高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动及其解题技巧及练习题含解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动及其解题技巧及练习题含解析
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，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。

y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。

现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。

求： （1）带电粒子的初速度；
（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。

【答案】(1)8qBL
v m
=；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】 【详解】
(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：
5sin37o QC L =
15sin37O
OQ
O Q L =
=
在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，
11R O Q QC =+
2
1
v qvB m
R =
解得：8qBL
v m
=
； (2)由公式2
2
v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =
由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t
5cos37o PC L =
1PC
t v
=
带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t
12m
T qB
π=
21
37360
o
o t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t
22·2m m
T q B qB
ππ=
= 3212
t T =
从P 点到再次回到P 点所用的时间为t
12222t t t t =++
联立解得：41145
m
t qB π⎛⎫=+
⎪⎝
⎭。

2．（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v 0、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r 0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）2
00mv 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：2
c c c
v E q m r =
2
c c c
mv E qr = c c mv B qr =
（2）由动能定理：
2211
0.50.522
c NP mv mv qU ⨯-⨯= 245NP
c c qU v v v m
=+
= 或0.51
52
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：000
22cos
211r r r B B B B
θ-=∆∆-+ 解得
0017412B
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，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】（1）EqR
m
；（2）212R ；11n +；（3）2πmR 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：
1
1
1
R mv
R
n B q
==
+
2
2
mv
R R
B q
==
故2
1
1
1
B
B n
=
+
（3）粒子在电场中运动时间：
1
2
42
R mR
t
v Eq
ππ
==
在MN下方的磁场中运动时间：
21
11
2
2
n m mR
t R
v EqR Eq
ππ
+
=⨯⨯==
在MN上方的磁场中运动时间：
2
3
2
1
42
R mR
t
v Eq
ππ
=⨯=
总时间：
1232mR
t t t t Eq
π
=++=
5．如图，圆心为O 、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 。

P 是圆外一点，OP =3r 。

一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出。

己知粒子运动轨迹经过圆心O ，不计重力。

求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

【答案】(1)(2)
【解析】 【分析】
本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。

【详解】
（1）找圆心，画轨迹，求半径。

设粒子在磁场中运动半径为R ，由几何关系得：
①
易得：
②
（2）设进入磁场时速度的大小为v ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
③
进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则
④
联立②③④解得
6．如图所示为一磁约束装置的原理图，同心圆圆心O 与xOy 平面坐标系原点重合.半径为
0R 的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场.一束质量为m 、电荷量为q 、
动能为0E 的带正电粒子从坐标为()00,R 的A 点沿y 轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为()0,0R 的P 点，方向沿x 轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M 点(M 点未画出).不计重力和粒子间的相互作用. （1）求区域Ⅰ中磁感应强度1B 的大小；
（2）若环形区域Ⅱ中磁感应强度21
3B B =，求M 点坐标及环形外圆半径R ； （3）求粒子从A 点沿y 轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A 点的过程所通过的总路程.
【答案】（100
2mE （2）0013,2R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭03R （3）01636R π⎛+ ⎝⎭
【解析】
试题分析：（1）由题设条件就能求出粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出Ⅰ区磁场的磁感应强度大小．（2）进入Ⅱ后，粒子恰好约束在该区，画出粒子运动轨迹，由两区域内磁场的关系，找到在Ⅱ区内做匀速圆周运动的半径，再由几何关系求得粒子在Ⅱ区内转过的圆心角，从而再由几何关系就能求出M 点的坐标和环形的外圆半径．（3）先找出从A 点出发，经过Ⅰ、Ⅱ区的正反两次偏转再次进入Ⅰ区时，相对OA 方向偏转的角度，若经过m 次偏转时，粒子第一次经过A 点，此时转过m 周，列出方程，解出整数解，那么总路程就是m 倍的一次偏转的路程．
（1）由题意，粒子在区域Ⅰ内从A 点做匀速圆周运动到P 点，显然10r R =
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有：2
0101v qB v m r =，且2
0012
E mv =
联立解得：010
2
mE B =
（2）粒子进入环形区域Ⅱ后做顺时针方向匀速圆周运动，则有：20
202
v qB v m r =
由题设条件：213B B = 联立解得：2033
r R =
画出粒子在Ⅱ区内做匀速圆周运动的轨迹如图所示
由几何关系得：60POM ∠=︒，则M 点的坐标为001322R R ，⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭
由几何关系外环的半径2220233R r r r R =+==
（3）粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M 点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过150︒，设经过m 次这样的偏转后第一次从A 点再交入射，此时圆心角转过n 个360︒ 则有：150m=360n （m 、n 取正整数） 解得：m=12，n=5．
而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程112012143
22()432s r r R πππ=
⨯+⨯=+ 所以经过12次如此偏转后第一次通过A 点，则总路程为(
1
2983
123
s s R π+==
7．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 ，20023322mv mv E B eR eR
==，，不计电子重力。

