高中物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)含解析

高中物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)含解析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。

挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点。

在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。

在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A
，一比荷q m
=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。

已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。

(1)求电场强度E 的大小；
(2)求磁感应强度B 的大小；
(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM=0.5m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。

若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。

【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯
【解析】
【详解】 （1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t
2122L qE t m
= 解得E=16N/C
（2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：
0tan v qE t m
θ= 可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0 粒子在磁场中做匀速圆周运动：2
v qvB m r
= 由几何关系可知2r L =
解得B=1.6×10-2T
（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为32π，带负电的粒子转过的圆心角为2
π；两带电粒子在AC 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间22r m T v qB ππ=
=； 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：413 5.910s 4t T -=
=⨯； 带负电的粒子在磁场中运动的时间为：421 2.010s 4
t T -==⨯ 带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为412 3.910t t t s -∆=-=⨯
2．如图所示，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。

y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。

现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。

求：
（1）带电粒子的初速度；
（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。

【答案】(1)8qBL v m
=
；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】
【详解】
(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：
5sin37o QC L =
15sin37O OQ O
Q L == 在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，
11R O Q QC =+
2
1
v qvB m R = 解得：8qBL v m
= ； (2)由公式2
2
v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =
由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t
5cos37o PC L =
1PC t v
= 带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t
12m T qB
π=
2137360o o t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t
22·2m m T q B qB
ππ== 3212
t T = 从P 点到再次回到P 点所用的时间为t
12222t t t t =++
联立解得：41145m t qB
π⎛
⎫=+ ⎪⎝⎭。

3．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。

y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。

现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。

（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；
（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外
【解析】
【详解】
解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：
200v qv B m r
= 可得：r =0.20m =R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y
根据类平抛规律可得：2012
l v t y at ==， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma =
联立可得：41.010E =⨯N/C
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：30
5.010y qE l v at m v ==
=⨯g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v 根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=
根据洛伦兹力提供向心力可得： 2
v qvB m r '='
联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mv B qr '=='
T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

4．科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器截面示意图.MN 上方区域的平行长金属板AB 间电压大小可调，平行长金属板AB 间距为d ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.MN 下方区域I 、II 为两相邻的方向相反的匀强磁场区，宽度均为3d ，磁感应强度均为B ，ef 是两磁场区的分界线，PQ 是粒子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板AB 间电压，经过较长时间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是b ，不考虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应.
（1）要使速度为v 的正电子匀速通过平行长金属极板AB ，求此时金属板AB 间所加电压U ；
（2）通过调节电压U 可以改变正电子通过匀强磁场区域I 和II 的运动时间，求沿平行长金属板方向进入MN 下方磁场区的正电子在匀强磁场区域I 和II 运动的最长时间t m ；
（3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入MN 下方磁场区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板AB 间所加电压U 的范围.
【答案】（1）Bvd （2）Bb π
（3）3B 2d 2b ＜U ＜221458B d b
【解析】
【详解】
（1）正电子匀速直线通过平行金属极板AB ，需满足
Bev=Ee
因为正电子的比荷是b ，有 E=U d
联立解得：
u Bvd =
（2）当正电子越过分界线ef 时恰好与分界线ef 相切，正电子在匀强磁场区域I 、II 运动的时间最长。

4
T t = m t =2t
2111
v ev B m R = T ＝122R m v Be
＝ππ 联立解得：t Bb π
=
（3）临界态1：正电子恰好越过分界线ef ，需满足
轨迹半径R 1＝3d
1ev B =m 211
v R 11U ev B e d
=⑪ 联立解得：2213U d B b =
临界态2：沿A 极板射入的正电子和沿B 极板射入的电子恰好射到收集板同一点 设正电子在磁场中运动的轨迹半径为R 1
有（R 2﹣14
d ）2+9d 2＝22R 2Bev =m 222
v R Be 2v =
2U e d
联立解得： 2221458
B d b U =
解得：U 的范围是：3B 2d 2
b ＜U ＜221458B d b
5．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔1S 、2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U ，周期为0T 。

在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在02
T t =
时刻通过2S 垂直于边界进入右侧磁场区。

