高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧(很有用)及练习题

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，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方
向向上的匀强电场。

在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。

若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。

已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。

若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。

两小球重力均不计。

(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；
(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。

【答案】(1)2n ，21n n ；(2)12
3r
r n n -
【解析】 【详解】
(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有
A 1
B mv n mv =①
小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有
2A A A mv qv B r =，2
1B
2B B
n mv n qv B r =②
解①②式得
A
2B
r n r = 磁场运动周期分别为
A 2πm T qB
=
，1B 22πn m T n qB =
解得运动时间之比为
A
A
2B B 1
22
T t n T t n == (2)如图所示，小球A 经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。

水平方向有
A A L v t =③
竖直方向有
2A A A 12
y a t =
④ 由牛顿第二定律得
A qE ma =⑤
解③④⑤式得
2
A A
()2qE L y m v =
⑥ 小球B 在电场中做类平抛运动，同理有
2
2B 1B
()2n qE L y n m v =
⑦ 由题意知
B y r =⑧
应用几何关系得
B A 2y y r y ∆=+-⑨
解①⑥⑦⑧⑨式得
12
3r y r n n ∆=-
2．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
31tan 30E v v =
=︒
111
1q E d m v =⋅ 又 2
1111
v q v B m l
= 所以111q v m Bl =
E =
（3）粒子2
经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为22
4E tan 603
v v ==
︒ 对粒子2在电场中运动有
2222
q E d 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．
3．如图所示，在平面直角坐标系x 轴的上方（ 2.74 2.74a x a -≤≤，0y ≥）区域范围内
存在着匀强磁场，磁感应强度为B 。

在空间（3
2
x a
=-
，12y a =）处有一粒子源P ，能向平面内各个方向发射质量为m 、带电量为-q ，速度为0v 的带电粒子。

（已知0
mv a qB
=，答案涉及位置或长度的均用a 表示），求：
(1)x 轴上能接收到粒子的区域长度L 1；
(2)x 上能被不同角度射出的两个粒子打中的区域长度L 2；
(3)若在x 轴的正半轴上铺设挡板，且粒子源P 打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并反弹，每次反弹后速度方向相反，大小为原来的0.6倍，则求这些粒子出磁场时的纵坐标y 及粒子在磁场中运动的时间。

【答案】(1)115322L a a =+ (2)215322L a a =- (3)9350
y a
= 52m t qB π= 【解析】 【详解】
(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径2v Bqv m R
=，0mv R a
qB ==
粒子打在MN 上的范围如图1所示
最右侧：22PD R a ==
ED ==
最左侧：F 与MN 相切，由几何关系知EF ==
解得 122L a =
+ (2)如图1所示，有不同角度射出的两个粒子打中的长度为OD,
OE EF ==
得2L OD ==
- (3)粒子垂直打在挡板上，由几何关系可知OG a =，150POG ∠=o 粒子打在G 点后反弹，0
0.60.6mv R a qB
'=
=， 1.2GH a = 再反弹0.36R a '='，之后从磁场右边界出去，由几何关系可知
2.74 1.20.361
cos 0.362
a a a a a θ---=
=，60θ=o
sin 60y R a ==
''o 150POG ∠=o 2m
T qB
π=
所有粒子周期相同 粒子走过的圆心角为150180120450o o o o α=++=
所以45053602m
t T qB
π==o o
4．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 ，2E B ==
（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】（1）3（2）3
3
R （3）4（2+3）R 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
2mv 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22
01122
eEy mv mv =-' 解得v ＝2v 0
在电场中
2
3
2
v
eE
a
m R ==
1
22
y R
t
a v
'
∆
==
x＝v0t1＝2R
由牛顿第二定律
2
2
1
v
evB m
r
=代入得
1
43
3
r R
=
1
cos
2
v
v
θ==则
3
π
θ=
由几何关系可知，在下方磁场中运动的圆心O2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
l1＝（r1＋r1sinθ）
竖直边长为，l2＝（r1＋r1cosθ）
最小面积为S＝l1l2＝r12（1＋sinθ）（1＋cosθ）＝4（2＋3）R2
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。

5．如图所示，在x轴上方存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的xOy平面各个方向不断地发射质量为m、带电量为q
+、速度大小均为v的粒子。

