高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的基本方法技巧及练习题及练习题
(含答案)
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）0
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1所示，在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B如图2所示的变化。

0
t=时刻，一质量为m，带电量为q的带正电粒子从B点以速度0v沿BC方向射入磁场，其中0B已知，0T未知，不计重力。

（1）若AB BC
=，粒子从D点射出磁场，求AB边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
（2）若
3:1
AB BC=
：，粒子仍从D点射出，求AB
边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
（3）若AB BC
=，求磁场周期
T需满足什么条件粒子不从AB边射出，并求恰好不射出时0T时刻粒子距BC边的距离。

【答案】（1）0
nmv
AB
qB
=，
2
n m
t
qB
π
=1,
n=
（2，3...）；（2）0
33
n mv
AB=，0
4
3
n m
t
qB
π
=1,
n=
（2，3...）；（3）0
5
3
m
T
qB
π
≤，
()0
32mv
d
qB
+
=
【解析】
【详解】
（1）若粒子通过D点，其运动轨迹如图所示，则必须满足：
则必须满足：
2
v
qvB m
r
=
22
AB n r
=1,
n=
（2，3...）
4
T
t n =
1,n =（2，3...）
2m
T qB π=
由以上各式解得：
nmv AB qB =， 0
2n m
t qB π=
1,n =（2，3...） （2）若粒子通过D 点，其运动轨迹如图所示：
则必须满足：
2
0v qvB m r
=
23BD nr =
1,n =（2，3...） 23
T
t n
= 1,n =（2，3...） 又因为
2m
T qB π=
由以上各式解得：
33n mv AB qB =， 0
43n m
t qB π=
1,n =（2，3...） （3）如图3所示：
粒子恰不从AB 边射出时，
02
T T -时的轨迹与AB 边相切，故需满足 sin()2r
r
πθ-=
， 解得粒子在0
02
T -
时间内转过的角度不超过150°，则有： 01502360
T T ≤ 0T 时刻粒子离AB 的距离为
2cos30d r r =+︒
由以上方程解得：
00
53m
T qB π≤
， )
00
32mv d qB =。

3．在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t =0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。

求： （1）磁感应强度B 和电场强度E 的大小；
（2）粒子从0点出发到第二次回到x 轴所用的时间； （3）粒子第n 次回到x 轴的坐标。

【答案】(1) E =
2
02mv qL (2) t 总=0
4L v π+（）(3) （-2L+12n -L ，0） 【解析】 【详解】
（1）粒子从O 到M 做圆周运动，半径：
R 0=
2
L
qBv 0=20
mv R
B =
2mv qL
M 到N 粒子在电场中运动：
2L =v 0t 2 L =
2212at a =Eq m
20
2mv E qL
=
（2）粒子从N 做圆周运动，在N 点v Ny =at 2，v Ny =v 0，速度方向与—x 轴夹角为45°，v N 02v ，所以做圆周运动的半径为：
R 1=
22
L 而粒子在磁场中运动周期：T =122m
t qB
π=与粒子速度无关，故经过时间t 1粒子做半圆到P 点，接下来只在电场力的作用下运动，P 点速度方向与N 点相反，所以从P 到Q 是M 到N
的逆运动，有2NP MQ L
==，得Q 点刚好在x 轴上（L ，0）则从O 点出发到第二次回
到轴所需时间：
t 总= 2（t 1+t 2）
又
t 1=0
2L v π t 2=0
2L v 得：
t 总=0
4L v π+（）
（3）如图所示，粒子接下来做有规律的运动，到达x 轴的横坐标依次为:
第一次：-2L 第二次：-2L +3L 第三次：-2L +3L-2L …………
若n 取偶数2，4，6......有:
-2322
n n L L L +=（）， 坐标为（
2
n
L ，0） 若n 取奇数1，3，5........有:
-2L +
12n -（-2L +3L ）=-2L +
1
2
n -L ， 坐标为（-2L +
1
2
n -L ，0）
4．如图所示，在足够长的绝缘板MN 上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场（图中未标出），在绝缘板上方的P 点有一个粒子发射源，它在同一时间内沿纸面向各个方向发射数目相等的带正电粒子，粒子的速度大小相等。

