(物理)物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动练习及解析

（物理）物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动练习及解析
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，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。

质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出，AO 垂直OD 。

若将带电粒子从圆周上的C 点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC =53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)带电粒子的初速度及其从A 到D 的运动时间；
(2)粒子从C 点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离； (3)虚线右侧磁场的磁感应强度。

【答案】(1)0qBR
v m
=，2m t qB π=；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，0.6R ；
(3)2 1.6B B = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子从A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图
由几何关系得轨道半径
1r R =
洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有
20
0mv qv B
m
= 解得
0qBR
v m =
粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有
4
T t =
而周期为
1
2r T v π=
解得
2m
t qB
π=
(2)粒子从C 点入射，作出轨迹如图
由几何知识得EF 的长度
L EF =R cos53°
在三角形EFO 1中，有
sin 0.6EF
L R
θ=
= 即粒子转过的圆心角37θ=︒，则速度的方向与磁场边界的夹角为53° 而CE 的长度
cos37CE L R R =-︒
OF 的长度为
sin 53OF CE L R L =︒-
联立解得
0.6OF L R =
(3)粒子在右侧磁场的半径为2r ，由几何关系有
22sin 37r r R ︒+=
由向心力公式得
20
022
mv qv B r =
联立解得
2 1.6B B =
2．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
2
11()()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．
3．相距为L 的平行金属板 M 、N ，板长也为L ，板间可视为匀强电场，两板的左端与虚线 EF 对齐，EF 左侧有水平匀强电场，M 、N 两板间所加偏转电压为 U ，PQ 是两板间的中轴线．一质量为 m 、电量大小为+q 的带电粒子在水平匀强电场中 PQ 上 A 点由静止释放，水平电场强度与M 、N 之间的电场强度大小相等，结果粒子恰好从 N 板的右边緣飞出，立即进入垂直直面向里的足够大匀强磁场中 ，A 点离 EF 的距离为 L /2；不计粒子的重力，求： （1）磁感应强度B 大小
（2）当带电粒子运动到 M 点后，MN 板间偏转电压立即变为−U ，（忽略电场变化带来的影响）带电粒子最终回到 A 点，求带电粒子从出发至回到 A 点所需总时间．
【答案】（12mU L q 2）344L m
L qU
π+（）【解析】 【详解】
（1）由题意知：对粒子在水平电场中从点A 到点O ：有：
2
1022
U l q
mv L =-……………① 在竖直向下的电场中从点O 到N 右侧边缘点B ： 水平方向：
0L v t =……………②
竖直方向：
2
122L qU t
mL
=……………③ 在B 点设速度v 与水平初速度成θ角 有：
2tan 21
L
L
θ=⨯=……………④
粒子在磁场中做匀速圆周运动 由几何关系可得：
2
2
R L =
……………⑤ 又：
2
v qvB m R
=……………⑥
联解①②③④⑤⑥得：
2L mU
B q
=
……………⑦
（2）粒子在磁场中运动的圆心角32
πα=
22R m
T v qB
ππ=
= 在磁场中运动时间：
2t T α
π
'=
在水平电场中运动时间：
00
v v t qU a mL
=
=''……………⑧
总的时间：
22t t t t '='++'总……………⑨
联解得：
344L m
t L qU
π=+
总（）
……………⑩
4．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
6
q
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t0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
5
6
pow
π
∠=
此时刻磁场中粒子数与总粒子数之比为
5
6
（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
5
sin
24
θ
=
在磁场中运动的最长时间
5
12arcsin
4
2
t T t
θ
ππ
==
所以从粒子发射到全部粒子离开共用时
125
t t
π
⎛
=
⎝⎭
5．如图1所示为平面坐标系xOy，在第一象限内的虚曲线和y轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第二象限内的虚直线（63
x a
=-）和y轴之间存在着如图2所示的交变磁场（以垂直纸面向外为磁场的正方向）．在A（2a，0）点的
放射源发出质量为m、带电量为q
+的粒子，粒子速度大小为
aqB
v
m
=，速度方向与
x 轴负方向的夹角为θ（090
θ
<<︒），所有粒子都能垂直穿过y轴后进入第二象限．不计粒子重力和粒子间相互作用．
(1)求夹角45
θ=︒的粒子经过y轴时的坐标；
(2)求第一象限内虚曲线的曲线方程()
y x；
(3)假设交变磁场在0时刻，某粒子刚好经过y轴上的B（0，a）点，则
①要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足什么条件？
②要求该粒子在C（63a
-，a）点垂直虚直线水平射出磁场，求粒子在交变磁场中运动时间t与磁场变化周期T的比值k的最小值？并求出在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间．
【答案】(1)(32)
y a
=-；(2)
22
y
a x
