高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析

高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
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．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为
2
L
()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与
MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O 点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23
能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E L
φ
=
，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经
O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v m
ϕ
=2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2
102
qU mv =-
2U ϕϕϕ=-=2q v m
ϕ
=
(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有
2
3
能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =
由洛伦兹力提供向心力得：2
v qBv m R
=
联合解得：12m B L q
ϕ
=
（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.
2
12qE L t m
=
222mL m
t L qE q ϕ
==22x Eq qEL q v t m m m ϕ
=
==
若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x v v α=
1
cos 2
α=060α∴=
3．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性
变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为
q
m
=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:
(1)电压U 0的大小；
(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23
T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．
【答案】(1)4
0 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥
【解析】 【分析】 【详解】
(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：
0l v T = 7110T s -=⨯
211()22
T y a =
2y T v a
= 22
y
T y v = 122
d
y y =+ Eq ma =
U E d
=
解得：4
0 2.1610V U =⨯
(2)2T
t nT =+
时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032
A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0
tan y v v β=
37β=
0cos37v v
=
6110m/s v =⨯
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
2
v qvB m R
=
0.03m R r ==
由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.
由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A R
x x ︒
=+
0.1425m C x =.
由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥
4．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R 1＝1 m 、R 23，半径为R 1的圆内分布着B 1＝2.0 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B 2＝0.5 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d 3，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P 点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q ，垂直进入环形磁场区域．已知点P 、Q 、O 在同一水平线上，粒子比荷
4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：
(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？
(2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？
(3) 从P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻．
【答案】(1) r1<1m. (2) U＝3×107V. (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)
【解析】
【分析】
（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；
（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；
（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．
【详解】
(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2
代入数据解得r1＝1m
粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.
(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛
伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m
2 v r
得r＝mv qB
易知r3＝4r2
且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32
解得r2
＝
3
4
m，r3
＝3m
又由动能定理有qU＝
1
2
mv2
代入数据解得U＝3×107V.
(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足
1
2
v t1＝d
得t1＝10－9s
令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)
圆周运动的周期T＝
2m
qB
π
故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为
8
2
21
372180532
610
360360
m m
t s
qB qB
ππ
-
⨯⨯⨯－
＝＋＝
考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－
8k)s(k＝0，1，2，3，…)．
5．如图所示，在竖直面内半径为R的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感
应强度大小为B，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P，P到圆心O的距离为
2
R
，在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子. 已知离子的质量均为m，电荷量均为q，不计离子重力及离子间相互作用力，求：
（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围； （2）若离子速率大小02BqR
v m
=，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少。

