高考物理带电粒子在磁场中的运动易错剖析及解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动易错剖析及解析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；
（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；
（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．
【答案】(1)0v Ba
(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a
【解析】 【详解】
(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得
Bqv 0＝m 2
v r
故粒子的比荷
v q m Ba
= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．
由几何关系知
O ′A ＝r ·
AB
BC
＝2a 则
OO ′＝OA －O ′A ＝a
即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为
OD ＝y m ＝2a
所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
3a ＝v 0·t 0
2019
222
qE y t a a m =
=>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有
x ＝v 0·t
竖直方向有
2
12qE y t m
=
代入数据得
x
设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则
00tan y x qE x v m v v v θ⋅
===
有
H ＝(3a －x )·tan θ
＝
当=y ＝9
8
a 时，H 有最大值 由于
98
a <2a ，所以H 的最大值H max ＝9
4a ，粒子射入磁场的位置为
y ＝
98
a －2a ＝－78a
2．如图所示，在xOy 平面内，以O ′(0，R )为圆心，R 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x 轴成45°角倾斜放置的挡板PQ ，P ，Q 两点在坐标轴上，且O ，P 两点间的距离大于
2R ，在圆形磁场的左侧0<y <2R 的区间内，均匀分布着质量为m ，电荷量为＋q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正向以速度v 射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O 点进入x 轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力．求：
(1)磁场的磁感应强度B 的大小； (2)挡板端点P 的坐标；
(3)挡板上被粒子打中的区域长度． 【答案】（1）mv
qR (2)(21),0R ⎡⎤+⎣⎦ (3)21042R +- 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r ,C 为该轨迹圆的圆心.连接AO ˊ、CO ，可证得ACOO ˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r =R ，
由2
v qvB m r
=
得：mv B qR
=
（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D 做挡板的垂线交于E 点
2DP R =(21)OP R =
P 点的坐标为（(21)R +，0 ）
（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F 点，如图丙所示，OF =2R ①
过O 点做挡板的垂线交于G 点，
22(21)(1OG R R ==+② 225-22=2
FG OF OG R
=-③
2
2
EG R =
④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =
22R +5-222R 2+10-42R ⑤
3．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、
Q 两点之间的距离为
2
L
，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。

（1）求0≤x≤L 区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度v M ；
（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t ＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。

【答案】（1）2U E L =
，M eU
v m
=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3
348M R L m t v eU
ππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】
（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2
012
eU mv = 可得02eU
v m
=
电子从Q 点到M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动，02L m t L v eU
==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE t m
=⨯ 由以上各式可得：2U E L
=
电子运动至M 点时：22
0(
)M Ee v v t m
=+即：M eU
v m
=设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，
02cos 2
M v v θ=
= 解得：θ＝45°。

（2）如图甲所示，电子从M 点到A 点，做匀速圆周运动，因O 2M ＝O 2A ，O 1M ＝O 1A ，且O 2A ∥MO 1，所以四边形MO 1AO 2为菱形，即R ＝L
由洛伦兹力提供向心力可得：
2
M M
v ev B m
R
=
即
2
M
mv mv
B
eR L e
==
3
3
4
8
M
R L m
t
v eU
ππ
==。

（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R'，即222
R L
'=
因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：22)2
n R L
'=（n＝1，2，3，…）
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径
M
mv
R
eB
'=
解得：
22
n emU
B=n＝1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过
1
4
圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期
的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是
1
42
T
T=
又0
2m
T
eB
π
=
则T 的表达式为22T n emU
=
（n ＝1，2，3，…）。

