高中物理试卷分类汇编物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(及答案)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．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系x0y 内，矩形区域(-3d<x<d ，
-3d<y<3d)外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m 、电奇量为+q 的粒子从P(0，3d)点沿y 轴正方向射入磁场．当入射速度为0v 时，粒子从(-2d ，3d)处进入无场区． (1)求磁场的磁感应强度B 的大小．
(2)求粒了离开P 点后经多长时间第一次回到P 点．
(3)若仅将入射速度变为20v ，其它条件不变，求粒于离开P 点后运动多少路程经过P 点．
【答案】（1）
mv qd
（2）
00
243d d
v v π+ （3）2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… 或()
8'234333d s d k d d ππ⎡⎤
=+++⎢⎥⎣⎦
，其中k ＝0、1、2、3 【解析】 【分析】
（1）找出半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；
（2）画出粒子运动轨迹，求出在磁场中运动时间和在无磁场中运动的时间； （3）画出粒子运动轨迹，注意讨论粒子运动的方向不同； 【详解】
（1）由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：R d =
粒子在磁场中2
v qvB m R
=，得到：0mv B qd =；
（2）粒子运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中运动时间：10
2d
t v
π=
粒子在无场区运动时间：20
43
d
t = 粒子再次回到P 点时间：12t t t ＝＋ 得到：00
243d d
t v π=
+ （3）粒子运动轨迹如图所示：
粒子速度变为02v ，则在磁场中运动半径为：2R d '＝
由P 点沿圆弧运动到C 点时间：3
00
2
224323d
d t v v ππ⨯⨯== 由C 点沿直线运动到D 点时间：400
2332d d
t v v ==
①粒子以2v 0沿y 轴正向经过P
则粒子运动时间：34(33)t k t t =+，其中k ＝1、2、3… 粒子运动距离：02s v t ＝
得到：2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… ②粒子以02v 大小与－y 方向成60°经过P
则：34342(33)t t t k t t '=+++，其中k ＝0、1、2、3… 粒子运动距离为：02s v t ''＝ 得到：()
8'234333d s d k d d ππ⎡⎤
=++⎢⎥⎣⎦
，其中k ＝0、1、2、3… 【点睛】
带电粒子在磁场中的运动，关键是找出半径和圆心，利用洛伦兹力提供向心力进行求解即可，同时还要准确地画出轨迹．
2．如图所示，容器A 中装有大量的质量不同、电荷量均为+q 的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。

粒子通过平行板后垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，最后打在感光片上。

已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为3L ，两板间距为L ，板间电场看成匀强电场，其电场强度
23U
E Z L
=
，方向水平向左（忽略板间外的电场），平行板f 的下端与磁场水平边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片。

测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且PQ 的长度为3L 边界ab 下方的磁场范围足够大，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用。

求：
（1）粒子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏转的距离x 和偏转的角度θ； （2）射到感光片P 处的粒子的质量m 1； （3）粒子在磁场中运动的最长时间t m 。

【答案】（1）2L x =；30θ= （2）22
8qB L U
（3）283BL U π
【解析】 【分析】
（1）粒子先经过加速电场的加速后进入水平匀强电场做类平抛运动，根据平抛运动规律求出偏转距离x 和偏转角，这是为后续计算做一个铺垫；
（2）粒子从e 板下端与水平方向成60°的角射入匀强磁场，偏转240°后打在P 点，由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子的质量； （3）先判断出打在何处的粒子的时间最短，由于t= 2θ
π
T ，即质量最大的粒子时间最长，再由半径公式mv
r qB
=
知质量最大则半径最小，所以打在P 点的粒子时间最长，再利用周期公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子在磁场中运动的最长时间。

【详解】
（1）设质量为m的粒子通过孔S2的速度为v0由动能定理有：qU＝1
2
mv02
粒子在偏转电场中运动的加速度为：
qE a
m
=
沿速度v0方向3L＝v0t
沿电场方向 v s＝at，x＝
1
2
at2
且有 tanθ＝
s
v
v
解得 x＝
1
2
L．θ＝30°
（2）粒子从e板下方与水平方向成60°角射入匀强磁场。