（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）
3R （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
200v 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 ＝12
mv 02 可求出2032mv 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2201122
eEy mv mv =-'
解得v＝2v0
在电场中
2
3v
eE
a
m
==
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
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（23R2
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。

8．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：
（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；
（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．
【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起
后，AB
边距桌面的高度为
2
22
v
g
．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，
由几何知识得：r2+r2=L2，
解得：r=
2
L，
小球在磁场中做圆周运的周期：T=
2r
v
π
，
小球在磁场中的运动时间：t1=
1
4
T=
2L
π
，小球在斜面上做类平抛运动，
水平方向：x =r =v 0t 2，
运动时间：t 2=022L v ， 则：t 1：t 2=π：2；
（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，
位移：r =2212at ，解得，加速度：a =2022v L
， 对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin m
θ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=2022v g
；
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1S 、2S ，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0U ，周期为0T 。

在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在02
T t =
时刻通过2S 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2S 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03t T =时刻再次到达2S ，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
24T qU d m =（2）024mU B L q <（3）2m T qB π=
087m 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 10．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．
求：（1）电场强度的大小．
（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．
【答案】22B qL E m
=；2B E t t π= 【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，
则有
2
0 0
v qv B m
R
=
由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为
1
4
圆周，
故有
2
R=
以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，t E表示粒子在电场中由p 点运动到Q点经过的时间，则有qE ma
=
水平方向上：2
1
2E
R at
=
竖直方向上：0E
R v t
=
由以上各式，得
2
2
B qL
E
m
=且E
m
t
qB
=
（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为
1
4
圆周，即
1
42
B
t T
m
qB
π
==所以2
B
E
t
t
π
=
11．如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,∠bac=30°,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足
E=v0B．在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=－2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求
(1)匀强磁杨的磁感应强度B
(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围;
(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L
【答案】（1）0
mv
ed
；（2）02
y d
≤≤；（3）9
4
d；
【解析】
(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ；
由几何关系可得r =d 电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：200v ev B m r
= 解得：0mv B ed = (2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.
设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r O a '=︒
3OO d O a ='-'
解得OO d '=
即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远
所以22m y r d ==
电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤
设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：
根据运动学公式有：0x v t =
212eE y t m =
⋅ y eE v t m
=
0tan y v v θ= tan 3L d x
θ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅
即98
y d =时，L 有最大值 解得：94
L d = 当322d y y -= 【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．
12．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第
三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；
（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；
【答案】（1）3E B
