高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧(很有用)及练习题及解析

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧(很有用)及练习题及解析
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，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．如图所示，有一磁感强度39.110B T -=⨯的匀强磁场，C 、D 为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，它们之间的距离l =0.1m ，今有一电子在此磁场中运动，它经过C 点的速度v 的方向和磁场垂直，且与CD 之间的夹角θ=30°。

（电子的质量319.110kg m -=⨯，电量
191.610C q -=⨯）
(1)电子在C 点时所受的磁场力的方向如何？
(2)若此电子在运动后来又经过D 点，则它的速度应是多大？ (3)电子从C 点到D 点所用的时间是多少？
【答案】（1）见解析；（2）81.610m/s ⨯；（3）106.510s t -=⨯。

【解析】 【分析】 【详解】
(1) 电子以垂直磁场方向的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断电子在C 点所受磁场力的方向如图所示，垂直于速度方向。

(2)电子在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，夹角θ=30°为弦切角，圆弧CD 所对的圆心角为60°，即∠DOC =60°，△CDO 为等边三角形，由此可知轨道半径
R =l
由牛顿第二定律可得
2
mv evB R
= 代入数值解得
81.610m/s eBl
v m
=
=⨯ (3)将R =l 和eBl v m =
代入周期公式2R
T v
π=中得 2m
T eB
π=
设电子从C 点到D 点所用时间为t ，由于电子做匀速圆周运动，所以
1326
t T ==π
π 由上两式得
163m t T eB
π== 代入数据得
106.510s t -=⨯
3．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系x0y 内，矩形区域(-3d<x<d ，33外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m 、电奇量为+q 的粒子从P(03点沿y 轴正方向射入磁场．当入射速度为0v 时，粒子从(-2d 3处进入无场区． (1)求磁场的磁感应强度B 的大小．
(2)求粒了离开P 点后经多长时间第一次回到P 点．
(3)若仅将入射速度变为20v ，其它条件不变，求粒于离开P 点后运动多少路程经过P 点．
【答案】（1）
mv qd
（2
）
00
243d d
v π+ （3）2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… 或()
8'234333d s d k d d ππ⎡⎤
=+++⎢⎥⎣⎦
，其中k ＝0、1、2、3 【解析】 【分析】
（1）找出半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；
（2）画出粒子运动轨迹，求出在磁场中运动时间和在无磁场中运动的时间； （3）画出粒子运动轨迹，注意讨论粒子运动的方向不同； 【详解】
（1）由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：R d =
粒子在磁场中2
v qvB m R
=，得到：0mv B qd =；
（2）粒子运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中运动时间：10
2d t v π=
粒子在无场区运动时间：20
43
d
t = 粒子再次回到P 点时间：12t t t ＝＋ 得到：00
243d d
t v v π=
+ （3）粒子运动轨迹如图所示：
粒子速度变为02v ，则在磁场中运动半径为：2R d '＝
由P 点沿圆弧运动到C 点时间：3
00
2
224323d
d t v v ππ⨯⨯== 由C 点沿直线运动到D 点时间：400
233d d
t ==
①粒子以2v 0沿y 轴正向经过P
则粒子运动时间：34(33)t k t t =+，其中k ＝1、2、3… 粒子运动距离：02s v t ＝
得到：2(433)s k d d π=+，其中k ＝1、2、3… ②粒子以02v 大小与－y 方向成60°经过P
则：34342(33)t t t k t t '=+++，其中k ＝0、1、2、3… 粒子运动距离为：02s v t ''＝
得到：()
8'234333d s d k d d ππ⎡⎤
=++⎢⎥⎣⎦
，其中k ＝0、1、2、3… 【点睛】
带电粒子在磁场中的运动，关键是找出半径和圆心，利用洛伦兹力提供向心力进行求解即可，同时还要准确地画出轨迹．
4．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
211()()
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．
5．如图所示，地面某处有一粒子发射器A ，发射器尺寸忽略不计，可以竖直向上发射速度介于v 0~2v 0的电子。

发射器右侧距离A 为L 的O 处，有一足够长突光板OD ，可绕O 点 转
动，使其与水平方向的夹角θ可调，且AOD 在同一平面内，其中OC 段长度也为L ， 电子打到荧光板上时，可使荧光板发光。

