画出粒子运动轨迹，注意讨论粒子运动的方向不同； 【详解】
（1）由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：R d =
粒子在磁场中2
v qvB m R
=，得到：0mv B qd =；
（2）粒子运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中运动时间：10
2d
t v
π=
粒子在无场区运动时间：20
43
d
t = 粒子再次回到P 点时间：12t t t ＝＋ 得到：00
243d d
t v π=
+ （3）粒子运动轨迹如图所示：
粒子速度变为02v ，则在磁场中运动半径为：2R d '＝
由P 点沿圆弧运动到C 点时间：3
00
2
224323d
d t v v ππ⨯⨯== 由C 点沿直线运动到D 点时间：400
2332d d
t v v ==
①粒子以2v 0沿y 轴正向经过P
则粒子运动时间：34(33)t k t t =+，其中k ＝1、2、3… 粒子运动距离：02s v t ＝
得到：2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… ②粒子以02v 大小与－y 方向成60°经过P
则：34342(33)t t t k t t '=+++，其中k ＝0、1、2、3… 粒子运动距离为：02s v t ''＝ 得到：()
8'234333d s d k d d ππ⎡⎤
=++⎢⎥⎣⎦
，其中k ＝0、1、2、3… 【点睛】
带电粒子在磁场中的运动，关键是找出半径和圆心，利用洛伦兹力提供向心力进行求解即可，同时还要准确地画出轨迹．
2．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 +
12n -（-2L +3L ）=-2L +
1
2
n -L ， 坐标为（-2L +
1
2
n -L ，0）
3．如图所示，在足够长的绝缘板MN 上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场（图中未标出），在绝缘板上方的P 点有一个粒子发射源，它在同一时间内沿纸面向各个方向发射数目相等的带正电粒子，粒子的速度大小相等。

已知粒子的比荷为
q m
＝k ，在磁场中运动的轨道半径R ，P 点与绝缘板的距离为d ＝1.6R （不计粒子间的相互作用和粒子的重力，sin37°＝06，sin53°＝0.8）。

求 （1）粒子源所发射粒子的速度大小v 0；
（2）能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度L m ； （3）打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值。

【答案】（1）kBR （2）2R （3）0.25 【解析】 【详解】
（1）根据洛伦兹力提供向心力可得
2
00v qv B m R
＝ 粒子在磁场中运动的轨道半径为：
mv R qB
=
粒子比荷为k ，联立解得：
0v kBR ＝
（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C 、D ，
粒子在C 点与绝缘板相切，PD 为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得：
()
2
22 1.2P D R d R '=
-=
22()0.8CP R d R R '=--=
带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为：
2m L CD R ＝＝
（3）根据上图中的几何关系可得：
1.2sin 0.62R
P PD R
∠'=
=，37P PD ∠'︒＝ 0.8sin 0.8R
OPE R
∠=＝
，53OPE ∠︒＝ 根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为θ＝37°+53°＝90°范围内有粒子打在板上，打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的1
4
，故打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值为0.25。

