【物理】物理高考带电粒子在磁场中的运动练习题及解析

【物理】物理高考带电粒子在磁场中的运动练习题及解析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为
510/q
C kg m
=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：
（1）两金属极板间的电压U 是多大？
（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．
（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．
【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3
T π
-<⨯
【解析】
试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度
代入数据得U=100V （2）
粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间
射出点在AB 间离O 点
（3）粒子运动周期
，粒子在t=0、
….时刻射入时，粒子最
可能从AB 间射出
如图，由几何关系可得临界时 要不从AB 边界射出，应满足
得
考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动
2．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
发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．
（1）求碰撞后A 球的速度大小；
（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；
（3）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）A 21k qBL v k m =⋅+（2）1（3）57k =或1
3
k =；32m t qB π=
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBL
v m
= 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 =+ 解得：A 21k qBL v k m
=
⋅+
（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律得： 2
A A mv qv
B R
= 解得：21
k
R L k =
+ 由公式可得R 越大，k 值越大
如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 求得k 的最大值为1k =
（3）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
222()(1.5)2
L
R L R =+-
解得：56
L R = 由21k R L k =
+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．
如图3和如图4，由几何关系有：2
223()(3)22
L R R L =+-
解得：58L R =或2
L
R = 由21k R L k =
+可得：511k =或13
k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为222
6m q B L W m
=
当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222
A 12521286q
B L q B L mv m m ⋅=>
当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222
A 1286q
B L q B L mv m m
⋅=<
综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或1
3
k = A 球在磁场中运动周期为2m
T qB
π= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34
t T = 即32m
t qB
π=
3．科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器截面示意图.MN 上方区域的平行长金属板AB 间电压大小可调，平行长金属板AB 间距为
d ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.MN 下方区域I 、II 为两相邻的方向相反的匀强磁场区，宽度均为3d ，磁感应强度均为B ，ef 是两磁场区的分界线，PQ 是粒子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板AB 间电压，经过较长时间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是b ，不考虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应.
（1）要使速度为v 的正电子匀速通过平行长金属极板AB ，求此时金属板AB 间所加电压U ；
（2）通过调节电压U 可以改变正电子通过匀强磁场区域I 和II 的运动时间，求沿平行长金属板方向进入MN 下方磁场区的正电子在匀强磁场区域I 和II 运动的最长时间t m ； （3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入MN 下方磁场区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板AB 间所加电压U 的范围.
【答案】（1）Bvd （2）Bb π
（3）3B 2d 2b ＜U ＜22
1458
B d b
【解析】 【详解】
（1）正电子匀速直线通过平行金属极板AB ，需满足 Bev=Ee
因为正电子的比荷是b ，有 E=
U d
联立解得：
u Bvd =
（2）当正电子越过分界线ef 时恰好与分界线ef 相切，正电子在匀强磁场区域I 、II 运动的时间最长。

4
T t =
m t =2t
2
111
v ev B m R =
T ＝122R m
v Be
＝ππ 联立解得：t Bb
π
=
（3）临界态1：正电子恰好越过分界线ef ，需满足 轨迹半径R 1＝3d
1ev B =m 2
11
v R
1
1U ev B e
d
=⑪ 联立解得：22
13U d B b =
临界态2：沿A 极板射入的正电子和沿B 极板射入的电子恰好射到收集板同一点 设正电子在磁场中运动的轨迹半径为R 1 有（R 2﹣
14
d ）2+9d 2＝22R 2Bev =m 22
2
v R
Be 2v =
2
U e d 联立解得：
2221458
B d b
U =
解得：U 的范围是：3B 2d 2
b ＜U ＜221458
B d b
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】（1EqR
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B1，上方的磁感应强度为B2，如图所示：
若只碰撞一次，则有：
1
1
2
R mv
R
B q
==
2
2
mv
R R
B q
==
故2
1
1
2
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 R v EqR Eq
πππ+=
⨯⨯== 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．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷
q
m
＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．
(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；
(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．
【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8(
)10/21
n
m s n -⨯+ (其中n ＝
0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21
n
m s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．
【解析】 【详解】
(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则
竖直方向2
1··
2Eq d t m
＝ 得2md
t qE
=
代入数据解得t ＝1.0×10－
6s
水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m
因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，
则运动时间t 0＝0
L v ＝0.5×10－
6s ，
竖直位移2
01··
2Eq y t m
＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．
(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2md
qE
粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝
qE m ·t ＝2qEd m
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝
1
v sin α
在磁场中由qvB ＝m 2
v R
得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd
v m
＝
代入解得
v 0＝L·2Eq md －E B v 0＝3.6×105m/s.
(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα)
把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m
＝代入解得 12(1cos )12tan sin 2
mEd mEd y B q B q ααα-∆== 可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)
1max 212mv m qEd mEd y qB qB m B q
∆=== Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．
若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：
粒子要从M′点射出边界有两种情况，
第一种情况：
L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t
把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m
＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B
=⋅++ v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫ ⎪+⎝⎭
×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4) 第二种情况：
L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα
把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m
＝ 02(1)21221L qE n E v n md n B
+=⋅++ v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫ ⎪+⎝⎭
×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．
6．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R0=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=
53
180
︒
o
×100%=29%
7．(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1
S、
2
S，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
U，周期为
T。

