高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动(一)解题方法和技巧及练习题
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,圆心为O 、半径为R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O 为坐标原点建立坐标系,在y=-3R 处有一垂直y 轴的固定绝缘挡板,一质量为m 、带电量为+q 的粒子,与x 轴成 60°角从M 点（-R,0） 以初速度v 0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后
由N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场.不计粒子的重力,求:
(1)磁感应强度B 的大小; (2)N 点的坐标;
(3)粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间. 【答案】(1)0mv
qR (2) 31
(,)
2R R - (3)0
(5)R v π+ 【解析】
（1）设粒子在磁场中运动半径为r ，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：
由几何关系可以得到：r R =
由洛伦兹力等于向心力：20
0v qv B m r
=，得到：0mv B qR =．
（2）由图几何关系可以得到：3
sin 602
x R R ==
，1cos602y R R =-=-
N 点坐标为：31,2R R ⎫
-⎪⎪⎝⎭． （3）粒子在磁场中运动的周期2m
T qB
π=
，由几何知识得到粒子在磁场在中运动的圆心角共为180，粒子在磁场中运动时间：12
T
t =
，粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可以得到：从出磁场到再次进磁场的时间为：202s t v =
，其中1
32
s R R ==，粒子从M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间12t t t =+
解得：
()
5R
t
v
π
+
=．
3．在矩形区域abcd中,存在如图甲所示的磁场区域(包括边界),规定磁场方向垂直纸面向里为正,其中22
bc ab l e
==，为bc边界上的一点,且
2
l
ce，
=重力可忽略不计的正粒子从d 点沿dc方向以初速度0v射入磁场,已知粒子的比荷为k，求：
(1)如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开,则磁场的磁感
应强度
B应为多大?
(2)如果磁场的磁感应强度0
2v
B
kl
=，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场,则磁场的变化周期0T应满足什么条件?
(3)如果磁场的磁感应强度0
2v
B
kl
=，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场,0时刻射入磁场的粒子刚好经过0T垂直bc边离开磁场,再次进入磁场后经过0T从a点离开磁场区域,则电场强度E以及粒子在电场中的路程x分别为多大?
【答案】(1)0
4
5
v
B
kl
=； (2)0
5
6
l
T
v
π
≤；(3)
()
2
8
,(012
21
v
E n
n kl
π
==⋯
+
，，）；
()
21
,(0123
8
n l
x n
π
+
==⋯
，，，）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有
20
000
v qv
B m R =
由几何关系，有
2
2200()2
l R l R =+-
解得
054
R l =
由于
q
k m
= 解得
045v B kl
=
； （2）由0
mv R qB =
可知，粒子运动的半径为 2
l R =
临界情况为粒子从t=0时刻射入，并且轨迹恰好与ad 边相切，如图2所示
圆周运动的周期为
00
2m l
T qB v ππ=
=； 由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为5
6
π； 对应运动时间为
15
5
6212
t T T π
π==
应满足
12T t ≥
联立可得
00
56l
T v π≤
（3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示
由题意有
00
122m T qB π=
⨯ 得
00
2l
T v π=
在电场中有
qE ma =
往返一次用时为
2v t a
∆=
；
应有01()2
t n T ∆=+，可得
()20
821v E n kl
π=+，（n=0，1，2…）；
运动的路程为
()02112228
n l t
x v π+∆=
⨯⨯=，（n=0，1，2，3…）
4．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．
【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d
m θ
【解析】 【分析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】
（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R
θ=
洛伦兹力做向心力：20
0v qv B m R
= 解得0cos qBd
v m θ
=
（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x
θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ
θ
=
（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B
解得2qB d
E mcos θ
=
【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
5．如图所示，平面直角坐标系xoy 被三条平行的分界线分为I 、II 、III 、IV 四个区域，每条分界线与x 轴所夹30º角，区域I 、II 分界线与y 轴的交点坐标（0，l ），区域I 中有方向垂直纸面向里、大小为B 的匀强磁场；区域 II 宽度为d ，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域III 为真空区域；区域IV 中有方向垂直纸面向外、大小为2B 的匀强磁场．现有不计重力的两粒子，粒子l 带正电，以速度大小v 1从原点沿x 轴正方向运动；粒子2带负电，以一定大小的速度从x 轴正半轴一点A 沿x 轴负向与粒子1同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域II ；随后粒子1以平行于x 轴的方向进入区域III ；粒子2以平行于y 轴的方向进入区域III ，最后两粒子均在第二次经过区城III 、IV 分界线时被引出．
（1）求A 点与原点距离；
（2）求区域II 内电场强度E 的大小和方向； （3）求粒子2在A 的速度大小；
（4）若两粒子在同一位置处被引出，区城III 宽度应设计为多少？ 【答案】（1）23OA l =（2
）1
3Blv E =（3）21v v =（4）32d S l =-
