物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)及解析

物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)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，容器A 中装有大量的质量不同、电荷量均为+q 的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。

粒子通过平行板后垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，最后打在感光片上。

已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为3L ，两板间距为L ，板间电场看成匀强电场，其电场强度
23U
E Z L
=
，方向水平向左（忽略板间外的电场），平行板f 的下端与磁场水平边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片。

测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且PQ 的长度为3L 边界ab 下方的磁场范围足够大，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用。

求：
（1）粒子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏转的距离x 和偏转的角度θ； （2）射到感光片P 处的粒子的质量m 1； （3）粒子在磁场中运动的最长时间t m 。

【答案】（1）2L x =；30θ= （2）22
8qB L U
（3）283BL U π
【解析】 【分析】
（1）粒子先经过加速电场的加速后进入水平匀强电场做类平抛运动，根据平抛运动规律求出偏转距离x 和偏转角，这是为后续计算做一个铺垫；
（2）粒子从e 板下端与水平方向成60°的角射入匀强磁场，偏转240°后打在P 点，由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子的质量； （3）先判断出打在何处的粒子的时间最短，由于t= 2θ
π
T ，即质量最大的粒子时间最长，再由半径公式mv
r qB
=
知质量最大则半径最小，所以打在P 点的粒子时间最长，再利用周期公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子在磁场中运动的最长时间。

【详解】
（1）设质量为m的粒子通过孔S2的速度为v0由动能定理有：qU＝1
2
mv02
粒子在偏转电场中运动的加速度为：
qE a
m
=
沿速度v0方向3L＝v0t
沿电场方向 v s＝at，x＝
1
2
at2
且有 tanθ＝
s
v
v
解得 x＝
1
2
L．θ＝30°
（2）粒子从e板下方与水平方向成60°角射入匀强磁场。

设粒子射入磁场时速度v1．做园周运动的轨道半径为r1，则 qv1B＝m1
2
1
1
v
r
其中0
10
1
8
cos303
v qU
v
m
==
由几何关系可知
10
2cos30
L
r=
解得m1＝
22
8
qB L
U
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期 T＝
2m
qB
π
粒子进入磁场后偏转240°，运动的时间t＝
240
360
T
由于qvB＝m
2
v
r
联立解得 t＝
2
2
Br
U
π
由何关系可知拉子做圆周运动的最大半径
3
2cos30
m
L L
r
+
=
则t m＝
222
8
23
m
B r BL
U U
ππ
=
【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。

2．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH 上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v
从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：
(1)所加磁场的宽度DH；
(2)所加磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d
由Eq＝ma得a＝
由l＝vt得t＝
故d＝at2＝l
粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为v y＝at＝v
速度偏向角为tanθ＝＝1
解得θ＝
粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知
得得
(2)射入磁场的速度大小为v′＝v
由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m
解得B＝
(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝
粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝T
其中T＝
在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为
t＝2(t1＋t2＋t3)
得或t＝
点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．
3．如图所示，地面某处有一粒子发射器A，发射器尺寸忽略不计，可以竖直向上发射速度介于v0~2v0的电子。

发射器右侧距离A为L的O处，有一足够长突光板OD，可绕O点转
动，使其与水平方向的夹角θ可调，且AOD 在同一平面内，其中OC 段长度也为L ， 电子打到荧光板上时，可使荧光板发光。

