高考物理总复习--物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动及解析

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,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向均匀发
射两种原子核、,的速率为v, 的速率为 ,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。

(1)求原子核的比荷 (用B、v、R表示)及其从P点到边界MN的最短时间；
(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求粒子的质量数a；
(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。

已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。

(已知电子的电荷量为e)
【答案】(1) ; (2) (3)
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出最小的圆心解，再根据
求解最短的运动时间；（2）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求出比荷，即可求出质量数a；（3）根据已知条件作出对应的运动轨迹图，根据几何关系求出对应的角度，从而求出粒子可能出射击的范围，再根据电流的定义式求出电流的表达式。

【详解】
（1）由已知条件得：圆周运动的半径为R，由，得
弦OP最短，其所对应的圆心角也最小，对应的时间也最短，如图所示：
由几何关系得：圆心角为，运动的周期为
故运动的时间为
（2）设圆周运动半径为，如图所示、：
由几何关系得：
解得：
设Y粒子的质量为，电荷量为
由，解得：
联立解得：，即，解得：a=15
（3）对Y粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为，如图所示：
已知轨迹恰好与A 相切，则
代入数据解得：，解得：
由几何关系得Y 粒子在
范围内出射能到达金属板
单位时间打到金属板的Y 粒子数为
由几何关系得Y 粒子在
范围内出射能到达金属板
单位时间打到金属板的Y 粒子数为 通过电阻r 上的电流
【点睛】
带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹、运动时间。

2．如图所示，有一磁感强度39.110B T -=⨯的匀强磁场，C 、D 为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，它们之间的距离l =0.1m ，今有一电子在此磁场中运动，它经过C 点的速度v 的方向和磁场垂直，且与CD 之间的夹角θ=30°。

（电子的质量319.110kg m -=⨯，电量
191.610C q -=⨯）
(1)电子在C 点时所受的磁场力的方向如何？
(2)若此电子在运动后来又经过D 点，则它的速度应是多大？ (3)电子从C 点到D 点所用的时间是多少？
【答案】（1）见解析；（2）81.610m/s ⨯；（3）106.510s t -=⨯。

【解析】 【分析】 【详解】
(1) 电子以垂直磁场方向的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断电子在C 点所受磁场力的方向如图所示，垂直于速度方向。

(2)电子在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，夹角θ=30°为弦切角，圆弧CD 所对的圆心角为60°，即∠DOC =60°，△CDO 为等边三角形，由此可知轨道半径
R =l
由牛顿第二定律可得
2
mv evB R
= 代入数值解得
81.610m/s eBl
v m
=
=⨯ (3)将R =l 和eBl v m =
代入周期公式2R
T v
π=中得 2m
T eB
π=
设电子从C 点到D 点所用时间为t ，由于电子做匀速圆周运动，所以
1326
t T ==π
π 由上两式得
163m t T eB
π== 代入数据得
106.510s t -=⨯
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 =
，2M 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 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O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2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
eL
=（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00
2m
T eB
π=
则T 的表达式为22T n emU
=
（n ＝1，2，3，…）。

