(物理)高考必备物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧全解及练习题(含答案)

（物理）高考必备物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动技巧全解及练习题
(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．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 ，
-3d<y<3d)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(0，3d)点沿y 轴正方向射入磁场．当入射速度为0v 时，粒子从(-2d ，3d)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）0
mv qd
（2）
00
243d d
v 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 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
2332d d
t v v ==
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．
2．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 点时的速度方向与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 点所经历的时间之差。

【答案】(1)2
2qlB E m
=；(2)(1)2m qB π-
【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以0v 表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周半径，则有
2
0v qv B m R
= ①
由于粒子在Q 点的速度垂直于它在4P 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹是圆周的
1
4
，故有 2R =
②
联立①②得
02v m
③
在电场中粒子做类平抛运动，分别以x 、y 、E 、a 、E t 表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，则
qE ma = ④
垂直0v 方向
2
12
E y R at == ⑤
沿0v 方向
0E x R v t =
= ⑥
联立②③④⑤⑥各式可解得
2
2qlB E =
电场强度的大小为
2
2qlB E m
=
（2）由分析知粒子在磁场中由P 运动到Q 点所经历的时间B t 为1
4
周期，故
0112442B R m t T v qB
ππ==⋅= 在电场中由P 运动到Q 点所经历的时间
0E R m
t v qB
=
= 由P 运动到Q 点所经历的时间之差
(1)2B E m
t t qB
π-=-
两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之差为(1)2m
qB
π-
3．如图所示，两个边长均为l 的正方形区域ABCD 和EFGH 内有竖直向上的匀强电场，DH 上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m ，电荷量为q ，以速度v
从B 点沿BC 方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在
CDHE 区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH 的中点竖
直向上射入电场，粒子的重力不计，求：
(1)所加磁场的宽度DH；
(2)所加磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d
由Eq＝ma得a＝
由l＝vt得t＝
故d＝at2＝l
粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为v y＝at＝v
速度偏向角为tanθ＝＝1
解得θ＝
粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知
得得
(2)射入磁场的速度大小为v′＝v
由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m
解得B＝
(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝
粒子在磁场中向上偏转运动时间t 2＝T
其中T ＝
在上方电场中运动减速到零的时间为t 3＝
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为
t ＝2(t 1＋t 2＋t 3) 得
或t ＝
点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．
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．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=0
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）
6．如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O 点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v 、比荷为k 的带正电的粒子， PQ 是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P 端与O 点的连线与挡板垂直，距离为
v
kB
，且粒子打在挡板上会被吸收．不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大，求:
（1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长；
（2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少；（3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率。

【答案】（1）3v
；（2）
4
3kB
π
；（3）
5
12。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：
2
v
qvB m
r
=
解得：
mv v r
qB kB ==
在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图所示：
由题意可知：
v
r OP
kB
==
由几何知识可得：
v
PN
kB
=
设粒子初速度方向与OP夹角为θ，随着θ从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N 点逐渐下移；当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M，在△OPM中，由几何关系可得：
()22
2
PM r r
=-
所以
3v PM kB
=
当夹角θ继续增大，则粒子打在挡板上的点从M 点逐渐下移至P 点，由以上分析知道,挡板长度至少等于
3v
kB
时，挡板吸收的粒子数最多． （2）由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P 点时，时间最短，如图2轨迹1所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
13
π
θ=
当粒子从右侧恰好打在P 点时，时间最长，如轨迹2所示
由几何知识得粒子转过的圆心角为：
253
πθ=
粒子的运动周期：
222r m T v qB kB
πππ
=
== 最短时间：
1
12t T θπ=
最长时间：
2
22t T θπ
=
最长的时间差：
2142T t
t kB
π
∆=-=
（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方向的夹角为：
56
πα=
打到板上的粒子占所有粒子的比率为：
5212
αηπ=
=
7．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）0013,2R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭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：20101v
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 ，⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭
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+==
8．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
602360m 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，
9．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
=；
②229123m 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 32L L
t v v
θ=
=
竖直方向上：
2
22
1328OC
EqL L at mv
==
解得：：
2min
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 2Eq a m 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
///1224Eq L v t a t t m
=+=+
所以
t =
得
t n t =
即
n
10．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：
（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；
（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．
【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起
后，AB
边距桌面的高度为
2
22
v
g
．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，
由几何知识得：r2+r2=L2，
解得：r=
2
L，
小球在磁场中做圆周运的周期：T=
2r
v
π
，
小球在磁场中的运动时间：t1=
1
4
T=
2L
π
，小球在斜面上做类平抛运动，
水平方向：x =r =v 0t 2， 运动时间：t 2=
22L v
， 则：t 1：t 2=π：2；
（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，
位移：r =2212at ，解得，加速度：a =2
22v L
，
对小球，由牛顿第二定律得：a =
mgsin m
θ
=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=2
22v g
；
11．如图所示，左侧正方形区域ABCD 有竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的磁场，右侧正方形区域CEFG 有电场，一质量为m ，带电量为+q 的小球，从距A 点正上方高为L 的O 点静止释放进入左侧正方形区域后做匀速圆周运动，从C 点水平进入右侧正方形区域CEFG ．已知正方形区域的边长均为L ，重力加速度为g ，求：
（1）左侧正方形区域的电场强度E 1和磁场的磁感应强度B ；
（2）若在右侧正方形区域内加竖直向下的匀强电场，能使小球恰好从F 点飞出，求该电场场强E 2的大小；
（3）若在右侧正方形区域内加水平向左的匀强电场，场强大小为3kmg
E q
=（k 为正整数），试求小球飞出该区域的位置到G 点的距离． 【答案】（1）1mg E q =
，方向竖直向上；2m g B q L
=，方向垂直纸面向外（2）23mg E q =
（3）①L ②24L
L k
- 【解析】 【详解】
（1）12v gL =
小球做匀速圆周运动1qE mg = 解得：1mg
E q
=
，方向竖直向上 由几何关系r L =，又2
11v qv B m r
=
解得：2m g
B q L
=
，方向垂直纸面向外
（2）在CEFG 区域，小球做类平抛运动， 水平方向：1L v t =，解得2L t g
= 竖直方向：2
12
L at =
，解得4a g = 又2qE mg ma +=， 解得23mg
E q
=
（3）水平方向：3qE ma =，解得a kg = 竖直方向小球做自由落体运动. 当水平方向减速至零时，用时12gL v t a == 由2
12ax v =，解得L
x k
=
， ①当k =1时，x =L ，小球水平方向恰好到达FG 边，此时竖直位移2
12
y gt ==L ，小球恰好从F 点飞出，此时距G 点L ．
②当k =2，3，4……时，x <L ，竖直位移()2122y g t ==24L
k
≤L ，小球从CG 边飞出，此时距G 点2
4L
L k -
12．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。

