高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧和方法完整版及练习题含解析
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，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点
3
,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．
（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；
（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；
（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.
某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：
带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq
32
2
3
0B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭
【解析】 【详解】
（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2
111
v qv B m r =
由几何憨可知：()2
22
1133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭
得到：123BLq
v m
=
（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：
13
L v t
=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到2
89qLB E m
=
又22
212v v Eh =+，得到：2v =
（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0
E v B
'=
而v ''=
所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'
即：0E v B =
2．如图，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。

点P
，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子。

粒子1以某速率v 1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，－L ）。

不计粒子的重力。

(1)求粒子1的速率v 1和第一次从P 到Q 的时间t 1；
(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y 轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v 2发射，先后经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度大小E 以及粒子2的发射速率v 2；
(3)若在xOy 平面内加上沿y 轴负向的匀强电场，场强大小为 E 0，粒子3以速率 v 3 沿 y 轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率 v m 。

某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，根据运动的独立性和矢量性，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。

本题中可将带电粒子的运动等效为沿x 轴负方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动。

请尝试用该思路求解粒子3的最大速率v m 。

【答案】(1)123qBL v m =，14π3m t qB =；(2)289qLB E m =，2221qLB
v =；
(3)2
2
00m 3E E v v B B ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：
设半径为1r ，由几何知识得
()2
22
113r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭
可得
123
L r =
由向心力公式，根据牛顿第二定律
2
111
v qv B m r =
可得
123qBL
v m =
设粒子做圆周运动的周期为1T
1
11
2r T v π=
由几何知识可知
60θ︒=
粒子第一次从P 到Q 的时间
112433m t T qB
π==
(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E 过y 轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得
qE
a m
=
x 轴方向
12L v t = y 轴方向
212122
r L at -=
可得
2
89qLB E m
=
根据
2v =
可得
29v m
=
(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：
根据平衡条件
40qv B qE =
可得
4E v B
=
根据运动的合成，可知
22
543
v v v =+ 粒子的运动可视为水平向左的速率为4v 的匀速直线运动和初速度为5v 的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为
m 45v v v =+
可得
2
2
00m 3E E v v B B ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭
3．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；
(3)匀强电场的电场强度大小．
【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d
m θ
【解析】 【分析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】
（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R
θ=
洛伦兹力做向心力：20
0v qv B m R
= 解得0cos qBd
v m θ
=
（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x
θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ
θ
=
（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B
解得2qB d
E mcos θ
=
【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
4．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v 0~2v 0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
8
L
x=
34-2
L （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=0
()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
5．相距为L 的平行金属板 M 、N ，板长也为L ，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线 EF 对齐，EF 左侧有水平匀强电场，M 、N 两板间所加偏转电压为 U ，PQ 是两板间的中轴线．一质量为 m 、电量大小为+q 的带电粒子在水平匀强电场中 PQ 上 A 点由静止释放，水平电场强度与M 、N 之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从 N 板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向里的足够大匀强磁场中 ，A 点离 EF 的距离为 L /2；不计粒子的重力，求： （1）磁感应强度B 大小
（2）当带电粒子运动到 M 点后，MN 板间偏转电压立即变为−U ，（忽略电场变化带来的影响）带电粒子最终回到 A 点，求带电粒子从出发至回到 A 点所需总时间．
【答案】（12mU L q 2）344L m
L qU
π+（）【解析】 【详解】
（1）由题意知：对粒子在水平电场中从点A 到点O ：有：
2
1022
U l q
mv L =-……………① 在竖直向下的电场中从点O 到N 右侧边缘点B ： 水平方向：
0L v t =……………②
竖直方向：
2
122L qU t mL
=……………③ 在B 点设速度v 与水平初速度成θ角 有：
2tan 21
L
L
θ=⨯=……………④
粒子在磁场中做匀速圆周运动 由几何关系可得：
2
2
R L =
……………⑤ 又：
2
v qvB m R
=……………⑥
联解①②③④⑤⑥得：
2L mU
B q
=
……………⑦
（2）粒子在磁场中运动的圆心角32
πα=
22R m
T v qB
ππ=
= 在磁场中运动时间：
2t T α
π
'=
在水平电场中运动时间：
00
v v t qU a mL
=
=''……………⑧
总的时间：
22t t t t '='++'总……………⑨
联解得：
344L m
t L qU
π=+
总（） ……………⑩
6．如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O 点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v 、比荷为k 的带正电的粒子， PQ 是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P 端与O 点的连线与挡板垂直，距离为
v
kB
，且粒子打在挡板上会被吸收．不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求:
（1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长；
（2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少； （3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率。

