高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动解题技巧(超强)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(超强)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，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．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。

左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。

离子源发出两种速度均为v 0、电荷量均为q 、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。

在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点。

已知OP=0.5r 0，OQ=r 0，N 、P 两点间的电势差
2NP
mv U q =,4
cos θ5
=，不计重力和离子间相互作用。

（1）求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小；
（2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l （用r 0表示）； （3）若磁感应强度在（B —△B ）到（B ＋△B ）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两東离子，求
ΔB
B
的最大值 【答案】（1）2
00
mv E qr =，00B mv qr =；（2）01.5r ；（3）12%
【解析】 【详解】
（1）径向电场力提供向心力：2
c c c
v E q m r =
2
c c c mv E qr = c c
mv B qr =
（2）由动能定理：
2211
0.50.522
c NP mv mv qU ⨯-⨯=
c v ==
或0.5c mv r qB =
= 2cos 0.5c l r r θ=-
解得 1.5c l r =
（3）恰好能分辨的条件：000
22cos 211r r r B B B B
θ-=∆∆-+
解得
00412B
B
∆=≈
3．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．
【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d
m θ
【解析】 【分析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】
（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R
θ=
洛伦兹力做向心力：20
0v qv B m R
= 解得0cos qBd
v m θ
=
（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x
θ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θ
θ
=
（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B
解得2qB d
E mcos θ
=
【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
4．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= （2）22
8qB 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= 2θπ
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S 2的速度为v 0由动能定理有：qU ＝1
2
mv 02 粒子在偏转电场中运动的加速度为：qE a m
= 沿速度v 0方向 3L ＝v 0t 沿电场方向 v s ＝at ，x ＝
12
at 2 且有 tan θ＝0
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v 1．做
园周运动的轨道半径为r 1，则 qv 1B ＝m 12
11
v r
其中010
1
8cos303v qU
v m =
= 由几何关系可知 10
2cos30L
r =
解得m 1＝
22
8qB 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 ＝
240360T
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。

5．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。

0
t=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3:1
AB 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
T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）0
nmv
AB
qB
=，
2
n m
t
qB
π
=1,
n=
（2，3...）；（2）0
33
n mv
AB
qB
=，0
4
3
n m
t
qB
π
=1,
n=
（2，3...）；（3）0
5
3
m
T
qB
π
≤，
)0
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...）
02m
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：
33
n mv
AB
qB
=，
4
3
n m
t
qB
π
=1,
n=
（2，3...）
（3）如图3所示：
粒子恰不从AB边射出时，0
2
T
T
-时的轨迹与AB边相切，故需满足
sin()
2
r
r
πθ
-=，
解得粒子在0
2
T
-时间内转过的角度不超过150°，则有：
150
2360
T
T
≤
T时刻粒子离AB的距离为
2cos30
d r r
=+︒
由以上方程解得：
5
3
m
T
qB
π
≤，
)0
32mv
d
qB
=。

6．如图所示，在足够长的绝缘板MN上方存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未标出），在绝缘板上方的P点有一个粒子发射源，它在同一时间内沿纸面向各个方向发射数目相等的带正电粒子，粒子的速度大小相等。

已知粒子的比荷为
q
m
＝k，在磁场中运动的轨道半径R，P点与绝缘板的距离为d＝1.6R（不计粒子间的相互作用和粒子的重力，sin37°＝06，sin53°＝0.8）。

求
（1）粒子源所发射粒子的速度大小v0；
（2）能够到达绝缘板上的粒子在板上留下痕迹的最大长度L m；
（3）打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值。

【答案】（1）kBR （2）2R （3）0.25 【解析】 【详解】
（1）根据洛伦兹力提供向心力可得
2
00v qv B m R
＝ 粒子在磁场中运动的轨道半径为：
mv R qB
=
粒子比荷为k ，联立解得：
0v kBR ＝
（2）画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子能打中绝缘板上最左端和最右端的点分别为C 、D ，
粒子在C 点与绝缘板相切，PD 为粒子轨迹圆的直径，根据几何关系可得：
()
2
22 1.2P D R d R '=
-=
22()0.8CP R d R R '=--=
带电粒子在板上留下痕迹的最大长度为：
2m L CD R ＝＝
（3）根据上图中的几何关系可得：
1.2sin 0.62R
P PD R
∠'=
=，37P PD ∠'︒＝ 0.8sin 0.8R
OPE R
∠=＝
，53OPE ∠︒＝ 根据旋转圆的方法可知，粒子旋转的角度为θ＝37°+53°＝90°范围内有粒子打在板上，
打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的1
4
，故打在绝缘板上的粒子数占总发射粒子数的比值为0.25。