在x轴上距离原点0x处垂直于x轴放置一个长度为0x、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P（粒子打在金属板P上即被吸收，电势保持为0）。

沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。

（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；
（3）要使薄金属板P 右侧不能接收到粒子，求挡板沿x 轴正方向移动的最小距离。

【答案】（1）0mv B qx =（2）
0min 3x t v π=；0
max 53x t v
π=（3）(
)
031x -
【解析】 【详解】
（1）设粒子做圆周运动的半径为R 。

根据牛顿第二定律，得：2
mv qvB R
=
由几何关系，得：0R x =
联立解得：0
mv
B qx =
； （2）带电粒子在磁场中的运动周期为T ，则有：2R
T v
π=， 得0
2x T v
π=
打在P 左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短；
由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是160θ=︒ 运动的最短时间：1
min 0
360t T θ=
联立解得：0
min 3x t v
π=
打在P 右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，
由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是2300θ=︒， 运动的最短时间：2
max 360t T θ=︒
联立解得：0
max 53x t v
π=
（3）带电粒子能达到的范围如图阴影所示:
要使挡板右侧无粒子到达，P 板最上端与O 点的连线长应为02x 即粒子运动的直径. 所以沿x 轴正方移动的最小长度.
()
)
2
2000231x ON OM x x x ∆=-=
-=
，
6．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 3Eq Eq
a m θ⊥=
=
02sin 3v t a Eq
θ⊥=
= 沿AC 方向的运动是初速度为//3
v v =，加速度为//
2Eq a m =的匀加速直线运动 得到
2/2
///1324Eq L v t a t vt t m
=+=+
所以
22343m v EqLm mv
t +-=
得
t n t =
即
229123m v EqLm mv
n +-=
7．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：
y2=0．06m
粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：
y=y1+y2=0．10m
（2）设两板间电压为U1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
22
d 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
8．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P 1（0，L ）时的速率为v 0，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t1=
3
2
L
v，v y=
4
3
v0
故粒子在P2的速度为v22
0y
v v
+=
5
3
v0
设v与x成β角，则tanβ=
y
v
v
=
4
3
，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=
1
2
mv2-
1
2
mv02可得
E =2089mv 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+．
9．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
=
-（或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221
(9)9v q vB m R ⋅=⑨
解得2217(517)mv B qL
=
-（或2(51717)mv
B +=）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
=
-（或2(17317)'4mv
B qL +=）
10．如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，在0<y<d 的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B ，在y>d 的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B .一个质量为m 、电荷量为-q 的粒子以速度
qBd
m
从O 点沿y 轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．
(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径： (2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为2qBd
v m
= ，求粒子打在x 轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；
(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度qBd
v m
>
，求该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值． 【答案】（1）R d =（2） (43OP d = 23m
t qB
π=（3）min 3x d =
【解析】 【分析】 【详解】
（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：2
01
v qv B m r =
把0qBd
v m
=
，代入上式，解得：R d = (2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为02v v =时，如图所示