【答案】（1）3v
；（2）
4
3kB
π
；（3）
5
12。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
2
v
qvB m
r
=
解得：
mv v r
qB kB ==
在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图所示：
由题意可知：
v
r OP
kB
==
由几何知识可得：
v
PN
kB
=
设粒子初速度方向与OP夹角为θ，随着θ从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N 点逐渐下移；当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M，在△OPM中，由几何关系可得：
()22
2
PM r r
=-
所以
3v
PM=
当夹角θ继续增大，则粒子打在挡板上的点从M点逐渐下移至P点，由以上分析知道,挡
板长度至少等于
3v
kB
时，挡板吸收的粒子数最多． （2）由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P 点时，时间最短，如图2轨迹1所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
13
π
θ=
当粒子从右侧恰好打在P 点时，时间最长，如轨迹2所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
253
πθ=
粒子的运动周期：
222r m T v qB kB
πππ
=
== 最短时间：
1
12t T θπ=
最长时间：
2
22t T θπ
=
最长的时间差：
2142T t t kB
π
∆=-=
（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方
向的夹角为：
56
πα=
打到板上的粒子占所有粒子的比率为：
5212
αηπ=
=
7．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106m 的α粒子．已知屏蔽装置宽AB ＝9cm ，缝长AD ＝18cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电量q ＝3.2×10－19C ．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332 T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．
(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？ (2)若条形磁场的宽度d ＝20cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)
【答案】（1）0.34cm ；（2）72.010s -⨯；86.510s -⨯． 【解析】 【分析】 【详解】
(1)由题意：AB ＝9cm ，AD ＝18cm ，可得：∠BAO ＝∠ODC ＝45° 所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，
根据牛顿第二定律有2
v qvB m R
=，解得R ＝0.2m ＝20cm
由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．
设此时磁场宽度为d 0，由几何关系得()
045201020.34d R Rcos cm m ︒+≈＝＋＝ (2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则62108
m T s qB ππ
-=
=⨯ 设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图所示．
因磁场宽度d ＝20cm <d 0，且R ＝20cm ，则在∠EOD 间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长． 设在磁场中运动时间最长为max t ，则6710 2.010216
max T t s s π
--=
=⨯≈⨯ 若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .
设在磁场中运动的最短时间为min t ，轨迹如图所示．因R ＝d ，则圆弧对应圆心角为60°，
则6810 6.510648
min T t s s π
--=
=⨯≈⨯ 【点睛】
当粒子（速度一定）在有界磁场中轨迹是劣弧时，粒子在磁场中运动轨迹的弦最短，粒子在磁场中运动时间最短．
8．质量为m 电荷量为+q 的带电粒子（不考虑重力）从半圆形区域边界A 点沿直径方向正对圆心两次以相同速度v 水平射入。

第一次射入时，空间中只有竖直向下的匀强电场，第二次只有垂直于纸面向外的匀强磁场（磁场和电场区域都无限大且未画出）。

发现带电粒子两次都击中半圆形边界上同一点B 。

（1）证明两次粒子打到B 点速度方向不同；
（2）判断两次粒子打到B 点的时间长短，并加以证明。

【答案】（1）因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同；（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长，证明见详解。

【解析】 【详解】
（1）设半圆形区域的半径为r ，B 点与圆心连线和半圆形直径方向的夹角为θ，第一次射入时，带正电的粒子做类平抛运动，水平方向
r +r cos θ=vt
竖直方向的速度
v y =
qE m t =(1cos )qEr mv
θ+ 第一次射出B 点速度与直径方向的夹角
tan α=
y v v
=
2
(1cos )
qEr mv θ+
第二次射入时，粒子做匀速圆周运动，径向射入，径向射出，射出B 点速度与直径方向的夹角为θ，做匀速圆周运动的半径
R =
mv qB
tan 2θ=r R =qBr mv
第二次射出B 点速度与直径方向的夹角
tan θ=
2
2tan
212
tan θ
θ
-=
22222
2qBtmv
m v q B r -
因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同。

（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长。

第一次在水平方向
r +r cos θ=vt 1
第一次粒子在电场中运动的时间
t1=
(1cos) r
v
θ
+
第二次粒子在磁场中运动的半径
R=mv
qB
=
tan
2
r
θ
qB=
tan
2
mv
r
θ
第二次粒子在磁场中运动的
t2=
2
θ
π
T=
2
2
m
qB
θπ
π=
m
qB
θ
=
tan
2
r
v
θ
θ=
(1cos)
sin
r
v
θθ
θ
+
因为sin
θθ
>，所以t2>t1。

