高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解析版汇编及解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解析版汇编及解析
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练
1．在矩形区域abcd 中,存在如图甲所示的磁场区域(包括边界),规定磁场方向垂直纸面向里
为正,其中22bc ab l e ==，为bc 边界上的一点,且2
l
ce ，=
重力可忽略不计的正粒子从d 点沿dc 方向以初速度0v 射入磁场,已知粒子的比荷为k ，求：
(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e 点离开,则磁场的磁感应强度0B 应为多大? (2)如果磁场的磁感应强度0
02v B kl
=
，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad 边离开磁场,则磁场的变化周期0T 应满足什么条件? (3)如果磁场的磁感应强度0
02v B kl
=
，在bc 边的右侧加一垂直bc 边向左的匀强电场,0时刻射入磁场的粒子刚好经过0T 垂直bc 边离开磁场,再次进入磁场后经过0T 从a 点离开磁场区域,则电场强度E 以及粒子在电场中的路程x 分别为多大?
【答案】(1)0
045v B kl =； (2)00
56l T v π≤；(3)()2
08,(01221v E n n kl π==⋯+，，）；
()21,(01238
n l x n π+=
=⋯，
，，）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有
20
000
v qv
B m R =
由几何关系，有
2
2200()2
l R l R =+-
解得
054
R l =
由于
q
k m
= 解得
045v B kl
=
； （2）由0
mv R qB =
可知，粒子运动的半径为 2
l R =
临界情况为粒子从t=0时刻射入，并且轨迹恰好与ad 边相切，如图2所示
圆周运动的周期为
00
2m l
T qB v ππ=
=； 由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为5
6
π； 对应运动时间为
15
5
6212
t T T π
π==
应满足
12T t ≥
联立可得
00
56l
T v π≤
（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示
由题意有
00
122m T qB π=
⨯ 得
00
2l
T v π=
在电场中有
qE ma =
往返一次用时为
2v t a
∆=
；
应有01()2
t n T ∆=+，可得
()20
821v E n kl
π=+，（n=0，1，2…）；
运动的路程为
()02112228
n l t
x v π+∆=
⨯⨯=，（n=0，1，2，3…）
2．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出α粒子（4
2He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R ．以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．
（1）放射性原子核用 A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程．
（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小． （3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损△m ．
【答案】（1）放射性原子核用 A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，则该α衰变的核
反应方程为44
2
2A
A Z Z X Y H --→
+ ；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆
周运动的周期为 2m Bq π ，环形电流大小为 2
2Bq m
π ；（3）设该衰变过程释放的核能都转
为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，则衰变过程的质量亏损△m 为损
2
2
11()()2BqR m M c
+ ． 【解析】
（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为
44
22X Y He A A Z
Z --→
+
（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v ，由洛伦兹力提供向心力有
2
v qvB m R
=
根据圆周运动的参量关系有2πR
T v
=
得α粒子在磁场中运动的周期2πm
T qB
=
根据电流强度定义式，可得环形电流大小为22πq q B
I T m
==
（3）由2
v qvB m R =，得qBR v m
=
设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0
可得
mv qBR v
M M
=
'=
根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有222
11
22
mc Mv mv
'
∆=+
解得
2
2
()()
2
M m qBR
m
mMc
+
∆=
说明：若利用
4
4
A
M m
-
=解答，亦可．
【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．
（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．
（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．
3．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压， b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处(图中未画出)被吸收．已知P到b板左端的距离为2d，求：
（1）进入磁场时速度的大小和方向；
（2）P、Q之间的距离；
（3）粒子从进入板间到打到b板Q处的时间．
【答案】（10
2,45
v（2）0
2mv
Bq
（3）
2
2
d m
v Bq
π
+
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在两板间做类平抛运动，则：v0t=2d
1
2y
v t=d，
所以，v 0=v y v p
=22002y v v v +=
，0
tan y v v θ=
＝1，θ＝45°
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O ，半径为r ，如图；
2p p mv Bqv R
=
，得：p mv R Bq
=
左手定则，判断出粒子轨迹，0
22PQ mv x R Bq
==
（3）在电场中的时间10
2d t v = 磁场中的周期2m
T qB
π=
2142m t T qB
π== ，
则12022d m
t t t v qB
π=+=+ 【点睛】
此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答.
4．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】（1）2mU
L q
（2
）
3
4
4
L 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
1
22
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：
L v t
=……………②
竖直方向：
2
1
22
L qU
t
mL
=……………③
在B点设速度v与水平初速度成θ角
有：
2
tan21
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：
2
L
mU
B
q
=……………⑦（2）粒子在磁场中运动的圆心角
3
2
π
α=
22R m
T v qB
π
π=
= 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
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
360
t 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．
7．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 +-=
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
t 1=
(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
2mv r
θ
第二次粒子在磁场中运动的
t 2=2θπT =22m qB θππ=m qB θ=tan 2
r
v θθ=(1cos )
sin r v θθθ
+ 因为sin θθ>，所以t 2>t 1。

