高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动模拟试题及解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动模拟试题及解析
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练
1．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=
21
37360
o
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：41145
m
t qB π⎛⎫=+
⎪⎝
⎭。

2．如图所示，两个边长均为l 的正方形区域ABCD 和EFGH 内有竖直向上的匀强电场，DH 上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m ，电荷量为q ，以速度v 从B 点沿BC 方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且
，今在
CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：
(1)所加磁场的宽度DH；
(2)所加磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d
由Eq＝ma得a＝
由l＝vt得t＝
故d＝at2＝l
粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为v y＝at＝v
速度偏向角为tanθ＝＝1
解得θ＝
粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知
得得
(2)射入磁场的速度大小为v′＝v
由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m
解得B＝
(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝
粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝T
其中T＝
在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为
t＝2(t1＋t2＋t3)
得或t＝
点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．
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t1后消失；紧接着电场出现，持续t2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v0从0点沿x轴正方向出发，在t1时刻第一次到达y轴上的M（0，L）点，t1+t2时刻第一次回到x轴上的N（-2L，0）点，不计粒子重力，t1、t2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．在以坐标原点 O 为圆心、半径为 r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。

一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x 轴的交点 A 处以速度 v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与 y 轴的交点 C 处沿+y 方向飞出。

（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷
q m
； （2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B '，该粒子仍从 A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感
应强度B '多大？
（3）此次粒子在磁场中运动所用时间 t 是多少？
【答案】（1）v Br ；（23B ；（33R π 【解析】 【详解】
（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷
粒子由A 点射入，由C 点飞出，其速度方向改变了90°，由几何关系可知，粒子轨迹半径：
R =r
由：
2
v Bqv m r
=
解得：
q v m Br
= （2）粒子从D 点飞出磁场速度方向改变了60°角，故A D 弧所对圆心角60°，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径：
3tan 30
r
R r '=
=
由：
2
v B qv m R '='
得：
3
3B B qr '=
= （3）粒子在磁场中飞行周期：
2R T v
π'=
粒子在磁场中飞行时间：
136R
t T π==
5．如图所示，在平面直角坐标系x 轴的上方（ 2.74 2.74a x a -≤≤，0y ≥）区域范围内存在着匀强磁场，磁感应强度为B 。

在空间（3
x a
=-
，12y a =）处有一粒子源P ，能向平面内各个方向发射质量为m 、带电量为-q ，速度为0v 的带电粒子。

（已知0
mv a qB
=，答案涉及位置或长度的均用a 表示），求：
(1)x 轴上能接收到粒子的区域长度L 1；
(2)x 上能被不同角度射出的两个粒子打中的区域长度L 2；
(3)若在x 轴的正半轴上铺设挡板，且粒子源P 打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并反弹，每次反弹后速度方向相反，大小为原来的0.6倍，则求这些粒子出磁场时的纵坐标y 及粒子在磁场中运动的时间。

【答案】(1)1153L =+ (2)2153L = (3)93y =
52m t qB π= 【解析】 【详解】
(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径2v Bqv m R
=，0mv R a
qB ==
粒子打在MN 上的范围如图1所示
最右侧：22PD R a ==
()2
2
115222
ED a a a ⎛⎫
=-=
⎪
⎝⎭
最左侧：F 与MN 相切，由几何关系知2
21322
EF a a a ⎛⎫
=-=
⎪⎝⎭ 解得 1153L =
(2)如图1所示，有不同角度射出的两个粒子打中的长度为OD, 3
2
OE EF a == 得2153L OD ==
- (3)粒子垂直打在挡板上，由几何关系可知OG a =，150POG ∠= 粒子打在G 点后反弹，0
0.60.6mv R a qB
'=
=， 1.2GH a = 再反弹0.36R a '='，之后从磁场右边界出去，由几何关系可知
2.74 1.20.361
cos 0.362
a a a a a θ---=
=，60θ=
93
sin 60y R a ==
'' 150POG ∠= 2m
T qB
π=
所有粒子周期相同 粒子走过的圆心角为150180120450α=++= 所以45053602m
t T qB
π=
=
6．质量为m 电荷量为+q 的带电粒子（不考虑重力）从半圆形区域边界A 点沿直径方向正对圆心两次以相同速度v 水平射入。