在0
t=时刻将一个质量为m、电量为q
-（0
q>）的粒子由
1
S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
2
S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
2
S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
3
t T
=时刻再次到达
2
S，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）
00
2
4
T qU
d
m
=（2）0
2
4mU
B
L q
<（3）
2m
T
qB
π
=
8
7
m
B
qT
π
=
【解析】（1）粒子由1S 至2S 的过程中，根据动能定理得
① 由①式得
② 设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
③ 由运动学公式得
④ 联立③④式得
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
1d 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
022T t =
⑿
设粒子在磁场中运动的时间为t 001232T t T t t =-
-- ⒀ 联立⑩⑿⒀式得 074T t =
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 2m T qB π=
⒂ 由题意得
T t
= ⒃
联立⒁⒂⒃式得 0
87m B qT π=
⒄ 8．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．荧光屏MN 与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x ，电容器左侧中间有发射质量为m 带＋q 的粒子源，如图甲所示．假设a 、b 、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O 点；b 粒子在电、磁场中向上偏转；c 粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a 、b 、c 粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a 粒子仍恰好打在荧光屏上的O 点；b 、c 中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O 点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：
(1)a 粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O 点时的动能；
(2)b ，c 粒子中打到荧光屏上的点与O 点间的距离(用x 、L 、d 表示)；
(3)b ，c 中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．
【答案】(1)
242222
22
2
a
k
L B
d q m U
E
mB d
= (2)
1
()
2
x
y d
L
=+ (3)
1
1
2
2
4
==
5
Uq
y
W d
Uq
W y
d
【解析】
【详解】
据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．
(1) 从图中可见电、磁场分开后，a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．
U
q Bqv
d
=，
Bd
U
v=，
L LBd
t
v U
==，
22
2
1
22
a
Uq L B qd
y t
dm mU
==，
2
1
()
2
a
a k
U U
qy E m
d Bd
=-
242222222a k L B d q m U E mB d = (2) 从图中可见c
粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．
设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得 12=122
d y L L x +， 1()2
x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2
如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 2
2111·2Uq y t md =，11y Uq v t md
= 122221·2y Uq t m y t d
v +=， 22158qU y t md
=， 124=5
y y ， 11224==5
Uq y W d Uq W y d
9．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v 0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3cos302x 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︒
10．如图所示，真空中有一个半径r=0.5m 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=2×10-3T ，方向垂直于纸面向外，x 轴与圆形磁场相切于坐标系原点O ，在x=0.5m 和x=1.5m 之间的区域内有一个方向沿y 轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5×103N/C ，在x=1.5m 处竖有一个与x 轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O 点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷9110q m
=⨯C/kg 的带正电的粒子，若沿y 轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A 点沿x 轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力．求：
(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；
(2)沿y 轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数
字)；
(3)从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．
【答案】（1）61.010/v m s =⨯；（2）61.810t s -=⨯；（3）0.75 1.75m y m ≤≤
【解析】
【分析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据2v qvB m R
=求解速度；（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．
【详解】
（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m ，
由2
v qvB m R
= 进入电场时qBR v m = 带入数据解得v=1.0×106m/s
（2）粒子在磁场中运动的时间61121044
R t s v ππ-=⨯=⨯ 粒子从A 点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v ，所以在电场中运动的时间62 1.010x t s v
-==⨯ 总时间6612110 1.8104t t t s s π--⎛⎫=+=+⨯=⨯
⎪⎝⎭ （3）沿x 轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小121.510/qE a m s m =
=⨯ 在电场中侧移：2121261111.5100.7522110y at m m ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⨯⎝⎭
打在屏上的纵坐标为0.75；
经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x 轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为
1.75；其他粒子也是沿x 轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为0.75≤y ≤1.75.
11．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第一、四象限有与y 轴相切于O 点、圆心为O 1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y 轴的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－d ，3d )点以平行于x 轴的初速度v 0开始运动，粒子从O 点离开电场，经磁场偏转后又从y 轴上的Q 点(图中未画出)垂直于y 轴回到电场区域，并恰能返回到P 点．求：
(1)粒子经过O 点时的速度；
(2)电场强度E 和磁感应强度B 的比值．
【答案】（1）2v 0
（2）
058
E v B = 【解析】
【详解】
试题分析：（1）粒子从P 到O 的过程中做类平抛运动，设时间为t 1，经过O 点时的速度为v ，其在y 轴负方向的分速度为v y ，与y 轴负方向的夹角为θ
d=v 0t 1
132
x v t = v 2=v 02+v y 2
tan y θ=v v
解得：v=2v 0θ=300
（2）设粒子质量为m ，电荷量为q ，粒子在电场中运动的加速度为a ：Eq=ma
21312
at = 粒子从Q 到P 的过程中，也做类平抛运动，设时间为t 2，Q 点的纵坐标为y Q
2
2
312
Q y at = d=vt 2
解得：53
Q y =
设粒子由S 点离开磁场，粒子从O 到S 过程中做圆周运动，半径为r ，由几何关系有：r+rsinθ=y Q
2
v qvB m r =
3
12
r d =
058
E v B = 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 【点睛】
【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力．
12．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45。