在OA 段圆周运动的圆心在O 1，半径为12R d = 在AB 段圆周运动的圆心在O 2，半径为R d = 在BP 段圆周运动的圆心在O 3，半径为12R d =
可以证明ABPO 3为矩形，则图中30θ=o ,由几何知识可得：
13
2cos303OO d d ==o
所以：323OO d d =-
所以粒子打在x 轴上的位置坐标()
133243OP O O OO d =+=-
粒子在OA 段运动的时间为：13023606m m
t qB qB ππ==o o g 粒子在AB 段运动的时间为2120236023m m t q B qB ππ==o o g g 粒子在BP 段运动的时间为313023606m m
t t qB qB
ππ===o o
g 在此过程中粒子的运动时间：12223m
t t t qB
π=+=
(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R ，轨迹由图
可得粒子打在x 轴上位置坐标：(
22
222x R R d R d =--
化简得：222340R Rx x d -++=
把上式配方：2
22213033R x x d ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭ 化简为：2
22213033R x x d ⎛⎫-=-≥ ⎪⎝
⎭ 则当2
3
R x =
时，位置坐标x 取最小值：min 3x d =
11．在水平面上，平放一半径为R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球．
（1）当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v 0；
（2）现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示．空间再加一个水平向右、场强E ＝mg
q
的匀强电场(未画出)．若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球： ①运动到最低点的过程中动能的增量； ②在管道运动全程中获得的最大速度．
【答案】（1）qBR
m
（2）①2mgR ②222q B R gR
【解析】
（1）小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故2
0v qv B m R
=
解得：0qBR
v m
=
． （2）①小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功，对小球运动到最低点的过程，由动能定理可以得到：k mgR qER E +=∆ 由题目已知：mg q
E =
联合以上两式可以得到：动能增量2k E mgR ∆=．
②当小球到达管道中方位角为θ的位置（如图所示）时，应用动能定理，有：
()22011sin cos 22
mgR qE R R mv mv θθ++=
- 即：()222
22
2
22sin cos q B R v gR gR m
θθ=+++ 对函数sin cos y θθ=+求极值，可得45θ=o 时，max 2y =
所以()
2222
222m q B R v gR m
=++
12．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20
0v qv B m R
=
得AD =0
mv R Bq
=
（2）经D点
3
cos30
x R R =
︒=，
1
sin30
2
y R R
=︒=
而0
x v t
=，2
1
2
y at
=，
qE
a
m
=
解得
4
3
E Bv
=，方向垂直AC向上
速度偏向角y
x
v
v
tana=，
y
v at
=
解得
2
tan2tan303
3
α=︒=
而tan60=3
︒，即tan tan60
α<︒，则<60
α︒
13．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v0≤v≤2v0．试讨论v0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
04
eBd
v
m
<或
eBd
v
m
≥时，L为0；当
42
eBd eBd
v
m m
≤<时，L为
2
2
000
22
312
2
mv mv d mv
d d
eB eB eB
⎛⎫
-+-++ ⎪
⎝⎭；当0
2
eBd eBd
v
m m
≤<时，L为
2
2
000
336
2
mv mv d mv
d d
eB eB eB
⎛⎫
---++ ⎪
⎝⎭；当r max≥2d（或r min≥d）时，0
eBd
v
m
≥，则L＝
【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：2
1
cos60
2
eE
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0
max
2mv
r
eB
=，0
min
mv
r
eB
=，即：r max＝2r min，分类讨论如下：
第一，当
max
1
2
r d
<（或
min
1
4
r d
<）时，
04
eBd
v
m
<，则L＝0
第二，当
max
1
2
d r d
≤<（或
min
11
42
d r d
≤<）时，
42
eBd eBd
v
m m
≤<
如图所示有：222
max max max
()2()cos120
r d r L d r L
=-+--o，
解得：
2
2
000
22
312
mv mv d mv
d d
eB eB eB
L
⎛⎫
-+-++ ⎪
⎝⎭
=
第三，当d≤r max＜2d（或min
1
2
d r d
≤<）时，
2
eBd eBd
v
m m
≤<
由上图所示可知，222
min min min
()()2()()cos120
r d r d L d r d L
=-+----o
解得：
2 2
000
336
mv mv d mv
d d
eB eB eB
L
⎛⎫
---++ ⎪
⎝⎭
=
第四，当r max≥2d（或r min≥d）时，
eBd
v
m
≥，则L＝0.
14．如图所示的平面直角坐标系xoy，在第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E，电场强度方向沿y轴正方向；在第三象限的正三角形PMN区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外，正三角形边长为L，且PN边与y轴平行。