第一次射入时，空间中只有竖直向下的匀强电场，第二次只有垂直于纸面向外的匀强磁场（磁场和电场区域都无限大且未画出）。

发现带电粒子两次都击中半圆形边界上同一点B 。

（1）证明两次粒子打到B 点速度方向不同；
（2）判断两次粒子打到B 点的时间长短，并加以证明。

【答案】（1）因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同；（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长，证明见详解。

【解析】 【详解】
（1）设半圆形区域的半径为r ，B 点与圆心连线和半圆形直径方向的夹角为θ，第一次射入时，带正电的粒子做类平抛运动，水平方向
r +r cos θ=vt
竖直方向的速度
v y =
qE m t =(1cos )qEr mv
θ+ 第一次射出B 点速度与直径方向的夹角
tan α=
y v v
=
2
(1cos )
qEr mv
θ+ 第二次射入时，粒子做匀速圆周运动，径向射入，径向射出，射出B 点速度与直径方向的夹角为θ，做匀速圆周运动的半径
R =
mv qB
tan 2
θ=r R =qBr mv
第二次射出B 点速度与直径方向的夹角
tan θ=
2
2tan
212
tan θ
θ
-=
22222
2qBtmv
m v q B r -
因为tan tan αθ≠，所以两次粒子打到B 点速度方向不同。

（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B ，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长。

第一次在水平方向
r +r cos θ=vt 1
第一次粒子在电场中运动的时间
t 1=
(1cos )
r v
θ+
第二次粒子在磁场中运动的半径
R =mv qB =tan
2
r θ qB =
tan
2mv r
θ
第二次粒子在磁场中运动的
t 2=2θπT =22m qB θππ=m qB θ=tan 2
r
v θθ=(1cos )
sin r v θθθ
+ 因为sin θθ>，所以t 2>t 1。

