高中物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的技巧及练习题及练习题(含答案)

高中物理高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动的技巧及练习题及练习题
(含答案)
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练
1．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22bc 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0B 应为多大? (2)如果磁场的磁感应强度0
02v 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
02v 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
045v B kl =； (2)00
56l T v π≤；(3)()2
08,(01221v E n n kl π==⋯+，，）；
()21,(01238
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…）
2．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。

在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。

若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。

已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。

若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。

两小球重力均不计。

(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；
(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。

【答案】(1)2n ，21n n ；(2)12
3r
r n n -
【解析】 【详解】
(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有
A 1
B mv n mv =①
小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有
2A A A mv qv B r =，2
1B
2B B
n mv n qv B r =②
解①②式得
A
2B
r n r = 磁场运动周期分别为
A 2πm
T qB
=
，1B 22πn m T n qB =
解得运动时间之比为
A
A 2
B B 1
22
T t n T t n == (2)如图所示，小球A 经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。

水平方向有
A A L v t =③
竖直方向有
2A A A 12
y a t =
④ 由牛顿第二定律得
A qE ma =⑤
解③④⑤式得
2
A A
()2qE L y m v =
⑥ 小球B 在电场中做类平抛运动，同理有
2
2B 1B
()2n qE L y n m v =
⑦ 由题意知
B y r =⑧
应用几何关系得
B A 2y y r y ∆=+-⑨
解①⑥⑦⑧⑨式得
12
3r y r n n ∆=-
3．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出α粒子（4
2He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R ．以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．
（1）放射性原子核用 A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程．
（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小． （3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损△m ．
【答案】（1）放射性原子核用 A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，则该α衰变的核
反应方程为44
2
2A
A Z Z X Y H --→
+ ；（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆
周运动的周期为 2m Bq π ，环形电流大小为 2
2Bq m
π ；（3）设该衰变过程释放的核能都转
为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，则衰变过程的质量亏损△m 为损
2
211()()
2BqR m M c + ． 【解析】
（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为
44
22X Y He A A Z
Z --→
+
（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v ，由洛伦兹力提供向心力有
2
v qvB m R
=
根据圆周运动的参量关系有2πR
T v
=
得α粒子在磁场中运动的周期2πm
T qB
=
根据电流强度定义式，可得环形电流大小为22πq q B
I T m
==
（3）由2
v qvB m R =，得qBR v m
=
设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，核反应前后系统动量守恒，有Mv ′–mv =0 可得mv qBR v M M
='=
根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有2
2211
22
mc Mv mv '∆=
+ 解得2
2
()()2M m qBR m mMc
+∆=
说明：若利用
4
4
A
M m
-
=解答，亦可．
【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒．
（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小．
（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损．
4．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．
()1求粒子运动的速度大小；
()2粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？
()3粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？
【答案】（1EqR
m
（2）2
1
2
R；
1
1
n+
；（3）2π
mR
Eq
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：
2
mv
Eq
R
=
解得：
EqR v
m =
（2）粒子从D 到A 匀速圆周运动，轨迹如图所示：
由图示三角形区域面积最小值为：
2
2
R S
= 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：
2
mv Bqv R
= 得：
mv R Bq
=
设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2，如图所示：
若只碰撞一次，则有：
112R mv R B q
=
= 22mv
R R B q
==
故
2112
B B = 若碰撞n 次，则有：
111R mv R n B q
=
=+
22mv
R R B q
==
故21
11
B B n =+ （3）粒子在电场中运动时间：
1242R mR
t v Eq
ππ
=
= 在MN 下方的磁场中运动时间：
211122n m mR
t R R v EqR Eq
πππ+=
⨯⨯== 在MN 上方的磁场中运动时间：
232142
R mR
t v Eq ππ=⨯=
总时间：
1232mR
t t t t Eq
π
=++=
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 d
=（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
3Blv E =
（3）粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为22
4E 3tan 60v v v ==
︒对粒子2在电场中运动有2222
3
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，在0y >区域存在方向垂直xoy 平面向里、大小为B 的匀强磁场．坐标原点处有一电子发射源，单位时间发射n 个速率均为v 的电子，这些电子均匀分布于xoy 平面y 轴两侧角度各为60°的范围内．在x 轴的正下方放置平行于y 轴、足够长的金属板M 和N （极板厚度不计），两板分别位于 1.2x D =和2x D =处，N 板接地，两板间通过导线连
接有电动势U 在20.25m m m mv U U U e ⎛⎫
= ⎪⎝
⎭:范围内可调节的电源E 和灵敏电流计G ．沿y
轴正方向入射的电子，恰好能从2x D =处进入极板间．整个装置处于真空中，不计重力，忽略电子间的相互作用． （1）求电子的比荷；
（2）求电子在磁场中飞行的时间与发射角度θ（速度方向与y 轴的角度）的关系； （3）通过计算，定性画出流过灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线．
【答案】（1）v BD （2）(1802)180D t v
θπ±=o （3）见解析 【解析】 【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力：2
v evB m r
=
根据其中题意可知半径为：r =D
联立可得：
e v m BD
= (2)粒子的运动周期为：2m
T eB
π=
根据几何关系可知，当粒子从y 轴的右侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=- 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ--=
== 当粒子从y 轴的左侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=+ 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ++=
== (3)设进入M N 、极板电子所对应的最大发射角为m a ，则有
2cos 1/2m D a D =．53m a =o
左侧电子单位时间内能打到M 极板的电子数为：5353
60120
L n n n z =
= 对右侧电子：5360θ≤≤o o 均能达到M 板上，053θ≤<o 以θ角射出恰好不能到达N 板. 则有：221
2(1cos )sin 0.82
U e
D mv D θθ⨯-= 电压为：
211
(1cos )(1cos )55
m mv U U e θθ=+=+
最大值为：max 2
5
m U U =
最小值为：min 0.32m U U = 当2
5
m U U ≥
，右侧所有电子均到达M 板，饱和电流为： 531113()1202120
i ne ne =+=
当0.32m U U <
右侧角度小于53o 电子均不能到达M 板，此时到达极板M 的电子数为2
n
． 灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线为：
7．如图所示，在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场．在t =0时刻，一位于ad 边中点o 的粒子源在abcd 平面内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 边的夹角分布在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，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L ，粒子重力不计，求：
（1）粒子的比荷q ／m ；
（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．（若角度不特殊时可以用反三角表示，
如：已知sinθ＝0.3，则θ＝arcsin0.3)
【答案】（1）06Bt π（2）5
6（3）0125arcsin 4t π⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】
由题中“在正方形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的”可知，本题考查带电粒子在有界磁场中的运动规律，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系可分析本题． 【详解】
（1）初速度沿od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图，
其圆心为n ，由几何关系得
6
onp π
∠=
012
T
t =
粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得
2
2(
)Bqv m R T
π= 2R
v T
π=
解得
6q m Bt π= （2）依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到o 点距离相等，在t 0时刻仍在粒子磁场中的粒子应位于o 为圆心，op 为半径的弧pw 上．
由图知56
pow π∠=
此时刻磁场中粒子数与总粒子数之比为
56
（3）在磁场中运动时间最长的粒子轨迹应该与b 相交，
设粒子运动轨迹的圆心角为θ，则
5sin
2
4
θ
=
在磁场中运动的最长时间
512arcsin
42t T t θπ
π
=
= 所以从粒子发射到全部粒子离开共用时
0125arcsin t t π⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
8．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：
tan 30r
R '=
=o
由：
2
v B qv m R '='
得：
B B '=
= （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：
16t T ==
9．如图所示，在x 轴上方存在垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，坐标原点O 处有一粒子源，可向x 轴和x 轴上方的xOy 平面各个方向不断地发射质量为m 、带电量为q +、速度大小均为v 的粒子。