【答案】（1）4BqR v m ≤（2）1523
4
R ++ 【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：2
v Bqv m r
=
如图所示，若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则4
R r ≤ 故4BqR
v m
≤
（2）当离子速率大小02BqR v m =
时，由（1）式可知此时离子圆周运动的轨道半径2
R
r = 离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图，
由几何关系知：2
2
21
4R h R ⎛⎫+= ⎪⎝⎭
得1154h R =
由几何关系知：223sin 60224
R R h R ︒+=
+= 故最高点与最低点的高度差121523
h h h ++=+=
6．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距3
m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直
线上．AF
两点距离为
2
3
m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．
(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向
(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（1523
10/m s ；垂直于AB 方向出射．（233（323+ 【解析】
试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U q
ma d =解得：102310/3
qU a m s md ==⨯ 50
110L
t s v -=
=⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝3
3
×105m/s 射出时速度为：225023
10/y v v v m s =
+=
速度v 与水平方向夹角为θ，0
3
tan 3
y v v θ=
=
，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移21322
d y at ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，
由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12
cos303
d R m =
=
由2
11
v B qv m R =
知：1133
10
mv B qR =
= （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：
由几何关系得：221sin 60R
R += 故半径2(233)R m =-
又2
22
v B qv m R = 故223B T += 所以B 2应满足的条件为大于
235T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.
7．在平面直角坐标系x0y 中，第I 象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A (L ，0)点有一粒子源，沿y 轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为m ，电荷量为q ．在B (0，L )、C (0，3L )、D (0，5L )放一个粒子接收器，B 点的接收器只能吸收来自y 轴右侧到达该点的粒子，C 、D 两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子．已知速率为υ的粒子恰好到达B 点并被吸收，不计粒子重力．
(1)求第I 象限内磁场的磁感应强度B 1;
(2)计算说明速率为5v 、9v 的粒子能否到达接收器;
(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B 2的大小和方向．
【答案】(1)1mv B qL =
(2)故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收(3)2217'(173)m B qL
=-2(17317)'4mv B qL +=），垂直坐标平面向外
【解析】
【详解】
（1）由几何关系知，速率为v的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为R L
=①
由牛顿运动定律得
2
1
v qvB
m
R
=②
得1
mv
B
qL
=③
（2）由（1）中关系式可得速率为v5、9v的粒子在磁场中的半径分别为5L、9L.设粒子与y轴的交点到O的距离为y，将5
R L
=和9
R L
=分别代入下式222
()
R L y R
-+=④
得这两种粒子在y轴上的交点到O的距离分别为3L、17L⑤
故速率为v5的粒子被吸收，速率为9v的粒子不能被吸收．⑥
（3）若速度为9v的粒子能到达D点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦设离子在所加磁场中的运动半径为1R，由几何关系有
1
517
2
917
L L
R
L L
=
又
2
2
1
(9)
9
v
q vB m
R
⋅=⑨
解得
2
217
(517)
mv
B
qL
=
-
（或
2
(51717)
4
mv
B
qL
=）⑩
若粒子到达C点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里
同理：2
173
2
917
L L
R
L L
-
=
2
2
2
(9)
9'
v
q vB m
R
⋅=
解得
2
217
'
(173)
m
B
qL
=
-2
(17317)
'
4
mv
B
qL
+
=）
8．长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d，电势差为U，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：
(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；
(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；
(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．
【答案】(1)
242222
22
2
a
k
L B d q m U
E
mB d
= (2)
1
()
2
x
y d
L
=+ (3)
1
1
2
2
4
==
5
Uq
y
W d
Uq
W y
d
【解析】
【详解】
据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．
(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．
U q Bqv d
=， Bd U v =
， L LBd t v U
==， 222122a Uq L B qd y t dm mU
==， 21()2a a k U U qy E m d Bd
=- 242222
222a k L B d q m U E mB d
= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．
设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得
12=122d y L L x +， 1
()2
x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2
如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 2
2111·2Uq y t md =，11y Uq v t md
= 122221·2y Uq t m y t d
v +=， 22158qU y t md
=， 124=5
y y ， 11224==5
Uq y W d Uq W y d
9．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；
（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；
【答案】（1）3E B
（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子
在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：
23
603 d d d
r
sin sin
α
===
︒
根据
2
mv
qv B
r
=得
23
3
qBd
v
m
=
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
160
2
qE
r cos t
m
-︒=
（）；
00
y
v qEt
tan
v mv
α==
联立解得
03
E
v
B
=
（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．
则有：x=v0t，
2
y
v
y t
=
得
3
22
y
v
y tan
x v
α
===
由几何知识可得 y=r-rcosα=
13
2
r=
则得
2
3
x d
=
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为
12
53
23
d d
R
sinα
⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
==
粒子进入第三、四象限运动的速度0
43
2
v qBd
v v
cosα
===
根据
2
'
v
qvB m
R
=
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
10．如图，空间某个半径为R 的区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d ，足够大的平行金属板，板间电压为U 。

一群质量为m ，带电量为q 的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。

不计重力，则
（1）离极板AB 距离为2
R 的粒子能从极板上的小孔P 射入电场，求粒子的速度？ （2）极板CD 上多长的区域上可能会有带电粒子击中？ （3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区域。