【点睛】
7．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．
8．如图甲所示，在xOy 竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与x 轴相切于点(2R, 0)、半径为R 的圆形区域，该区域内存在垂直于xOy 面的匀强磁场，电场与磁场随时间变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸面向里为正方向，电场、磁场同步周期性变化（每个周期内正、反向时间相同）．一带正电的小球
A 沿y 轴方向下落，t=0时刻A 落至点03R （，），此时，另一带负电的小球
B 从圆形区域的最高点22R R （，）处开始在磁场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动．当A 球再下落R 时，B 球旋转半圈到达点20R （，）；当A 球到达原点O 时，B 球又旋转半圈回到最高点；然后A 球开始做匀速运动．两球的质量均m ，电荷量大小为q ，不计空气阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为g ，求：
（1）匀强电场的场强E 的大小；
（2）小球B 做匀速圆周运动的周期T 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； （3）电场、磁场变化第一个周期末A 、B 两球间的距离S ． 【答案】（1）mg q
E =（2）2m g
B q
R
π=
3225(22)π++
【解析】 【分析】 【详解】
(1)小球 B 做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有 Eq ＝mg ，解得 mg q
E =
(2)设小球 B 的运动周期为 T ，对小球 A ：Eq ＋mg ＝ma ， 解得 a ＝2g ； 由 R ＝a (
2T )2，得 2R
T g
= 对 B 小球：2
=B
B v Bqv m R
22B R
v gR T
π=
= 解得2m g
B q
R
π=
(3)由题意分析可得：电(磁)场变化周期是 B 球做圆周运动周期的 2 倍 对小球 A ：在原点的速度为32
A R T v a T =
+ ，
在原点下的位移5A A y v T R == 2T 末，小球 A 的坐标为(0，－5R ) 对小球B ：球 B 的线速度 v B ＝π2gR ；
水平位移 x B ＝v B T ＝2πR ； 竖直位移为 y B ＝
12
aT 2
＝2R ； 2T 末，小球B 的坐标为[(2π＋2)R ，0]
则 2T 末，A 、B 两球的距离为： AB ＝225(22)π++R ．
9．如图所示，在平面直角坐标系xoy 的一、二象限内，分别存在以虚线OM 为边界的匀强电场和匀强磁场。

匀强电场方向沿y 轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy 平面向里，虚线OM 与x 轴负方向成45°角。

一质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 0沿x 轴正方向运动，粒子每次到x 轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大
小均减为反弹前的13
倍、方向相反。

