高考物理复习：带电粒子在磁场中的圆周运动(一)

高考物理复习：带电粒子在磁场中的圆周运动(一)
1.如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一电荷量为q （q >0）、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R /2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力） A ．
m qBR 2 B ．m qBR C ．m
qBR
23 D ．m qBR 2 【答案】B
【解析】粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示：
入射点与圆心连线与初速度方向夹角为30°，初速度方向与轨迹所对弦夹角也为30°，所以轨迹半径r R =,由
2v Bqr BqR
Bqv m v r m m
=⇒==
，B 选项对。

2.空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。

不计重力，该磁场的磁感应强度大小为
A
B ．0m qR v C
D ．03m qR v
答：A
解析：带电粒子在磁场中运动如图所示，由几何关系可知轨道半径
tan 60r R =︒=，洛伦兹力等于向心力，有2
0Bq m r
v v =，
解得磁场的磁感应强度B =A 正确。

3.质量分别为m 1和m 2、电荷量分别为q 1和q 2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。

下列说法正确的是 A. 若q 1=q 2，则它们作圆周运动的半径一定相等 B. 若m 1=m 2，则它们作圆周运动的半径一定相等
C. 若q 1≠q 2，则它们作圆周运动的周期一定不相等
D. 若m 1≠m 2，则它们作圆周运动的周期一定不相等 【答案】A
【解析】带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力,其轨道半径qB
mv
r =
，周期qB
m
T π2=。

若q 1=q 2，则它们作圆周运动的半径一定相等.选项A 正确；若q 1≠q 2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项C 错误；若m 1=m 2，则它们作圆周运动的半径不一定相等，选项B 错误；若m 1≠m 2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项D 错误。

4. 处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。

将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 （ D ） A. 与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比
解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流在一个周期T 内的电量为q ，根据电流定义式有 T
q I =
粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有 Bq
m
T π2=
两式联立有 m
Bq I π22
=
环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率无关，答案D 。

5. 质量和电量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2中虚线所示，下列表述正确的是 A.M 带负电，N 带正电 B.M 的速率小于N 的速率 C.洛仑兹力对M 、N 做正功 D.M 的运行时间大于N 的运行时间
【解析】选A 。

由左手定则可知M 带负电，N 带正电，故A 选项正确。

由R
v m qvB 2=得Bq mv
R =，由题知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场
中，由图及A 选项的判断可知R N <R M ，故v N <v M ，所以B 选项错误。

由于洛仑兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛仑兹力永远不会对M 、N 做功，则C
选项错误。

由Bq
m
v R T ππ22==
及题给条件可知，这两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由图可见两个粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了半个周期，故在磁场中运动的时间相等，所以D 选项错误。

6.如图9，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上。

不计重力。

下列说法正确的有 A ．a 、b 均带正电
B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短
C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短
D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近 答：AD
解析：由左手定则可知，A 正确；由qB
mv
R =
可知，a 、b 两粒子做圆周运动的半径相等，画出轨迹如右图,⊙O 1 、⊙O 2分别为a 、b 的轨迹，a 在磁场中转过圆心角比b 大， 由qB
m T t θπθ==
2和轨迹图可知D 选项对。

7. 带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，他们的动量大小相
等，a 运动的半径大于b 运动的半径。

若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、m b ,周期分别为T a 、T b 。

则一定有（ A ） A ．b
a q q < B ．
b a m m < C ． b a T T < D ．
b
b a a
m q
m q < 【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径qB
p
qB mv r ==
，已知两粒子动量相等，且b a r r >，故一定有b a q q <，故A 正确；仅由动量、半径的关系不能确定质量的关系，故B 错误；由周期公式,qB
m
T π2=
可知：仅由动量、半径的关系，无法确定两粒子做圆周运动周期的关系，故C 错误；根据半径公式qB mv r =，得荷质比Br
v m q =，仅由半径的关系，无法确定两粒子荷质比的关系，故D 错误。