设粒子射入磁场时速度v1．做园周运动的轨道半径为r1，则 qv1B＝m1
2
1
1
v
r
其中0
10
1
8
cos303
v qU
v
m
==
由几何关系可知
10
2cos30
L
r=
解得m1＝
22
8
qB L
U
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期 T＝
2m
qB
π
粒子进入磁场后偏转240°，运动的时间t＝
240
360
T
由于qvB＝m
2
v
r
联立解得 t＝
2
2
Br
U
π
由何关系可知拉子做圆周运动的最大半径
3
2cos30
m
L L
r
+
=
则t m＝
222
8
23
m
B r BL
U U
ππ
=
【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。

3．如图所示，某同学没计了一个屏蔽高能粒子辐射的装置，圆环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

将辐射源放在圆心O 处，辐射源在纸面内向外辐射质量为m 电荷量为q 的粒子，粒子速度大小不同，已知环形区域内圆半径为R ，外圆半径为
3R ，辐射源放出的粒子恰好均不能从磁场外边界射出，求：
（1）辐射源射出粒子的最大速度值；
（2）从O 点以最大速度射出的粒子第一次回到O 点的时间。

【答案】（1）33qBR
m
；（2）4633m qB π+（）
【解析】 【详解】
（1）设离子最大速度为m v ，圆周运动半径为r ，由几何关系：
由几何关系得：
3cos R
r R α=+
tan r
R
α=
解得： 6
π
α=
，
3
r =
由洛伦兹力提供向心力：
2m
m qBv m v r
=
解得：
m v =
（2）速度最大的离子在磁场中运动的时间为t 1，转过的圆心角为β，
()2423
βπππα=--=
圆周运动周期为T ，则有：
2m
T qB
π=
在磁场中运动时间为：
12t T βπ
=
在无磁场去运动时间为t 2，则有：
22m
t R v =
从O 点射出到回到O 点的时间：
12t t t =+
解得：
(43q t m B
π+=
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21k
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：
5
6
L 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2
6
qB L
E
m
=；如图3和如图4，由几何关系有：
22
2
3
3
22
L
R R L
⎛⎫⎛⎫
=+-
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
解得：
5
8
L
R=或
2
L
R=
可得：
5
11
k=或
1
3
k=
当
5
8
L
R=时，
A
5
8
qBR qBL
v
m m
==，由于2
A
175
264
mv qEL qEL
⋅=>
当
2
L
R=时，
A2
qBR qBL
v
m m
==，由于2
A
13
24
mv qEL qEL
⋅=<
此类情形取
2
L
R=符合题意要求，即
1
3
k=
综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：
5
7
k=或
1
3
k=
A球在磁场中运动周期为
A
22
R 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
33
42
T m
t
qB
π
==
5．某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中．已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行．立柱1下底面中心坐标为
,,022d d ⎛⎫ ⎪⎝⎭，立柱2下底面中心坐标为41,,022d d ⎛⎫ ⎪⎝⎭
，它们的上底面均位于10z d =的平面内．两个立柱上、下底面间的电压大小均为U ，立柱1内存在着沿z 轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z 轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽．在10z d >和
0z <的空间内存在着沿x 轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是1B 和2B （均未
知）．现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面．若粒子在经过0z =和10z d =两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m 、电荷量为q ，不计粒子重力及粒子间的相互作用力．求：
（1）粒子经过立柱2下底面时的动能k E ； （2）磁感应强度1B 和2B 的大小；
（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z 轴垂直．求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t ．
【答案】（1）2qU ；（21
210mU d q 1
5mU
d q
3）200442(525)221m
qU π⎡⎤+⎢⎥⎣⎦
【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：k 20qU E =-，
2k E qU =．
（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱
2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d ．
第一次加速后：
2112qU mv =，()2
1110v qv B m r d r
==，
解得
11
210mU
B d q
=
第一次加速后：
22122qU mv =，()2
2
210v qv B m r d r
==，
解得
21
5mU
B d q
=
（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：
最大半径为
22m 1
442
(21)22
r d d d =
+=， 由2111m v qv B m r =，2
2
22m
v qv B m r =，
解得：
11442qB d
v =
，22442qB d
v =
最短时间为：
11212101022
d m m d
t v v v qB qB ππ=
++++， 解得
()
200442525221m
t qU π⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦
6．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v 0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v 0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=
22L 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 =2
22v 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=2
22v g
；
7．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P 2（3
2L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52
L （不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P 2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P 1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）5
3v 0，与x 成53°角；（2）043
v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．
【解析】 【详解】
（1）如图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2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=
2
8
9
mv
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
=
5
3
5
2
m v
q L
