高考物理带电粒子在磁场中的运动专项训练100(附答案)

高考物理带电粒子在磁场中的运动专项训练100(附答案)
一、带电粒子在磁场中的运动专项训练
1．如图所示，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点
3
,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．
（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；
（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；
（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.
某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：
带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq
32
2
3
0B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭
【解析】 【详解】
（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2
111
v qv B m r =
由几何憨可知：()2
22
1133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭
得到：123BLq
v m
=
（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：
13
3
L v t
=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到2
89qLB E m
=
又22
212v v Eh =+，得到：2221BLq
v =
（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0
E v B
'= 而'223
v v v ''=
+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'
即：2
2
003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭
2．核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。

托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。

相当于给反应物制作一个无形的容器。

2018年11月12日我国宣布“东方超环”（我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。

（1）2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。

玻尔兹曼常量k 可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为3
2
k E kT =
，其中k=1.380649×10-23J/K 。

请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。

（2）假设质量为m 、电量为q 的微观粒子，在温度为T 0时垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。

（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。

在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为r 1、r 2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。

已知带电粒子质量为m 、电量为q 、速度为v ，速度方向如图所示。

要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。

【答案】(1)15
210J k E -≈⨯ (2)03kmT
(3)(
)
222212 r mv
q r r - 【解析】 【详解】
（1）微观粒子的平均动能：153
2102
k E kT -=≈⨯J （2）
2031
kT mv 22
= 解得： 0
3kT v m
=
由2
v Bqv m R
= 03kmT R =
（3）磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示
设粒子轨迹半径为r ，由几何关系得：()2
2221r r r r -=+
解得22
212
:r 2r r r -=
由牛顿第二定律 2
qvB m v r
=
解得:()
222212B r mv
q r r =
-
3．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
4．(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
1S 、2S ，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0U ，周期为0T 。

在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 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2S 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2S 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03t T =时刻再次到达2S ，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）0024T qU d m
=
（2）0
24mU B L q
<
（3）2m T qB π=
87m
B qT π=
【解析】（1）粒子由1S 至2S 的过程中，根据动能定理得
201
2qU mv =
①
由①式得
02qU v m
=
②
设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
0U q ma d =
③ 由运动学公式得
201()22T d a =
④
联立③④式得
0024T qU d m
=
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 ，
由牛顿第二定律得2
v qvB m
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
⒀
联立⑩⑿⒀式得
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
⒂
由题意得
T t
=
⒃
联立⒁⒂⒃式得
⒄
5．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
=
-（或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
1v qvB m R
=②
得1mv B qL
=
③ （2）由（1）中关系式可得速率为v 5、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5R L =和9R 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 、17L ⑤ 故速率为v 5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
15172917L L R L L
-=
又221
(9)9v q vB m R ⋅=⑨
解得2217(517)mv B qL
=
-（或2(51717)4mv
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：21732917L L
R L L
-=
2
22
(9)9'v q vB m R ⋅=
解得2217'(173)m B qL
=
-（或2(17317)'4mv
B qL +=）
6．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E ；
（2）若粒子能在OL 与x 轴所围区间内返回到虚线OL 上，求粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间。