【点睛】
4．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 ==︒
11
113q 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24cos30v v =
=
︒有 24
242
4
2v Bq v m R =
4R =
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 +︒=
⋅+⋅︒︒
2
d S =-
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．
5．如图所示，在0y >区域存在方向垂直xoy 平面向里、大小为B 的匀强磁场．坐标原点处有一电子发射源，单位时间发射n 个速率均为v 的电子，这些电子均匀分布于xoy 平面y 轴两侧角度各为60°的范围内．在x 轴的正下方放置平行于y 轴、足够长的金属板M 和N （极板厚度不计），两板分别位于 1.2x D =和2x D =处，N 板接地，两板间通过导线连
接有电动势U 在20.25m m m mv U U U e ⎛⎫
= ⎪⎝
⎭:范围内可调节的电源E 和灵敏电流计G ．沿y
轴正方向入射的电子，恰好能从2x D =处进入极板间．整个装置处于真空中，不计重力，忽略电子间的相互作用． （1）求电子的比荷；
（2）求电子在磁场中飞行的时间与发射角度θ（速度方向与y 轴的角度）的关系； （3）通过计算，定性画出流过灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线．
【答案】（1）v BD （2）(1802)180D t v
θπ±=o （3）见解析 【解析】 【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力：2
v evB m r
=
根据其中题意可知半径为：r =D
联立可得：
e v m BD
= (2)粒子的运动周期为：2m
T eB
π=
根据几何关系可知，当粒子从y 轴的右侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=- 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ--=
== 当粒子从y 轴的左侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=+ 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ++=
== (3)设进入M N 、极板电子所对应的最大发射角为m a ，则有
2cos 1/2m D a D =．53m a =o
左侧电子单位时间内能打到M 极板的电子数为：5353
60120
L n n n z =
= 对右侧电子：5360θ≤≤o o 均能达到M 板上，053θ≤<o 以θ角射出恰好不能到达N 板. 则有：221
2(1cos )sin 0.82
U e
D mv D θθ⨯-= 电压为：
211
(1cos )(1cos )55
m mv U U e θθ=+=+
最大值为：max 2
5
m U U =
最小值为：min 0.32m U U = 当2
5
m U U ≥
，右侧所有电子均到达M 板，饱和电流为： 531113()1202120
i ne ne =+=
当0.32m U U <
右侧角度小于53o 电子均不能到达M 板，此时到达极板M 的电子数为2
n
． 灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线为：
6．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）33qBR
m
；（2）4633m qB 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=
， 3r 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：
()
463
3q
t
m
B
π+
=
7．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
=
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）
6Bt
π
（2）
5
6
（3）0
125
arcsin
4
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
24
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
⎛
=
⎝⎭
8．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 ；（23B ；（33R 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 '=
=o
由：
2
v B qv m R '='
得：
3
3
3
mv
B 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：
13
63
R
t T
v
π
==
9．如图所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，D为AB边的中点，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子平行BC边射入磁场，粒子的速度大小为v0，结果刚好垂直BC边射出磁场，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若要使粒子在磁场中的运动轨迹刚好与BC相切，粒子的速度大小为多少?粒子在磁场中运动的时间为多少?
（3）增大粒子的速度，试分析粒子能不能从C点射出磁场。

若不能，请说明理由；若能，请计算粒子从C点射出磁场时的偏向角。

【答案】（1）0
43
3
mv
qL
，（2）
1
2
v，
3
3
L
v
π
，（3）能，60︒
【解析】
【详解】
（1）运动轨迹如图所示：
根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为
1
3
60
24
L
R sin L
=︒=
根据洛伦兹力提供向心力有：2
01
v qBv m R =
所以匀强磁场的磁感应强度大小为0
433mv B qL
=
； （2）要使粒子在磁场中的运动轨迹刚好与BC 相切，其轨迹如图所示：
根据几何知识可知，其运动的半径为213•6022L R sin L =⋅︒= 所以粒子运动是速度为021
2
qBR v v m =
= 根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为240θ=︒， 所以粒子在磁场中运动的时间为0
222333m L
t T qB ππ=
==g （3）根据数学知识知，粒子能到达C 点，粒子到达C 的轨迹如图所示：
结合知识可知，∠DOC=60°，所以粒子从C 点射出磁场时的偏向角为60°。