4．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为
26qB L
m
；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A
发生弹性碰撞，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．
（1）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；
（2）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间． 【答案】（1）1（2）57k =或1
3
k = ；A 球在磁场中运动的最长时间32m qB π
【解析】 【详解】
（1）令P 初速度qBL
v m
=
，设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ， 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222
kmv kmv mv =+ 可得：A 21k qBL v k m
=
⋅+，可知k 值越大，v A 越大； 设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律：2
A A mv qv
B R
= 可得：A mv R qB =
，可知v A 越大，R 越大；即21
k
R L k =
+，k 值越大，R 越大； 如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L =
可得：A qBL
v m
=
，求得k 的最大值为1k =
（2）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：
（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有
()2
22
1.52L R L R ⎛⎫
=+- ⎪⎝⎭
解得：56L R =
可得：5
7
k = （II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2
L
R ≥
，则A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开．令电场强度
26qB L
E m
=；如图3和如图4，由几何关系有：
22
2
3322L R R L ⎛⎫⎛
⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭
解得：58L R =或2L
R = 可得：511k =或1
3
k = 当58L R =时，A 58qBR qBL v m m ==，由于2
A 175264mv qEL qEL ⋅=
> 当2L R =
时，A 2qBR qBL v m m ==，由于2
A 1324
mv qEL qEL ⋅=<
此类情形取2L R =
符合题意要求，即13
k =
综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k = 或1
3
k = A 球在磁场中运动周期为A 22R m
T v qB
ππ== 当k =
1
3
时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间3342T m t qB π==
5．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213B 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）0013,2
R ⎛⎫
⎪
⎪⎝⎭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：20101v qB
v m r =，且2
0012
E mv = 联立解得：010
2mE 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：2
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+==
6．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）33B ；（3）33R v
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 30r
R r '=
=o
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==
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 ，2
00
23322mv 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】（132）3
3
R （3）4（3R 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
mv02
可求出
2
3
23
mv
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r1，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
11
22
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．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，
9．如图甲所示，在坐标系xOy 平面内，y 轴的左侧有一个速度选择器，其中电场强度为E ，磁感应强度为B 0．粒子源不断地释放出沿x 轴正方向运动，质量均为m 、电量均为+q 、速度大小不同的粒子．在y 轴的右侧有一匀强磁场，磁感应强度大小恒为B ，方向垂
直于xOy 平面，且随时间做周期性变化（不计其产生的电场对粒子的影响），规定垂直xOy 平面向里的磁场方向为正，如图乙所示．在离y 轴足够远的地方有一个与y 轴平行的荧光屏．假设带电粒子在y 轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，失去电荷变为中性粒子．（粒子的重力忽略不计）
（1）从O 点射入右侧磁场的粒子速度多大； （2）如果磁场的变化周期恒定为T =
m
qB
π，要使不同时刻从原点O 进入变化磁场的粒子做曲线运动的时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开
y 轴的距离至少多大； （3）荧光屏离开y 轴的距离满足（2）的前提下，如果磁场的变化周期T 可以改变，试求从t =0时刻经过原点O 的粒子打在荧光屏上的位置离x 轴的距离与磁场变化周期T 的关系． 【答案】（1）0E B （2）0
22mE qBB （3）T ＜53m qB π 【解析】 【详解】
（1）因为粒子在速度选择器中运动时受力平衡，即：qvB 0=qE ，
解得：v =0
E
B ；
（2）带电粒子进入y 轴右侧之后，在磁场中运动的半径为：r =mv qB =0
mE qBB ， 因为磁场的变化周期恒为：T =m
qB
π，所以粒子在该磁场中运动半个周期所转过的角度为90°，
任一时刻进入y 轴右侧磁场的粒子其运动轨迹如图甲所示：
为使粒子在磁场中运动满一个变化周期，荧光屏离开y 轴的距离应该为：
x =2r sinα+2r sin （90°-α）=2r sinα+2r
cosα=22r sin （45°+α），
当α=45°时，x 的值最大，最大值为：x =22r =
22mE
qBB ； （3）因为带电粒子在两个磁感应强度大小相等的磁场中运动的时间相等， 所以其轨迹具有对称性，如图乙所示，
其经过一个磁场变化周期之后的速度方向与x 轴方向平行， 且此时距x 轴的距离为：y =2r （1-cosα）
式中的α为粒子在变化的磁场中运动半个周期所转过的角度， 其余周期T 的关系为：2
T =m qB α， 则：α=
2qBT
m
， 所以经过一个周期后，距x 轴的距离为：y =2
0mE qBB （1-cos 2qBT
m
）， 由于只有在y 轴的右侧才有变化的磁场，所以带电粒子最大转过的角度不会超过150°，如图丙所示，
即磁场的变化周期有一个最大值，2
m
T =5
6m qB π，所以：T ＜T m =53m qB π；
10．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： 23603
d d d
r sin sin α=
==︒ 根据2
00mv qv B r =得0233qBd
v m
=
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
1602qE r cos t m -︒=（）； 00
y 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 ， 2
y v y t =
得0322y v y tan x v α
=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 13
2r d = 则得2
3
x d =
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253
23d d R d 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
11．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
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
2000336mv 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.
12．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的半径R=h 的圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，圆与x 、y 坐标轴切于D 、A 两点，y ＜0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从电场中Q （-2h ，-h ）点以速度v 0水平向右射出，从坐标原点O 射入第Ⅰ象限，与水平方向夹角为α，经磁场能以垂直于x 轴的方向从D 点射入电场．不计粒子的重力，求：
（1）电场强度E 的大小以及α的正切值
（2）磁感应强度B 的大小
（3）带电粒子从Q 点运动到最终射出磁场的时间t ．
【答案】(1) 202mv E qh = ，α＝45°，因此粒子从C 点正对圆心O 1进入磁场．(2) (022mv B qh
+= (3) (03226224h v π⎡⎤+⎢⎥+⎢⎥⎣⎦ 【解析】
【详解】
（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得 2h ＝v 0t h ＝
12
at 2 又qE ＝ma 联立解得202mv E qh
= 设粒子到达O 点时的速度为v ，沿y 轴正方向的分速度为v y ，
则有v y ＝at ＝0
2·qE h m v ＝v 0， v
v 0 速度v 与x 轴正方向的夹角α满足tan α＝0y
v v ＝1
即α＝45°，因此粒子从C 点正对圆心O 1进入磁场．
（2）又因为粒子垂直于x 轴射出磁场，
轨道半径1)1)r R h ==
由牛顿第二定律有 2
v qvB m R
=
联立解得0(2mv B qh
= （3）带电粒子在电场中做类平抛运动的时间 102h t v =
从O
点运动到磁场边界的时间(2021)2h R t v v == 粒子从D 点射入电场后折返进入磁场，最后从磁场中射出
在磁场中运动的时间：30
32r t v π==
在第四象限电场中往复时间402v t a v =
= 带电粒子从Q
点运动到最终射出磁场的时间
(12340324h t t t t t v π⎤-⎥=+++=+⎥⎣⎦
【点睛】
带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解．
13．在xOy 平面内的第一象限内，x ＝4d
处竖直放置一个长L =的粒子吸收板AB ，在AB 左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场。