=
-
；(3)①
10
3
m
T
qB
π
≤；②
4m
qB
π
【解析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为r，则：
2
00
v
qv B m
r
=
解得：
r a
=，
如图1所示，
当入射角为45︒时，根据几何关系可得：y轴坐标
22
))(3
2)
22
2
y a a
a a a
=-+-=-
((
（2）如图2所示，入射角为任意角θ，进入磁场入射点坐标为（x，y），
根据几何关系可得：
tan
2
y
a x
θ=
-
22
tan
a x
θ=
-
得
22
2
x a x
y
a x
-
=
-
（0x a
<<）
（3）①粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图3所示；
设粒子在磁场中运动的周期为0T，两圆心连线与y轴夹角为β，则：
2m
T
qB
π
=
1
sin
2
β=
所以
30
β=︒
且满足
150
4360
T
T
︒
=
︒
得
103m
T qB π=
要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T 应满足
103m
T qB π≤
； ②粒子在交变磁场中运动的时间t 与磁场变化的周期T 的比值为k ，即
t
k T
= 如图4所示
根据几何关系可得：
4sin BC r k L β⨯=
33
sin β=
由于sin 1β≤，所以k 最小等于3，即
3sin 2
β=
当60β=︒，如图4所示，粒子运动时间
100
602433604m
q m t qB B ππ︒=⨯
⨯⨯= 当β=120°时，如图5所示，粒子运动时间
2200
12028443360m m
t t qB qB ππ︒=⨯=⨯
⨯⨯=
6．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 ；（21
210mU d q 1
5mU
d q
3）200442(525)221m
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
11
210mU
B d q
=
第一次加速后：
22122qU mv =，()2
2
210v qv B m r d r
==，
解得
21
5mU
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
22m 1
442
(21)22
r d d d =
+=， 由2111m v qv B m r =，2
2
22m
v qv B m r =，
解得：
11442qB d
v =
，22442qB d
v =
最短时间为：
11212101022
d m m d
t v v v qB qB ππ=
++++， 解得
()
200442525221m
t qU π⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦
7．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．
8．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
22
v
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
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=
2L
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
；
9．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-3
2
L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-
3
2
L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（3
2L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52
L （不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）
E
B
； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）5
3v 0，与x 成53°角；（2）043
v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．
【解析】 【详解】
（1）如图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2时的y 方向的速度为v y ，
由运动学规律知
3
2
L=v0t1，
L=
2
y
v
t1
可得t1=
3
2
L
v，v y=
4
3
v0
故粒子在P2的速度为v22
0y
v v
+=
5
3
v0
设v与x成β角，则tanβ=
y
v
v
=
4
3
，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=
1
2
mv2-
1
2
mv02可得
E=
2
8
9
mv
qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m
2
v
R
解得：B=
mv
qR
=
5
3
5
2
m v
q L
⨯
⨯
=0
2
3
mv
qL
解得：0
4
3
v
E
B
=；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-
3
2
L直线与Q′点，可得：
P2O′=
3
253
L
cos
=
5
2
L=r
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-
3
2
L
直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=
3
2
L+（r-r cos37°）=2L；
（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=
3
2
L
v
在磁场中由P2到M动时间：t2=372
360
r
v
π
︒
⨯=
37
120
L
v
π
从M运动到N，a=
qE
m
=
2
8
9
v
L
则t3=
v
a
=
15
8
L
v
则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=
()
40537
60
L
v
π
+
．
10．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔1
S、
2
S，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为
U，周期为
T。