10．如图所示，直角坐标系xOy 平面内有垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一个半径为R 的绝缘圆筒垂直于坐标平面放置，圆心P 在x 轴上，O 、P 间的距离为2R ，y 轴上各点处均可沿x 轴正方向发射质量为m 、电荷量为q 的同种带正电粒子，粒子的发射速度大小均为v 0＝
2qBR
m
，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）所有打到圆筒上的粒子中，在磁场中运动时间最短的粒子在磁场运动的时间及在y 轴上发射的位置坐标；
（2）从y 轴上什么范围内发射的粒子能打在圆筒上?
【答案】（1）（0，2-3R R ）（2）(25)52R y R -≤≤+（） 【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿运动定律有：2v qvB m r
=
代入数据，解得：2r R =
由题意可知，所有粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴上，做圆周运动的圆半径相等，根据224R R
T v v
ππ⨯==得，粒子在匀强磁场运动的周期都相等，粒子在磁场中运动的时间2t T θ
π
=
⋅，要使运动时间最短，则运动的弧长最短，圆心角θ最小，分析可知粒子打在圆筒与x 轴左侧交点所用的时间最短．
由几何关系可知，这段圆弧所对圆心角θ满足：1sin 2
R r θ== 得到：6
π
θ=
粒子在磁场中做圆周运动的周期：224R R T v v
ππ⨯==2m
qB π= 则最短时间：1126m
t T qB
π=
=
根据几何关系，发射点距坐标原点O 的距离为：()
22cos 236
y R R R π
∆=-=-
即对应粒子在y 轴上发射的位置坐标为（0，2-3R R ）
（2）设从圆筒上面恰好能打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在M 点，坐标为M （0，y 1）
由几何关系可知，2212(3)(2)(25)y R R R R =-=
设从圆筒下面恰好打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在Q 点，坐标为Q （0，y 2）． 由几何关系可知，222[(3)(2)2](25)y R R R R =--=
因此能打在圆筒上的粒子在y 轴上射出的范围是：(25)52)R y R ≤≤（． 【点睛】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．
11．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷q
m
=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6．
（1）求粒子的发射速度v的大小；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．
【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%
【解析】
【详解】
（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m
2
v
R
可得：v=6×105m/s；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一
点Q，根据几何关系可得PQ=
0.06
37
cos o
=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；
Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-
0.06
37
sin o
=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；
故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；
（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：
y=1
2
at2…①
a=qE
m
=
qU
md
…②
t=L
v …③
由①②③解得：y=0.08m
设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα
可知tanα=4
3
，即α=53° 比例η=
53180︒
o
×100%=29%
12．在平面直角坐标系x0y 中，第I 象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A (L ，0)点有一粒子源，沿y 轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为m ，电荷量为q ．在B (0，L )、C (0，3L )、D (0，5L )放一个粒子接收器，B 点的接收器只能吸收来自y 轴右侧到达该点的粒子，C 、D 两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子．已知速率为υ的粒子恰好到达B 点并被吸收，不计粒子重力．
(1)求第I 象限内磁场的磁感应强度B 1;
(2)计算说明速率为5v 、9v 的粒子能否到达接收器;
(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B 2的大小和方向． 【答案】(1)1mv
B qL
=(2)故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收(3)2217'(173)m B qL
=
-2(17317)'mv
B +=），垂直坐标平面向外
【解析】 【详解】
（1）由几何关系知，速率为v 的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为R L =①
由牛顿运动定律得2
1v qvB m R
=②
得1mv B qL
=
③ （2）由（1）中关系式可得速率为v 5、9v 的粒子在磁场中的半径分别为5L 、9L . 设粒子与y 轴的交点到O 的距离为y ，将5R L =和9R L =分别代入下式
222()R L y R -+=④
得这两种粒子在y 轴上的交点到O 的距离分别为3L 17L ⑤ 故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收．⑥
（3）若速度为9v 的粒子能到达D 点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦ 设离子在所加磁场中的运动半径为1R ，由几何关系有
15172917L L
R L L
-= 又2
21
(9)9v q vB m R ⋅=⑨ 解得2217(517)mv B qL
=-（或2(51717)4mv B qL =）⑩ 若粒子到达C 点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里 同理：21732917L L
R L L
-=2
22
(9)9'v q vB m R ⋅= 解得2217'(173)m B qL
=-2(17317)'mv B +=）
13．如图所示，质量m=15g 、长度L=2m 的木板D 静置于水平地面上，木板D 与地面间的动摩擦因数μ=0.1，地面右端的固定挡板C 与木板D 等高。