在电子运动的范围内，加上垂直纸面向里的匀 强磁场。

设电子质量为m ，电荷量为e ，重力忽略不计。

初始θ=45°，若速度为2v 0的电子恰好垂直打在荧光板上C 点，求： （1）磁场的磁感应强度大小B ；
（2）此时速率为1.5v 0的电子打到荧光板上的位置到0点的距离x ；
（3）在单位时间内发射器A 发射N 个电子，保持磁感应强度B 不变，若打在荧光板上的电子数随速率均匀分布，且50%被板吸收，50%被反向弹回，弹回速率大小为打板前速率大小的0.5倍，求荧光板受到的平均作用力大小（只考虑电子与收集板的一次碰撞）； （4）若磁感应强度在（B -△B ）到（B +△B ）之间小幅波动，将荧光板θ角调整到90°，要在探测板上完全分辨出速度为v 0和2v 0的两类电子，则
B
B
∆的最大值为多少？
【答案】(1) 02mv eL 34-2
L (3) 0158Nmv （4）13 【解析】 【详解】
（1）由洛伦兹力提供向心力：
qvB =m 2
v r
2v 0对应半径为L ，得
B=
2mv eL
（2） 1.5v 0对应运动半径为0.75L
cosl35°=2
22
0.25(0.75)20.25L x L L x
+-⨯⨯（）
2221
042x x L L +
-= 解得:
x=
-234
8L 取
34-2
（3）
F 吸=0002350%24
P mv m v N Nmv t ∆+⋅==∆吸
F 反=
0002950% 1.528
P mv m v N Nmv t ∆+⋅=⨯=∆反（） F 总=F 吸+F 反=
015
8
Nmv （4）
x 1=2211()r L r -- x 2=2222()r L r -- r 1=
()
mv e B B -∆
r 2=0
2()
m v e B B +∆ x 2＞x 1
得
B B ∆ 最大值为1
3
6．如图所示为一磁约束装置的原理图，同心圆圆心O 与xOy 平面坐标系原点重合.半径为
0R 的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场.一束质量为m 、电荷量为q 、
动能为0E 的带正电粒子从坐标为()00,R 的A 点沿y 轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为()0,0R 的P 点，方向沿x 轴正方向.当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M 点(M 点未画出).不计重力和粒子间的相互作用. （1）求区域Ⅰ中磁感应强度1B 的大小；
（2）若环形区域Ⅱ中磁感应强度213B B =，求M 点坐标及环形外圆半径R ； （3）求粒子从A 点沿y 轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A 点的过程所通过的总路程.
【答案】（100
2mE （2）0013,2
R ⎛⎫
⎪
⎪⎝⎭03R （3）01636R π⎛+ ⎝
⎭ 【解析】
试题分析：（1）由题设条件就能求出粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力就能求出Ⅰ区磁场的磁感应强度大小．（2）进入Ⅱ后，粒子恰好约束在该区，画出粒子运动轨迹，由两区域内磁场的关系，找到在Ⅱ区内做匀速圆周运动的半径，再由几何关系求得粒子在Ⅱ区内转过的圆心角，从而再由几何关系就能求出M 点的坐标和环形的外圆半径．（3）先找出从A 点出发，经过Ⅰ、Ⅱ区的正反两次偏转再次进入Ⅰ区时，相对OA 方向偏转的角度，若经过m 次偏转时，粒子第一次经过A 点，此时转过m 周，列出方程，解出整数解，那么总路程就是m 倍的一次偏转的路程．
（1）由题意，粒子在区域Ⅰ内从A 点做匀速圆周运动到P 点，显然10r R =
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有：2
0101v qB v m r =，且2
0012
E mv = 联立解得：010
2mE B =
（2）粒子进入环形区域Ⅱ后做顺时针方向匀速圆周运动，则有：2
202
v qB v m r =
由题设条件：213B B = 联立解得：203r R =
画出粒子在Ⅱ区内做匀速圆周运动的轨迹如图所示
由几何关系得：60POM ∠=︒，则M 点的坐标为00132R R ，⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭
由几何关系外环的半径2220233R r r r R =+==
（3）粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M 点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过150︒，设经过m 次这样的偏转后第一次从A 点再交入射，此时圆心角转过n 个360︒ 则有：150m=360n （m 、n 取正整数） 解得：m=12，n=5．
而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程112012143
22()432s r r R πππ=
⨯+⨯=+ 所以经过12次如此偏转后第一次通过A 点，则总路程为(
)1
2983
123
s s R π+==
7．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
6q 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t 0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56
pow π∠=
此时刻磁场中粒子数与总粒子数之比为
56
（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
5sin
2
4
θ
=
在磁场中运动的最长时间
512arcsin
42t T t θπ
π
=
= 所以从粒子发射到全部粒子离开共用时
0125arcsin t t π⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
8．如图在光滑绝缘平面上有一直角三角形区域AOC ，AC 上放置一个绝缘材料制成的固定挡板，其长度AC L ＝，30A ∠︒＝，现有一个质量为m ，带电量为q +可视为质点的小球从A 点，以初速度v 沿AO 方向运动，小球与挡板的碰撞均为弹性碰撞（打到C 点时也记一次碰撞），且不计一切摩擦和碰撞时间，若在AOC 区域施加一个垂直水平面向里的匀强磁场，则：
（1）要使小球能到达C 点，求磁感应强度的最小值min B ；
（2）要使小球能到达C 点，求小球与AC 边碰撞次数n 和磁感应强度大小B 应满足的条件．
（3）若在AOC 区域施加一个沿O 到C 方向的匀强电场，则： ①要使小球能到达C 点，求电场强度的最小值min E ；
②要使小球能到达C 点，求小球与AC 边碰撞次数和电场强度大小E 应满足的条件。