在x 轴上距离原点0x 处垂直于x 轴放置一个长度为0x 、厚度不计、两侧均能接收粒子的薄金属板P （粒子打在金属板P 上即被吸收，电势保持为0）。

沿x 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。

（1）求磁感应强度B 的大小；
（2）求被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间；
（3）要使薄金属板P 右侧不能接收到粒子，求挡板沿x 轴正方向移动的最小距离。

【答案】（1）0mv B qx =（2
）0min 3x t v π=；0
max 53x t v
π=（3）(
)
031x -
【解析】 【详解】
（1）设粒子做圆周运动的半径为R 。

根据牛顿第二定律，得：2
mv qvB R
=
由几何关系，得：0R x =
联立解得：0
mv
B qx =
； （2）带电粒子在磁场中的运动周期为T ，则有：2R
T v
π=， 得0
2x T v
π=
打在P 左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短；
由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是160θ=︒
运动的最短时间：1
min 0
360t T θ=
联立解得：0
min 3x t v
π=
打在P 右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，
由几何关系可知：打在P 左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是2300θ=︒， 运动的最短时间：2
max 360t T θ=︒
联立解得：0
max 53x t v
π=
（3）带电粒子能达到的范围如图阴影所示:
要使挡板右侧无粒子到达，P 板最上端与O 点的连线长应为02x 即粒子运动的直径. 所以沿x 轴正方移动的最小长度.
()
)
2
2000231x ON OM x x x ∆=-=
-=
，
10．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．
11．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 =
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 sinα+2r sin （90°-α）=2r sinα+2r 2r sin （45°+α）， 当α=45°时，x 的值最大，最大值为：x 2r 0
22mE
（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：2
T
=m qB α， 则：α=
2qBT
m
， 所以经过一个周期后，距x 轴的距离为：y =2
0mE 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
6m qB π，所以：T ＜T m =53m qB π；
12．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷q
m
=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6．
（1）求粒子的发射速度v的大小；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．
【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%
【解析】
【详解】
（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m
2
v
R
可得：v=6×105m/s；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一
点Q，根据几何关系可得PQ=
0.06
37
cos o
=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；
Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-
0.06
37
sin o
=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；
故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；
（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：
y=1
2
at2…①
a=qE
m
=
qU
md
…②
t=L
v …③
由①②③解得：y=0.08m
设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα
可知tanα=4
3
，即α=53° 比例η=
53180︒
o
×100%=29%
13．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 0沿AC 方向由A 点射入。