9．(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
2
3
【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
1
d 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
22v d t =
⑾
联立○9○10○
11式得 022
T t =
⑿
设粒子在磁场中运动的时间为t
01232T t T t t =---
⒀
联立⑩⑿⒀式得
074
T 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
87m B qT π=
⒄
10．在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动．如图所示，在真空室内的P 点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC =L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ =
5
L ．当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子的发射速率； （2）PQ 两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab 的粒子所用最长时间和最短时间．
【答案】(1) 5
8
BqL
m
(2)
22
25
8
qB L
m
(3)
233
180
m
Bq
π106
180
m
Bq
π
【解析】
【分析】
（1）当只存在匀强磁场时，α粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出α粒子的运动轨迹，由几何知识求出α粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出α粒子的发射速率；
（2）当只存在匀强电场时，α粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解PQ 两点间的电势差；
（3）当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间．
【详解】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示：
由几何知识可得PC QA PQ QO
＝
代入数据可得粒子轨迹半径
5
8
L R QO
==
洛伦兹力提供向心力Bqv＝m
2 v R
解得粒子发射速度为v＝5
8 BqL m
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内
1 2v
CQ L t
==
PC＝L＝1
2
at2
式中a＝qE m
U＝Ed
解得电场强度的大小为U＝
22 25
8
qL B
m
（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示．据图有
sin α＝
=0.6L R
R
- 解得α＝37°
故最大偏转角γmax ＝233° 粒子在磁场中运动最大时长max
1233360180m
t T Bq
γπ=
=
︒
式中T 为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图有
sin β＝
/24
=5
L R 解得β＝53°
速度偏转角最小为γmin ＝106° 故最短时长min
2106360180m
t T Bq
γπ==
︒
【点睛】
本题的突破口是确定α粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径．
11．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，S 1、S 2为板上正对的小孔，N 板右侧有两个宽度均为d 的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S 1、S 2共线的O 点为原点，向下为正方向建立x 轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S 1进入两板间，电子的质量为m ，电荷量为e ，初速度可以忽略．
求：（1）当两板间电势差为U 0时，求从小孔S 2射出的电子的速度v 0；
（2）两金属板间电势差U 在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上； （3）电子打到荧光屏上的位置坐标x 和金属板间电势差U 的函数关系．
【答案】（1）220222eU d eB U m m
（）＜（3）()
222222222d eB x emU emU d e B U eB m ⎛⎫=--≥ ⎪⎝⎭ 【解析】
【详解】
（1）根据动能定理，得：20012eU mv =
解得：002eU v m
=
（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有r ＜d
而：212eU mv =，2
v eBv m r
= 由此即可解得：22
2d eB U m
＜ （3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r ，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x ，则由轨迹图可得：2222x r r d =--
注意到：mv r eB =和：212
eU mv = 所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x 和金属板间电势差U 的函数关系为：
222222222d eB x emU emU d e B U eB
m ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭ 12．简谐运动是一种理想化的运动模型，是机械振动中最简单、最基本的振动。

简谐运动的物体受到回复力的作用，回复力F 的大小与物体偏离平衡位置的位移x 成正比，回复力的方向与物体偏离平衡位置的位移方向想反，即：F =-kx ，其中k 为振动系数，其值由振动系统决定。

用长为L 的细线将质量为m 的小球悬挂起来，就构成了一个单摆，如图甲所示。

（1）证明：在偏角很小的情况下，单摆做简谐运动。

（2）已知月球上的自由落体加速度为地球上的1/4，若将地球上周期是2s的单摆拿到月球上，求它在月球上做50次全振动的时间。

（3）若使周期是2s的单摆小球带上正电，并将单摆分别置于竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场中，如图乙和图丙所示。

使带电小球均做小角度的简谐运动，在电场和磁场中小球振动的周期还是2s吗？请分别分析说明。

【答案】（1）证明过程见解析；（2）200s（3）加电场时单摆的周期小于2s；加磁场时单摆周期不变.
【解析】
【详解】
（1）单摆受力分析如图所示，
单摆的回复力大小为F回=G1=mg sinθ
当θ很小时，sinθ≈θ，θ等于θ角对应的弧长与半径的比值，即sinθ≈θ≈PO L
得F回=mg PO L
当θ很小时，弧长PO近似等于弦长，与摆球偏离平衡位置的位移x大小相等，考虑到回
复力和位移相反，则得回复力与位移的关系为
x mg
F mg x kx
L L
=-=-=-
回
，其中
mg
k
L
=，即有F回=-kx
所以在摆角很小的情况下，单摆的往复运动是简谐运动．
（2）月球表面的重力加速度为'14g g =，将秒摆拿到月球上去，周期为：224L T T s g π'=='
地＝ 它在月球上做50次全振动时间为：t =50T ′=50×4s=200s.
（3）图乙中，摆球受到重力G 、电场力F 电和摆线拉力T ，与重力场中的单摆类比， 等效的“重力”G ′=G +F 电，=G F qE g g m m
+'=+电， 代入单摆周期公式得：090BEF BDC ∴∠=∠=，可知单摆的周期变小；
图丙中，摆球受到重力G 、洛伦兹力F 洛和摆线拉力T ，与重力场中的单摆类比，单摆周期与重力场中相同，2L T g
π=，即单摆的周期仍为2s 。

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：2v 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v 0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=090， 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 、v 0等表示)
【答案】（1）204V q m Eh
=（202v ，450（3）08Eh 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1t ，则
水平方向有：014h v t = 竖直方向有：2122Eq h t m =
联立得：204v q m Eh
= （2）设粒子到达P 点时时竖直方向的速度v y
则有：122y
v h t =
联立得：y 0v v =
所以粒子到达p 点时速度大小为02p v v =
与x 轴的夹角为θ，由几何关系得：00
tan 1y
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：2r L =
由洛伦兹力提供向心力得：2P v Bqv m r
= 联立得：即磁感应强度的最小值0
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。