电场强度大小为2032mv qd ，磁感应强度大小为
mv qd
，求：（不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示）
（1）带电粒子第一次离开磁场的位置坐标；
（2）带电粒子从开始运动到最后一次离开磁场所需时间； 【答案】（1）（-d,d ） （2） 0
(131)63d d
v π+
【解析】 【详解】
（1）设磁场强度大小为B ，粒子第一次进入磁场，根据左手定则和已知条件可知，粒子做
34的圆周运动后经过 OM ，粒子在磁场中做圆周运动有2
00v qv B m r
= 可得 r =
mv d qB
= 由此可知，粒子第一次离开磁场的位置坐标为（-d ，d ）
（2） 粒子第一次进入电场后加速运动到x 轴，设速度为v 1，有：
22
10-2
qE
v v d m
= 可得：v 1=02v
而粒子第一次与x 轴碰撞后，反弹速度为 1113
'v =
， 设粒子能再次进入磁场，切第二次进入速度为v 2， 则有2
2
21'2Eq
v v d m
-=-， 可得：v 2=
012
v 由此可知，先后两次进入磁场，进一步经分析判断可知，粒子再次进入磁场后，做1
4
的圆周运动，其速度大小变化但周期不变，之后一直在电场中运动 故带电粒子在磁场中运动的时间为：10
2d
t T v π==
两次经过磁场的之间在电场中运动的时间为:201120
22(131)'d d d
t v v v v +=+=++ 因此一共需要的时间120
(131)63d d t t t v π+=+=
10．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 =++
+
【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
222
2
k
12
E
2
B e R
mv
m
αα
==
（2）由动量守恒mvα-m Y v Y=0,所以
2
y
y
BeR
v
m
=
222
2
ky
12
E
2y y
y
B e R
m v
m
==
（3）由质能方程ΔE=Δmc2，而ΔE=E kα+E kY
所以
2
2
22
211
()
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+
2
222
211
()
Y
B R
m
c
e
m
+
11．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）
222
22
32
(,)
28
g k B L
L
k B g
-
【解析】
【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=-+=-
12．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v 0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
02mv E qh = ，α＝45°，因此粒子从C 点正对圆心O 1进入磁场．(2) (0
22mv B qh
+=
(3) (03226224h 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 22
0y
v v +2v 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21)21)r R h ==
由牛顿第二定律有 2v qvB m R
=
联立解得0
(22)mv 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
22(21)2h R t 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(22)24r h
t v v ππ-=
=
在第四象限电场中往复时间40
242v h
t a v =
=
带电粒子从Q 点运动到最终射出磁场的时间
()
1234032267224
h 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．
13．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】(1) 0
21mU B
e
(2)
2(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：2
0112
eU mv =
进入磁场后洛伦兹力提供向心力：2
111
v ev B m R = 联立解得：0
121mU 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：11
L t v = 在磁场中运动的时间2324m
t eB
π=
⋅
从离开磁场到到达荧光屏的时间131
R L
t v +=
该电子从N 板到荧光屏的时间：t=t 1+t 2+t 3 解得：()02322m
m t L
eU eB
π+=+
（3）任一时刻从N 板射出的电子，经磁场后均发生2700偏转垂直打在荧光屏上，电子的运动轨迹如图；由（1）中的式子可知0
261mU R B e
=
如图两圆弧之间的阴影部分即为所加磁场的最小区域，由几何关系可知：
2
22222113131()()4242
S R R R R ππ=+-+
联立解得：()02
23mU S eB π+=
14．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】
（1）如图所示，可得：光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径设为r ， 由图可知：0cos 602d r r +=
得：3
d r = 由牛顿第二定律可得： 200v qBv m r
= 得：03qBd v m
=
（2）由题可知小球与MN 杆发生弹性碰撞，设碰后小球速度为1v ，MN 杆速度为2v ，可得：
0123mv mv mv =+
2220121113222
mv mv mv =+⨯ 联立可得：201011,22
v v v v ==- 此后杆MN 与杆PN 组成的系统动量守恒，共速度时速度设为v ，则有：
23(3)mv m m v =+ 可得：2033488qBd v v v m
=== 由能量守恒定律可知PQ 上产生的热量：222113422E mv mv =⨯-⨯=22296q B d m
对杆PQ 应用动量定理可得： 0BId t mv ∆=-
即：0BdQ mv =- 得：8
q Q = （3）由B S B xd Q R R R
φ∆∆∆=== 得杆MN 比杆PQ 多滑动的距离：8QR qR x Bd Bd
∆== （4）由（2）可知球与MN 碰后，小球的速度为：1012v v =-
， 杆MN 的速度为：201,2
v v = 小球碰后做圆周运动的半径：'6
d r = 运动半个周期的时间为：00'32
r d t v v ππ==
这段时间内杆MN 减速到与PQ 同速，最小速度为038v v =，则其位移：'8d x vt r π>=> 此后杆MN 一直向左运动，故小球不会与MN 杆发生第二次碰撞．
15．如图所示，坐标系xOy处于竖直平面内，在x＞0的区域内有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在x＞x0的区域内另有一方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场（图中未画出）。

从x轴上x=3L的P点以速度v沿y轴负方向射出的带电粒子，恰能做匀速圆周运动，运动一段时间后经过原点O，并沿与x轴负方向成θ=30°角方向射入第Ⅱ象限内，在第Ⅱ象限内加一方向平行于xOy平面的匀强电场，使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，已知重力加速度为g。

求：
（1）x0的值；
（2）磁场的磁感应强度B；
（3）第Ⅱ象限内匀强电场的电场强度的最小值和方向。

【答案】（1）；（2）；（3），方向竖直向上。

【解析】
【分析】
（1）由几何知识求解x0；（2）带电粒子在复合场做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡，根据粒子运动半径求出B的大小；（3）根据力的平衡原理求解最小电场强度。

【详解】
（1）如右图所示：
根据几何知识得：OP=3L=x0+sinθR+R，
OP=+R=3R
联立求解得x0=，R=L
（2）粒子做圆周运动的半径：R=
又qE=mg
联立解得：B=
（3）要使粒子在第Ⅱ象限内做直线运动，则电场力与重力是平衡力。