8. “人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。

已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子的运动半径不变。

由此可判
O
O
断所需的磁感应强度B 正比于 （ A ）
A ． T
B ．T
C ．3
T D ．T 2
【解析】由于等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，即T E k ∝。

带电粒子
在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：R v m qvB 2=得qR mv
B =。

而,mv E k 22
1=故可得：
,qR
mE qR
mv
B k
2==
又带电粒子的运动半径不变，所以T E B k ∝∝，A 正确。

9.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 （ D ） A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小 C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小
解析：由于速度方向与磁感应强度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即r
mv qvB 2=，洛伦兹
力不做功，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度大小不变，轨道半径Bq
mv
r =，磁感应强度变小，半径增大，由r v
=
ω，角速度减小，选项D 正确。

10.一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。

图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。

在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角。

当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒。

不计重力。

若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为 A ．
B
3ω
B ．
B 2ω
C ．B
ω
D ．B ω2 【答案】A
【解析】作出粒子的运动轨迹如图示， 由几何知识可得，轨迹的圆心角为6
2)4
3
(
π
π
π
=
⨯-
，
两个运动具有等时性，则ωππ2
2360
300
0=⨯qB m ， 解得 3q m B
ω
=，故选A 。

11.如图所示,MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界. 一质量
为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场. 若粒子速度为v 0,最远能落在边界上的A 点. 下列说法正确的有
(A)若粒子落在A 点的左侧,其速度一定小于v 0 (B)若粒子落在A 点的右侧,其速度一定大于v 0 (C)若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内,其速度不可能小于m qBd
v 20-
(D)若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内,其速度不可能大于m
qBd
v 20+ 【答案】BC
【解析】当粒子以速度0v 垂直于MN 进入磁场时，最远，落在A 点，若粒子落在A 点的左侧，速度不一定小于0v ，可能方向不垂直，落在A 点的右侧，速度一定大于0v ，所以A 错误，B 正确；若粒子落在A 点的右侧d 处，则垂直MN 进入时，轨迹直径为d OA r +=2，即
d OA qB
mv
+=2，已知
OA qB mv =02,解得m qdB v v 20-=，不垂直MN 进时，m
qdB
v v 20->，所以C 正确，D 错误。

12. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角。

现将带电粒子的速度变为v /3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为
,t .
,t .
,t .,t .∆∆∆∆3D 3
1C 2B 21A
答: B
解析：如解析图示，第一次偏转的偏向角为600，所以圆心角∠AO 1C 也是600，周期,qB
m
T π2=
与速度无关； 设磁场半径OA 长为R ，轨迹半径O 1A 长为R 1，O 2A 长为R 2，由
,Bq mv r = 得R 1=3R 2,0130tan R R =，330302
==tan R R ，
则∠AO 2O =600，所以第二次在磁场中偏转的圆心角为1200，运动时间：,Bq
m
t θ=
（θ为转过圆心角）
，所以 偏转时间是第一次的2倍。

13. 如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场。

一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c
O 2
D 60° A B C O 1
19题解析图
时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力。

则 A. v b :v c =1:2，t b :t c =2:1 B. v b :v c =2:2，t b :t c =1:2 C. v b :v c =2:1，t b :t c =2:1 D. v b :v c =1:2，t b :t c =1:2
【答案】A
【解析】设正六边形边长为L ，若粒子从b 点离开磁场，可知运动
的半径为R 1=L ，在磁场中转过的角度为θ1=120°；若粒子从c 点离开磁场，可知运动的半径为R 2=2L ，在磁场中转过的角度为θ2=60°，根据Bq mv R =可知v b :v c = R 1∶R 2=1:2；根据qB
m
T t πθ2360⋅=可知t b ∶t c =θ1∶θ2=2∶1，故选A 。

14.如图所示，两平行金属板间距为d ，电势差为U ，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场。