7．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 ；（2）
1210mU d q ，1
5mU
d q
；（3）200442(525)221m
d 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
1
12
10
mU
B
d q
=
第一次加速后：
2
2
1
2
2
qU mv
=，()
2
2
2
10
v
qv B m r d
r
==，
解得
2
1
5
mU
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
22
m
1442
(21)
2
r d d
=+=，
由
2
1
11
m
v
qv B m
r
=，
2
2
22
m
v
qv B m
r
=，
解得：
1
1
442
2
qB d
v
m
=，2
2
442
2
qB d
v
m
=；
最短时间为：
112
12
1010
22
d m m d
t
v v v
qB qB
ππ
=+++
+，
解得
()
200442525221m t d qU π⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦
．
8．如图所示，直角坐标系xOy 平面内有垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一个半径为R 的绝缘圆筒垂直于坐标平面放置，圆心P 在x 轴上，O 、P 间的距离为2R ，y 轴上各点处均可沿x 轴正方向发射质量为m 、电荷量为q 的同种带正电粒子，粒子的发射速度大小均为v 0＝
2qBR
m
，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）所有打到圆筒上的粒子中，在磁场中运动时间最短的粒子在磁场运动的时间及在y 轴上发射的位置坐标；
（2）从y 轴上什么范围内发射的粒子能打在圆筒上?
【答案】（1）（0，2-3R R ）（2）(25)52R y R ≤≤（） 【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿运动定律有：2v qvB m r
=
代入数据，解得：2r R =
由题意可知，所有粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴上，做圆周运动的圆半径相等，根据224R R
T v v
ππ⨯==得，粒子在匀强磁场运动的周期都相等，粒子在磁场中运动的时间2t T θ
π
=
⋅，要使运动时间最短，则运动的弧长最短，圆心角θ最小，分析可知粒子打在圆筒与x 轴左侧交点所用的时间最短．
由几何关系可知，这段圆弧所对圆心角θ满足：1sin 2
R r θ== 得到：6
π
θ=
粒子在磁场中做圆周运动的周期：224R R T v v
ππ⨯==2m
qB π= 则最短时间：1126m
t T qB
π=
= 根据几何关系，发射点距坐标原点O 的距离为：()
22cos 236
y R R R π
∆=-=-
即对应粒子在y 轴上发射的位置坐标为（0，2-3R R ）
（2）设从圆筒上面恰好能打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在M 点，坐标为M （0，y 1）
由几何关系可知，2212(3)(2)(25)y R R R R =-=
设从圆筒下面恰好打在圆筒上的粒子从y 轴上射出的位置在Q 点，坐标为Q （0，y 2）． 由几何关系可知，222[(3)(2)2](25)y R R R R =--=
因此能打在圆筒上的粒子在y 轴上射出的范围是：(25)52)R y R ≤≤（．
【点睛】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．
9．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．
(1)求电场强度大小E ；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；
(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．
【答案】（1）2
mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）0
2L t v π=
【解析】
本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，
2
122
L at =，qE ma = 联立解得： 2
mv E qL
=
(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x
y
v v θ==l 速度大小0
02sin v v v θ
=
= 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足
L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为
2
π
；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2
π
.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n
=
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
v qvB m R
=
得：0
4nmv B qL
=
，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有222x R =，此时满足()221L n x =+
联立可得：()
2212R n =
+
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
22
v qvB m R =
得：()0
2221n mv B qL
+=
，n=1、2、3....
所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =
，n=1、2、3....或()0
2221n mv B qL
+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
θ=2n×2
π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==
若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
==
粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为0
2222n n m L
t T qB v ππππ=⨯
==或2220
(42)(42)2n n m L
t T qB v ππππ++=⨯
==
10．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
22v 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：r 2+r 2=L 2， 解得：r =
2
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：t 1
=
14T =0
24L v 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
；
11．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标
06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度
51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴
上方180°范围内的各个方向发射比荷为
81.010/q
C kg m
=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率6
0 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动
2
0v qv B m r
=
解得：0
5mv r cm qB
=
= （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
000x v t =
2
012
h at =
qE a m
=
解得：18210h cm R cm =>=，
说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则
0x v t =
212
y at =
代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000tan 2y
qE x
v m v y v v θ===， 所以()()00tan 22H x x x y
y θ=-=-， 由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，
所以max 9H cm =
12．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) 2012mv q Eh
=；(2) 02E B v =；(3)存在，0E B v '= 【解析】
【详解】
（1）设第1球的电量为1q ，研究A 到C 的运动：
2112q E h t m
= 02h v t =
解得：2012mv q Eh
=； （2）研究第1球从A 到C 的运动：
12y q E v
h m
= 解得：0y v v =
0tan 1y
v v θ==，45o θ=，02v 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21v 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
02hm 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 '= ．
13．如图所示，坐标系xoy位于光滑绝缘水平面内，其中第二象限内存在一个与坐标平面平行方向如图的匀强电场．一质量为M，电量为q
+的小球a从A点由静止释放．沿AO 方向运动．到达O点时速度为v，AO长度为.L若小球a恰能与静止在O点质量为(3)
m M m
>的不带电小球b发生弹性碰撞，相碰时电荷量平分，同时瞬间撤去电场并在整个空间加一垂直于坐标平面向下的匀强磁场．忽略两小球间的静电力及小球运动所产生磁场的影响．求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)a，b两球碰后的速度；
(3)若从a，b两球相碰到两球与O点第一次共线所用时间为t，则匀强磁场的磁感应强度
l
B的大小为多少？
【答案】(1)
2
2
Mv
qL
；(2)
()
M m v
M m
-
+
和
2Mv
M m
+
； (3)()
4Mm
qt M m
π
-．
【解析】
【分析】
()1小球a在电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式结合可求得匀强电场的电场强度大小E；
()2a、b两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律求两球碰后的速度；
()3a、b两球碰后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和运动学公式求得两球运动周期，画出轨迹，分析时间t与两球周期的关系，求解匀强磁场的磁感应强度l B的大小．
【详解】
(1)设a球在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律和运动学公式可得：
qE
a
M
=
22
v aL
=
解得：
2
2
Mv E
qL =
()2设a、b两球碰后的速度分别为1v和2v，取碰撞前a球的速度方向为正方向，由动量
守恒定律和机械能能守恒定律得：
12Mv Mv mv =+． 22212111222
Mv Mv mv =+． 解得：()1M m v v M m -=+，22Mv v M m
=+ ()3由于碰后两球都带正电在磁场中向同一方向偏转做圆周运动，如图．
由2v qvB m R
=，2R T v π=得：2m T qB π= 则得：4a M T qB π=，4b m T qB
π= 如图所示a 、b 两球与O 点第一次共线时有：
222b a t t T T πππ-= 解得：()
4Mm B qt M m π=
- 【点睛】 本题中带电小球先加速后做圆周运动类型，关键是画出轨迹图，结合几何关系分析时间与周期的关系．
14．如图所示的平面直角坐标系xoy ，在第二象限内有平行于y 轴的匀强电场，电场强度的大小为E ，电场强度方向沿y 轴正方向；在第三象限的正三角形PMN 区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外，正三角形边长为L ，且PN 边与y 轴平行。

