【物理】物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动易错剖析及解析

【物理】物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动易错剖析及解析
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，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 -=⨯
2．某种回旋加速器的设计方案如俯视图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP 方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板A 、B 之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其它部分存在垂直纸面向外的匀强磁场．在离子源S 中产生的质量为m 、带电荷量为q 的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的O 点进入磁场区域，O 点到极板右端的距离为0.99D ，到出射孔P 的距离为5D ．已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔P 射出．假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置．忽略相对论效应，不计离子重力，0.992≈1．求： (1)磁感应强度B 的最小值； (2)若磁感应强度62mU
B D q
＝，则离子从P 点射出时的动能和离子在磁场中运动的时
间；
(3)若磁感应强度62mU
B D q
=
，如果从离子源S 飘出的离子电荷量不变，质量变为原来
的K 倍(K 大于1的整数)，为了使离子仍从P 点射出，则K 可能取哪些值．
【答案】225mU D q 33962D m qU
π K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n
＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1 【解析】 【详解】
(1)设离子从O 点射入磁场时的速率为v ，有
21
02
qU mv ＝－
设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，
2
v qvB m r
＝
若离子从O 点射出后只运动半个圆周即从孔P 射出，有2r ＝5D 此时磁感应强度取得最小值，且最小值为
225mU
D q
(2)若磁感应强度62mU
B D q
＝
，正离子在磁场中的轨道半径16r D =，
经分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为16
r D
=
，这样的过程将进行2次，然后第3次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板右端后被加速了n 次，则此时离子运动的半径为被加速了(n ＋1)次对应的半径1
1n n mv r qB
+＋＝
．离子从孔P 射出满足的条件 11425n r r D ＋＋＝
解得n ＋1＝132，即离子从静止开始被加速169次后从P 点离开，
最大动能2max 13169k E qU qU ＝
＝ 在磁场中的总时间t ＝169.5T ， 因为
32D
m
T qU
π=
可得33962D m
t qU
π=
(3)若离子电荷量为q ，质量变为Km ，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为r K ，在电场中被加速n 次进入磁场的半径为r n ，则K r Kr ＝，n r Knr =，其中16
r D
=
，由上面K r Kr ＝知，K 越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论：
情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图，此时，
要满足的条件为：
2×2r K <0.99D ①
同时
2×2r K ＋2r n ＝5D ②
由①知：K <2.2，因为K >1的整数，故K ＝2，代入②知：22158602n ＝＋－，由于n 要求取整数，情况一中n 不存在．
情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件为
2r K <0.99D ①
2×2r K ≥0.99D ② 2r K ＋2r n ＝5D ③
由①②知2.2≤K <9，由③知：21530Kn K K +＝－，当K 分别取3、4、…8时，n 不可能取整数，情况二也不存在． 情况三：
在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图，此时，要满足的条件
2r K ≥0.99D ①
2r n ＝5D ②
由①知：K ≥9，由②知：Kn ＝152＝3×5×3×5，故K 可能有6组取值，分别为：K ＝9，n ＝25；K ＝15，n ＝15；K ＝25，n ＝9；K ＝45，n ＝5；K ＝75，n ＝3；K ＝225，n ＝1．
3．如图所示，在0y >区域存在方向垂直xoy 平面向里、大小为B 的匀强磁场．坐标原点处有一电子发射源，单位时间发射n 个速率均为v 的电子，这些电子均匀分布于xoy 平面y 轴两侧角度各为60°的范围内．在x 轴的正下方放置平行于y 轴、足够长的金属板M 和N （极板厚度不计），两板分别位于 1.2x D =和2x D =处，N 板接地，两板间通过导线连接有电动势U 在20.25m
m m mv U U U e ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
范围内可调节的电源E 和灵敏电流计G ．沿y
轴正方向入射的电子，恰好能从2x D =处进入极板间．整个装置处于真空中，不计重力，忽略电子间的相互作用．
（1）求电子的比荷；
（2）求电子在磁场中飞行的时间与发射角度θ（速度方向与y 轴的角度）的关系； （3）通过计算，定性画出流过灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线．