已知粒子的比荷为
q m
＝k ，在磁场中运动的轨道半径R ，P 点与绝缘板的距离为d ＝1.6R （不计粒子间的相互作用和粒子的重力，sin37°＝06，sin53°＝0.8）。

求 （1）粒子源所发射粒子的速度大小v 0；
（2）能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度L m ； （3）打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值。

【答案】（1）kBR （2）2R （3）0.25 【解析】 【详解】
（1）根据洛伦兹力提供向心力可得
2
00v qv B m R
＝ 粒子在磁场中运动的轨道半径为：
mv R qB
=
粒子比荷为k ，联立解得：
0v kBR ＝
（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C 、D ，
粒子在C 点与绝缘板相切，PD 为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得：
()
2
22 1.2P D R d R '=
-=
22()0.8CP R d R R '=--=
带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为：
2m L CD R ＝＝
（3）根据上图中的几何关系可得：
1.2sin 0.62R
P PD R
∠'==，37P PD ∠'︒＝ 0.8sin 0.8R
OPE R
∠=＝
，53OPE ∠︒＝ 根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为θ＝37°+53°＝90°范围内有粒子打在板上，
打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的1
4
，故打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的
比值为0.25。

【点睛】
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．某种回旋加速器的设计方案如俯视图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP 方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板A 、B 之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其它部分存在垂直纸面向外的匀强磁场．在离子源S 中产生的质量为m 、带电荷量为q 的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的O 点进入磁场区域，O 点到极板右端的距离为0.99D ，到出射孔P 的距离为5D ．已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔P 射出．假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置．忽略相对论效应，不计离子重力，0.992≈1．求： (1)磁感应强度B 的最小值； (2)若磁感应强度62mU
B D q ＝，则离子从P 点射出时的动能和离子在磁场中运动的时
间；
(3)若磁感应强度62mU
B D q
=
，如果从离子源S 飘出的离子电荷量不变，质量变为原来
的K 倍(K 大于1的整数)，为了使离子仍从P 点射出，则K 可能取哪些值．
【答案】225mU D q 33962D m qU
π K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n
＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1 【解析】 【详解】
(1)设离子从O 点射入磁场时的速率为v ，有
21
02
qU mv ＝－
设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，
2
v qvB m r
＝
若离子从O 点射出后只运动半个圆周即从孔P 射出，有2r ＝5D 225mU
D q
(2)若磁感应强度62mU
B D q
＝
，正离子在磁场中的轨道半径16r D =，
经分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为16
r D
=
，这样的过程将进行2次，然后第3次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板右端后被加速了n 次，则此时离子运动的半径为被加速了(n ＋1)次对应的半径1
1n n mv r qB
+＋＝
．离子从孔P 射出满足的条件 11425n r r D ＋＋＝
解得n ＋1＝132，即离子从静止开始被加速169次后从P 点离开，
最大动能2max 13169k E qU qU ＝
＝ 在磁场中的总时间t ＝169.5T ， 因为
32D
m
T qU
π=
可得33962D m
t qU
π=
；
(3)若离子电荷量为q ，质量变为Km ，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为r K ，在电场中被加速n 次进入磁场的半径为r n ，则1
K r Kr ＝，1n r Knr =，其中16
r D
=
，由上面1K r Kr ＝知，K 越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论：
情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图，此时，
要满足的条件为：
2×2r K <0.99D ①
同时
2×2r K ＋2r n ＝5D ②
由①知：K <2.2，因为K >1的整数，故K ＝2，代入②知：22158602n ＝＋－，由于n 要求取整数，情况一中n 不存在．
情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为
2r K <0.99D ①
2×2r K ≥0.99D ② 2r K ＋2r n ＝5D ③
由①②知2.2≤K <9，由③知：21530Kn K K +＝－，当K 分别取3、4、…8时，n 不可能取整数，情况二也不存在． 情况三：
在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件
2r K ≥0.99D ①
2r n ＝5D ②
由①知：K ≥9，由②知：Kn ＝152＝3×5×3×5，故K 可能有6组取值，分别为：K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n ＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1．
7．如图所示，在0y >区域存在方向垂直xoy 平面向里、大小为B 的匀强磁场．坐标原点处有一电子发射源，单位时间发射n 个速率均为v 的电子，这些电子均匀分布于xoy 平面y 轴两侧角度各为60°的范围内．在x 轴的正下方放置平行于y 轴、足够长的金属板M 和N （极板厚度不计），两板分别位于 1.2x D =和2x D =处，N 板接地，两板间通过导线连
接有电动势U 在20.25m m m mv U U U e ⎛⎫= ⎪⎝⎭
:范围内可调节的电源E 和灵敏电流计G ．沿y
轴正方向入射的电子，恰好能从2x D =处进入极板间．整个装置处于真空中，不计重力，忽略电子间的相互作用． （1）求电子的比荷；
（2）求电子在磁场中飞行的时间与发射角度θ（速度方向与y 轴的角度）的关系； （3）通过计算，定性画出流过灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线．
【答案】（1）v BD （2）(1802)180D t v
θπ±=o （3）见解析 【解析】 【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力：2
v evB m r
=
根据其中题意可知半径为：r =D
联立可得：
e v m BD
= (2)粒子的运动周期为：2m
T eB
π=
根据几何关系可知，当粒子从y 轴的右侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=- 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ--=
== 当粒子从y 轴的左侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=+ 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ++=
== (3)设进入M N 、极板电子所对应的最大发射角为m a ，则有
2cos 1/2m D a D =．53m a =o
左侧电子单位时间内能打到M 极板的电子数为：5353
60120
L n n n z =
= 对右侧电子：5360θ≤≤o o 均能达到M 板上，053θ≤<o 以θ角射出恰好不能到达N 板. 则有：221
2(1cos )sin 0.82
U e
D mv D θθ⨯-= 电压为：
211
(1cos )(1cos )55
m mv U U e θθ=+=+
最大值为：max 2
5
m U U =
最小值为：min 0.32m U U = 当2
5
m U U ≥
，右侧所有电子均到达M 板，饱和电流为： 531113()1202120
i ne ne =+=
当0.32m U U <
右侧角度小于53o 电子均不能到达M 板，此时到达极板M 的电子数为2
n
． 灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线为：
8．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：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
23322L 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1
3
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==
9．如图所示，在平面直角坐标系xoy 的一、二象限内，分别存在以虚线OM 为边界的匀强电场和匀强磁场。