9．在方向垂直纸面的匀强磁场中，静止的21084Po 核沿与磁场垂直的方向放出4
2He 核后变成
Pb 的同位素粒子。

已知
210
84
Po 原子核质量为209.98287u ，Pb 的同位素粒子的质量为
205.9746u ，4
2He 原子核的质量为4.00260u ，1u 相当于931.5MeV 。

求：（普朗克常量346.6310h -=⨯J ⋅s ，1eV 191.610-=⨯J ，真空中光速8310c =⨯m/s ，计算结果均保留三位有
效数字）
（1）请写出核反应方程并计算该核反应释放的核能； （2）若释放的核能以电磁波的形式释放，求电磁波的波长；
（3）若释放的核能全部转化为机械能，求Pb 的同位素粒子和4
2He 核在磁场中运动的半径之比。

【答案】（1）
2102064
84
822Po Pb He →
+， 5.28E ∆=MeV ；（2）132.3510λ-=⨯m ；（3）
1
41
Pb He r r = 【解析】 【详解】
（1）根据质量数和核电荷数守恒可知该核反应方程为
2102064
84
822Po Pb He →
+
该核反应的质量亏损为
0.00567Po Pb He m m m m u ∆=--=
根据爱因斯坦质能方程得释放的能量为
2 5.28E mc ∆=∆=MeV
（2）若释放的核能以电磁波的形式释放，光子能量为
c
E hv h
λ
∆==
代入数据得：
132.3510λ-=⨯m
（3）该衰变过程遵循动量守恒定律
0He He Pb Pb m v m v -=
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
v qvB
m r
=
Pb 的同位素粒子和4
2He 核在磁场中运动的半径之比为
141
Pb He r r =
10．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．
(1)求电场强度大小E ；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；
(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．
【答案】（1）2
mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）0
2L t v π= 【解析】
本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，
2
122
L at =，qE ma = 联立解得： 2
mv E qL
=
(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x
y
v v
θ==l 速度大小0
02sin v v v θ
=
= 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2
π
；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2
π
.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n
=
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
v qvB m R
=
得：0
4nmv B qL
=
，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有222x R =，此时满足()221L n x =+
联立可得：()2212
R n =
+
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
22
v qvB m R =
得：()0
2221n mv B qL
+=
，n=1、2、3....
所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =
，n=1、2、3....或()0
2221n mv B qL
+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
θ=2n×
2π×2=2nπ，则0
222
2n n m L t T qB v ππππ=⨯== 若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0
2222n n m L
t T qB v ππππ=⨯
==或2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
==
11．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。

现使一个电量大小为q 、质量为m 的带正电粒子从坐标（﹣2a ，a ）处以沿+x 方向的初速度v 0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并在随后经过了点P ，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。