计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。

【答案】（1）入射粒子的速度qBR v m
=；（2）带电粒子击中的长度为222222B R d q x mU
=；（3）总时间122m dBR t t t qB U π=+=+ 【解析】
【详解】
（1）洛伦兹力提供向心力，2
mv qvB r
=，解得mv r qB = 根据作图可解得，能从极板上的小孔P 射入电场，r R =
所以，入射粒子的速度qBR v m
= （2）所有进入磁场的粒子都能从P 点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动，F qU a m md == 212
d at = 解得2
2md t qU
=
沿极板运动的距离
222
2B R d q x vt
mU
==
有带电粒子击中的长度为
222
2
22
B R d q
x
mU
=
（3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间
1
2
2
v dBR
t
a U
==
在磁场中运动的时间为
22
T
t=，
22
R m
T
v qB
ππ
==
所以2
m
t
qB
π
=
总时间12
2
m dBR
t t t
qB U
π
=+=+
11．如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下．一电子以速度v0从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场已知P点坐标为(0，－L)，M点的坐标为(
23
L，0)．求
(1)电子飞出磁场时的速度大小v
(2)电子在磁场中运动的时间t
【答案】（1）0
2
v v
=；（2）2
4
9
L
t
v
π
=
【解析】
【详解】
（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为θ，
（1）在电场中x 轴方向：01233L v t =，
y 轴方向12y v L t =：，0tan 3y v v θ== 得60θ=，002cos v v v θ
== （2）在磁场中，2343L r L =
= 磁场中的偏转角度为23
απ= 20
2439r
L t v v ππ==
12．如图所示，三块挡板围成截面边长L ＝1.2m 的等边三角形区域，C 、P 、Q 分别是MN 、AM 和AN 中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN 水平，MN 上方是竖直向下的匀强电场，场强E =4×10-4N /C ．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1；AMN 以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B 2＝3B 1的匀强磁场．现将一比荷q/m =105C/kg 的帯正电的粒子，从O 点由静止释放，粒子从MN 小孔C 进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN 经过Q 点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O 点，OC 相距2m ．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：
（1） 磁感应强度B 1的大小；
（2） 粒子从O 点出发，到再次回到O 点经历的时间；
（3） 若仅改变B 2的大小，当B 2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点（若粒子经过A 点立即被吸收）．
【答案】（1）51210
T 3
B -=⨯；（2）-22.8510s t =⨯；（3）524210T 3k B -+=⨯' 【解析】
【详解】 （1） 粒子从O 到C 即为在电场中加速，则由动能定理得：212Eqx mv = 解得v =400 m/s
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．
由几何关系可知 10.6m 2
L R == 由2
11
v qvB m R = 代入数据得 51210T 3
B -=⨯ （2）由题可知 B 2=3B 1=2×10-5 T
2
11
v qvB m R = 则 120.2m 3
R R == 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112x vt =
得到 t 1=0.01 s
粒子在磁场B 1中的周期为 11
2m T qB π= 则在磁场B 1中的运动时间为 3211310s 3t T -=
=⨯ 在磁场B 2中的运动周期为 222m T qB π=
在磁场B 2中的运动时间为
3-3321803001801110s 5.510s 3606
t T π
-︒+︒+︒=
=⨯=⨯︒
则粒子在复合场中总时间为：3-21231722010s 2.8510s 6
t t t t π-⎛
⎫=++=+
⨯=⨯ ⎪⎝
⎭
（3）设挡板外磁场变为'
2B ，粒子在磁场中的轨迹半径为r ，则有 2
'
2v qvB m r
=
根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点，需满足条件
()212L
k r =+其中 k =0、1、2、3…… 解得52
42
10T 3
k B -+=⨯'
13．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。

14．如图所示，x 轴的上方存在方向与x 轴成45角的匀强电场，电场强度为E ，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5.B T =有一个质量11
10
m kg -=，电荷量
710q C -=的带正电粒子，该粒子的初速度30210/v m s =⨯，从坐标原点O 沿与x 轴成45角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过x 轴
时刚好又回到O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：
①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？
②电场强度E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间．
【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；
②电场强度E 的大小为3110/V m ⨯，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为32.110.s -⨯
【解析】 【分析】
(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；
(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E ，三个过程的总时间即为总时间． 【详解】
①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2
v qvB m R
=，
半径0.4mv
R m Bq
=
=， 根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90， 则第一次经过x 轴时的横坐标为120.420.57x R m m =≈
②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O 处，其运动轨迹如图所示．
由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R ， 在垂直电场方向的位移11s vt =， 运动时间4112410s R t s v v
-=
==⨯ 在沿电场方向上的位移2
2112
s at =， 又因22s R = 得722
21
2110/s a m s t =
=⨯ 根据牛顿第二定律Eq a m
= 所以电场强度3110/ma
E V m q
=
=⨯ 粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间422410v
t s a
-=
=⨯， 粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期
42410m
T s Bq
ππ-=
=⨯ 所以粒子从出发到再回到原点的时间为3
12 2.110t t t T s -=++≈⨯
【点睛】
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．
15．
如图所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤
2
a
范围内有垂直于xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90
范围内．己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于
2
a
到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的： （1）速度的大小；
（2）速度方向与y 轴正方向夹角的正弦．
【答案】（1）6(2)
aqB
v m
=；（2）66sin α-= 【解析】 【分析】
（1）根据题意，粒子运动时间最长时，其回旋的角度最大，画出运动轨迹，根据几何关系列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出速度大小；（2）最后离开磁场的粒子，其运动时间最长，即为第一问中轨迹，故可以根据几何关系列出方程求解出其速度方向与y 轴正方向夹角的正弦． 【详解】
设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，根据洛伦兹力提供向心力，得
2
v qvB m R
=
解得
mv R qB
=
当
2
a
＜R ＜a 时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意t =4
T
，回旋角度为∠OCA =
π
2
，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得 sin 2
a R R α=-
sin cos R a R αα=-
sin 2α+cos 2α=1
解得。