现有一重力不计带负电的粒子，从y 轴上的A 点，以大小v 0的速度沿x 轴负方向射入电场，通过电场后从x 轴负方向上的P 点进入第三象限，且速度与x 轴负方向夹角为θ,又经过磁场后从y 轴负方向进入第四象限，且速度与y 轴负方向夹角为α (已知θ+α=090， OP=2AO=4h).求：
(1)带电粒子的比荷q m
=? (2)粒子到达P 点时速度的大小和θ=?
(3)PMN 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值；(以上3小题答案均用E 、h 、L 、v 0等表示)
【答案】（1）204V q m Eh
=（202v ，450（3）08Eh Lv 【解析】
【分析】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比荷。

（2）应用运动的合成与分解求出速度大小与方向。

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，经分析，α=450
并且当粒子从N 点出磁场时，磁感应强度最小；洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度最小值。

【详解】
（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设在第二象限内运动的时间为1t ，则 水平方向有：014h v t = 竖直方向有：2122Eq h t m
= 联立得：204v q m Eh
= （2）设粒子到达P 点时时竖直方向的速度v y 则有：122y
v h t =
联立得：y 0v v =
所以粒子到达p 点时速度大小为02p v v =
与x 轴的夹角为θ，由几何关系得：00
tan 1y
x v v v v θ===，所以θ=450 （3）经分析，α=450 并且当粒子从N 点出磁场时，磁感应强度最小 由几何关系得：22
r L =
由洛伦兹力提供向心力得：2 P
v
Bqv m
r
=
联立得：即磁感应强度的最小值
8Eh
B
Lv
=
【点睛】
本题考查了求电场强度、粒子速度、磁感应强度问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要作出粒子运动轨迹，注意几何知识的应用。

15．如图所示，ab、ef是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d．在导轨ab、ef间放置一个阻值为R的金属导体棒PQ．其质量为m，长度恰好为d．另一质量为3m、长为d的金属棒MN也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN静止于PQ棒右侧某位置，盛个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．现有一质量为m、带电荷量为q的光滑绝缘小球在桌而上从O点（O为导轨上的一点）以与可成60°角的方向斜向右方进人磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN的中点，小球与金属棒MN的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN的电阻，两杆运动过程中不相碰，求：
（1）小球在O点射人磁场时的初速度v0
（2）金属棒PQ上产生的热量E和通过的电荷量Q
（3）在整个过程中金属棒MN比金属棒PQ多滑动的距离
（4）请通过计算说明小球不会与MN棒发生第二次碰撞；
【答案】（1）
03
qBd
v
m
=（2）
8
q
Q=（3）
8
qR
x
Bd
∆=（4）小球不会与MN杆发生第二次碰撞．
【解析】。