【答案】（1）v BD （2）(1802)180D t v
θπ±= （3）见解析 【解析】 【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力：2
v evB m r
=
根据其中题意可知半径为：r =D
联立可得：
e v m BD
= (2)粒子的运动周期为：2m
T eB
π=
根据几何关系可知，当粒子从y 轴的右侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=- 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ--=
== 当粒子从y 轴的左侧射入时，对应的圆心角为：2απθ=+ 对应的时间为：
()()22r D s t v v v
πθπθ++=
== (3)设进入M N 、极板电子所对应的最大发射角为m a ，则有
2cos 1/2m D a D =．53m a =
左侧电子单位时间内能打到M 极板的电子数为：5353
60120
L n n n z =
= 对右侧电子：5360θ≤≤均能达到M 板上，053θ≤<以θ角射出恰好不能到达N 板. 则有：221
2(1cos )sin 0.82
U e
D mv D θθ⨯-= 电压为：
211(1cos )(1cos )55
m mv U U e θθ=+=+
最大值为：max 2
5
m U U =
最小值为：min 0.32m U U = 当2
5
m U U ≥
，右侧所有电子均到达M 板，饱和电流为： 531113()1202120
i ne ne =+=
当0.32m U U <
右侧角度小于53电子均不能到达M 板，此时到达极板M 的电子数为2
n
． 灵敏电流计G 的电流i 和电动势U 的关系曲线为：
4．如图所示，xOy 平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B =0. 1T ，在原点O 有一粒子源，它可以在xOy 平面内向各个方向发射出质量276.410m -=⨯kg 电荷量
193.210q -=⨯C 、速度61.010v =⨯m/s 的带正电的粒子。

一感光薄板平行于x 轴放置，其
中心O '的坐标为（0，a ），且满足a >0. 不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用。

（1）若薄板足够长，且a =0. 2m ，求感光板下表面被粒子击中的长度； （2）若薄板长l =0. 32m ，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a 的最大值；
【答案】13
+ (2)0.32m
【解析】 【分析】
(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力，粒子速度大小一定，方向不定，采用旋转圆的方式确定临界点；
(2)作出粒子恰能击中板的最左端与最右端时粒子的轨迹，求出a 的最大值。

【详解】
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹完全提供向心力：
2
v qvB m r
=
解得：0.2m r =
沿y 轴正方向发射的粒子击中薄板的最左端D 点，可知：
10.2m x r ==
而击中薄板最右端E 点的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系可得：
22
22(2)r x r +=
解得：23
x =
则感光板下表面被粒子击中的长度：1213
L x x +=+=
(2)粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系可知：
222()()2
l
a r r +-= 解得：0.32m a =
若粒子恰能击中薄板的最右端点，根据几何知识可知：
222()(2)2
l
a r +=
解得：0.1344m 0.32m a >
综上所述，为了使感光板下表面全部被粒子击中：0.32m m a =
【点睛】
典型的旋转打板模型，粒子的速度一定，说明运动的轨迹是一个定圆，方向不同，可以采用旋转圆的方式画出临界点，进而求解。

5．地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害．为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地磁场．如图所示，模拟地球半径为R,地球赤道平面附近的地磁场简化为赤道上方厚度为2R 、磁感应强度大小为B 、方向垂直于赤道平面的匀强磁场．磁场边缘A 处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子．研究发现，当粒子速度为2v 时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球．不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应．
（1）求粒子的比荷
q m
； （2）若该种粒子的速度为v ，则这种粒子到达模拟地球的最短时间是多少？
（3）试求速度为2v 的粒子到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值η．（结果用反三角函数表示．例：sin k θ=，则sin arc k θ=，θ为弧度）
【答案】（1）2q v
m BR =（2）min 23R t v
π=（3）2
arcsin 3π
【解析】
试题分析：（1）其轨迹如图1所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r ，则根据几何关系：()()2
2
23r R r R +=+① 解得4r R =②
又2
(2)(2)v q v B m r
=③ 由②③得，
2q v m BR
=④ （2）速度为v 的粒子进入磁场有：2
v qvB m r ='
⑤ 由④⑤得，2r R '=⑥
若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A 斜向上射入，在A 交点E 到达地球的弦长最短时间最短．
2AE AD DE R ===，故60ADE ∠=︒，
得：0min
0602360m t qB π=⋅，min 23R t v