现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从
P 处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。

求：
（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；
（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B ，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B 的最小值为多少？
【答案】（1）2qEd m =
v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】
【详解】 （1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理可得212qEd mv =
， 解得2qEd v m
=（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CA x
由类平抛规律x vt =，212Eq y t m
= 由几何知识可得x=y ，解得2md t Eq
= 两点间的距离为2CA x vt ，代入数据可得42CA x d =
（3）由2mv qvB R
=可得mv R qB =，即12mEd R B q =由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。

设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22r +=
又因为'mv r qB =，所以'mv B qr
=， 代入数据可得('222B B =-
13．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 == 2y 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 '= ．
14．如图所示，地面某处有一粒子发射器K （发射器尺寸忽略不计），可以竖直向上发射速度为v 的电子；发射器右侧距离为d 处有一倾角为60°的斜坡，坡面长度为d 并铺有荧光板（电子打到荧光板上时可使荧光板发光），坡面顶端处安装有粒子接收器P （接收器尺寸忽略不计），且KQPM 在同一竖直平面内。

设电子质量为m ，带电量为e ，重力不计。

求：
（1）为使电子从发射器K 出来后可运动至接收器P ，可在电子运动的范围内加上水平方向的电场，求该电场强度E 。

（2）若在电子运动的范围内加上垂直纸面向里的匀强磁场，且已知磁感应强度大小为B ；同时调节粒子的发射速度，使其满足v 0≤v≤2v 0．试讨论v 0取不同值时，斜面上荧光板发光长度L 的大小。

【答案】（1）为使电子从发射器K 出来后可运动至接收器P ，可在电子运动的范围内加上
水平方向的电场，该电场强度E 为2
4mv ed
；
（2）当0
4eBd v m <或0eBd v m ≥时，L 为0；当042eBd eBd v
m m
≤<时，L 为22000223122
mv mv d mv d d eB eB eB ⎛⎫-+-++ ⎪⎝⎭；当02eBd eBd v m m ≤<时，L 为220003362
mv mv d mv d d eB eB eB ⎛⎫---++ ⎪⎝⎭；当r max ≥2d （或r min ≥d ）时，0eBd v m ≥ ，则L ＝0
【解析】
【详解】
（1）电场方向水平向左，设运动时间为t ，则水平方向有：21cos602eE d d t m
+=
o 竖直方向有：d sin60°＝vt 联立可得：2
4mv E ed
= （2）根据2
v evB m r
=，有0max 2mv r eB = ，0min mv r eB =，即：r max ＝2r min ，分类讨论如下： 第一，当max 12r d <
（或min 14r d <）时，04eBd v m < ，则L ＝0 第二，当max 12d r d ≤<（或min 1142d r d ≤<）时，042eBd eBd v m m
≤<
如图所示有：222max max max ()2()cos120r d r L d r L =-+--o ，
解得： 2200022312mv mv d mv d d eB eB eB L ⎛⎫-+-++ ⎪⎝⎭= 第三，当d ≤r max ＜2d （或min 12d r d ≤<）时，02eBd eBd v m m
≤<
由上图所示可知，222min min min ()()2()()cos120r d r d L d r d L =-+----o
解得：
2
2
000
3
36
2
mv mv d mv
d d
eB eB eB
L
⎛⎫
---++ ⎪
⎝⎭
=
第四，当r max≥2d（或r min≥d）时，
eBd
v
m
≥，则L＝0.
15．在xOy平面内的第一象限内，x＝4d处竖直放置一个长43
L 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）
5
6
m
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
1
v，由图中几何
关系可知圆心在
1
O点，粒子的轨道半径
1
2
r d
=，
由牛顿第二定律可得：
2
1
1
1
v
qv B m
r
=
联立可得：
1
2qBd
v
m
=
②粒子打在吸收板AB的上边界B点，设粒子的速率为
2
v，由图中几何关
系可知圆心在C点，粒子的轨道半径
2
8
r d
=，。