【解析】
（1）因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ，所以粒子1在区域Ⅰ运动半径为R 1=l
粒子2在区域Ⅰ运动半径为R 2由几何关系知
221
32
R R l =+ 23R l =
33323OA l l l =-=
（2）要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向左下方 两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d ，出电场时，对粒子1沿电场方向的运动有 1
313tan 30E
v v v ==︒11
1
13q E d v m v =⋅
又 2
1111
v q v B m l
= 所以111q v m Bl =
1
E d
=
（3）粒子2
经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为24E tan 60v v ==
︒对粒子2在电场中运动有
2222
q E d m v =⋅ 又 2
2
2223v q v B m l
= 所以
2223Bl
q v
m = 所以 21v v =
（4）粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为1
312sin 30v v v =
=︒
有 23
1313
2v Bq v m R = 3R l = 粒子2
经过区域Ⅲ时的速度大小为24cos30v v =
=
︒有 24
242
4
2v Bq v m R =
4R =
两粒子要在区域IV 运动后到达同一点引出，O 3圆对应的圆心角为60゜，O 4圆对应的圆心角为120゜
3E 4E 3412
2cos30++tan 30tan 6022v v S S d d
R R v v +︒=
⋅+⋅︒︒
2
d S =-
点睛：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．
6．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a 、b 相距为d ，a 、b 间加有电压， b 板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a 板的左端以v 0的初速度水平射入匀强电场，刚
好从狭缝P 处穿过b 板进入匀强磁场，最后粒子打到b 板的Q 处(图中未画出)被吸收．已知P 到b 板左端的距离为2d ，求：
（1）进入磁场时速度的大小和方向；
（2）P 、Q 之间的距离；
（3）粒子从进入板间到打到b 板Q 处的时间．
【答案】（1）002,45v
（2）
02mv Bq
（3）022d m v Bq π+ 【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在两板间做类平抛运动，则：v 0t=2d 12
y v t =d ， 所以，v 0=v y
v p =22002y v v v +=，0tan y
v v θ=＝1，θ＝45°
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O ，半径为r ，如图；
2
p p mv Bqv R =，得：p
mv R Bq =
左手定则，判断出粒子轨迹，022PQ mv x R Bq ==
（3）在电场中的时间102d t v =
磁场中的周期2m T qB
π=
21
42
m
t T
qB
π
==，
则12
2
2
d m
t t t
v qB
π
=+=+
【点睛】
此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答.
7．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
；（2）
3
3
B；（3）
3
3
R
v
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： 2v B qv m R '='
得：
33B 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==
8．如图所示，边长为L 的正三角形ABC 区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，D 为AB 边的中点，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子平行BC 边射入磁场，粒子的速度大小为v 0，结果刚好垂直BC 边射出磁场，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若要使粒子在磁场中的运动轨迹刚好与BC 相切，粒子的速度大小为多少?粒子在磁场中运动的时间为多少?
（3）增大粒子的速度，试分析粒子能不能从C 点射出磁场。

若不能，请说明理由；若能，请计算粒子从C 点射出磁场时的偏向角。

【答案】（1）
0433mv qL
，（2）012v ，033L v π，（3）能，60︒ 【解析】
【详解】
（1）运动轨迹如图所示：
根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为1
36024L R sin L =︒= 根据洛伦兹力提供向心力有：2
001v qBv m R = 所以匀强磁场的磁感应强度大小为0433mv B qL
=； （2）要使粒子在磁场中的运动轨迹刚好与BC 相切，其轨迹如图所示：
根据几何知识可知，其运动的半径为213•60228L R sin L =
⋅︒= 所以粒子运动是速度为0212
qBR v v m == 根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为240θ=︒，
所以粒子在磁场中运动的时间为0
2223333m L t T qB v ππ=== （3）根据数学知识知，粒子能到达C 点，粒子到达C 的轨迹如图所示：
结合知识可知，∠DOC=60°，所以粒子从C 点射出磁场时的偏向角为60°。

9．如图甲所示，在坐标系xOy 平面内，y 轴的左侧有一个速度选择器，其中电场强度为E ，磁感应强度为B 0．粒子源不断地释放出沿x 轴正方向运动，质量均为m 、电量均为+q 、速度大小不同的粒子．在y 轴的右侧有一匀强磁场，磁感应强度大小恒为B ，方向垂直于xOy 平面，且随时间做周期性变化（不计其产生的电场对粒子的影响），规定垂直xOy 平面向里的磁场方向为正，如图乙所示．在离y 轴足够远的地方有一个与y 轴平行的荧光屏．假设带电粒子在y 轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，失去电荷变为中性粒子．（粒子的重力忽略不计）
（1）从O 点射入右侧磁场的粒子速度多大；
（2）如果磁场的变化周期恒定为T =m qB
π，要使不同时刻从原点O 进入变化磁场的粒子做曲线运动的时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开y 轴的距离至少多大；
（3）荧光屏离开y 轴的距离满足（2）的前提下，如果磁场的变化周期T 可以改变，试求从t =0时刻经过原点O 的粒子打在荧光屏上的位置离x 轴的距离与磁场变化周期T 的关系．
【答案】（1）0E B （2）0
22mE qBB （3）T ＜53m qB π 【解析】
【详解】
（1）因为粒子在速度选择器中运动时受力平衡，即：qvB 0=qE ，