（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达2S 时的速度大小v 和极板距离d
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03t T =时刻再次到达2S ，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小
【答案】（1
2
3
【解析】（1）粒子由1S 至2S 的过程中，根据动能定理得
① 由①式得
② 设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
③ 由运动学公式得
④ 联立③④式得
⑤
(2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，
⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
⑦ 联立②⑥⑦式得
⑧
（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t ，有
1d vt =
⑨
⑩
若粒子再次达到2S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为2t ，根据运动学公式得
22v d t =
⑾ 联立○9○10○11式得 022
T t =
⑿
设粒子在磁场中运动的时间为t 001232T t T t t =---
⒀ 联立⑩⑿⒀式得
074T t =
⒁
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由○6式结合运动学公式得 2m T qB π=
⒂ 由题意得
T t
= ⒃
联立⒁⒂⒃式得 087m
B qT π=
⒄
6．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．
求：（1）电场强度的大小．
（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．
【答案】22B qL E m
=；2B E t t π= 【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，
则有
2
0 0
v qv B m
R
=
由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为
1
4
圆周，
故有
2
R=
以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，t E表示粒子在电场中由p 点运动到Q点经过的时间，则有qE ma
=
水平方向上：2
1
2E
R at
=
竖直方向上：0E
R v t
=
由以上各式，得
2
2
B qL
E
m
=且E
m
t
qB
=
（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为
1
4
圆周，即
1
42
B
t T
m
qB
π
==所以2
B
E
t
t
π
=
7．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=v0B．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v0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．
8．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．
（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y
【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2
010U e y y t dm
∆=∆= 【解析】 【详解】
（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
2222
000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm
=
+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
220min 001122U e y at t dm
=
= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，
2
010U e y t dm
∆=
（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
sin L R θ
=
设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1
sin y v v θ=，
式中00y U e
v t dm
= 又：1
mv R Be =
解得：00U t
B dL
=
②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．
由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2
010U e y y t dm
∆=∆=
9．如图所示，在矩形区域abcd 内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

在ad 边中点O 的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od 的夹角分布在0～180°范围内。

已知沿Od 方向发射的粒子在t=t 0时刻刚好从磁场边界cd 上的p 点离开磁场，ab=1．5L ，bc=L 3，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）粒子在磁场中的运动周期T ； （2）粒子的比荷q ／m ；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间。

【答案】（1）06t T =；（2）03Bt m q π=；（3）max 02t t =。

【解析】
试题解析：（1）（4分）
初速度沿Od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为θ， 由几何关系有：2
3
=
θsin 所以：θ＝60°
︒
=
3600θT t 解得：
06t T = （2）（4分）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供， 根据牛顿第二定律得：R v m qvB 2
= T
R v π2=
所以：qB m
T π2=
解得0
3Bt m q π= （3）（4分）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=L 3，圆轨迹的直径为2L
所以：Ob 弦对应的圆心角为120° 粒子在磁场中运动的最长时间023t T t max ==
考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律。

10．如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy ，在直角坐标系中y 轴和x ＝L 之间有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L 为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在y 轴上A 点(0，L )处沿x 轴正方向射出一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)
(1)粒子的初速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小． 【答案】（152qEL
m （22910229050mE
qL
- 【解析】 【详解】
（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场 后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：
则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y 满足
122L
y
L y L
=- 解得
15
y L =
竖直方向
212y a t
=
水中方向
0L t v =
在电场中根据牛顿第二定律
qE ma =
联立可以得到
032qEL
v m
=
（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C ，由于粒子出磁场时方向沿y 轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在2O 点，连接2O 和C 点，交x 轴与D 点，做2O F 垂直x 轴，垂直为F ． 由几何关系
452L
CD L L
=
解得
2
5
CD L =
由于21O F O C L ==，故2O FD ∆与1O CD ∆全等，可以得到
21O D O D =
则
2
212295O D L L L ⎛⎫
=+= ⎪⎝⎭
因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为
2229
R O D CD L +=+=
粒子出电场时速度沿y 轴负方向的分速度
225y qEL
v ay m ==
因此粒子进磁场时的速度为
22
02910y qEL
v v v m
=+=
粒子在磁场中做匀速圆周运动有
2
qvB m R
v =
解得
()
52929102290
5010229
mE mE
B qL qL
-=
=+ 点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚 粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题．
11．如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。

两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量
为＋q 的粒子由小孔下方
2
d
处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。

