高中物理带电粒子在磁场中的运动技巧小结及练习题含解析

高中物理带电粒子在磁场中的运动技巧小结及练习题含解析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为
03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mg
q
，重力加速度为g ．求：
（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；
（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；
（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．
【答案】（1）
mg
q
，方向竖直向上；（2）；（3013v ．
【解析】 【详解】
（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mg
E q
左=
，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：20
0mv Bv q R
=，
所以轨道半径0
mv R qB
=
； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有0
33AO mv d R =
=；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹
角1260AO
d arcsin R
θ==︒
； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：
；
（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度
003
60y v v sin =︒=
，水平分速度001602x v v cos v =︒=；
质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间0
23y v v t g
=
=
所以质点在P 点的竖直分速度03
2
yP y v v v ==， 水平分速度00031
7322
xP x v qE v v t v g v m g =+
=⋅=； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度
22
013P yP xP v v v v =+=；
2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(3a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；
（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；
（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．
【答案】(1)0v Ba
(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a
【解析】 【详解】
(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得
Bqv 0＝m 2
v r
故粒子的比荷
v q m Ba
= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．
由几何关系知
O ′A ＝r ·
AB
BC
＝2a 则
OO ′＝OA －O ′A ＝a
即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为
OD ＝y m ＝2a
所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
3a ＝v 0·t 0
2019
222
qE y t a a m =
=>，
所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有
x ＝v 0·t
竖直方向有
2
12qE y t m
=
代入数据得
x
＝2ay
设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则
002tan y x qE x v m v y v v a
θ⋅
===
有
H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -
当322a y y -=时，即y ＝9
8
a 时，H 有最大值 由于
9
8
a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为
y ＝
98
a －2a ＝－78a
3．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：
(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.
【答案】
(1)1E q
=,2mg
E q =
2
【解析】 【详解】
(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒=
求得：1E q
=
微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mg
E q
=
(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452
qE d mv ︒=
2
v qvB m R
=
根据几何关系，分析可知：2
22sin30d R d ==︒
整理得：2
B =
(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：
2
11112
a t d = 1tan45mg ma ︒=
2302360R
t v
π︒=
⨯︒
经整理得：12112t t t =+=
=
4．
L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．
(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．
(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （
2）223
cos d R a R L ≥+= ；min 0(632)L T π+= 【解析】 【分析】 【详解】
（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0
1
02qv B m v R =
由几何关系：222113()()22
L L
R R =+- 解得0
mv B qL
=
（2）粒子P 从O 003L v t =
011
22
y L v t = 解得03
3
y v v =
设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0
tan 3y
v v α== 则=
3
π
α
0023
sin 3
v v v α=
=
粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则
21
2sin L R α
=
， 解得233
L R =
右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223
cos d R R L α≥+=
； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：
2
min 0(22)2R T t v πα--=
解得()
min
6323L T v π+=
【点睛】
带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.
5．如图所示，坐标原点O 左侧2m 处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为
q
m
=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V 的加速电场，经加速后沿x 轴正方向运动，O 点右侧有以O 1点为圆心、r=0.20m 为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T 的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点O ，右端与一个足够大的荧光屏MN 相切于x 轴上的A 点，粒子重力不计。

(1)求粒子打到荧光屏上的位置到A 点的距离；
(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r ，场强大小E=1.0×103V/m ，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN 的距离。

【答案】（1）0.267m （2）0.867m
【解析】 【详解】
（1）粒子射入O 点时的速度v ，由动能定理得到：2
12
qU m v =
进入磁场后做匀速圆周运动，2
qvB m R
v =
设圆周运动的速度偏向角为α，则联立以上方程可以得到：1
tan
2
2
r R α
=
=，故4tan 3
α=
由几何关系可知纵坐标为y ，则tan y r
α= 解得：4
0.26715
y m m =
=；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，Eq ma =，2r vt =，2
112
y at =，y v at = 射出电场时的偏向角为β，tan y v v
β=
磁场右边界到荧光屏的距离为x ，由几何关系1
tan y y x
β-=
，解得：0.867x m =。

6．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=v 0B ．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v 0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）0mv ed ； （2）02y 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：2
0v ev B m r
=
解得：0
mv 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
=
tan y v v θ=
tan 3L
d x
θ=
- 解得：(32)2L d y y =即9
8
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．
7．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E；
（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。