⨯
⨯
=0
2
3
mv
qL
解得：0
4
3
v
E
B
=；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-
3
2
L直线与Q′点，可得：
P2O′=
3
253
L
cos
=
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=-
3
2
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P1到P2做类平抛运动：t1=
3
2
L
v
在磁场中由P2到M动时间：t2=372 360
r
v
π
︒
⨯=
37
120
L
v
π
从M运动到N，a=
qE
m
=
2
8
9
v
L
则t3=
v
a
=
15
8
L
v
则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=
()
40537
60
L
v
π
+
．
8．如图所示，一质量为m=0.5kg，电荷量为q=+0.2C的小物块（可视为质点），放在离地面高度为h=5m的水平放置、厚度不计的绝缘圆盘边缘，并随圆盘一起绕中心转轴顺时针做匀速圆周运动，圆盘的角速度为ω=2rad/s，半径为r=1m，圆盘和小物块之间的动摩擦因数为μ=0.5．以圆盘左侧垂直于纸面的切面和过圆盘圆心O点与空间中A点的竖直平面为界（两平面平行），将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个空间区域，当小物块转动时，Ⅰ区域出现随时间均匀增大的电场E（图中未画出），电场方向是竖直方向．当E增大到E1时，小物块刚好从空间中的A点离开圆盘，且垂直于Ⅰ、Ⅱ区域边界进入Ⅱ区域，此时，Ⅱ区域和Ⅲ区域立即出现一竖直向上的匀强电场E2（图中未画出），E2=25N/C，且Ⅲ区域有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L=4m，g=10m/s2．求：
（1）E1的大小和方向；
（2）若小物块在磁场宽度范围内落地，则磁感应强度B的取值范围是多少？
（3）现将磁感应强度B取某一值，当小物块离开A后一小段时间，紧贴圆盘圆心O点下
方以速度
73
v=m/s水平抛出一木制小球，最终两者在磁场宽度范围内的地面上相遇，则从小物块离开A点时开始计时，抛出木制小球的时刻t为多少？
【答案】（1）15N/C
E=，竖直向上（2）1.252
T B T
≤＜（3）2.96s
【解析】
试题分析：（1）当Ⅰ区域的电场向上时，小物块与圆盘间的最大静摩擦力减小，当其减小到等于向心力时，小物块沿切线方向飞出，所以，1E的方向竖直向上．
由牛顿第二定律有：2
1
mg E q m r
μω
-=
（）
代入数据解得：15N/C E = （2）在Ⅱ、Ⅲ区域，由于9
5
a <，所以小物块先做匀速直线运动，进入Ⅲ区域后，做匀速圆周运动．
设小物块速度为v ，圆周运动的半径为
Ⅲ，则有：2v qvB m R
=，v r
ω=
要使其在磁场宽度范围内落地，其轨道如图所示．设半径的极小值和极大值分别为1R 和
2R ，则有：
联立并代入数据解得：1.252T B T ≤＜．
（3）设木制小球落地点为F ，运动时间为1t ，水平位移为x ，A '、O '分别为A O 、在地面上的投影，FD 的长度为d ，则有：2
1011,2
h gt x v t =
=； 由几何知识有：22
2x d r r =++（）
联立并代入数据解得：1513
t s d m ==
， 设小物块整个运动的时间为2t ，在Ⅲ区域的运动半径为3R ，周期为T ，则有：
()2
2233 R h R d =-+
解得：3259R m =
，32R T v π=，代入数据解得：25
9
T s π=
，又3d sin R ＝θ，代入数据得：37θ=︒
所以小物块做圆周运动转过角度为：143α=︒
所以：2143360r t T v ︒=
+︒，则：21t t t =-，联立解得：143251
2.9636092
t s π=⋅-≈ 考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
9．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（
q
m
）为k 的带电微粒从
坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：
（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；
（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．
【答案】（1）g k （2）2g
kB
（3）2222232(,)28g k B L L k B g -
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=q
k m
解得g E k
=
（2）由几何关系：2R cos θ=L ，
粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2
v qvB m r
= ；
由
cos y v v
θ=
在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v
0L v t =
解得02g v kB
=
（3）由2
12
h gt = 其中
2kBL t g = ，
则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'3
2
O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-
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023qBd
v =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03222
y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 13
23
r 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
239
d 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，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m 、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN 方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN 上的C 点第一次进入磁场，通过O 点第一次离开磁场，OC=2h ．求：
（1）第1个小球的带电量大小；
（2）磁场的磁感强度的大小B；
（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．
【答案】(1)
2
0 12
mv
q
Eh
=；(2)
2E
B
v
=；(3)存在，
E
B
v
'=
【解析】
【详解】
（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：
2
1
1
2
q E
h t
m
=
2h v t
=
解得：
2
12
mv
q
Eh
=；
（2）研究第1球从A到C的运动：
1
2
y
q E
v h
m
=
解得：0
y
v v
=
tan1
y
v
v
θ==，45o
θ=，
2
v v
=；
研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B 由
2
1
v
q vB m
R
=得
1
mv
R
q B
=
由几何关系得：22sin R h θ= 解得：0
2E B v
= ； （3）后面抛出的小球电量为q ，磁感应强度B '
①小球作平抛运动过程
00
2hm x v t v qE == 2y qE v h m
= ②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：sin R x θ=，变形得：sin mv x qB
θ'= 解得：0
E B v '= ．
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
2
0 0
v
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．在xOy 平面内的第一象限内，x ＝4d 处竖直放置一个长43L d 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）28
qBd 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。