带电量为+q 、质量为m 的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。

忽略重力的影响，求：
⑴匀强电场场强E 的大小；
⑵粒子从电场射出时速度ν的大小； ⑶粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R 。

答：（1）
d U （2）m qU 2 （3）
q
mU
B 21
【 解析】（1）电场强度的大小为d
U
E =； （2）根据动能定理，有，2
2
1mv qU =
, 解得m qU v 2=；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有R
v m qvB 2
=，
解得q
mU
B R 21=
15.如图所示，质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为
B
e e d
f b
c
O 2 O 1 60o
120o
的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。

不计带电粒子所受重力。

（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小。

【答案】（1）mv R Bq =
、2m
T Bq
π=（2）E=vB 【解析】（1）洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：
2mv qvB R = 得到 mv
R Bq =
22(
)qvB m R T π= 得：
T =22R m
v qB
ππ==
（2）粒子受到电场力F =qE ，洛伦兹力f=qBv ，粒子做匀速直线运动受力平衡，即有： qE=qBv 得到E=vB
16.平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q >0）。

粒子沿纸面以大小为v 的速度从
OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM
成30°角。

已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。

不计重力。

粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为 A ．
2mv Bq B
．Bq
C ．2mv Bq
D ．4mv Bq
【答案】D
【解析】根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，则轨迹与ON 相切，设切点为C 点，入射点为B 点，出射点为A 点，粒子在磁场中的轨迹圆心为'O 点，根据几何知识可得
r r AB ==030sin 2，则三角形'O AB 为等边三角形，故
∠'O AB =60°，而∠MON =30°，∠OCA =90°，故C 'O A 为一条直线，所以△AOC 为直角三角形，故粒子离开磁
场的出射点到O 的距离为,430sin 0
r AC
AO ==，而半径公
式Bq mv r =
，故距离为Bq
mv 4. 17.有两个匀强磁场区域I 和 II ，I 中的磁感应强度是II 中的k 倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。

与I 中运动的电子相比，II 中的电子 （ AC ） A. 运动轨迹的半径是I 中的k 倍 B. 加速度的大小是I 中的k 倍
M
C. 做圆周运动的周期是I 中的k 倍
D. 做圆周运动的角速度与I 中的相等
解析：电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供r
mv qvB 2
=，解得,Bq mv r =
因为I 中的磁感应强度是II 中的k 倍，所以II 中的电子运动轨迹的半径是I 中的k 倍，选项A 正确；加速度m qvB a =
，加速度的大小是I 中的1/k 倍，B 错误；由周期公式,qB m
T π2=
得II 中的电子做圆周运动的周期是I 中的k 倍，选项C 正确；角速度m
qB
T =
=πω2，II 中的电子做圆周运动的角速度是I 中的1/k 倍，D 错误。

故选AC 。

18. 在同一匀强磁场中，α粒子（He 42）和质子（H 1
1）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子 （ B ） A ．运动半径之比是2∶1 B ．运动周期之比是2∶1 C ．运动速度大小之比是4∶1 D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1
解析：α粒子和质子质量之比为4∶1,电荷量之比为2∶1 ，由于动量相同，故速度之比为1：4，选项C 错误；在同一匀强磁场B 中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径,Bq
mv
r =
得两者的运动半径之比为1 ：2，选项A 错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期,qB
m
T π2=
得周期之比为2 ：1，选项B 正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f = qvB ，得受到的洛伦兹力之比为1 ：2，选项D 错误。

19.如图，A 、C 两点分别位于x 轴和y 轴上，∠OCA =30°，OA 的长度为L 。

在ΔOCA 区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。

质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，以平行于y 轴的方向从OA 边射入磁场。

已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t 0。

不计重力。

（1）求磁场的磁感应强度的大小；
（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC 边上
的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC 边相切，且在磁场内运动的时间为04
3
t ，求粒子此次入射速度的大小。