匀强电场方向沿y 轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy 平面向里，虚线OM 与x 轴负方向成45°角。

一质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 0沿x 轴正方向运动，粒子每次到x 轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大
小均减为反弹前的13
4倍、方向相反。

电场强度大小为2032mv qd ，磁感应强度大小为
mv qd
，求：（不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示）
（1）带电粒子第一次离开磁场的位置坐标；
（2）带电粒子从开始运动到最后一次离开磁场所需时间；【答案】（1）（-d,d）（2）
(131)6
3
d d
v
π
++
【解析】
【详解】
（1）设磁场强度大小为B，粒子第一次进入磁场，根据左手定则和已知条件可知，粒子做3
4
的圆周运动后经过 OM，粒子在磁场中做圆周运动有
2
v
qv B m
r
=
可得r=0
mv
d
qB
=
由此可知，粒子第一次离开磁场的位置坐标为（-d，d）
（2）粒子第一次进入电场后加速运动到x轴，设速度为v1，有：
22
10
-2
qE
v v d
m
=
可得：v1=0
2v
而粒子第一次与x轴碰撞后，反弹速度为
11
13
'v=，
设粒子能再次进入磁场，切第二次进入速度为v2，
则有22
21
'2
Eq
v v d
m
-=-，
可得：v2=0
1
2
v
由此可知，先后两次进入磁场，进一步经分析判断可知，粒子再次进入磁场后，做
1
4
的圆
周运动，其速度大小变化但周期不变，之后一直在电场中运动 故带电粒子在磁场中运动的时间为：10
2d
t T v π
==
两次经过磁场的之间在电场中运动的时间为:201120
22(131)'d d d
t v v v v +=+=++ 因此一共需要的时间120
(131)6d d t t t π++=+=
10．在如图所示的xoy 坐标系中，一对间距为d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y 轴重合，桌面与x 轴重合，o 点与桌面右边相距为
74
d
，一根长度也为d 的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d ，装置的总质量为3m ．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一个质量为m 、电量为+q 的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x 正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g ．求：
（1）环离开小孔时的坐标值； （2）板外的场强E 2的大小和方向；
（3）讨论板内场强E 1的取值范围，确定环打在桌面上的范围． 【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-1
4
d ； （2）板外的场强E 2的大小为
mg
q
，方向沿y 轴正方向； （3）场强E 1的取值范围为223 68qB d qB d
m m
～
，环打在桌面上的范围为1744d d -～． 【解析】 【详解】
（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x 1、x 2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
mx1-3mx2=0 ①而x1+x2=d ②
①②解得：x1=3
4
d③
x2=1 4 d
环离开小孔时的坐标值为：x m=3
4
d-d=-
1
4
d
（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg
解得：2mg
E
q
=，方向沿y轴正方向
（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则
若环绕小圆运动，则R=0.75d ④
根据洛仑兹力提供向心力，有：
2
v qvB m
R
=⑤
环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：
qE1x1=1
2
mv2⑥
联立③④⑤⑥解得：
2 1
3
8
qB d E
m
=
若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦
联立③⑤⑥⑦解得：
2 16
qB d E
m
≈
故场强E1的取值范围为
22
3
68
qB d qB d
m m
～，环打在桌面上的范围为
17
44
d d
-～．
11．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E 1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E 2（图中未画出），E 2=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/s 2．求：
（1）E 1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073
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）1.252T 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：21mg E q m r μ
ω-=（） 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
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=G 1=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sin θ≈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'
1
4
g g =
，将秒摆拿到月球上去，周期为：224L
T T s g '=='
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
=，即单摆的周期仍为2s 。