15．如图所示，在边长为2L 的正方形CDEF 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．在正方形对角线CE 上有一点P ，P 到CF CD 、距离均为2
L ，在P 点有一个能连续发射正离子的装置，且所有正离子的质量均为m 、电荷量均为q ．不计离子重力及离子间相互作用力．
（1）若由P 点水平向右射出一正离子，恰好从E 点射出，求该离子的速度大小及在磁场中运动的时间；
（2）若由P 点连续不断地向纸面内各方向发射速率均为
1316qBL m 的正离子，求在DE 边有离子射出的区域长度．
【答案】（1）
32BqL m ，2m Bq π （2）34
L 【解析】
【分析】
根据题图可知，考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，确定粒子的运动轨迹，找出几何关系进行求解；
（1）画出离子的运动轨迹，确定圆心和半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解；
（2）发射速率不变，即圆周运动的运动半径不变，分析找出临界状态的粒子即可确定射出的区域长度．
【详解】
（1）离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其运动轨迹如图：
由图知：32r L = 洛伦兹力提供向心力：2v Bqv m r = 解得：32BqL v m
=， 运动周期：2m T Bq
π= 离子运动时间：142m t T Bq
π== （2）当1316qBL v m
=时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R ， 则由2
v qvB m R
= 可得：1316
L R = 要使离子从DE 射出，则其必不能从CD 射出，其临界状态是离子轨迹与CD 边相切，设切
点与C 点距离为x ，其轨迹如图甲所示，
由几何关系得：2222L L R x R ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭ 计算可得54
x L =， 设此时DE 边射出点与D 点的距离为1d ，则由几何关系有：()()22212L x R d R -+-=，
解得1
2L d =
（说明：若直接由轨迹图形的对称性得12
L d =也可．） 而当离子轨迹与DE 边相切时，离子必将从EF 边射出，设此时切点与D 点距离为2d ，其轨迹如图乙所示，由几何关系可得222
2322L R L R d ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 解得(2234
L d +=， 故离子在DE 边射出的区域长度2134d d d L =-=
【点睛】
正确地画出带电粒子在匀强磁场运动的轨迹是解题的关键．。