高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧讲解及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧讲解及练习题(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．如图所示，容器A 中装有大量的质量不同、电荷量均为+q 的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。

粒子通过平行板后垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，最后打在感光片上。

已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为3L ，两板间距为L ，板间电场看成匀强电场，其电场强度
23U
E Z L
=
，方向水平向左（忽略板间外的电场），平行板f 的下端与磁场水平边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片。

测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且PQ 的长度为3L 边界ab 下方的磁场范围足够大，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用。

求：
（1）粒子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏转的距离x 和偏转的角度θ； （2）射到感光片P 处的粒子的质量m 1； （3）粒子在磁场中运动的最长时间t m 。

【答案】（1）2L x =；30θ=o
（2）228qB L U
（3）283BL U π
【解析】 【分析】
（1）粒子先经过加速电场的加速后进入水平匀强电场做类平抛运动，根据平抛运动规律求出偏转距离x 和偏转角，这是为后续计算做一个铺垫；
（2）粒子从e 板下端与水平方向成60°的角射入匀强磁场，偏转240°后打在P 点，由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子的质量； （3）先判断出打在何处的粒子的时间最短，由于t= 2θ
π
T ，即质量最大的粒子时间最长，再由半径公式mv
r qB
=
知质量最大则半径最小，所以打在P 点的粒子时间最长，再利用周期公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子在磁场中运动的最长时间。

【详解】
（1）设质量为m的粒子通过孔S2的速度为v0由动能定理有：qU＝1
2
mv02
粒子在偏转电场中运动的加速度为：
qE a
m
=
沿速度v0方向3L＝v0t
沿电场方向 v s＝at，x＝
1
2
at2
且有 tanθ＝
s
v
v
解得 x＝
1
2
L．θ＝30°
（2）粒子从e板下方与水平方向成60°角射入匀强磁场。

设粒子射入磁场时速度v1．做园周运动的轨道半径为r1，则 qv1B＝m1
2
1
1
v
r
其中0
10
1
8
cos303
v qU
v
m
==
由几何关系可知
10
2cos30
L
r=
解得m1＝
22
8
qB L
U
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期 T＝
2m
qB
π
粒子进入磁场后偏转240°，运动的时间t＝
240
360
T
由于qvB＝m
2
v
r
联立解得 t＝
2
2
Br
U
π
由何关系可知拉子做圆周运动的最大半径
3
2cos30
m
L L
r
+
=
则t m＝
222
8
23
m
B r BL
U U
ππ
=
【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。

2．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 =
，2M 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：2
M eU
v m
= 设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，
02cos 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O 2M ＝O 2A ，O 1M ＝O 1A ，且O 2A ∥MO 1，所以四边形MO 1AO 2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2M mv mv
B eR L e
=
= 3348M 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2R '，即222R 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)2n R L '=（n ＝1，2，3，…） 电子在磁场中做圆周运动的轨道半径0
M
mv R eB '=
解得：022n emU
B =
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014
2
T T = 又00
2m
T eB π=
则T 的表达式为22T n emU
=
（n ＝1，2，3，…）。

3．如图1所示，在ABCD 矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场（磁场边界有磁场），规定垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B 如图2所示的变化。

0t =时刻，一质量为m ，带电量为q 的带正电粒子从B 点以速度0v 沿BC 方向射入磁场，其中0B 已知，0T 未知，不计重力。

（1）若AB BC =，粒子从D 点射出磁场，求AB 边长度的可能值及粒子运动的可能时间；
（2）若3AB BC =：，粒子仍从D 点射出，求AB 边长度的可能值及粒子运动的可能
时间；
（3）若AB BC =，求磁场周期0T 需满足什么条件粒子不从AB 边射出，并求恰好不射出时0T 时刻粒子距BC 边的距离。