现有一重力不计带负电的粒子，从y轴上的A点，以大小v0的速度沿x轴负方向射入电场，通过电场后从x轴负方向上的P点进入第三象限，且速度与x轴负方向夹角为θ,又经过磁场后从y轴负方向进入第四象限，且速度与y轴负方向夹角为α (已知θ+α=0
90， OP=2AO=4h).求：(1)带电粒子的比荷
q
m
=?
(2)粒子到达P点时速度的大小和θ=?
(3)PMN区域内磁场的磁感应强度B的最小值；(以上3小题答案均用E、h、L、v0等表示)【答案】（1）
2
4
V
q
m Eh
=（2
2v，450（3）
8Eh
Lv
【解析】
【分析】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比荷。

（2）应用运动的合成与分解求出速度大小与方向。

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，经分析，α=450
并且当粒子从N点出磁场时，磁感应强度最小；洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度最小值。

【详解】
（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设在第二象限内运动的时间为
1
t，则
水平方向有：
01
4h v t
=
竖直方向有：2
1
2
2
Eq
h t
m
=
联立得：
2
4
v q
m
Eh
=
（2）设粒子到达P点时时竖直方向的速度v y
则有：
1
2
2
y
v
h t
=
联立得：
y0
v v
=
所以粒子到达p点时速度大小为
2
p
v v
=
与x轴的夹角为θ，由几何关系得：0
tan1
y
x
v v
v v
θ===，所以θ=450
（3）经分析，α=450 并且当粒子从N点出磁场时，磁感应强度最小
由几何关系得：2
2
r L
=
由洛伦兹力提供向心力得：
2
P
v
Bqv m
r
=
联立得：即磁感应强度的最小值
8Eh
B
Lv
=
【点睛】
本题考查了求电场强度、粒子速度、磁感应强度问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要作出粒子运动轨迹，注意几何知识的应用。

15．如图所示，ab、ef是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d．在导轨ab、ef间放置一个阻值为R的金属导体棒PQ．其质量为m，长度恰好为d．另一质量为3m、长为d的金属棒MN也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN静止于PQ棒右侧某位置，盛个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．现有一质量为m、带电荷量为q的光滑绝缘小球在桌而上从O点（O为导轨上的一点）以与可成60°角的方向斜向右方进人磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN的中点，小球与金属棒MN的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN的电阻，两杆运动过程中不相碰，求：
（1）小球在O 点射人磁场时的初速度v 0 （2）金属棒PQ 上产生的热量E 和通过的电荷量Q （3）在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离 （4）请通过计算说明小球不会与MN 棒发生第二次碰撞； 【答案】（1）03qBd v m =（2）8q Q =（3）8qR
x Bd
∆=（4）小球不会与MN 杆发生第二次碰撞． 【解析】 【分析】
光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动，由几何关系可求半径，牛顿第二定律求出小球在O 点射人磁场时的初速度；小球与MN 杆发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒求出碰后小球速度和MN 杆速度，此后杆MN 与杆PN 组成的系统动量守恒，根据能量守恒定律求解PQ 上产生的热量，对杆PQ 应用动量定理求得金属棒PQ 通过的电荷量；根据电荷量公式求解在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离；球与MN 碰后，球碰后做圆周运动，这段时间内杆MN 减速运动，与PQ 同速后做运匀速动，由此判断小球不会与MN 杆发生第二次碰撞； 【详解】
（1）如图所示，可得：光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径设为r ， 由图可知：0
cos 602
d
r r += 得：3
d r =
由牛顿第二定律可得： 20
0v qBv m r
= 得：03qBd
v m
=
（2）由题可知小球与MN 杆发生弹性碰撞，设碰后小球速度为1v ，MN 杆速度为2v ，可得：
0123mv mv mv =+
2220121113222
mv mv mv =+⨯ 联立可得：201011
,22
v v v v =
=- 此后杆MN 与杆PN 组成的系统动量守恒，共速度时速度设为v ，则有：
23(3)mv m m v =+
可得：2033488qBd v v v m
=
== 由能量守恒定律可知PQ 上产生的热量：22
2113422E mv mv =⨯-⨯=
22296q B d m
对杆PQ 应用动量定理可得： 0BId t mv ∆=- 即：0BdQ mv =- 得：8
q
Q =
（3）由B S B xd
Q R R R
φ∆∆∆=
== 得杆MN 比杆PQ 多滑动的距离：8QR qR
x Bd Bd
∆=
= （4）由（2）可知球与MN 碰后，小球的速度为：101
2
v v =-
， 杆MN 的速度为：201,2
v v =
小球碰后做圆周运动的半径：'6
d r =
运动半个周期的时间为：
00'
32
r d
t v v ππ=
=
这段时间内杆MN 减速到与PQ 同速，最小速度为038v v =
，则其位移：'8
d x vt r π>=> 此后杆MN 一直向左运动，故小球不会与MN 杆发生第二次碰撞．。