高中物理带电粒子在磁场中的运动模拟试题及解析

高中物理带电粒子在磁场中的运动模拟试题及解析
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．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：
20
0v 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 ===⨯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。

3．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、
Q 两点之间的距离为
2
L
，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。

（1）求0≤x≤L 区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度v M ；
（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t ＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。

【答案】（1）2U E L =
，M eU
v m
=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3
348M R L m t v eU
ππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】
（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2
012
eU mv = 可得02eU
v m
=
电子从Q 点到M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动，02L m t L v eU
==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE t m
=⨯ 由以上各式可得：2U E L
=
电子运动至M 点时：22
0(
)M Ee v v t m
=+即：M eU
v m
=设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，
2
cos
2
M
v
v
θ==
解得：θ＝45°。

（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L
由洛伦兹力提供向心力可得：
2
M
M
v
ev B m
R
=
即
2
M
mv mv
B
eR L e
==
3
3
4
8
M
R L m
t
v eU
ππ
==。

（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R'，即222
R L
'=
因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：22)2
n R L
'=（n＝1，2，3，…）
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径
M
mv
R
eB
'=
解得：
22
n emU
B
eL
=（n＝1，2，3，…）
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过1
4
圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期
的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是
1
42
T
T=
又0
2m
T
eB
π
=
则T的表达式为
22
T
n emU
=（n＝1，2，3，…）。

4．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷
q
m
＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．
(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；
(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；
(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．
【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝5
4.00.8
()10/
21
n
m s
n
-
⨯
+
(其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝5
3.20.8
()10/
21
n
m s
n
-
⨯
+
(其中n＝0、1、2、3)．
【解析】
【详解】
(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则
竖直方向2
1
··
2
Eq
d t
m
＝
得
2md
t
qE
=
代入数据解得t＝1.0×10－6s
水平位移x＝v0t
代入数据解得x＝0.80m
因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，
则运动时间t 0＝0
L v ＝
0.5×10－
6s ，
竖直位移2
01··
2Eq y t m
＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．
(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2md
qE
粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝
qE m ·t ＝2qEd m
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝
1
v sin α
在磁场中由qvB ＝m 2
v R
得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd
v m ＝
代入解得 v 0＝L·
2Eq
md
E B v 0＝3.6×105m/s.
(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM ′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝
mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m
＝ 12(1cos )12sin 2
mEd mEd y B q B q αα
α-∆=
=
可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)
1max 212mv m qEd mEd
y qB qB m B q
∆=
==
Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．
若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：
粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =
、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m
＝ 代入解得 0221221L qE n E v n md n B
=
-⋅++
v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫ ⎪+⎝⎭
×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)
第二种情况：
L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα
把2md t qE = 、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m
＝代入解得
02(1)21221L qE n E v n md n B
+=
-⋅++
v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫
⎪+⎝⎭
×105
m/s(其中n ＝0、1、2、3)．
5．如图，圆心为O 、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 。

P 是圆外一点，OP =3r 。

一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出。

己知粒子运动轨迹经过圆心O ，不计重力。

求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。

【详解】
（1）找圆心，画轨迹，求半径。

设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：①
易得：②
（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
③
进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则
④
联立②③④解得
6．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
v0=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()22T 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=
cos37v 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 53
C 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 ≥
7．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0B ，回旋加速器的半径为R ，加速电压为U ；D 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m 、电量为e ，重力不计．真空中的光速为c ，普朗克常量为h ．
（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E 及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v
（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D 型盒间的电场对电子做功的平均功率P
（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A 1、A 2、A 4……A n 共有n 个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d ．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小
【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，222
02e B R E m = ；(2) 20e B U m
π ；(3)02sin B R n d
π
【解析】 【详解】
解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：2
00mv evB R
= 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB R
v m
=
正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：2222
00122e B R E mv m
==
正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=
正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：2222
02e B R mc v mh h
=+
(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：
201
2
neU mv =
解得：22
02eB R n mU
=
正、负电子在磁场中运动的周期为：0
2m
T eB π=
正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R n
t T U
π==
D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B U
W E P t t m
π===
(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin
2
d
r n
π
=
解得：
2sin
d r n
π=
根据洛伦磁力提供向心力可得：2
00mv ev B r
=
电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：
02sin
B R n B d
π
=
8．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）02L 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：()2212
R 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++=⨯
==
9．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，
000
tan 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 = 4.5y cm =时H 有最大值，
所以max 9H cm =
10．如图甲所示，边长为L 的正方形ABCD 区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。