的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

今从MN_上的O 点向磁场中射入一个速度大小为v 、方向与MN 成45。

角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R 。

若该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，而第五次经过直线MN 时恰好又通过O 点。

不计粒子的重力。

求：
(1)电场强度的大小；
(2)该粒子从O点出发，第五次经过直线MN时又通过O点的时间
(3)该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c 点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

（1）易知，
类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
①
所以类平抛运动时间为
②
又③
再者④
由①②③④可得
⑤
粒子在磁场中的总时间：
粒子在电场中减速再加速的时间：
故粒子再次回到O 点的时间：
（3）由平抛知识得
所以
［或
］
则第五次过MN 进入磁场后的圆弧半径
考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.
13．如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x 轴放置，板长为L ，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L 的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x 轴垂直．现有一质量为m ，带电荷量为+q 的带电粒子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L ，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x 轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x 轴上（2L ，0）点与x 轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．试求：
（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功； （2）计算两板间的电势差并确定A 点的位置；
（3）写出磁场区域磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 应满足的表达式．
【答案】（1）2
016W mv =（2）200233y mv U qL = ,3y L = (3) 00233nmv B qL =
, 0
31234L
T n π=
=⋯⋯（，，，）
【解析】
试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v ，则：00cos30v v =
=︒ 电场力对粒子所做的功为：222
00111226
W mv mv mv =
-= （2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：
v′=v 0tan30°0 水平方向：L=v 0t
竖直方向：y ＝12
v′t
解得：y L =
电场力对粒子所做的功：W=qEy 两板间的电压U=2Ey 0
解得：2
00
3mv U qL
=
（3）由对称性可知，粒子从x=2L 点飞出磁场的速度大小不变，方向与x 轴夹角为α=±30°；
在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；
故磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴上的位移为：x=2Rsin30°=R 粒子到达x=2L 处且速度满足上述要求是： nR=L L
R n
=
（n=1，2，3，…） 由牛顿第二定律，有：2
0v qvB m R
=
解得：0
03B qL
=
（n=1，2，3，…） 粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过
1
6
周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2L 处且满足速度题设要求；0162T kT k =；02R
T v
π=
解得：0
33L
T v π
=
（n=1，2，3，…） 当
026T T ＞，0
33L T v ＞π 考点：带电粒子在磁场中的运动.
14．
如图所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤
2
a
范围内有垂直于xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90o 范围内．己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于
2
a
到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的： （1）速度的大小；
（2）速度方向与y 轴正方向夹角的正弦．
【答案】（1）6(2)
aqB
v m
=；（2）66sin α-= 【解析】 【分析】
（1）根据题意，粒子运动时间最长时，其回旋的角度最大，画出运动轨迹，根据几何关系列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出速度大小；（2）最后离开磁场的粒子，其运动时间最长，即为第一问中轨迹，故可以根据几何关系列出方程求解出其速
度方向与y 轴正方向夹角的正弦． 【详解】
设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，根据洛伦兹力提供向心力，得
2
v qvB m R
=
解得
mv R qB
=
当
2
a
＜R ＜a 时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意t =4
T
，回旋角度为∠OCA =
π
2
，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得 sin 2
a
R R α=-
sin cos R a R αα=-
sin 2α+cos 2α=1
解得
62 R a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ 62aqB v m ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ 66
sin α-=
故最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度大小为622aqB
v m ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
．
（2）由第一问可知，最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y 轴正方向夹角的正弦为66
sin 10
α-=
．
【点评】
本题关键是画出运动时间最长的粒子的运动轨迹，然后根据几何关系得到轨道半径，再根据洛仑兹力提供向心力得到速度大小．
15．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q ．加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．
(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率v 1；
(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ；
(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．
【答案】（112qU m 2122
8U
m m qB （3）d m 1212
2m m m m --L
【解析】
（1）动能定理 Uq ＝
1
2
m 1v 12 得：v 1＝
1
2qU
m …① （2）由牛顿第二定律和轨道半径有：
qvB ＝2
mv R
，R ＝ mv qB 利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：。