在电子运动的范围内，加上垂直纸面向里的匀 强磁场。

设电子质量为m ，电荷量为e ，重力忽略不计。

初始θ=45°，若速度为2v 0的电子恰好垂直打在荧光板上C 点，求： （1）磁场的磁感应强度大小B ；
（2）此时速率为1.5v 0的电子打到荧光板上的位置到0点的距离x ；
（3）在单位时间内发射器A 发射N 个电子，保持磁感应强度B 不变，若打在荧光板上的电子数随速率均匀分布，且50%被板吸收，50%被反向弹回，弹回速率大小为打板前速率大小的0.5倍，求荧光板受到的平均作用力大小（只考虑电子与收集板的一次碰撞）； （4）若磁感应强度在（B -△B ）到（B +△B ）之间小幅波动，将荧光板θ角调整到90°，要在探测板上完全分辨出速度为v 0和2v 0的两类电子，则
B
B
∆的最大值为多少？
【答案】(1) 02mv eL 34-2
L (3) 0158Nmv （4）13 【解析】 【详解】
（1）由洛伦兹力提供向心力：
qvB =m 2
v r
2v 0对应半径为L ，得
B=
2mv eL
（2） 1.5v 0对应运动半径为0.75L
cosl35°=2
22
0.25(0.75)20.25L x L L x
+-⨯⨯（）
2221
042x x L L +
-= 解得:
x=
-234
8L 取
34-2
（3）
F 吸=0002350%24
P mv m v N Nmv t ∆+⋅==∆吸
F 反=
0002950% 1.528
P mv m v N Nmv t ∆+⋅=⨯=∆反（） F 总=F 吸+F 反=
015
8
Nmv （4）
x 1=2211()r L r -- x 2=2222()r L r -- r 1=
()
mv e B B -∆
r 2=0
2()
m v e B B +∆ x 2＞x 1
得
B B ∆ 最大值为1
3
4．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a 、b 相距为d ，a 、b 间加有电压， b 板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a 板的左端以v 0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P 处穿过b 板进入匀强磁场，最后粒子打到b 板的Q 处(图中未画出)被吸收．已知P 到b 板左端的距离为2d ，求：
（1）进入磁场时速度的大小和方向； （2）P 、Q 之间的距离；
（3）粒子从进入板间到打到b 板Q 处的时间．
【答案】（1）0
02,45v （
2）0
2mv Bq
（3）022d m v Bq π+ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子在两板间做类平抛运动，则：v 0t=2d
1
2
y v t =d ， 所以，v 0=v y v p =2
2
002y
v v v +=，0
tan y v v θ=
＝1，θ＝45°
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O ，半径为r ，如图；
2p p mv Bqv R
=
，得：p mv R Bq
=
左手定则，判断出粒子轨迹，0
22PQ mv x R Bq
==
（3）在电场中的时间10
2d t v = 磁场中的周期2m
T qB
π=
2142m t T qB
π== ，
则12022d m
t t t v qB
π=+=+ 【点睛】
此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答.
5．某种回旋加速器的设计方案如俯视图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP 方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板A 、B 之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电
场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其它部分存在垂直纸面向外的匀强磁场．在离子源S 中产生的质量为m 、带电荷量为q 的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的O 点进入磁场区域，O 点到极板右端的距离为0.99D ，到出射孔P 的距离为5D ．已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔P 射出．假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置．忽略相对论效应，不计离子重力，0.992≈1．求： (1)磁感应强度B 的最小值； (2)若磁感应强度62mU
B D q ＝，则离子从P 点射出时的动能和离子在磁场中运动的时
间；
(3)若磁感应强度62mU
B D q
=
，如果从离子源S 飘出的离子电荷量不变，质量变为原来
的K 倍(K 大于1的整数)，为了使离子仍从P 点射出，则K 可能取哪些值．
【答案】(1)
225mU D q (2)33962D m qU
π (3) K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n
＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1 【解析】 【详解】
(1)设离子从O 点射入磁场时的速率为v ，有
21
02
qU mv ＝－
设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，
2
v qvB m r
＝
若离子从O 点射出后只运动半个圆周即从孔P 射出，有2r ＝5D 此时磁感应强度取得最小值，且最小值为
225mU
D q
(2)若磁感应强度62mU
B D q
＝
，正离子在磁场中的轨道半径16r D =，
经分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为16
r D
=
，这样的过程将进行2次，然后第3次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板右端后被加速了n 次，则此时离子运动的半径为被加速了(n ＋1)次对应的半径1
1n n mv r qB
+＋＝
．离子从孔P 射出满足的条件 11425n r r D ＋＋＝
解得n ＋1＝132，即离子从静止开始被加速169次后从P 点离开，
最大动能2max 13169k E qU qU ＝
＝ 在磁场中的总时间t ＝169.5T ， 因为
32D
m
T qU
π=
可得33962D m
t qU
π=
；
(3)若离子电荷量为q ，质量变为Km ，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为r K ，在电场中被加速n 次进入磁场的半径为r n ，则1
K r Kr ＝，1n r Knr =，其中16
r D
=
，由上面1K r Kr ＝知，K 越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论：
情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图，此时，
要满足的条件为：
2×2r K <0.99D ①
同时
2×2r K ＋2r n ＝5D ②
由①知：K <2.2，因为K >1的整数，故K ＝2，代入②知：22158602n ＝＋－，由于n 要求取整数，情况一中n 不存在．
情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为
2r K <0.99D ①
2×2r K≥0.99D②
2r K＋2r n＝5D③
由①②知2.2≤K<9，由③知：2
1530
Kn K K
+
＝－，当K分别取3、4、…8时，n不可能取整数，情况二也不存在．
情况三：
在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件
2r K≥0.99D①
2r n＝5D②
由①知：K≥9，由②知：Kn＝152＝3×5×3×5，故K可能有6组取值，分别为：K＝9，n＝25；K＝15，n＝15；K＝25，n＝9；K＝45，n＝5；K＝75，n＝3；K＝225，n＝1．
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】（13qBR
；（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=
， 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．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
3
B；（3
3R
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
3B 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：
136R
t T π==
8．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v 0，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
433mv qL
，（2）012v ，033L 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
36024
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•60228
L 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
2223333m L
t T qB v ππ=
== （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°。