【答案】（1）00nmv AB qB =
，02n m t qB π=1,n =（2，3...）；（2）0
33n mv AB =，
043n m t qB π=
1,n =（2，3...）；（3）0053m
T qB π≤，(
)
00
32mv d qB +=
【解析】 【详解】
（1）若粒子通过D 点，其运动轨迹如图所示，则必须满足：
则必须满足：
2
0v qvB m r
=
22AB n r = 1,n =（
2，3...） 4
T
t n =1,n =（2，3...）
2m
T qB π=
由以上各式解得：
nmv AB qB =， 0
2n m
t qB π=
1,n =（2，3...） （2）若粒子通过D 点，其运动轨迹如图所示：
则必须满足：
2
0v qvB m r
=
23BD nr =
1,n =（2，3...） 23
T
t n
= 1,n =（2，3...） 又因为
2m
T qB π=
由以上各式解得：
33n mv AB qB =， 0
43n m
t qB π=
1,n =（2，3...） （3）如图3所示：
粒子恰不从AB 边射出时，
02
T T -时的轨迹与AB 边相切，故需满足 sin()2r
r
πθ-=
， 解得粒子在0
02
T -
时间内转过的角度不超过150°，则有： 01502360
T T ≤ 0T 时刻粒子离AB 的距离为
2cos30d r r =+︒
由以上方程解得：
00
53
m
T qB π≤
， ()
00
32mv d qB +=。

4．在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t =0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。

求： （1）磁感应强度B 和电场强度E 的大小；
（2）粒子从0点出发到第二次回到x 轴所用的时间； （3）粒子第n 次回到x 轴的坐标。

【答案】(1) E =
2
02mv qL (2) t 总=0
4L v π+（）(3) （-2L+12n -L ，0） 【解析】 【详解】
（1）粒子从O 到M 做圆周运动，半径：
R 0=
2
L
qBv 0=20
mv R
B =
2mv qL
M 到N 粒子在电场中运动：
2L =v 0t 2 L =
2212at a =Eq m
20
2mv E qL
=
（2）粒子从N 做圆周运动，在N 点v Ny =at 2，v Ny =v 0，速度方向与—x 轴夹角为45°，v N =02v ，所以做圆周运动的半径为：
R 1=
22
L 而粒子在磁场中运动周期：T =
122m
t qB
π=与粒子速度无关，故经过时间t 1粒子做半圆到P 点，接下来只在电场力的作用下运动，P 点速度方向与N 点相反，所以从P 到Q 是M 到N 的逆运动，有2NP MQ L ==，得Q 点刚好在x 轴上（L ，0）则从O 点出发到第二次回
到轴所需时间：
t 总= 2（t 1+t 2）
又
t 1=0
2L
v π t 2=
2L v 得：
t 总=0
4L v π+（）
（3）如图所示，粒子接下来做有规律的运动，到达x 轴的横坐标依次为:
第一次：-2L 第二次：-2L +3L 第三次：-2L +3L-2L …………
若n 取偶数2，4，6......有:
-2322
n n L
L L +=（）， 坐标为（
2
n
L ，0） 若n 取奇数1，3，5........有:
-2L +
12n -（-2L +3L ）=-2L +
1
2
n -L ， 坐标为（-2L +
1
2
n -L ，0）
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 =
33
323OA 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
113q 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 603
v v v ==
︒ 对粒子2在电场中运动有
2222
3
3q E d v 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22
423cos30v v v =
=
︒有 24
242
4
2v Bq v m R =
43R l =
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 +︒=
⋅+⋅︒︒ 32
d S l =-
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】（1002,45v （2）0
2mv 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
1
2
y v t =d ， 所以，v 0=v y v p 2
2
002y v v v +=
，0
tan 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；
2p p mv Bqv R
=
，得：p mv
R Bq
=
左手定则，判断出粒子轨迹，0
22PQ mv x R Bq
== （3）在电场中的时间10
2d t v = 磁场中的周期2m
T qB
π=
2142m t T qB
π== ，
则12022d 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．如图所示，某同学没计了一个屏蔽高能粒子辐射的装置，圆环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

将辐射源放在圆心O 处，辐射源在纸面内向外辐射质量为m 电荷量为q 的粒子，粒子速度大小不同，已知环形区域内圆半径为R ，外圆半径为
3R ，辐射源放出的粒子恰好均不能从磁场外边界射出，求：
（1）辐射源射出粒子的最大速度值；
（2）从O 点以最大速度射出的粒子第一次回到O 点的时间。