【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；
（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；
沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，
则在X方向位移关系有：，所以；
该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有
，
所以，，则有．
（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；
粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T
粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在
磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；
粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；
根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；
粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，
可得，即；
所以；
所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间
．
8．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：2
2sin
R h
θ=
解得：
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
==
2
y
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：
E
B
v
'=．
9．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）23
3
qBL
m
（2）（
3
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)
10．如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=4×10-4N /C．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O 点，OC相距2m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：
（1）磁感应强度B1的大小；
（2）粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；
（3）若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点（若粒子经过A点立即被吸收）．
【答案】（1）51210
T 3
B -=⨯；（2）-22.8510s t =⨯；（3）52
42
10T 3k B -+=⨯' 【解析】 【详解】
（1） 粒子从O 到C 即为在电场中加速，则由动能定理得：212
Eqx mv = 解得v =400 m/s
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．
由几何关系可知 10.6m 2
L
R =
= 由2
11
v qvB m R =
代入数据得 512
10T 3
B -=
⨯ （2）由题可知 B 2=3B 1=2×10-5 T
2
11
v qvB m R =
则 1
20.2m 3
R R =
= 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112
x vt = 得到 t 1=0.01 s
粒子在磁场B 1中的周期为 11
2m
T qB π=
则在磁场B 1中的运动时间为 3211
310s 3
t T -==⨯ 在磁场B 2中的运动周期为 22
2m
T qB π= 在磁场B 2中的运动时间为
3-3321803001801110s 5.510s 3606
t T π
-︒+︒+︒=
=⨯=⨯︒
则粒子在复合场中总时间为：3-21231722010s 2.8510s 6
t t t t π-⎛
⎫=++=+
⨯=⨯ ⎪⎝
⎭
（3）设挡板外磁场变为'
2B ，粒子在磁场中的轨迹半径为r ，则有 2
'
2v qvB m r
=
根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点，需满足条件
()212L
k r =+其中 k =0、1、2、3…… 解得52
42
10T 3
k B -+=⨯'
11．如图所示，x 轴的上方存在方向与x 轴成45角的匀强电场，电场强度为E ，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5.B T =有一个质量11
10
m kg -=，电荷量
710q C -=的带正电粒子，该粒子的初速度30210/v m s =⨯，从坐标原点O 沿与x 轴成45角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过x 轴
时刚好又回到O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：
①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？
②电场强度E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间．
【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；
②电场强度E 的大小为3110/V m ⨯，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为32.110.s -⨯
【解析】 【分析】
(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；
(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E ，三个过程的总时间即为总时
间．【详解】
①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，
2
v qvB m
R
=，
半径0.4
mv
R m
Bq
==，
根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90，
则第一次经过x轴时的横坐标为
1
20.420.57
x R m m
==≈
②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O处，其运动轨迹如图所示．
由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R，
在垂直电场方向的位移11
s vt
=，
运动时间4
1
1
2
410
s R
t s
v v
-
===⨯
在沿电场方向上的位移2
21
1
2
s at
=，
又因22
s R
=
得72
2
2
1
2
110/
s
a m s
t
==⨯
根据牛顿第二定律
Eq
a
m
=
所以电场强度3
110/
ma
E V m
q
==⨯
粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间4
2
2
410
v
t s
a
-
==⨯，
粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期
42410m
T s Bq
ππ-=
=⨯ 所以粒子从出发到再回到原点的时间为3
12 2.110t t t T s -=++≈⨯
【点睛】
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．
12．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45。

的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

今从MN_上的O 点向磁场中射入一个速度大小为v 、方向与MN 成45。

角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R 。

若该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，而第五次经过直线MN 时恰好又通过O 点。

不计粒子的重力。

求：
(1)电场强度的大小；
(2)该粒子从O 点出发，第五次经过直线MN 时又通过O 点的时间 (3)该粒子再次从O 点进入磁场后，运动轨道的半径； 【答案】（1）；（2）
（3）
【解析】
试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R 的1/4圆弧到a 点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b 点速度为零再返回a 点速度仍为v ，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c 点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

（1）易知，
类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
①
所以类平抛运动时间为
②
又③
再者④
由①②③④可得
⑤
粒子在磁场中的总时间：
粒子在电场中减速再加速的时间：
故粒子再次回到O点的时间：
（3）由平抛知识得
所以［或］
则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径
考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.
13．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y 正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强电场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。

一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。

求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）粒子到达a 点时速度的大小和方向；
（3）abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值。

【答案】（1）202mv E qh
=；（2）02v v =，方向与x 轴的夹角为45°；（3）02mv B qL = 【解析】
【详解】
（1）设粒子在电场中运动的时间为t ，
则有x=v 0t=2h ，
212
y h at == qE=ma ， 联立以上各式可得202mv E qh
= ； （2）粒子达到a 点时沿负y 方向的分速度为v y =at=v 0， 所以22002y v v v v =+= ，
方向指向第IV 象限与x 轴正方和成45o 角；
（3）粒子在磁场中运动时，有2
mv qvB r
= ， 当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有2r L =
， 所以磁感应强度B 的最小值02mv B qL
=
14．右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为V ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，
沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧所对应的圆心角为．不计重力，求：
（1）离子速度的大小；
（2）离子的质量．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示
（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则
①
又②
由①②式得③
（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．则
④
由几何关系有⑤
解得
考点：带电粒子在磁场中的运动
点评：本题是速度选择器和带电粒子在匀强磁场中运动的组合问题，可以列出带电粒子在
磁场中做圆周运动洛伦兹力做向心力的表达式求解，根据几何关系求半径是解题关键．
15．
磁谱仪是测量α能谱的重要仪器．磁谱仪的工作原理如图所示，放射源s 发出质量为m 、电量为q 的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，被限束光栏Q 限制在2ϕ的小角度内，α粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片P 上．（重力影响不计）
（1）若能量在E ~E ＋ΔE （ΔE >0，且ΔE <<E ）范围内的α粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场．试求这些α粒子打在胶片上的范围Δx 1.
（2）实际上，限束光栏有一定的宽度，α粒子将在2ϕ角内进入磁场．试求能量均为Ｅ的α粒子打到感光胶片上的范围Δx 2
【答案】见解析
【解析】
【详解】
（1）设α粒子以速度v 进入磁场，打在胶片上的位置距s 的距离为x
圆周运动
2
q B m R υυ=
α粒子的动能
212
E m υ= 2x R = 由以上三式可得22mE x =
所以
1x ∆=
化简可得1x E qBE
∆≈∆； （2）动能为E 的α粒子沿φ±角入射，轨道半径相同，设为R ，粒子做圆周运动
2
q B m R υυ=
α粒子的动能212
E m υ= 由几何关系得
)2222cos 1cos 2φx R R φφqB qB ∆=-=
-=。