在0
t=时刻将一个质量为m、电量为q
-（0
q>）的粒子由
1
S静止释放，粒子在电场力
的作用下向右运动，在0
2
T
t=时刻通过
2
S垂直于边界进入右侧磁场区。

（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达
2
S时的速度大小v和极板距离d
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在
3
t T
=时刻再次到达
2
S，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小
【答案】（1）
00
2
4
T qU
d
m
=（2）0
2
4mU
B
L q
<（3）
2m
T
qB
π
=
8
7
m
B
qT
π
=
【解析】（1）粒子由
1
S至
2
S的过程中，根据动能定理得
2
1
2
qU mv
=①
由①式得
②
设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
③ 由运动学公式得
④
联立③④式得
⑤
(2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，
⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
⑦
联立②⑥⑦式得
⑧
（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t ，有
1
d vt =
⑨
⑩
若粒子再次达到2S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为
2t ，根据运动学公式得
⑾
联立○9○10○
11式得 ⑿
设粒子在磁场中运动的时间为t
0123
2T t T t t =-
--
⒀ 联立⑩⑿⒀式得
74
T t =
⒁
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由○6式结合运动学公式得
2m T qB π=
⒂
由题意得
T t
= ⒃
联立⒁⒂⒃式得
87m B qT π=
⒄
11．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E 2的大小和方向；
（3）讨论板内场强E 1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：216qB d
E m
≈ 故场强E 1的取值范围为223 68qB d qB d
m m
～
，环打在桌面上的范围为1744d d -～．
12．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（
q
m
）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：
（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；
（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．
【答案】（1）g k （2）2g
kB
（3）2222232(,)28g k B L L k B g -
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=q
k m
解得g E k
=
（2）由几何关系：2R cos θ=L ，
粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2
v qvB m r
= ；
由
cos y v v
θ=
在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v
0L v t =
解得02g v kB
=
（3）由2
12
h gt =
其中2kBL t g = ，
则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'3
2
O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-
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2
0v qv B m R
=
得AD =0
mv R Bq
=
（2）经D点
3
cos30
x R R =
︒=，
1
sin30
2
y R R
=︒=
而0
x v t
=，2
1
2
y at
=，
qE
a
m
=
解得
4
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
tan2tan303
3
α=︒=
而tan60=3
︒，即tan tan60
α<︒，则<60
α︒
14．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的半径R=h的圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，圆与x、y坐标轴切于D、A两点，y＜0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q（-2h，-h）点以速度v0水平向右射出，从坐标原点O射入第Ⅰ象限，与水平方向夹角为α，经磁场能以垂直于x轴的方向从D点射入电场．不计粒子的重力，求：
（1）电场强度E的大小以及α的正切值
（2）磁感应强度B的大小
（3）带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间t．
【答案】(1)
2
2
mv
E
qh
=，α＝45°，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场．(2)
(0
2mv B qh
+=
(3) (032624h v π⎡⎤
+⎢⎥
+⎢⎥⎣⎦
【解析】 【详解】
（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得 2h ＝v 0t
h ＝
12
at 2
又qE ＝ma
联立解得20
2mv E qh
= 设粒子到达O 点时的速度为v ，沿y 轴正方向的分速度为v y ，
则有v y ＝at ＝
2·qE h
m v ＝v 0， v
v 0 速度v 与x 轴正方向的夹角α满足tan α＝
y v v ＝1
即α＝45°，因此粒子从C 点正对圆心O 1进入磁场． （2）又因为粒子垂直于x 轴射出磁场，
轨道半径1)1)r R h ==
由牛顿第二定律有 2v qvB m R
=
联立解得0
(2mv B qh
=
（3）带电粒子在电场中做类平抛运动的时间 10
2h t v =
从O
点运动到磁场边界的时间(20
21)2h R t v v ==
粒子从D 点射入电场后折返进入磁场，最后从磁场中射出
在磁场中运动的时间：30
33(224r h t v v ππ=
=
在第四象限电场中往复时间40
2v t a =
= 带电粒子从Q 点运动到最终射出磁场的时间
(
)
1234032267224h t t t t t v π⎡⎤-+⎢⎥
=+++=+⎢⎥⎣⎦
【点睛】
带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解．
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】。