π= （3）沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO 方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此θ角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球．
作A 点该速度垂直和过切点与O 点连线延长线交于F 点，则F 点为圆心，如图3． AF=4R ，AO=OF=3R ，得2
sin 3
AG AO θ=
=
故θηπ
=，2
arcsin 3ηπ
= 考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动
【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式
mv R Bq =
，周期公式2m T Bq π=，运动时间公式2t T θ
π
=
，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，
6．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
t =
得
t n t =
即
22
9123
m v EqLm mv
n
7．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q 点．不计重力．
求：（1）电场强度的大小．
（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．
【答案】
2
2
B qL
E
m
=；
2
B
E
t
t
π
=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有
2
v
qv B m
R
=
由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为
1
4
圆周，
故有
2
R=
以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，t E表示粒子在电场中由p 点运动到Q点经过的时间，则有qE ma
=
水平方向上：2
1
2E
R at
=
竖直方向上：0E
R v t
=
由以上各式，得
2
2
B qL
E
m
=且E
m
t
qB
=
（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为
1
4
圆周，即
1
42
B
t T
m
qB
π
==所以
2
B
E
t
t
π
=
8．在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动．如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC=L，Q 为直线ab上一点，它与P点相距PQ=
5
2
L．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子的发射速率；
（2）PQ两点间的电势差；
（3）仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间．
【答案】(1)
5
8
BqL
m
(2)
22
25
8
qB L
m
(3)
233
180
m
Bq
π106
180
m
Bq
π
【解析】
【分析】
（1）当只存在匀强磁场时，α粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出α粒子的运动轨迹，由几何知识求出α粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出α粒子的发射速率；
（2）当只存在匀强电场时，α粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解PQ 两点间的电势差；
（3）当仅加上述磁场时，根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间．
【详解】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示：
由几何知识可得
PC QA PQ QO
＝ 代入数据可得粒子轨迹半径58
L R QO ==
洛伦兹力提供向心力Bqv ＝m 2
v R
解得粒子发射速度为v ＝
58BqL
m
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab 直线的动能相等，可知ab 为等势面，电场方向垂直ab 向下．水平向左射出的粒子经时间t 到达Q 点，在这段时间内
1
2
v CQ L t ==
PC ＝L ＝
12
at 2 式中a ＝qE m
U ＝Ed
解得电场强度的大小为U ＝22
258qL B m
（3）只有磁场时，粒子以O 1为圆心沿圆弧PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示．据图有
sin α＝
=0.6L R
R
- 解得α＝37°
故最大偏转角γmax ＝233° 粒子在磁场中运动最大时长max
1233360180m
t T Bq
γπ=
=
︒
式中T 为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图有
sin β＝
/24
=5
L R 解得β＝53°
速度偏转角最小为γmin ＝106°
故最短时长min
2106360180m
t T Bq
γπ==
︒
【点睛】
本题的突破口是确定α粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径．
9．处于静止状态的某原子核X ，发生α衰变后变成质量为m Y 的原子核Y ，被释放的α粒子垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中,测得其圆周运动的半径为R ，设α粒子质量为m ，质子的电荷量为e ，试求: (1)衰变后α粒子的速率v α和动能E kα; (2)衰变后Y 核的速率v Y 和动能E kY ; (3)衰变前X 核的质量m X ．
【答案】(1)2BeR v m α=
222
2k B e R E m α= (2) 2Y Y BeR v m = 2222kY Y