【答案】（13qBR
；（2463m π+（）
【解析】
（1）设离子最大速度为m v ，圆周运动半径为r ，由几何关系：
由几何关系得：
3cos R
r R α=+
tan r
R
α= 解得： 6
π
α=
， 3r R =
由洛伦兹力提供向心力：
2m
m qBv m v r
=
解得： 3m q v BR
=
（2）速度最大的离子在磁场中运动的时间为t 1，转过的圆心角为β，
()2423
βπππα=--=
圆周运动周期为T ，则有：
2m
T qB
π=
在磁场中运动时间为：
12t T βπ
=
在无磁场去运动时间为t 2，则有：
22m
t R v =
从O 点射出到回到O 点的时间：
12t t t =+
()
463
3q
t
m
B
π+
=
8．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）
mv
B
qx
=（2）0
min3
x
t
v
π
=；0
max
5
3
x
t
v
π
=（3）)0
31x
【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：0
R x
=
联立解得：
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 ∆=-=
-=
-，
9．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106m 的α粒子．已知屏蔽装置宽AB ＝9cm ，缝长AD ＝18cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电量q ＝3.2×10－19C ．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332 T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．
(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？ (2)若条形磁场的宽度d ＝20cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)
【答案】（1）0.34cm ；（2）72.010s -⨯；86.510s -⨯． 【解析】 【分析】 【详解】
(1)由题意：AB ＝9cm ，AD ＝18cm ，可得：∠BAO ＝∠ODC ＝45° 所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，
根据牛顿第二定律有2
v qvB m R
=，解得R ＝0.2m ＝20cm
由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．
设此时磁场宽度为d 0，由几何关系得()
045201020.34d R Rcos cm m ︒+≈＝＋＝ (2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则62108
m T s qB ππ
-=
=⨯ 设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图所示．
因磁场宽度d ＝20cm <d 0，且R ＝20cm ，则在∠EOD 间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长． 设在磁场中运动时间最长为max t ，则6710 2.010216
max T t s s π
--=
=⨯≈⨯ 若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .
设在磁场中运动的最短时间为min t ，轨迹如图所示．因R ＝d ，则圆弧对应圆心角为60°，
则6810 6.510648
min T t s s π
--=
=⨯≈⨯ 【点睛】
当粒子（速度一定）在有界磁场中轨迹是劣弧时，粒子在磁场中运动轨迹的弦最短，粒子在磁场中运动时间最短．
10．在方向垂直纸面的匀强磁场中，静止的21084Po 核沿与磁场垂直的方向放出4
2He 核后变
成Pb 的同位素粒子。

已知
210
84
Po 原子核质量为209.98287u ，Pb 的同位素粒子的质量为
205.9746u ，4
2He 原子核的质量为4.00260u ，1u 相当于931.5MeV 。

求：（普朗克常量
346.6310h -=⨯J ⋅s ，1eV 191.610-=⨯J ，真空中光速8310c =⨯m/s ，计算结果均保留三位有
效数字）
（1）请写出核反应方程并计算该核反应释放的核能； （2）若释放的核能以电磁波的形式释放，求电磁波的波长；
（3）若释放的核能全部转化为机械能，求Pb 的同位素粒子和4
2He 核在磁场中运动的半径之比。