不计粒子的重力。

(1)求极板间电场强度的大小；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、
4mv
qD
,粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．
【答案】（1）
2
mv
qd
（2）
4mv
qD
或
4
3
mv
qD
（3）
5.5πD
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子在电场中，根据动能定理2
1
22
d
Eq mv
⋅=，解得
2
mv
E
qd
=
(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为
/2
E
R
由
2
1
1
v
qvB m
r
=，解得
4mv
B
qD
=
则当外切时，半径为
e
R
由
2
1
2
v
qvB m
r
=，解得
4
3
mv
B
qD
=
(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为
22
9
32
qB L
m
U
=，则粒子运动的半径为00
10016
819
U U
U
≤≤；Ⅱ
区域的磁感应强度为2
1
2
qU mv
=，则粒子运动的半径为
2
v
qvB m
r
=；
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：
1
1
1
2R
T
v
π
=；
3
4
r L
=
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，
Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为
1
θ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为
2
θ，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系可得：1120
θ=o；
2
180
θ=o；
60
α=o
粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：r U
∝；
1
5
6
U
L
U
L
=
设粒子运动的路程为s ，由运动公式可知：s=v(t 1+t 2) 联立上述各式可得：s=5.5πD
12．平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比．
【答案】02v ,与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)0
2
v 【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子运动轨迹如图：
粒子在电场中由Q 到O 做类平抛运动，设O 点速度v 与x 方向夹角为α，Q 点到x 轴的距离为L ，到y 轴的距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，根据平抛运动的规律有： x 方向：02L v t = y 方向：212
L at =
粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度：
y v at =，
又
tan y x
v v α=
，
解得tan 1α=，即45α=︒，
粒子到达O 点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O 点时的速度大小为
02cos 45v v v ︒
=
=；
(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，粒子在电场中运动的加速度：
qE a m
=
， 设磁感应强度大小为B ，粒子做匀速圆周运动的半径为R ，洛伦兹力提供向心力，有：
2
v qvB m R
=，
根据几何关系可知：
2R L =
解得：
2
v E B =
13．如图所示，足够大的平行挡板A 1，A 2竖直放置，间距为6L .两板间存在两个方向相反
的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面yN为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1，A2上各有位置正对的小孔S1，S2，两孔与分界面yN的距离为L.质量为m，电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到yN上的P点，再进入Ⅱ区．P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．
【答案】（1）（2），
【解析】
试题分析：（1）粒子在电场中，由动能定理有qEd=mv2-0 ①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 qvB0＝②
当k=1时，由几何关系得r=L ③
由①②③解得E=④
（2）由于2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知
(r-L)2+(kL)2=r2⑤
解得r=⑥
由②⑥解得v=⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 qvB＝⑧
由对称性及几何关系可知⑨
解得r1=⑩
由⑧⑩解得B＝
考点：带电粒子在电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动
14．飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器．已知元电荷电量为e ，a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L ．不计离子重力及进入a 板时的初速度．
（1）当a 、b 间的电压为1U 时，在M 、N 间加上适当的电压2U ，使离子到达探测器．请导出离子的全部飞行时间与比荷K （ne K m
=）的关系式． （2）去掉偏转电压2U ，在M 、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B ，若进入a 、b 间所有离子质量均为m ，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a 、b 间的加速电压1U 至少为多少？
【答案】（1）离子到达探测器的时间12111222m m t t t d L neU neU KU =+=+= （2）22min
2532eL B U m
= 【解析】 思路点拨（1）带电粒子先在电场中加速，然后经过偏转电场偏转，加速电场的过程中，根据动能定理可以表示出速度，根据牛顿第二定律可以表示出时间．在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，因此可以表示出时间，这样就可以得出总时间与比荷的关系． （2）当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压．
（1）由动能定理：2112
neU mv = n 价正离子在a 、b 间的加速度11neU a md =
在a 、b 间运动的时间1112v m t d a neU =
= 在MN 间运动的时间2L t v
= 离子到达探测器的时间12111
222m m t t t d L neU neU KU =+=+=（2）假定n 价正离子在磁场中向N 板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R ，由牛
顿第二定律2v nevB m R = 离子刚好从N 板右侧边缘穿出时，由几何关系：222()2
L R L R =+- 由以上各式得：22
12532neL B U m
= 当n =1时1U 取最小值22min 2532eL B U m =．
15．（17分）在半径为R 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B 。

一质量为m ，带有电量q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD 方向经P 点（AP=d ）射入磁场（不计重力影响）。

（1）如果粒子恰好从A 点射出磁场，求入射粒子的速度。

（2）如果粒子经纸面内Q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q 点切线的夹角为φ（如图）。

求入射粒子的速度。

【答案】1）
（2）
【解析】
试题分析：（1）由于粒子在P 点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP 上，AP 是直径。

设入射粒子的速度为v 1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得： ①
由①式解得：②
（2）设O ’是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O’Q ，设O’Q ＝R’。

由几何关系得：∠OQO’=③
而OO’=R’－,＝d－R
所以OO’= R’+R－d ④
由余弦定理得：⑤由⑤式解得：⑥
设入射粒子的速度为v2，由⑦
由⑦式解得：⑧
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.。