（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 23603d d d r sin sin α=
==︒ 根据200mv qv B r =得023qBd v =
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r
cos t m -︒=
（）； 00y v qEt tan v mv α== 联立解得03E v B = （2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第
三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．
则有：x=v 0t ， 2y
v y t = 得0322y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα=
132r = 则得23
x d = 所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭== 粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBd v v cos α=== 根据2
'v qvB m R
= 得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
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v 0≤v≤2v 0．试讨论v 0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04eBd v m <或0eBd v m ≥时，L 为0；当042eBd eBd v m m
≤<时，L 为2200022312mv mv d mv d d eB eB eB ⎛⎫-+-++ ⎪⎝⎭02eBd eBd v m m ≤<时，L 为22000336mv mv d mv d d eB eB eB ⎛⎫---++ ⎪⎝⎭；当r max ≥2d （或r min ≥d ）时，0eBd v m ≥ ，则L ＝0
【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：21cos602eE d d t m
+=
竖直方向有：d sin60°＝vt 联立可得：24mv E ed
= （2）根据2
v evB m r
=，有0max 2mv r eB = ，0min mv r eB =，即：r max ＝2r min ，分类讨论如下： 第一，当max 12r d <
（或min 14r d <）时，04eBd v m < ，则L ＝0 第二，当max 12d r d ≤<（或min 1142d r d ≤<）时，042eBd eBd v m m
≤<
如图所示有：222max max max ()2()cos120r d r L d r L =-+-- ，
解得：
22000
223122
mv mv d mv d d eB eB eB L ⎛⎫-+-++ ⎪⎝⎭= 第三，当d ≤r max ＜2d （或min 12d r d ≤<）时，02eBd eBd v m m
≤<
由上图所示可知，222min min min ()()2()()cos120r d r d L d r d L =-+----
解得：22000336mv mv d mv d d eB eB eB L ⎛⎫---++ ⎪⎝⎭= 第四，当r max ≥2d （或r min ≥d ）时，0eBd v m
≥ ，则L ＝0.
14．如图所示，坐标系xoy 位于光滑绝缘水平面内，其中第二象限内存在一个与坐标平面平行方向如图的匀强电场．一质量为M ，电量为q +的小球a 从A 点由静止释放．沿AO 方向运动．到达O 点时速度为v ，AO 长度为.L 若小球a 恰能与静止在O 点质量为(3)m M m >的不带电小球b 发生弹性碰撞，相碰时电荷量平分，同时瞬间撤去电场并在整个空间加一垂直于坐标平面向下的匀强磁场．忽略两小球间的静电力及小球运动所产生磁场的影响．求：
(1)匀强电场的电场强度大小E ；
(2)a ，b 两球碰后的速度；
(3)若从a ，b 两球相碰到两球与O 点第一次共线所用时间为t ，则匀强磁场的磁感应强度l B 的大小为多少？
【答案】(1)2 2Mv qL ；(2)() M m v M m
-+和2Mv M m +； (3)()4 Mm qt M m π-． 【解析】
【分析】
()1小球a 在电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式结合可求得匀强电场的电场强度大小E ；
()2a 、b 两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律求两球碰后的速度；
()3a 、b 两球碰后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和运动学公式求得两球运动周期，画出轨迹，分析时间t 与两球周期的关系，求解匀强磁场的磁感应强度l B 的大小．
【详解】
(1)设a 球在电场中运动的加速度为a ，由牛顿第二定律和运动学公式可得：
qE a M
= 22v aL =
解得：2
2Mv E qL
= ()2设a 、b 两球碰后的速度分别为1v 和2v ，取碰撞前a 球的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能能守恒定律得：
12Mv Mv mv =+．
22212111222
Mv Mv mv =+． 解得：()1M m v v M m -=+，22Mv v M m
=+ ()3由于碰后两球都带正电在磁场中向同一方向偏转做圆周运动，如图．
由2v qvB m R
=，2R T v π=得：2m T qB π= 则得：4a M T qB π=，4b m T qB
π=
如图所示a 、b 两球与O 点第一次共线时有：222b a t t T T πππ-= 解得：()
4Mm B qt M m π=
- 【点睛】 本题中带电小球先加速后做圆周运动类型，关键是画出轨迹图，结合几何关系分析时间与周期的关系．
15．如图所示，坐标系xOy 处于竖直平面内，在x ＞0的区域内有电场强度大小为E 、方向竖直向上的匀强电场，在x ＞x 0的区域内另有一方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场（图中未画出）。

从x 轴上x =3L 的P 点以速度v 沿y 轴负方向射出的带电粒子，恰能做匀速圆周运动，运动一段时间后经过原点O ，并沿与x 轴负方向成θ=30°角方向射入第Ⅱ象限内，在第Ⅱ象限内加一方向平行于xOy 平面的匀强电场，使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，已知重力加速度为g 。

求：
（1）x 0的值；
（2）磁场的磁感应强度B ；
（3）第Ⅱ象限内匀强电场的电场强度的最小值和方向。

【答案】（1）
；（2） ；（3），方向竖直向上。

【解析】
【分析】
（1）由几何知识求解x 0；（2）带电粒子在复合场做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡，根据粒子运动半径求出B 的大小；（3）根据力的平衡原理求解最小电场强度。

【详解】
（1）如右图所示：
根据几何知识得：OP =3L =x 0+sinθR +R ，
OP=+R=3R
联立求解得x0=，R=L
（2）粒子做圆周运动的半径：R=
又qE=mg
联立解得：B=
（3）要使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，则电场力与重力是平衡力。

故E′q=mg
解得：E′=，方向竖直向上。

【点睛】
本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动的基本公式。