4．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B ；方向向里，其边界是半径为R 的圆，AB 为圆的一直径.在A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m 、电量-q 的粒子，粒子重力不计．
(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B 点射出．求此粒子在磁
场中运动的时间．
(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A 点，则该粒子的速度为多大?
(3)若R =3cm 、B =0.2T ，在A 点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105m ／s 、比荷为108C ／kg 的粒子．试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2位有效数字)． 【答案】（1） （2）
（3）
【解析】 【分析】
（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=
T 求出粒子在磁场中运动的时间．
（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度．
（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积． 【详解】 （1）由
得r 1=2R
粒子的运动轨迹如图所示，则α＝ 因为周期 ．
运动时间
．
（2）粒子运动情况如图所示，β＝．
r2＝R tanβ＝R
由得
（3）粒子的轨道半径r3＝＝1.5cm
粒子到达的区域为图中的阴影部分
区域面积为S=πr32+2×π(2r3)2−r32=9.0×10-4m2
【点睛】
本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解．该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．
5．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN垂直于y轴，N板在x轴上且其左端与坐标原点O重合，极板长度l=0.08m，板间距离d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y轴上(0，d/2)处有一粒子源，垂直于y轴连续
不断向x轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为q
m
=5×107C／kg，速度为
v0=8×105m/s．t=0时刻射入板间的粒子恰好经N板右边缘打在x轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:
(1)电压U 0的大小；
(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23
T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．
【答案】(1)4
0 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥
【解析】 【分析】 【详解】
(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：
0l v T = 7110T s -=⨯
211()22T y a =
2y T v a
= 22
y
T y v = 122
d
y y =+ Eq ma =
U E d
=
解得：4
0 2.1610V U =⨯
(2)2T
t nT =+
时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032
A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0
tan y v v β=
37β=o
cos37v v
=
o 6110m/s v =⨯
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
2
v qvB m R
=
0.03m R r ==
由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.
由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A R
x x ︒
=+
0.1425m C x =.
由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥
6．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．
（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2
010U e y y t dm
∆=∆= 【解析】 【详解】
（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
2222
000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm
=
+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
220min 001122U e y at t dm
=
= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，
2
010U e y t dm
∆=
（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
sin L R θ
=
设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1
sin y v v θ=，
式中00y U e
v t dm = 又：1
mv R Be
=
解得：00
U t B dL
=
②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．
由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2
010U e y y t dm
∆=∆=
7．如图所示，直线y =x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场1B ，直线x =d 与y =x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度41.010V/m E =⨯，另有一半径R =1.0m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度20.20T B =，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x =d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方形以速度0v 进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域1B ，且第一次进入磁场1B 时的速度方向与直线y =x
垂直．粒子速度大小50 1.010m/s v =⨯，粒子的比荷为5
/ 5.010C/kg q m =⨯，粒子重力不
计．求：
(1)粒子在匀强磁场2B 中运动的半径r ； (2)坐标d 的值；
(3)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度1B 应满足的条件； (4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y =x 上的最长时间（ 3.14π=，结果保留两位有效数字）.
【答案】(1)r =1m (2)4m d = (3)10.1B T ≤或10.24B T ≥ (4)56.210t s -≈⨯ 【解析】 【详解】
解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：20
20v B qv m r
= 解得粒子运动的半径：1r m =
(2) 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x ，竖直位移为y 水平方向：0x v t = 竖直方向：212
y at =
Eq
a
m
=
tan45
v
at
︒=
联立解得：2
x m
=，1
y m
=
由图示几何关系得：d x y R
=++
解得：4
d m
=
(3)若所加磁场的磁感应强度为
1
B'，粒子恰好垂直打在y轴上，粒子在磁场运动半径为1r
由如图所示几何关系得：()
1
2
r y R
=+
2
v v
=
由带电粒子在匀强磁场中运动可得：
2
1
1
v
B qv m
r
'=
解得：
1
0.1
B T
'=
若所加磁场的磁感应强度为
1
B''，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为2r
由如图所示几何关系得：()
22
22
r r y R
+=+
由带电粒子在匀强磁场中运动可得：
2
1
2
v
B qv m
r
''=
解得
1
21
0.24
10
B T T
+
''=≈
综上，磁感应强度应满足的条件为10.1
B T
≤或
1
0.24
B T
≥
(4)设粒子在磁场2B 中运动的时间为1t ，在电场中运动的时间为2t ，在磁场1B 中运动的时间为3t ，则有：
1114t T =
102R
T v π= 20
x t v =
3212t T =
2
22r T v
π=
解得：()
55
1232 1.52210 6.210t t t t s s ππ--=++=-+⨯≈⨯
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) 24222222
2a
k L B d q m U E mB d = (2) 1()2x y d L =+ (3) 1
1224==5Uq
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
=
=， 222122a Uq L B qd
y t dm mU ==
， 21()2a a k U U qy E m d Bd
=- 242222
22
2a 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 =
122
221·2y Uq t m y t d
v +=，
2
2158qU y t md
=
， 124=5
y y ， 1
1224==5
Uq
y W d Uq W y d
9．如图所示，在矩形区域abcd 内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

在ad 边中点O 的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场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 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 0时刻刚好从磁场边界cd 上的p 点离开磁场，ab=1．5L ，bc=L 3，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）粒子在磁场中的运动周期T ； （2）粒子的比荷q ／m ；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间。

【答案】（1）06t T =；（2）0
3Bt m q π=；（3）max 02t t =。

【解析】
试题解析：（1）（4分）
初速度沿Od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为θ， 由几何关系有：2
3
=
θsin 所以：θ＝60°
︒
=
3600θT t 解得：
06t T = （2）（4分）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供， 根据牛顿第二定律得：R v m qvB 2
= T
R v π2=
所以：qB m
T π2=
解得0
3Bt m q π= （3）（4分）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=L 3，圆轨迹的直径为2L
所以：Ob 弦对应的圆心角为120° 粒子在磁场中运动的最长时间023t T t max ==
考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律。

10．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.
11．如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b）所示，试求:
(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；
(2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向。

X/×
Bq
mv E
o
Bv
2
3
Bv
2
1
【答案】 （1）B B 22=；（2）v v v 2
6
2)32(+=
+='；方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2
2
6arccos -）的夹角 【解析】
试题分析: （1）由几何关系知：质子再次回到OP 时应平行于x 轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP 上的C 点进入Ⅱ区后再从D 点垂直x 轴进入第四象限，轨迹如图。