9．地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害．为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地磁场．如图所示，模拟地球半径为R,地球赤道平面附近的地磁场简化为赤道上方厚度为2R 、磁感应强度大小为B 、方向垂直于赤道平面的匀强磁场．磁场边缘A 处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子．研究发现，当粒子速度为2v 时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球．不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应．
（1）求粒子的比荷
q m
； （2）若该种粒子的速度为v ，则这种粒子到达模拟地球的最短时间是多少？
（3）试求速度为2v 的粒子到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值η．（结果用反三角函数表示．例：sin k θ=，则sin arc k θ=，θ为弧度）
【答案】（1）2q v
m BR =（2）min 23R t v
π=（3）2
arcsin 3π
【解析】
试题分析：（1）其轨迹如图1所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r ，则根据几何关系：()()2
2
23r R r R +=+① 解得4r R =②
又2
(2)(2)v q v B m r
=③ 由②③得，
2q v m BR
=④ （2）速度为v 的粒子进入磁场有：2
v qvB m r ='
⑤ 由④⑤得，2r R '=⑥
若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A 斜向上射入，在A 交点E 到达地球的弦长最短时间最短．
2AE AD DE R ===，故60ADE ∠=︒，
得：0min
0602360m t qB π=⋅，min 23R t v
π= （3）沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO 方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此θ角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球．
作A 点该速度垂直和过切点与O 点连线延长线交于F 点，则F 点为圆心，如图3． AF=4R ，AO=OF=3R ，得2
sin 3
AG AO θ=
= 故θηπ=，2
arcsin 3ηπ
=
考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式
mv R Bq =
，周期公式2m T Bq π=，运动时间公式2t T θ
π
=
，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，
10．某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中．已知两个立柱底面均为边长为d 的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行．立柱1下底面中心坐标
为,,022d d ⎛⎫ ⎪⎝⎭，立柱2下底面中心坐标为41,,022d d ⎛⎫ ⎪⎝⎭
，它们的上底面均位于10z d =的平面内．两个立柱上、下底面间的电压大小均为U ，立柱1内存在着沿z 轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z 轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽．在10z d >和
0z <的空间内存在着沿x 轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是1B 和2B （均未
知）．现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面．若粒子在经过0z =和10z d =两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m 、电荷量为q ，不计粒子重力及粒子间的相互作用力．求：
（1）粒子经过立柱2下底面时的动能k E ； （2）磁感应强度1B 和2B 的大小；
（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z 轴垂直．求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t ．
【答案】（1）2qU ；（21210mU d q 1
5mU
d q
3）200442(525)221m
qU π⎡⎤+⎢
⎥⎣⎦
【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：k 20qU E =-，
2k E qU =．
（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱
2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d ．
第一次加速后：
2112qU mv =，()2
1110v qv B m r d r
==，
解得
11
210mU
B d q
=
第一次加速后：
22122qU mv =，()2
2
210v qv B m r d r
==，
解得
21
5mU
B d q
=
（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：
最大半径为
22m 1
442
(21)22
r d d d =
+=， 由2111m v qv B m r =，2
2
22m
v qv B m r =，
解得：
11442qB d
v =
，22442qB d
v =
最短时间为：
11212101022
d m m d
t v v v qB qB ππ=
++++， 解得
()
200442525221m
t qU π⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦
11．如图甲所示，两平行金属板AB 间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0．8m ，板间距离d=0．6m ．在金属板右侧有一磁感应强度B=2．0×10﹣2T ，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l 1=0．12m ，磁场足够长．MN 为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l 2=0．08m ，MN 及磁场边界均与AB 两板中线OO′垂直．现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续
射入电场中．已知每个粒子的速度v 0=4．0×105m/s ，比荷
q
m
=1．0×108C/kg ，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变．
（1）求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离；
（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；
（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处．
【答案】（1）0．10m；（2）900V；（3）5×105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上．【解析】
【分析】
【详解】
（1）t=0时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
1
2
qv B m
v
R
=，
代入数据解得：
R1=0．2m，
粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：
1
1
0.12
0.6
0.2
l
n
R
siθ===
粒子在磁场中偏移的距离：
111
y R R cosθ
=﹣
代入数据解得：
y1=0．04m
粒子出磁场后做匀速直线运动
22
y l tanθ
=
代入数据解得：
y 2=0．06m
粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：
y=y 1+y 2=0．10m
（2）设两板间电压为U 1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，如图所示：
根据平抛知识可知：
211
22d at =， 1
U q
ma d
=， L=v 0t ， 解得：U 1=900V （3）由动能定理得：
22
11011222
U q mv mv =- 代入数据解得：
v 1=5×105m/s
粒子在电场中的偏向角α，
505
4100.8510v cos v α⨯===⨯，
粒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：
12
12
qv B m v R =，
代入数据解得：
R 2=0．25m
R 2﹣R 2sinα=0．25﹣0．210.8-=0．1m ＜l 1=0．12m
该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；
答：（1）0．10m ；（2）900V ；（3）5×105m/s ，该粒子不能打在右侧的荧光屏上
12．如图所示，在平面直角坐标系xoy 的一、二象限内，分别存在以虚线OM 为边界的匀
强电场和匀强磁场。

匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。

一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处以速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度
大小均减为反弹前的
13
4
倍、方向相反。

电场强度大小为
2
3
2
mv
qd
，磁感应强度大小为0
mv
qd
，求：（不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示）
（1）带电粒子第一次离开磁场的位置坐标；
（2）带电粒子从开始运动到最后一次离开磁场所需时间；
【答案】（1）（-d,d）（2）
(131)6
d d
π
++
【解析】
【详解】
（1）设磁场强度大小为B，粒子第一次进入磁场，根据左手定则和已知条件可知，粒子做3
4
的圆周运动后经过 OM，粒子在磁场中做圆周运动有
2
v
qv B m
r
=
可得r=0
mv
d
qB
=
由此可知，粒子第一次离开磁场的位置坐标为（-d，d）
（2）粒子第一次进入电场后加速运动到x轴，设速度为v1，有：
22
10
-2
qE
v v d
m
=
可得：v1=0
2v
而粒子第一次与x 轴碰撞后，反弹速度为 1113
'4
v v =
，
设粒子能再次进入磁场，切第二次进入速度为v 2， 则有2
2
21'2Eq
v v d m
-=-， 可得：v 2=
012
v 由此可知，先后两次进入磁场，进一步经分析判断可知，粒子再次进入磁场后，做1
4
的圆周运动，其速度大小变化但周期不变，之后一直在电场中运动 故带电粒子在磁场中运动的时间为：10
2d
t T v π==
两次经过磁场的之间在电场中运动的时间为:201120
22(131)'d d d
t v v v v +=+=++ 因此一共需要的时间120
(131)6d d t t t π++=+=
13．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
=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
=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
×100%=29%
14．如图所示，xOy平面内，A、B、C三点恰好组成一个直角三角形，∠B＝90°，∠C＝60°，BC长为l.D为AC的中点，D为AD的中点．第二象限内有沿-y方向的匀强电场；三角形BCD区域内有匀强磁场I，AB下方有匀强磁场Ⅱ，方向均垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子从B点以速度v0沿+y方向进入磁场I，离开磁场I后又刚好从坐标原点O沿与-x成30°的方向进入电场，又从A点离开电场进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转后回到B点，回到B点的速度方向仍沿+y方向，之后带电粒子重复上述运动过程．不计粒子重力．求：
(1)磁场I的磁感应强度B及匀强电场的场强E的大小；
(2)带电粒子运动的周期.
【答案】（1）
2
3mv E
ql
=、0
2mv
B
ql
=
（2）
()
953
6
l
v
π+
【解析】
试题分析：（1）画出粒子运动如图所示
由几何关系，粒子在磁场I中运动的轨道半径为
2
l
r=
由牛顿第二定律可得
2
v
qv B m
r
=，解得0
2mv
B
ql
=
粒子在电场中运动时，沿y方向，qE ma
=，0
2sin30
v at
=
沿x方向()0
cos30
2
l
v t
=，解得
2
3mv
E
ql
=
（2）粒子在磁场I中的运动时间1
1
00
6
s l
t
v v
π
==
粒子离开磁场I到达O的路程0
2
2(cos30)
2
l
s=，所用时间2
2
00
3
s l
t
v
==，
根据
()
00cos302l v
t =可得粒子在电场中的运动时间30
33l t v = 根据几何关系可得粒子在磁场II 中运动的轨道半径为R l =
粒子在磁场中转过的圆心角为43
π
粒子在磁场II 中的运动时间4400
43s l t v v π==
周期()12340
9536l T t t t t v π+=+++=
考点：考查了带电粒子在组合场中的运动
【名师点睛】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
15．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（
q
m
）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：
（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；
（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．
【答案】（1）g k （2）2g
kB
（3）2222232(,)28g k B L L k B g -
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又
=q
k m。