【答案】（12v 0，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m
t n n v qB qB
ππ=++ n ＝1、2、3……。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2
y v a t =
，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝
y v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O
点时的速度：0v ==；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v qvB m r
= ，
粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝0
2a
v ；
粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=
，2m
T qB
π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P 点，则粒子在磁场中的运动时间：t 2＝
1
4
T 1， 若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P 点，粒子在磁场中的运动时间：t 2＝1
4T 1+34
T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×
1
4T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×1
4T 1+2×34
T 2， ………… 则23(1)24m
m
t k k qB
qB
ππ=+- k ＝1、2、3 (2324)
m
t n
n
qB qB
ππ=+ n ＝1、2、3…… 粒子从出发到P 点经过的时间：t ＝t 1+t 2， 解得：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3…… 或02324a m m t n n v qB qB
ππ=
++ n ＝1、2、3……；
12．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）(43
OP d
=
2
3
m
t
qB
π
=（3）
min
3
x 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
1
v
qv B m
r
=
把
qBd
v
m
=，代入上式，解得：R d
=
(2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为0
2
v 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：
132cos303OO 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：(22222x 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：222213033R x x d ⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭
则当
2
3
R x
=时，位置坐标x取最小值：
min
3
x d
=
13．如图所示的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)、(0，－L)，坐标为(－3
3
L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点．带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变．现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，α=30°，不计粒子重力．
(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2，求：粒子初速度大小．
(2)若粒子从点Q1直接通过坐标原点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标．
(3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度．
【答案】（1）23qBL
（2）（
3
L，）（3）
4
9
L
【解析】
（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为
试题分析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cos30°=L (1)
粒子磁场中做匀速圆周运动，有： (2)
解得： (3)
（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为M，横坐标为x M，由几何关系知：2R2cos30°=L (4)
x M=2R2sin30° (5)
则M点坐标为（） (6)
（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，
粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，
偏转一次后在y负方向偏移量为△y1，由几何关系得：△y1=2R3cos30° (7)
为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞
后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离△y2（如图中A、E间距）可由题给条件得：
(8)
当粒子只碰二次，其几何条件是：3△y1﹣2△y2=2L (9)
解得： (10)
粒子磁场中做匀速圆周运动，有： (11)
解得： (12)
挡板的最小长度为： (13)
解得： (14)
14．如图甲，位于M板处的粒子源可以不断产生初速度为零的电子，电子在MN板间被加
速，在MN 板间所加电压按图乙所示规律变化。

00,NM t U U ==时，电子射出后从坐标原点O 进入x 轴上方一垂直纸面向外的有界匀强磁场区域．发生270°偏转后沿y 轴负方向射出有界磁场打到x 轴下方水平放置的荧光屏上。

N 板到y 轴、荧光屏到x 轴的距离均为L 。

已知电子的质量为m ，电量为－e(e>0)，磁场的磁感应强度大小为B 。

忽略电子在板间被加速的时间，认为电子在MN 板间运动过程中板间电压不变，不考虑电子运动过程中的相互作用。

求：
(1)t=0时刻从N 板射出的电子在磁场中运动的半径大小；
(2)电子在t=0时刻从N 板射出到打到荧光屏所经历的时间；
(3)为使0—2t 0时间内从MN 板间射出的电子均能发生270°偏转垂直打在荧光屏上，试求所加磁场区域的最小面积。

【答案】021mU B e (2) 02(23)2m m t L eU eB π+= (3) 02(23)mU S eB π+= 【解析】
【详解】
（1）在t=0时刻进入电场的电子被加速，由动能定理：20112
eU mv = 进入磁场后洛伦兹力提供向心力：2111
v ev B m R = 联立解得：0121
mU R B e
= （2）t=0时刻从N 板射出的电子，到达原点O 经历的时间：11L t v =
在磁场中运动的时间2324m t eB
π=⋅ 从离开磁场到到达荧光屏的时间131R L t v +=
该电子从N 板到荧光屏的时间：t=t 1+t 2+t 3 解得：()02322m m t L eU eB
π+=
（3）任一时刻从N 板射出的电子，经磁场后均发生2700偏转垂直打在荧光屏上，电子的运动轨迹如图；由（1）中的式子可知0261mU R B e
= 如图两圆弧之间的阴影部分即为所加磁场的最小区域，由几何关系可知：
222222113131()()4242
S R R R R ππ=+-+ 联立解得：()02
23mU S eB π+=
15．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】
（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电.
由qE mg = 解得：mg E q
= （2）假设下落高度为0h 时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如答图()a 所示
由几何知识可知，小球的轨道半径：R d = 带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：212
mgh mv = 带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R ，由牛顿第二定律得：2
v qvB m R
= 解得：222
022q B d h m g
=， 则当0h h >时，即222
22q B d h m g
>带电小球能进入Ⅱ区域； （3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q 、v 、B 、m 的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R ，内角为60o ，如答图()b 所示.由几何关系知：sin60d R =o
联立解得得：222
223q B d h m g
=； 【点睛】
本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．。