B e R E m = (3)2222211
()X Y y
B e R m m m c m m =++
+ 【解析】 【详解】
（1）α粒子在匀强磁场中做圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供,即2
v Bqv m R
α
α= α粒子的电荷量q =2e
所以α粒子的速率2BeR
v m
α= 动能2222k 12E 2B e R mv m
α
α== （2）由动量守恒mv α-m Y v Y =0,所以2y y
BeR
v m =
2222
ky 12E 2y y y
B e R m v m ==
（3）由质能方程ΔE =Δmc 2，而ΔE =E kα+E kY
所以2222211
()Y
c B e R m m m ∆=
+ 衰变前X 核的质量m X =m +m Y +Δm =m +m Y +
2222211
()Y B R m c e m +
10．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第
三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）
3E
B
（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 23603
d d d
r sin sin α=
==︒ 根据2
00mv qv B r =得023qBd
v =
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
1602qE r cos t m -︒=（）； 00
y v qEt tan v mv α==
联立解得03E
v B
=
（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．
则有：x=v 0t ， 2
y v y t =
得0
3222
y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 13
23
r d = 则得2
3
x d =
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253
239
d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==
粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBd
v v cos α=
==
根据2
'v qvB m R
=
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
11．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，S 1、S 2为板上正对的小孔，N 板右侧有两个宽度均为d 的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S 1、S 2共线的O 点为原点，向下为正方向建立x 轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S 1进入两板间，电子的质量为m ，电荷量为e ，初速度可以忽略．
求：（1）当两板间电势差为U 0时，求从小孔S 2射出的电子的速度v 0；
（2）两金属板间电势差U 在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上； （3）电子打到荧光屏上的位置坐标x 和金属板间电势差U 的函数关系．
【答案】（122
0222eU d eB U m m
（）＜
（3）2222
2
2
222d eB x emU emU d e B U eB
m ⎛⎫
=
-≥ ⎪⎝⎭
【解析】
【详解】
（1）根据动能定理，得：20012
eU mv = 解得：0
02eU v m
=
（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有r ＜d
而：212eU mv =，2
v eBv m r
=
由此即可解得：22
2d eB U m
＜
（3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r ，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x ，则由轨迹图可得：2222x r r d =--， 注意到：mv r eB =
和：2
12
eU mv = 所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x 和金属板间电势差U 的函数关系为：
(
)
2222
2
2
222d eB x emU emU d e B U eB m ⎛⎫
=
--≥ ⎪⎝⎭
12．如图所示，坐标系xoy 位于光滑绝缘水平面内，其中第二象限内存在一个与坐标平面平行方向如图的匀强电场．一质量为M ，电量为q +的小球a 从A 点由静止释放．沿AO 方向运动．到达O 点时速度为v ，AO 长度为.L 若小球a 恰能与静止在O 点质量为
(3)m M m >的不带电小球b 发生弹性碰撞，相碰时电荷量平分，同时瞬间撤去电场并在
整个空间加一垂直于坐标平面向下的匀强磁场．忽略两小球间的静电力及小球运动所产生磁场的影响．求：
(1)匀强电场的电场强度大小E ； (2)a ，b 两球碰后的速度；
(3)若从a ，b 两球相碰到两球与O 点第一次共线所用时间为t ，则匀强磁场的磁感应强度
l B 的大小为多少？
【答案】(1)2 2Mv qL ；(2)() M m v M m
-+和2Mv M m +； (3)()4 Mm qt M m π-． 【解析】 【分析】
()1小球a 在电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式结合可求得
匀强电场的电场强度大小E ；
()2a 、b 两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒
定律求两球碰后的速度；
()3a 、b 两球碰后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
和运动学公式求得两球运动周期，画出轨迹，分析时间t 与两球周期的关系，求解匀强磁场的磁感应强度l B 的大小． 【详解】