在正方形的几何中心O 处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v 0的带电荷量为－q 的粒子，粒子质量为m 。

图中x 、y 轴分别过正方形四边的中点E 、F 、G 、H 不计粒子重力及相互作用。

(1)为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度B1应该满足什么条件？
(2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60°(如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度B2的大小；
(3)若磁感应强度大小为(2)中B2，则粒子离开磁场边界的范围。

(结果可用根号表示)
【答案】(1) (2) (3)从AB边射出的坐标为
从BD边射出的坐标为
从CD边射出的坐标为
从AC边射出的坐标为
【解析】
【分析】
(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值．(2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围.
【详解】
(1)为使粒子不离开正方形ABCD区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：
联立解得：
(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短，由几个关系得：
(3)从AB边出射的粒子，轨迹如图所示：
分析可知，
解得：
当粒子运动轨迹与BG相切时，打到右边最远处，
由几何关系得，
解得：
综上粒子从AB边射出的坐标为
同理求得，从BD边射出的粒子，位置坐标为
同理求得，从CD边射出的粒子，位置坐标为
同理求得，从AC边射出的粒子，位置坐标为
【点睛】
解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.
11．如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b）所示，试求:
(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小 ； (2)质子再次到达y 轴时的速度大小和方向。

【答案】 （1）B B 22=；（2）v v v 2
6
2)32(+=
+='；方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2
2
6arccos -）的夹角 【解析】
试题分析: （1）由几何关系知：质子再次回到OP 时应平行于x 轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP 上的C 点进入Ⅱ区后再从D 点垂直x 轴进入第四象限，轨迹如图。

由几何关系可知：O 1C ⊥OX ，O 1C 与OX 的交点O 2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C OO 1∆等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ，
则：10
1221
30sin r r r == 由21
v qBv m r =
得：1mv r qB
=
， 同理得：22mv
r qB =
X /×
Bq
mv E
o
Bv 23 Bv 2
1
即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22=
（2）D 点坐标： qB mv r r x ）13(30cos 201+=+= 质子从D 点再次到达y 轴的过程， 22
)13(2)13()223(21mv qB mv Bv Bv q x E q qU W i i +=+⨯+=∆==∑电 设质子再次到达y 轴时的速度大小为v '， 由动能定理：222
121mv v m W -'=
电 得：v v v 262)32(+=+=' 因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变 如图有： 2
2632cos -=-='=v v α 即方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2
26arccos
-）的夹角 考点： 带电粒子在磁场中的运动
12．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。

左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。

离子源发出两种速度均为v 0、电荷量均为q 、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。

在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点。

已知OP=0.5r 0，OQ=r 0，N 、P 两点间的电势差2NP mv U q =,4cos θ5
=，不计重力和离子间相互作用。

（1）求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小； （2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l （用r 0表示）；
（3）若磁感应强度在（B —△B ）到（B ＋△B ）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两東离子，求ΔB B
的最大值 【答案】（1）2000mv E qr =，00
B mv qr =；（2）01.5r ；（3）12% 【解析】
【详解】
（1）径向电场力提供向心力：2c c c
v E q m r = 2c c c
mv E qr = c c mv B qr = （2）由动能定理：22110.50.522
c NP mv mv qU ⨯-⨯=
c v ==
或0.5c mv r qB == 2cos 0.5c l r r θ=-
解得 1.5c l r =
（3）恰好能分辨的条件：00022cos 211r r r B B B B
θ-=∆∆-+
解得00412B B
∆=≈
13．
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)2aqB v m
=-
；（2）66sin 10α-= 【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 =
4T ，回旋角度为∠OCA =π2
，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
62 2R a ⎛=- ⎝⎭ 62aqB v m ⎛= ⎝⎭ 66sin α-=
故最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度大小为
6
2
aqB
v
m
⎛⎫
=-
⎪
⎪
⎝⎭
．
（2）由第一问可知，最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y轴正方向夹角的
正弦为
66 sinα
-
=．
【点评】
本题关键是画出运动时间最长的粒子的运动轨迹，然后根据几何关系得到轨道半径，再根据洛仑兹力提供向心力得到速度大小．
14．如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为
．现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在
a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．
【答案】
2
14
5
qRB E
m =
【解析】
【分析】
【详解】
解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动．带电粒子在磁场中做圆周运动．粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得2
v
qvB m
r
=①
式中v为粒子在a点的速度．
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点．由几何关系知，线段ac bc
、和过。