粒子经D 点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。

(不计重力)
(1)试求AD 间的距离；
(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC 方向的匀强电场，要想由A 射入的粒子仍然能经过D 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D 点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么? 【答案】（1）o
mv R=Bq
（2）a<60︒ 【解析】 【详解】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60︒，则粒子转过的圆心角为60︒， 即AD=R
由20
0v qv B m R
=
得AD =0
mv R Bq
=
（2）经D 点3
cos30x R R
=︒=，1sin302y R R =︒= 而0x v t =，212y at =
，qE
a m
=
解得04
3
E Bv =
，方向垂直AC 向上 速度偏向角y x
v v tana =
，y v at =
解得2
tan 2tan 3033
α=︒=
而tan60=3︒，即tan tan60α<︒ ，则<60α︒
14．如图所示，真空中区域I 存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II 存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d 且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q 为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q 板上能产生亮斑。

现有一束电子从A 处的小孔以速度 v 0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P 板成300夹角。

已知电子质量为m ，电荷量
大小为e ，区域II 的电场强度2038mv E ed
=，不计重力和电子间的相互作用力，求：
(1)若电子垂直打在Q 板上，I 区磁场的磁感应强度B 1大小和电子到达Q 板的速度。

(2)逐渐增大磁感应强度B 1为保证Q 板上出现亮斑，所加磁感应强度B 昀最大值。

【答案】（1）00113mv mv B er =
=02v
v =；（2）I 区磁场的磁感应强度最大值为
31)2m mv B ed
=
【解析】 【详解】
（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2
0mv evB r
=，
可解得0
mv r eB
=
若电子垂直打在Q 板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，
由几何关系得r 1cos30°=d ，可解得 1cos303
d r ==o 故I 区磁场的磁感应强度为
00113mv mv B er =
= 电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得22011
22
eEd mv mv -=-， 解得0
2
v v =
（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得 22011
22
eEd mv mv -=-， 解得0
2
v v =
若电子恰好打在Q 板上，说明速度的方向刚好与Q 板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ，v 0cosθ=v ，解得θ=60° 在磁场中，由几何关系知 r 2cos30°+r 2cos60°=d ， 得(
)
231r d =
-， 此时 (
)
00
22
312mv mv B er ed
+=
=
故I 区磁场的磁感应强度最大值为(
)
031 2m mv B ed
+=
15．如图甲，位于M 板处的粒子源可以不断产生初速度为零的电子，电子在MN 板间被加速，在MN 板间所加电压按图乙所示规律变化。

00,NM t U U ==时，电子射出后从坐标原
点O 进入x 轴上方一垂直纸面向外的有界匀强磁场区域．发生270°偏转后沿y 轴负方向射出有界磁场打到x 轴下方水平放置的荧光屏上。

N 板到y 轴、荧光屏到x 轴的距离均为L 。

已知电子的质量为m ，电量为－e(e>0)，磁场的磁感应强度大小为B 。

忽略电子在板间被加速的时间，认为电子在MN 板间运动过程中板间电压不变，不考虑电子运动过程中的相互作用。

求：
(1)t=0时刻从N 板射出的电子在磁场中运动的半径大小； (2)电子在t=0时刻从N 板射出到打到荧光屏所经历的时间；
(3)为使0—2t 0时间内从MN 板间射出的电子均能发生270°偏转垂直打在荧光屏上，试求所加磁场区域的最小面积。

【答案】0
21mU B
e
(2) 02(23)2m m t L eU eB π+= (3) 02(23)mU S eB π+= 【解析】 【详解】
（1）在t=0时刻进入电场的电子被加速，由动能定理：2
0112
eU mv =
进入磁场后洛伦兹力提供向心力：2
111
v ev B m R = 联立解得：0
121mU R B e
=
（2）t=0时刻从N 板射出的电子，到达原点O 经历的时间：11
L t v = 在磁场中运动的时间2324m t eB
π=
⋅ 从离开磁场到到达荧光屏的时间131
R L
t v +=
该电子从N 板到荧光屏的时间：t=t 1+t 2+t 3 解得：()02322m
m t L
eU eB
π+=。