【答案】（1）02m B qt π=
（2
）00v =
【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t 0内其速度方向改变了90°，故其周期 T =4t 0 ①
设磁感应强度大小为B ，粒子速度为v ，圆周运动的半径为r 。

由洛伦兹力公式和牛顿定律得
2
=v qvB m r
②
匀速圆周运动的速度满足 2r
v T
π=
③ 联立①②③式得
2m
B qt =
π ④ （2）设粒子从OA 变两个不同位置射入磁场，能从OC 边上的同一点P 射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a ）所示： 设两轨迹所对应的圆心角分别为1θ和2θ。

由几何关系有：
12180θθ=︒- ⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为1t 与2t ，则：120
22T
t t t +=
=
⑥ （3）如图（b ），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。

设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r 0，圆弧与AC 相切与B 点，从D 点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有 ∠O O'D =∠B O'A =30° ⑦
0cos cos r B A
r OO D L O '∠+
='∠ ⑧
设粒子此次入射速度的大小为v 0，由圆周运动规律
02πr v T
=
⑨ 图
d d
4d d d
2d O
O ′
联立①⑦⑧⑨式得00
3πL
v =
⑩ 20.如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L =9.1cm ，中点O 与S 间的距离d =4.55cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B =2.0×10-4T ，电子质量m =9.1×10-31kg ，电量
e =1.6×10-19C ，不计电子重力。

电子源发射速度v =1.6×106m/s 的一个电子，该电子打在
板上可能位置
的区域的长度为l ，则 （ AD ） A ．θ=90O 时，l =9.1cm B ．θ=60O 时，l =9.1cm C ．θ=45O 时，l =4.55cm D ．θ=30O 时，l =4.55cm
解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：r v m evB 2
=，解得电子圆周运动的轨道半径为：eB mv r =＝41963110
0.2106.1106.1101.9---⨯⨯⨯⨯⨯⨯m ＝4.55×
10-2m ＝4.55cm ，恰好有：r ＝d ＝L /2，由于电子源S ，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S 点的一系列半径为r 的等大圆，能够打到板MN 上的区域范围如下图所示，实线SN 表示电子刚好经过板N 端时的轨迹，实线SA 表示电子轨迹刚好与板相切于A 点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l ＝NA ， 由题意知MN 与SO 直线的夹角为θ不定，但要使电子轨迹与MN 板相切，根据几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C 一定落在与MN 距离为r 的平行线上，如下图所示，当l =4.55cm 时，即A 点与板O 点重合，作出电子轨迹如下图中弧线S 1A 1， 由几何关系可知，此时S 1O 和MN 的夹角θ=30°，故选项C 错D 正确；当l =9.1cm 时，即A 点与板M 端重合，作出电子轨迹如下图中弧线S 2A 2， 由几何关系可知，此时S 2O 和MN 的夹角θ=90°，故选项B 错A 正确。

21. 如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d ，宽为d ，中间两个磁场区域间隔为2d ，中轴线与磁场区域两侧相交于O 、O ′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m 、电荷量为+q ，从O 沿轴线射入磁场．当入射速度为v 0时，粒子从O 上方2
d
处射出磁场．取sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求磁感应强度大小B ；
（2）入射速度为5v 0时，求粒子从O 运动到
M
N
O
S
B
θ A
O M
N
S
C
A O M A 2
C 2
C 1
S 2
S 1
O ′的时间t ；
（3）入射速度仍为5v 0，通过沿轴线OO ′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O 运动到O ′的时间增加Δt ，求Δt 的最大值。

解：（1）粒子圆周运动的半径00mv r qB =
由题意知04
d
r =，解得04mv B qd = （2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为α 由d =r sin α，得sin α=
4
5
，即α=53°
在一个矩形磁场中的运动时间12π360m
t qB
α=
︒，解得10
53π720d
t v =
直线运动的时间22d t v =，解得2
025d t v = 则120
53π+724180d
t t t v =+=
（） （3）将中间两磁场分别向中央移动距离x 粒子向上的偏移量y =2r （1–cos α）+x tan α 由y ≤2d ，解得34
x d ≤
则当x m =
3
4
d 时，Δt 有最大值 粒子直线运动路程的最大值m
m m 2223x s d x d cos α
=
+-=（） 增加路程的最大值m m –2s s d d ∆== 增加时间的最大值m m 0
5s d
t v v ∆∆=
= 22.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 （0q >）的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出。