【答案】（1）min q
B mv
L ；（2）min n q B mv
L ，其中n N ∈※；（3）①2
min 43mv E qL
；②22
9123m v EqLm mv
n
．
【解析】 【详解】
（1）根据几何关系可知粒子能够运动到C 点的最大半径为r L = 根据
2
v Bqv m r
=
解得：
min
q
B mv L （2）粒子与板发生n 次碰撞所对应的轨道半径为：
L r n
=
根据
2
v Bqv m r
=
解得：
min
n q
B mv
L ，其中n N ∈※ （3）①在区间加竖直向上的电场时，且带电粒子做一次类平抛运动到C 点时电场强度最小，水平方向上：
cos L t v θ=
=
竖直方向上：
2
22
1328OC
EqL L at mv ==
解得：：
2
min
43mv E qL
②将电场力沿平行AC 和垂直AC 分解
//sin 2Eq Eq
a m m
θ=
=
cos Eq a m θ⊥=
=
02sin v t a θ⊥=
= 沿AC
方向的运动是初速度为//v =，加速度为//2Eq a m =的匀加速直线运动 得到
2/2
///124Eq L v t a t t m
=+=+
所以
223
43m v EqLm mv
t +-=
得
t n t =
即
22
9123m v EqLm mv
n
9．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．
10．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R 0=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 =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 =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 =12
at 2
…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
︒
×100%=29%
11．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(
)
22
x y y
-=时，即
4.5
y cm
=时H有最大值，
所以max9
H cm
=
12．如图所示，真空中区域I存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q 为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q板上能产生亮斑。

现有一束电子从A处的小孔以速度 v0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P板成300夹角。

已知电子质量为m，电荷量大小为e，区域II的电场强度
2
3
8
mv
E
ed
=，不计重力和电子间的相互作用力，求：
(1)若电子垂直打在Q板上，I区磁场的磁感应强度B1大小和电子到达Q板的速度。