在原点O 处有一粒子源，可沿y 轴正向射出质量为m 、电量为＋q 的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力
(1)若射出的粒子能打在AB 板上，求粒子速率v 的范围；
(2)若在点C(8d ，0)处放置一粒子回收器，在B 、C 间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B 点进入AB 右侧区间的粒子，需在AB 右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O 点发射到进入回收器所用时间。

【答案】（1）2
8qBd qBd v m m
≤≤（2）56m qB π 【解析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，如图所示：
①粒子打在吸收板AB 的下边界A 点，设粒子的速率为1v ，由图中几何
关系可知圆心在1O 点，粒子的轨道半径12r d =，
由牛顿第二定律可得： 2111
v qv B m r = 联立可得： 12qBd v m
= ②粒子打在吸收板AB 的上边界B 点，设粒子的速率为2v ，由图中几何关
系可知圆心在C 点，粒子的轨道半径28r d =，
由牛顿第二定律可得： 2222
v qv B m r = 联立可得： 28qBd v m
= 由题意可得：射出的粒子能打在AB 上，粒子的速度需满足：
28qBd qBd v m m
≤≤ （2）经过B 点的粒子能够到达C 点，设磁场的磁感应强度为'B ， 由图中几何关系，粒子的半径81232d r n n
==⋯（、、）
由牛顿第二定律可得： 222'v qv B m r = 联立可得： '2123B nB n ==⋯（、、）
粒子从O 到B 的时间13m m t qB qB θπ=
= 粒子从B 到C 的时间2212322'2n n m m t T n qB qB
ππ==⨯==⋯（、、） 故粒子从O 到C 的时间1256m t t t qB π=+=。

点睛：本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的一般问题，只是由于粒子的速度不定，再加上一档板，轨迹受空间影响，要画出极值情况的轨迹，再由相关规律求出相应的求知数．要注意的是恰从档板B 处飞出的粒子要回到C 回收器，这里有多解问题引起重视。

14．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN 、PQ 为理想边界，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m ，电量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动.已知重力加速度为g ．
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h 应满足什么条件？
（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求它释放时距MN 的高度h ．
【答案】()1正电， mg E q =；()22222?2q B d h m g >；()222
223?3q B d h m g
=． 【解析】
【分析】
(1)根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．
(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h ．
【详解】。