已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。

解：（1）如图，PMON 为粒子运动轨迹的一部分，圆弧PM 为粒子在磁场中运动的轨迹，C 为圆心，半径为R ；MON 为圆O 的直径，MC MN ⊥。

粒子在圆O 内沿MON 做匀速直线运动，由几何关系知
()
2
22
OP R R r -=+
①
由上式和题给条件得 43
R r =
②
（2）设粒子在磁场中运动的速度大小为v ，由洛仑兹力公式和牛顿定律有 2
m q B R =
v v
③
由题意，粒子在圆形区域内运动的距离为 MN 2r =
④
设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为t ，由运动学公式有 MN
t =v
⑤
联立②③④⑤式得 32m
t qB
= ⑥
23.如图,从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。

已知甲种离子射入磁场的速度大小为1v ,并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l 。

不计重力影响和离子间的相互作用。

求 （1）磁场的磁感应强度大小； （2）甲、乙两种离子的比荷之比。

解：（1）设甲种离子所带电荷量为1q 、质量为1m ，在磁场中做匀速圆周运动的半径为1R ，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有 2
1
1112
qU m =v ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有2
11111v v =q B m R
② 由几何关系知12R l = ③ 由①②③式得1
4U
B l =
v ④
（2）设乙种离子所带电荷量为2q 、质量为2m ，射入磁场的速度为2v ，在磁场中做匀速圆周运动的半径为2R 。

同理有2
22212
q U m =v
⑤ 22
2222
v v =q B m R
⑥ 由题给条件有222
=l
R
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
12
12
:1:4q q m m = ⑧ 24.一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O 。

筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷。

质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中。

粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求： ⑴M 、N 间电场强度E 的大小； ⑵圆筒的半径R ；
⑶保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移
2d /3，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n 。

答：（1）qd mv E 22= （2）qB mv
r 33='
（3）n=3
解析：（1）设两板间电压为U ，由动能定理得 2
21mv qU =
① 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed ②
联立上式可得qd mv E 2
2=
③
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为O'，圆半径为r ，设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此SA 弧所对的圆心角
3
π
=
'∠S O A ，
由几何关系得 3
tan
π
R r = ④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得
r v m qvB 2
= ⑤
联立④⑤式得 qB mv
R 33=
⑥
N
N
（3）保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移
d 3
2
后，设板间电压为U'，则
331U
Ed U =
=
'
⑦ 设粒子进入S 孔时的速度为v'，由①式看出22
v v U U '='
结合⑦式可得v v 33='
⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r'，则
qB mv
r 33=
'
⑨
设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到 r'=R ，可见2π
θ=
⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故 n =3
25. 图（a ）所示的xoy 平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy 平面（纸面）垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的周期为T ，变化图线如图（b ）所示。

当B 为＋B 0时，磁感应强度方向指向纸外。

在坐标原点O 有一带正电的粒子P ，其电荷量与质量之比恰好等于
2TB π。

不计重力。

设P 在某时刻t 0以某一初速度沿y 轴正向自O 点开始运动，将它经过时间T 到达的点记为A 。

（1）若t 0＝0，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？ （2）若t 0＝
4
T
，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？ （3）为了使直线OA 与x 轴的夹角为
4π，在0＜t 0＜4
T
的范围内，t 0应取何值？ 解： （1）设粒子P 的质量、电荷与初速度分别为m 、q 与v ，粒子P 在洛伦兹力作用下，在xy 平面内做圆周运动，分别用R 与T' 表示圆周的半径和运动周期，
R
)T (
qvB 2
02'=π ①
T R
v '=
π2
②
由①②式与已知条件得T' =T ③
粒子P 在t =0到t =T /2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x 轴上的B 点，此时磁场方向反转；继而，在t =T /2到t =T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x 轴上的A 点，如图
（a ）所示。