(2)逐渐增大磁感应强度B1为保证Q板上出现亮斑，所加磁感应强度B昀最大值。

【答案】（1）00
1
1
3
2
mv mv
B
er ed
==；0
2
v
v=；（2）I区磁场的磁感应强度最大值为
(31)
2
m
mv
B
ed
+
=
【解析】
【详解】
（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
mv
evB
r
=，可解得0
mv
r
eB
=
若电子垂直打在Q板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，
由几何关系得r1cos30°=d，可解得1
cos303
d
r==
故I 区磁场的磁感应强度为 00
1132mv mv B er ed
=
=
电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得22011
22
eEd mv mv -=-， 解得0
2
v v =
（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得 22011
22
eEd mv mv -=-， 解得0
2
v v =
若电子恰好打在Q 板上，说明速度的方向刚好与Q 板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ，v 0cosθ=v ，解得θ=60° 在磁场中，由几何关系知 r 2cos30°+r 2cos60°=d ， 得(
)
231r d =
-，
此时 (
)
00
22
312mv mv B er ed
+==
故I 区磁场的磁感应强度最大值为(
)
031 2m mv B ed
+=
13．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(－
3
3
L ，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=2R3c os30° (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)
14．在xOy 平面内的第一象限内，x ＝4d 处竖直放置一个长43L d 的粒子吸收板AB ，在AB 左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场。

在原点O 处有一粒子源，可沿y 轴正向射出质量为m 、电量为＋q 的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力
(1)若射出的粒子能打在AB 板上，求粒子速率v 的范围；
(2)若在点C(8d ，0)处放置一粒子回收器，在B 、C 间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B 点进入AB 右侧区间的粒子，需在AB 右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O 点发射到进入回收器所用时间。

【答案】（1）28
qBd qBd v m m
≤≤（2）56m qB π 【解析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，如图所示：
①粒子打在吸收板AB 的下边界A 点，设粒子的速率为1v ，由图中几何
关系可知圆心在1O 点，粒子的轨道半径12r d =，
由牛顿第二定律可得： 2111
v qv B m r = 联立可得： 12qBd v m
= ②粒子打在吸收板AB 的上边界B 点，设粒子的速率为2v ，由图中几何关
系可知圆心在C 点，粒子的轨道半径28r d =，
由牛顿第二定律可得： 2222
v qv B m r = 联立可得： 28qBd v m
= 由题意可得：射出的粒子能打在AB 上，粒子的速度需满足：
28qBd qBd v m m
≤≤ （2）经过B 点的粒子能够到达C 点，设磁场的磁感应强度为'B ， 由图中几何关系，粒子的半径81232d r n n
==⋯（、、） 由牛顿第二定律可得： 222'v qv B m r
= 联立可得： '2123B nB n ==⋯（、、）
粒子从O 到B 的时间13m m t qB qB θπ=
= 粒子从B 到C 的时间2212322'2n n m m t T n qB qB
ππ==⨯==⋯（、、）
故粒子从O 到C 的时间125
6m t t t qB
π=+=。

点睛：本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的一般问题，只是由于粒子的速度不定，再加上一档板，轨迹受空间影响，要画出极值情况的轨迹，再由相关规律求出相应的求知数．要注意的是恰从档板B 处飞出的粒子要回到C 回收器，这里有多解问题引起重视。

15．如图甲，位于M 板处的粒子源可以不断产生初速度为零的电子，电子在MN 板间被加速，在MN 板间所加电压按图乙所示规律变化。

00,NM t U U ==时，电子射出后从坐标原点O 进入x 轴上方一垂直纸面向外的有界匀强磁场区域．发生270°偏转后沿y 轴负方向射出有界磁场打到x 轴下方水平放置的荧光屏上。

N 板到y 轴、荧光屏到x 轴的距离均为L 。

已知电子的质量为m ，电量为－e(e>0)，磁场的磁感应强度大小为B 。

忽略电子在板间被加速的时间，认为电子在MN 板间运动过程中板间电压不变，不考虑电子运动过程中的相互作用。

求：
(1)t=0时刻从N 板射出的电子在磁场中运动的半径大小；
(2)电子在t=0时刻从N 板射出到打到荧光屏所经历的时间；
(3)为使0—2t 0时间内从MN 板间射出的电子均能发生270°偏转垂直打在荧光屏上，试求所加磁场区域的最小面积。

【答案】021mU B
e (2) 02(23)2m m t L eU eB π+= (3) 02(23)mU S eB π+= 【解析】
【详解】 （1）在t=0时刻进入电场的电子被加速，由动能定理：20112
eU mv = 进入磁场后洛伦兹力提供向心力：2111
v ev B m R = 联立解得：0121
mU R B e
= （2）t=0时刻从N 板射出的电子，到达原点O 经历的时间：11L t v =。