在挡板C 右侧竖直虚线PQ 、MN 之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R 1=1m 和R 2=3m 的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心O 到固定挡板C 顶点的距离OC=2m ，现有一质量m=15g 、带电荷量q=+6×10－3C 的物块A(可视为质点)以v 0=4m/s 的初速度滑上木板D ，二者之间的动摩擦因数μ2=0.3，当物块A 运动到木板D 右端时二者刚好共遠，且木板D 刚好与挡板C 碰撞，物块A 从挡扳C 上方飞入PQNM 区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g 取10m/s 2。

(1)当物块A 刚滑上木板D 时，求物块A 和木板D 的加速度大小.
(2)求电场强度的大小.
(3)为保证小物块A 只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。

【答案】(1)3m/s 2，1m/s 2；(2)25V/m ；(3)5153
T B T B T ≤≤
≥或 【解析】
【详解】
（1）当物体刚滑上木板D 时，对物体A 受力分析有：22mg ma μ=
解得： a 2=3 m/s 2 对木板D 受力分析有：211·
2mg mg ma μμ-= 解得： a 1=1m/s 2
（2）物块A 进入区域PQNM 后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mg qE = 解得：E=25 V/m ；
（3）物块A 与木板D 共速时有：21y v v a t a t =-=
解得： v=1 m/s 粒子做匀速圆周运动有：2
v qvB m R
= 要使物块A 只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A 在磁场中运动的轨迹半径R 应满足:112++222
OC R OC R OC R R R -≤≤≤或 解得：5513B T T B T ≥≤≤
或。

14．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN 、PQ 为理想边界，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m ，电量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动.已知重力加速度为g ．
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h．
【答案】()1正电，
mg
E
q
=；()222
2
2?
2
q B d
h
m g
>；()
222
2
2
3?
3
q B d
h
m g
=．
【解析】
【分析】
(1)根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．
(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h．
【详解】
（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电
.
由qE mg
=
解得：
mg E
q =
（2）假设下落高度为0h时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如答图()a所示
由几何知识可知，小球的轨道半径：R d
=
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：212mgh mv = 带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R ，由牛顿第二定律得：2
v qvB m R
= 解得：222
022q B d h m g
=， 则当0h h >时，即222
22q B d h m g
>带电小球能进入Ⅱ区域； （3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q 、v 、B 、m 的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R ，内角为60o ，如答图()b 所示.由几何关系知：sin60
d
R =o 联立解得得：222
223q B d h m g
=； 【点睛】
本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．
15．如图所示，坐标系xOy 处于竖直平面内，在x ＞0的区域内有电场强度大小为E 、方向竖直向上的匀强电场，在x ＞x 0的区域内另有一方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场（图中未画出）。

从x 轴上x =3L 的P 点以速度v 沿y 轴负方向射出的带电粒子，恰能做匀速圆周运动，运动一段时间后经过原点O ，并沿与x 轴负方向成θ=30°角方向射入第Ⅱ象限内，在第Ⅱ象限内加一方向平行于xOy 平面的匀强电场，使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，已知重力加速度为g 。

求：
（1）x 0的值；
（2）磁场的磁感应强度B ；
（3）第Ⅱ象限内匀强电场的电场强度的最小值和方向。

【答案】（1）
；（2） ；（3），方向竖直向上。

【解析】
【分析】
（1）由几何知识求解x 0；（2）带电粒子在复合场做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡，根据粒子运动半径求出B 的大小；（3）根据力的平衡原理求解最小电场强度。

【详解】
（1）如右图所示：
根据几何知识得：OP=3L=x0+sinθR+R，
OP=+R=3R
联立求解得x0=，R=L
（2）粒子做圆周运动的半径：R=
又qE=mg
联立解得：B=
（3）要使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，则电场力与重力是平衡力。

故E′q=mg
解得：E′=，方向竖直向上。

【点睛】
本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动的基本公式。