由几何关系可知：O 1C ⊥OX ，O 1C 与OX 的交点O 2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C OO 1∆等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ，
则：10
1221
30sin r r r == 由21
v qBv m r =
得：1mv r qB
=
， 同理得：22mv
r qB =
即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22= （2）D 点坐标： qB
mv
r r x ）13(30cos 201+=+=
质子从D 点再次到达y 轴的过程，
22
)13(2)13()223(21mv qB mv Bv Bv q x E q qU W i i +=+⨯+=
∆==∑电 设质子再次到达y 轴时的速度大小为v '，
由动能定理：222
1
21mv v m W -'=
电 得：v v v 2
6
2)32(+=+=' 因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变
如图有： 22632cos -=-='=v v α 即方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2
26arccos
-）的夹角 考点： 带电粒子在磁场中的运动
12．如图所示，在x 轴上方有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1=B 0，在x 轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y 轴，匀强磁场B 2=2B 0垂直于xOy 平面，图象如图所示．一质量为m ，电量为-q 的粒子在023
t t =时刻沿着与y 轴正方向成60°角方向从A 点射入磁场，20t t =时第一次到达x 轴，并且速度垂直于x 轴经过C 点，C 与原点O 的距离为3L ．第二次到达x 轴时经过x 轴上的D 点，D 与原点O 的距离为4L ．（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B 0、m 、q 、L 表示）
（1）求此粒子从A 点射出时的速度υ0；
（2）求电场强度E 0的大小和方向；
（3）粒子在09t t =时到达M 点，求M 点坐标．
【答案】（1）002qB L v m = （2）202πqB L E m
= （3）（9L ，3π2-L ） 【解析】
试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得
①
根据题意由几何关系可得
②
联立①②得
③
（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T 1，可得
④
粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得
⑤
根据题意由几何关系可得⑥
由④⑤⑥可得⑦⑧
综上可以判断3t0—4 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为
⑨
由牛顿第二定律得
⑩
2 t0—
3 t0,粒子做匀减速直线运动，
qE=ma 11
12
综上解得
13
（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，
x=9L 14
粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得
15
联立③⑨⑩1112可解得
16
联立可得M点的坐标为
（9L，） 17
考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.
13．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。

左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。

离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。

在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质
量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点。

已知OP=0.5r 0，OQ=r 0，N 、P 两点间的电势差2NP mv
U q =,4cos θ5
=，不计重力和离子间相互作用。

（1）求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小； （2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l （用r 0表示）； （3）若磁感应强度在（B —△B ）到（B ＋△B ）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两東离子，求ΔB B
的最大值 【答案】（1）2000mv E qr =，00
B mv qr =；（2）01.5r ；（3）12% 【解析】 【详解】
（1）径向电场力提供向心力：2c c c v E q m r = 2c c c
mv E qr = c c mv B qr = （2）由动能定理：22110.50.522
c NP mv mv qU ⨯-⨯= 245NP c c qU v v v m =+
= 或0.5152
c mv r r qB == 2cos 0.5c l r r θ=-
解得 1.5c l r =
（3）恰好能分辨的条件：00022cos 211r r r B B B B
θ-=∆∆-+
解得0017412B B ∆=-≈
14．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B ．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN =L ，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为-q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L ，粒子重力不计，电荷量保持不变．
（1）求粒子运动速度的大小v ；
（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ；
（3）从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM =d ，QN =
2
d ，求粒子从P 到Q 的运动时间t ．
【答案】（1）qBd v m =；（2）m 23d +=；（3）A.当31L nd d =+-（时， 334π2L m t d qB -=（），B.当3L nd d =+（时， 334π2L m t d qB -=（） 【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：
2v qvB m R
=，解得：mv R qB = 由题可得：R d =
解得qBd v m
=； （2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得d m =d （1+sin60°） 解得m 23d d += （3）粒子的运动周期2πm T qB
= 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t '，则
(1,3,5,)4
T t n t n '=+=L L A.当31L nd d =+-
（）时，粒子斜向上射出磁场 112
t T '=解得334π2L m t d qB -=+（） B.当31+
L nd d =+（）时，粒子斜向下射出磁场 512
t T '=解得334π2L m t d qB -=-（）．
15．如图所示，足够大的平行挡板A 1，A 2竖直放置，间距为6L .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面yN 为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外，A 1，A 2上各有位置正对的小孔S 1，S 2，两孔与分界面yN 的距离为L .质量为m ，电量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到yN 上的P 点，再进入Ⅱ区．P 点与A 1板的距离是L 的k 倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；
(2)若2<k <3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式．
【答案】（1） （2） ，
【解析】
试题分析：（1）粒子在电场中，由动能定理有qEd=mv2-0 ①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 qvB0＝②
当k=1时，由几何关系得r=L ③
由①②③解得E=④
（2）由于2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知(r-L)2+(kL)2=r2⑤
解得r=⑥
由②⑥解得v=⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 qvB＝⑧
由对称性及几何关系可知⑨
解得r1=⑩
由⑧⑩解得B＝
考点：带电粒子在电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动。