OA 与x 轴的夹角 θ =0 ④
（2）粒子P 在t 0=T /4时刻开始运动，在t =T /4到t =T /2时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达C 点，此时磁场方向反转；继而，在t =T /2到t =T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B 点，此时磁场方向再次反转；在t =T 到t =5T /4时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达A 点，如图（b ）所示。

由几何关系可知，A 点在y 轴上，即OA 与x 轴的夹角 θ =π/2 ⑤
（3）若在任意时刻t =t 0（0< t 0< T /4）粒子P 开始运动，在t =t 0到t =T /2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C 点，圆心O' 位于x 轴上，圆弧OC 对应的圆心角为 )
2
(20t T
T C O O -=
'∠π ⑥ 此时磁场方向反转；继而，在t =T /2到t =T 时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B 点，此时磁场方向再次反转；在t =T 到t =T +t 0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A 点，设圆心为O'' ，圆弧BA 对应的圆心角为 0
2t T
A O
B π
=
''∠ ⑦ 如图（c ）所示，由几何关系可知， C 、B 均在O'O'' 连线上，且O O //OA ''' ⑧
若要OA 与x 轴成π/ 4角，则有
43π
=
'∠C O O ⑨
联立⑥⑨式可得 80T t = ⑩
26. 如图，在区域I （0≤x ≤d ）和区域II （d <x ≤2d ）内分别存
在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面。

一质量为m 、带电荷量q （q ＞0）的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域I ，其速度方向沿x 轴正向。

已知a 在离开区域I 时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从P 点沿x 轴正向射入区域I ，其速度大小是a 的1/3。

不计重力和两粒子之间的相互作用力。

求 （1）粒子a 射入区域I 时速度的大小；
（2）当a 离开区域II 时，a 、b 两粒子的y 坐标之差。

【解析】（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C （在y 轴上），半径为R a 1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
1
21
1a a a R mv B qv = ①
由几何关系得∠POP' =θ ② θ
sin d R a =
1 ③ 式中，θ=30°，由①②③式得m
qBd v a 21= ④
（2）设粒子a 在II 内做圆周运动的圆心为O a ,半径为R a 2 ，射出点
为P a （图中未画出轨迹），∠P'O a P a =θ' 。

由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
2
22a a
a R v m )B (qv = ⑤
由①⑤式得2
1
2a a R R =
⑥ C 、P'和O a 三点共线，且由⑥式知O a 点必位于d
x 23
=
⑦ 的平面上。

由对称性知，P a 点与P'点纵坐标相同，即 y Pa =R a 1cos θ+h ⑧ 式中，h 是C 点的y 坐标。

设b 在I 中运动的轨道半径为R b 1 ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得1
2
33b a a
R )
v (
m B )v (q = ⑨ 设a 到达P a 点时，b 位于P b 点，转过的角度为α。

如果b 没有飞出I ，则
π
θ22'=a T t ⑩ πα
21=b T t ⑪
式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而
v
R T a a 2
22π=
⑫ 3211v R T b b π= ⑬
由⑤⑨⑩⑪⑫⑬式得α=300 ⑭
由①③⑨⑭式可见，b 没有飞出。

P b 点的y 坐标为h R y b p b ++=)cos 2(1α ⑮ 由①③⑧⑨⑭⑮式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为
d y y b a p p )23(3
2
-=
- ⑯ 24. 如图，纸面内有E 、F 、G 三点，∠GEF =30º，∠EFG =135º，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

先使带有电荷量为q (q >0)的点电荷a 在纸面内垂直于EF 从F 点射
x。