13．如图所示，真空中区域I 存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II 存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d 且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q 为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q 板上能产生亮斑。

现有一束电子从A 处的小孔以速度 v 0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P 板成300夹角。

已知电子质量为m ，电荷量
大小为e ，区域II 的电场强度2
038mv E ed
=
，不计重力和电子间的相互作用力，求：
(1)若电子垂直打在Q 板上，I 区磁场的磁感应强度B 1大小和电子到达Q 板的速度。

(2)逐渐增大磁感应强度B 1为保证Q 板上出现亮斑，所加磁感应强度B 昀最大值。

【答案】（1）001132mv mv B er ed
=
=；02v
v =；（2）I 区磁场的磁感应强度最大值为
(31)m mv B +=
【解析】 【详解】
（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2
0mv evB r
=，
可解得0
mv r eB
=
若电子垂直打在Q 板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，
由几何关系得r 1cos30°=d ，可解得 1cos303
d r ==o 故I 区磁场的磁感应强度为 00113mv mv B er =
=
电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得22011
22
eEd mv mv -=-
， 解得0
2
v v =
（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得 22011
22
eEd mv mv -=-， 解得0
2
v v =
若电子恰好打在Q 板上，说明速度的方向刚好与Q 板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ，
v 0cosθ=v ，解得θ=60° 在磁场中，由几何关系知 r 2cos30°+r 2cos60°=d ， 得(
)
231r d =
-，
此时 (
)
00
22
312mv mv B er ed
+==
故I 区磁场的磁感应强度最大值为(
)
031 2m mv B ed
+=
14．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)
2
2
mv
E
qh
=，α＝45°，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场．
(2)
(0
2mv
B
qh
+
=
(3)
(
32
6
24
h
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＝v0t
h＝
1
2
at2
又qE＝ma
联立解得
2
2
mv
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＝
2
·
qE h
m v
＝v0，
v
v0
速度v与x轴正方向的夹角α满足tan α＝
y
v
v
＝1
即α＝45°，因此粒子从C点正对圆心O1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1
2h
t
v
=
从O
点运动到磁场边界的时间
(
2
2
1)
2
h
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：
3
3
2
r
t
v
π
==
在第四象限电场中往复时间40
242v h
t
a v =
=
带电粒子从Q 点运动到最终射出磁场的时间
()
1234032267224
h 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．
15．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】0
21
mU 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：2
0112
eU mv =
进入磁场后洛伦兹力提供向心力：2
111
v ev B m R = 联立解得：0
121mU R B e
=。