【答案】（1） ； （2）
．
【解析】
试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；
（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；
沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，
则在X方向位移关系有：，所以；
该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有
，
所以，，则有．
（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；
粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T
粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；
粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；
根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；
粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，
可得，即；
所以；
所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间
．
7．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O．MN一侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，
OC=2h．求：
（1）第1个小球的带电量大小；
（2）磁场的磁感强度的大小B；
（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．
【答案】(1)
2
0 12
mv
q
Eh
=；(2)
2E
B
v
=；(3)存在，
E
B
v
'=
【解析】
【详解】
（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：
2
1
1
2
q E
h t
m
=
2h v t
=
解得：
2
12
mv
q
Eh
=；
（2）研究第1球从A到C的运动：
1
2
y
q E
v h
m
=
解得：0
y
v v
=
tan1
y
v
v
θ==，45o
θ=，
2
v v
=；
研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B 由
2
1
v
q vB m
R
=得
1
mv
R
q B
=
由几何关系得：2
2sin
R h
θ=
解得：
2E
B
v
=；
（3）后面抛出的小球电量为q，磁感应强度B'
①小球作平抛运动过程
002hm
x v
t v qE
== 2
y qE v h m
= ②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：sin R x θ=，变形得：sin mv
x qB θ'
= 解得：0
E B v '=
．
8．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
2x =；（3）总时间12
2m 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t =
沿极板运动的距离x vt ==
有带电粒子击中的长度为2x =
（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
122
v dBR t a U
== 在磁场中运动的时间为22
T
t =，22R m T v qB ππ==
所以2m
t qB
π=
总时间122m
dBR t t t qB
U
π=+=
+
9．如图所示的xOy 坐标系中，Y 轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于xOy 平面向外．Q 1、Q 2两点的坐标分别为(0，L)、(0，－L)，坐标为(－
，0)处的C 点固定一平行于y 轴放置的绝缘弹性挡板，C 为挡板中点．带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y 轴方向分速度不变，沿x 轴方向分速度反向，大小不变．现有质量为m ，电量为+q 的粒子，在P 点沿PQ 1方向进入磁场，α=30°，不计粒子重力．
(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2，求：粒子初速度大小．
(2)若粒子从点Q1直接通过坐标原点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标．
(3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度．
【答案】（1）23qBL
（2）（
3
L，）（3）
4
9
L
【解析】
（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为
试题分析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cos30°=L (1)
粒子磁场中做匀速圆周运动，有： (2)
解得： (3)
（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为M，横坐标为x M，由几何关系知：2R2cos30°=L (4)
x M=2R2sin30° (5)
则M点坐标为（） (6)
（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，
粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，
偏转一次后在y负方向偏移量为△y1，由几何关系得：△y1=2R3cos30° (7)
为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离△y2（如图中A、E间距）可由题给条件得：
(8)
当粒子只碰二次，其几何条件是：3△y1﹣2△y2=2L (9)
解得： (10)
粒子磁场中做匀速圆周运动，有： (11)
解得： (12)
挡板的最小长度为： (13)
解得： (14)
10．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B1；AMN以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2＝3B1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）52
42
10T 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：212
Eqx 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 512
10T 3
B -=
⨯ （2）由题可知 B 2=3B 1=2×10-5 T
2
11
v qvB m R =
则 1
20.2m 3
R R =
= 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112
x 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 3211
310s 3
t T -==⨯ 在磁场B 2中的运动周期为 22
2m
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 -+=⨯'
11．如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋Po ，新核Po 的速率约为2×105m/s ．衰变后的α粒子从小孔P 进入正交的电磁场区域Ⅰ，且恰好可沿中心线匀速通过，磁感应强度B =0.1T ．之后经过A 孔进入电场加速区域Ⅱ，加速电压U =3×106V ．从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r
=
3
m 的圆形匀强磁场区域Ⅲ，该区域磁感应强度B 0=0.4T 、方向垂直纸面向里．圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光屏的中心点M 和圆形磁场的圆心O 、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上，α粒子的比荷为
q
m
=5×107C/kg ．
(1)请写出衰变方程，并求出α粒子的速率(保留一位有效数字)； (2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小； (3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长？ (4)求出粒子打在荧光屏上的位置． 【答案】（1）
2222184
86
842Rn Po He →
+ 1×107 m/s
（2）1×106V/m （3）
6
π
×10－7s （4）打在荧光屏上的M 点上方1 m 处 【解析】 【分析】
（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出方程，根据动量守恒求解速度； （2）根据速度选择器的原理求解电场强度的大小；
（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，并结合几何知识进行求解即可； 【详解】