解得：v =0
E B ； （2）带电粒子进入y 轴右侧之后，在磁场中运动的半径为：r =mv qB =0
mE qBB ， 因为磁场的变化周期恒为：T =
m qB
π，所以粒子在该磁场中运动半个周期所转过的角度为90°，
任一时刻进入y 轴右侧磁场的粒子其运动轨迹如图甲所示：
为使粒子在磁场中运动满一个变化周期，荧光屏离开y 轴的距离应该为：
x =2r si nα+2r sin （90°-α）=2r sinα+2r
cosα=22r sin （45°+α），
当α=45°时，x 的值最大，最大值为：x =22r =0
22mE qBB ； （3）因为带电粒子在两个磁感应强度大小相等的磁场中运动的时间相等，
所以其轨迹具有对称性，如图乙所示，
其经过一个磁场变化周期之后的速度方向与x 轴方向平行，
且此时距x 轴的距离为：y =2r （1-cosα）
式中的α为粒子在变化的磁场中运动半个周期所转过的角度，
其余周期T 的关系为：2T =m qB
， 则：α=2qBT m
， 所以经过一个周期后，距x 轴的距离为：y =20mE qBB （1-cos 2qBT m
）， 由于只有在y 轴的右侧才有变化的磁场，所以带电粒子最大转过的角度不会超过150°，如图丙所示，
即磁场的变化周期有一个最大值，
2
m
T
=
5
6
m
qB
π
，所以：T＜T m=
5
3
m
qB
π
；
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v0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v0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：r2+r2=L2，
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：t1
=1 4 T
=
2
4
L
v
π
，
小球在斜面上做类平抛运动，
水平方向：x=r=v0t2，
运动时间：t2=
2
2
L
v
，
则：t1：t2=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=2
2
1
2
at，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．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】
2
2
B qL
E
m
=；
2
B
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v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有200v 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14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：212
E R at = 竖直方向上：0E R v t =
由以上各式，得 22B 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14
圆周，即142B t T m qB π== 所以2
B E t t π=
12．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E2的大小和方向；
（3）讨论板内场强E1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E2的大小为mg
q
，方向沿y轴正方向；
（3）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
-～．
【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x1、x2．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
-～．
13．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
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：
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 '= ．
14．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)
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v 0
（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）03qBd v m =
（2）8q Q =（3）8qR x Bd ∆=（4）小球不会与MN 杆发生第二次碰撞．
【解析】
【分析】
光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动，由几何关系可求半径，牛顿第二定律求出小球在O 点射人磁场时的初速度；小球与MN 杆发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒求出碰后小球速度和MN 杆速度，此后杆MN 与杆PN 组成的系统动量守恒，根据能量守恒定律求解PQ 上产生的热量，对杆PQ 应用动量定理求得金属棒PQ 通过的电荷量；根据电荷量公式求解在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离；球与MN 碰后，球碰后做圆周运动，这段时间内杆MN 减速运动，与PQ 同速后做运匀速动，由此判断小球不会与MN 杆发生第二次碰撞；
【详解】
（1）如图所示，可得：光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径设为r ， 由图可知：0cos 602d r r +=
得：3
d r = 由牛顿第二定律可得： 200v qBv m r
= 得：03qBd v m
=
（2）由题可知小球与MN 杆发生弹性碰撞，设碰后小球速度为1v ，MN 杆速度为2v ，可得：
0123mv mv mv =+
2220121113222
mv mv mv =+⨯ 联立可得：201011,22
v v v v ==- 此后杆MN 与杆PN 组成的系统动量守恒，共速度时速度设为v ，则有：23(3)mv m m v =+ 可得：2033488qBd v v v m
=== 由能量守恒定律可知PQ 上产生的热量：222113422E mv mv =⨯-⨯=22296q B d m
对杆PQ 应用动量定理可得： 0BId t mv ∆=-
即：0BdQ mv =- 得：8
q Q = （3）由B S B xd Q R R R
φ∆∆∆=== 得杆MN 比杆PQ 多滑动的距离：8QR qR x Bd Bd
∆== （4）由（2）可知球与MN 碰后，小球的速度为：1012v v =-
， 杆MN 的速度为：201,2
v v = 小球碰后做圆周运动的半径：'6
d r = 运动半个周期的时间为：00'32
r d t v v ππ==
这段时间内杆MN 减速到与PQ 同速，最小速度为038v v =，则其位移：'8d x vt r π>=> 此后杆MN 一直向左运动，故小球不会与MN 杆发生第二次碰撞．。