【答案】（1）
2102064
84
822Po Pb He →
+， 5.28E ∆=MeV ；（2）132.3510λ-=⨯m ；（3）
1
41
Pb He r r = 【解析】 【详解】
（1）根据质量数和核电荷数守恒可知该核反应方程为
2102064
84
822Po Pb He →
+
该核反应的质量亏损为
0.00567Po Pb He m m m m u ∆=--=
根据爱因斯坦质能方程得释放的能量为
2 5.28E mc ∆=∆=MeV
（2）若释放的核能以电磁波的形式释放，光子能量为
c
E hv h
λ
∆==
代入数据得：
132.3510λ-=⨯m
（3）该衰变过程遵循动量守恒定律
0He He Pb Pb m v m v -=
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
v qvB m r
=
Pb 的同位素粒子和4
2He 核在磁场中运动的半径之比为
141
Pb He r r =
11．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R0=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+R 0-R 0cosα 可知tanα=4
3
，即α=53° 比例η=
53180︒
o
×100%=29%
12．如图所示，xOy 平面内，A 、B 、C 三点恰好组成一个直角三角形，∠B ＝90°，∠C ＝60°，BC 长为l .D 为AC 的中点，D 为AD 的中点．第二象限内有沿-y 方向的匀强电场；三角形BCD 区域内有匀强磁场I ，AB 下方有匀强磁场Ⅱ，方向均垂直纸面向里，一质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的带电粒子从B 点以速度v 0沿+y 方向进入磁场I ，离开磁场I 后又刚好从坐标原点O 沿与-x 成30°的方向进入电场，又从A 点离开电场进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转后回到B 点，回到B 点的速度方向仍沿+y 方向，之后带电粒子重复上述运动过程．不计粒子重力．求：
(1)磁场I 的磁感应强度B 及匀强电场的场强E 的大小； (2)带电粒子运动的周期.
【答案】（1）2
3mv E ql
=、02mv B ql =
（2）
(0
936l v π+
【解析】
试题分析：（1）画出粒子运动如图所示
由几何关系，粒子在磁场I 中运动的轨道半径为2
l r =
由牛顿第二定律可得20
0v qv B m r
=，解得02mv B ql =
粒子在电场中运动时，沿y 方向，qE ma =，0
02sin 30v at =
沿x 方向()
0cos302l v t =，解得2
03mv E ql
=
（2）粒子在磁场I 中的运动时间1100
6s l
t v v π=
= 粒子离开磁场I 到达O 的路程0
22(cos30)2
l s =，所用时间2200
3s l t v =
=， 根据
()
00cos302l v t =可得粒子在电场中的运动时间30
33l t v = 根据几何关系可得粒子在磁场II 中运动的轨道半径为R l =
粒子在磁场中转过的圆心角为43
π
粒子在磁场II 中的运动时间4400
43s l t v v π==
周期(1234
9536l T t t t t v π+=+++=
考点：考查了带电粒子在组合场中的运动
【名师点睛】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
13．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。

现使一个电量大小为q 、质量为m 的带正电粒子从坐标（﹣2a ，a ）处以沿+x 方向的初速度v 0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并
在随后经过了点P ，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。

【答案】（12v 0，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m
t n n v qB qB
ππ=++ n ＝1、2、3……。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2
y v a t =
，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝
y v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O 点时的速度：2
2002v v v v =+=；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v qvB m r
= ，
粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝
2a v ； 粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=
，2m
T qB
π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，
若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝1
4
T1，
若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝1 4
T1+
3
4
T2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×
1
4
T1+
3
4
T2，
若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×
1
4
T1+2×
3
4
T2，…………
则2
3
(1)
24
m m
t k k
qB qB
ππ
=+-k＝1、2、3……
或2
3
24
m m
t n n
qB qB
ππ
=+ n＝1、2、3……
粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2，
解得：
23
(1)
24
a m m
t k k
v qB qB
ππ
=++-k＝1、2、3……
或
23
24
a m m
t n n
v qB qB
ππ
=++ n＝1、2、3……；
14．如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,∠bac=30°,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足
E=v0B．在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=－2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求
(1)匀强磁杨的磁感应强度B
(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围;
(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L
【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）9
4
d ； 【解析】
(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d
电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2
0v ev B m r
=
解得：0
mv B ed
=
(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.
设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r
O a '=
︒
3OO d O a ='-' 解得OO d '=
即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==
电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤
设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：
根据运动学公式有：0x v t =
212eE y t m =⋅ y eE v t m
=
tan y v v θ=
tan 3L
d x
θ=
- 解得：(32)2L d y y =即9
8
y d =
时，L 有最大值 解得：94
L d =
当322d y y
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．
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：。