(1)设a 球在电场中运动的加速度为a ，由牛顿第二定律和运动学公式可得：
qE
a M
=
22v aL =
解得：2
2Mv E qL
=
()2设a 、b 两球碰后的速度分别为1v 和2v ，取碰撞前a 球的速度方向为正方向，由动量
守恒定律和机械能能守恒定律得： 12Mv Mv mv =+．
22212111222
Mv Mv mv =+． 解得：()1M m v v M m
-=
+，2
2Mv
v
M m
=
+ ()3由于碰后两球都带正电在磁场中向同一方向偏转做圆周运动，如图．
由2
v qvB m R
=，2R T v π=得：2m T qB π=
则得：4a M T qB π=
，4b m
T qB
π= 如图所示a 、b 两球与O 点第一次共线时有：222b a
t t T T ππ
π-= 解得：()
4Mm
B qt M m π=-
【点睛】
本题中带电小球先加速后做圆周运动类型，关键是画出轨迹图，结合几何关系分析时间与周期的关系．
13．如图所示，在边长为2L 的正方形CDEF 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．在正方形对角线CE 上有一点P ，P 到CF CD 、距离均为
2
L
，在P 点有一个能连续发射正离子的装置，且所有正离子的质量均为m 、电荷量均为q ．不计离子重力及离子间相互作用力．
（1）若由P 点水平向右射出一正离子，恰好从E 点射出，求该离子的速度大小及在磁场中运动的时间；
（2）若由P 点连续不断地向纸面内各方向发射速率均为1316qBL
m
的正离子，求在DE 边有离子射出的区域长度． 【答案】（1）32BqL m ，2m Bq π （2）34
L 【解析】 【分析】
根据题图可知，考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，确定粒子的运动轨迹，找出几何关系进行求解；
（1）画出离子的运动轨迹，确定圆心和半径，根据洛伦兹力提供向心力进行求解； （2）发射速率不变，即圆周运动的运动半径不变，分析找出临界状态的粒子即可确定射出的区域长度． 【详解】
（1）离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其运动轨迹如图：
由图知：32r L = 洛伦兹力提供向心力：2v Bqv m r = 解得：32BqL v m
=， 运动周期：2m T Bq
π= 离子运动时间：142m t T Bq
π== （2）当1316qBL v m
=时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R ， 则由2
v qvB m R
= 可得：1316
L R = 要使离子从DE 射出，则其必不能从CD 射出，其临界状态是离子轨迹与CD 边相切，设切
点与C 点距离为x ，其轨迹如图甲所示，
由几何关系得：2222L L R x R ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭ 计算可得54
x L =， 设此时DE 边射出点与D 点的距离为1d ，则由几何关系有：()()22212L x R d R -+-=，
解得
1
2 L
d=
（说明：若直接由轨迹图形的对称性得
12
L
d=也可．）
而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为2d，其轨迹如图乙所示，由几何关系可得
22
2
2
3
22
L
R L R d
⎛⎫⎛⎫
=-+-
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
，
解得
()
2
23
4
L
d
+
=，
故离子在DE边射出的区域长度
21
3
4
d d d L
=-=
【点睛】
正确地画出带电粒子在匀强磁场运动的轨迹是解题的关键．
14．如图甲所示,以O为原点建立0εy平面直角坐标系.两平行极板P、Q垂直于y轴且关于J轴对称放置,极板长度和极板间距均为l,第一、四象限有方向垂直于Oxy平面向里的匀强
磁场.紧靠极板左侧的粒子源沿J轴向右连续发射带电粒子,已知粒子的质量为m、电荷量为十q、速度为v0、重力忽略不计.两板间加上如图乙所示的扫描电压(不考虑极板边缘的影响)时,带电粒子恰能全部射入磁场.每个粒子穿过平行板的时间极短,穿越过程可认为板间电压不变;不考虑粒子间的相互作用.
(1)求扫描电压的峰值U0的大小.
(2)已知射入磁场的粒子恰好全部不再返回板间,匀强磁场的磁感应强度B应为多少?所有带电粒子中,从粒子源发射到离开磁场的最短时间是多少?
【答案】（1）
2
m
q
v
（2）0
2mv
ql
（3）
1
4
l
v
π
⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
【解析】
试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由题意可知，粒子的运动情况，根据运动的合成与分解可求得的加电压的峰值；粒子在磁场中做圆周运动，由洛仑兹力充当向心力以及几何关系可求得磁感应强度；粒子从上边缘飞出时时间最短，则由运动过程可求得各段内所经历的时间，则可求得总时间
（1）所加扫描电压达到峰值时，粒子在电场中的偏转位移为
2
l
，粒子
在电场中做类平抛运动，运动加速度为0
qU
a
ml
=，时间为
l
t
v
=
在电场中的偏转位移22
11
222
qUl
y at l
mv
===
故所加扫描电压的峰值为
2
mv
U
q
=
（2）设粒子从电场射出时的速度偏转角为θ，射入磁场时的速度为0
cos
v
v
θ
=
粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力
2
v
Bqv m
R
=
粒子在磁场中射入与射出点间的距离为2cos
y Rθ
∆=
联立解得2cos
mv
y
Bq
θ
∆=，即所有粒子在磁场中射入与射出点间距离相同
依题意，从下边缘射出电场的粒子在磁场中做圆周运动后刚好到达电场上边缘，
即y l
∆=，故匀强磁场的磁感应强度为0
2mv
B
ql
=
从电场上边缘射出的粒子整个过程运动时间最短，
粒子速度偏转角正切值02
00
tan1
qU l
at
v mv l
α===，故0
45
α=
粒子在电场中运动的时间为1
t
l
v
=。