（1）根据质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为：
2222184
86
842Rn Po He →
+ ①
设α粒子的速度为0v ，则衰变过程动量守恒：100Po He m v m v =- ②
联立①②可得：7
0110/v m s =⨯ ③
（2）α粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ：0qE qv B ＝④ 联立③④可得：6110/E V m =⨯ ⑤ （3）α粒子在区域Ⅱ被电场加速：2201122
qU mv mv =- 所以得到：7210/v m s =⨯⑥
α粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动： 2v qvB m R
＝ 所以轨道半径为：1R m ＝⑦ 而且：2R
T v
π=
⑧ 由图根据几何关系可知：α粒子在磁场中偏转角60θ=︒，所以α粒子在磁场中的运动时
间1
6
t T =
⑨ 联立⑧⑨可得：7106
t s π
=
⨯－；
（4）α粒子的入射速度过圆心，由几何关系可知，出射速度方向也必然过圆心O ，几何关系如图： 60x
tan r
︒=
，所以1x m =，α粒子打在荧光屏上的M 点上方1m 处．
【点睛】
本题实质是考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解决类似习题方法是洛伦兹力提供向心力，同时结合几何知识进行求解，同时画出图形是解题的关键．
12．如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x 轴放置，板长为L ，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L 的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x 轴垂直．现有一质量为m ，带电荷量为+q 的带电粒子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L ，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x 轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x 轴上（2L ，0）点与x 轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．试求：
（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功； （2）计算两板间的电势差并确定A 点的位置；
（3）写出磁场区域磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 应满足的表达式．
【答案】（1）2
016W mv =（2
）U =
,y L =
(3) 0B =
1234T n =
=⋯⋯，，，） 【解析】
试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v
，则：00cos30v v =
=︒ 电场力对粒子所做的功为：222
00111226
W mv mv mv =
-= （2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：
v′=v 0tan30°
0 水平方向：L=v 0t
竖直方向：y ＝12
v′t
解得：6
y L =
电场力对粒子所做的功：W=qEy 两板间的电压U=2Ey 0
解得：U =
（3）由对称性可知，粒子从x=2L 点飞出磁场的速度大小不变，方向与x 轴夹角为α=±30°；
在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；
故磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴上的位移为：x=2Rsin30°=R 粒子到达x=2L 处且速度满足上述要求是： nR=L L
R n
=
（n=1，2，3，…） 由牛顿第二定律，有：2
0v qvB m R
=
解得：0B =
n=1，2，3，…） 粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过
1
6
周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2L 处且满足速度题设要求；
0162T kT k =；02R T v
π=
解得：033L T
v π=（n=1，2，3，…） 当026T T ＞，0
33L T v ＞π 考点：带电粒子在磁场中的运动.
13．如图所示，足够大的平行挡板A 1，A 2竖直放置，间距为6L .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面yN 为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外，A 1，A 2上各有位置正对的小孔S 1，S 2，两孔与分界面yN 的距离为L .质量为m ，电量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到yN 上的P 点，再进入Ⅱ区．P 点与A 1板的距离是L 的k 倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；
(2)若2<k <3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式．
【答案】（1）
（2） ，
【解析】
试题分析：（1）粒子在电场中，由动能定理有qEd=
mv 2-0 ① 粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 qvB 0＝
② 当k=1时，由几何关系得 r=L ③
由①②③解得E=④
（2）由于2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知
(r-L)2+(kL)2=r2⑤
解得r=⑥
由②⑥解得v=⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 qvB＝⑧
由对称性及几何关系可知⑨
解得r1=⑩
由⑧⑩解得B＝
考点：带电粒子在电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动
14．右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧所对应的圆心角为．不计重力，求：
（1）离子速度的大小；
（2）离子的质量．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示
（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则
①
又②
由①②式得③
（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．则
④
由几何关系有⑤
解得
考点：带电粒子在磁场中的运动
点评：本题是速度选择器和带电粒子在匀强磁场中运动的组合问题，可以列出带电粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力做向心力的表达式求解，根据几何关系求半径是解题关键．
15．如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M．粒子在磁场中运动的轨道半径为R．粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OP=R．不计重力．求M点到O点的距离和粒子在
磁场中运动的时间．
【答案】当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为
π
126
T m t
qB ==
当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为
π
42
T m t
qB ==
【解析】
根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x 轴的夹角为β，如图所示．有（判断出圆心在y轴上得1分）
2
v
qvB m
R
=（1分）
周期为
2πm
T
qB
=（1分）
过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D．由几何知识得sinα
AD R
=，cot60
OD AD
=︒，
，OP AD BP
=+
α=β （2分）
联立得到sinαα1
3
+=（2分）
解得α=30°，或α=90° （各2分）
设M点到O点的距离为h，有sinα
AD R
=
h R OC =-，
3
cosα
OC CD OD R AD =-=
联立得到h=R
3
cos(α+30°) （1分）
解得h=
3
R（α=30°）（2分）
h=
3
R（α=90°）（2分）
当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为
π126T m t qB
==（2分） 当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 π42T m t qB =
=（2分） 【考点定位】考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识．。