高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动及其解题技巧及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动及其解题技巧及练习题(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，虚线为两磁场的边界，虚线左侧存在着半径为R 的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，圆心O 为虚线上的一点，虚线右侧存在着宽度为R 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。

质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，从圆周上的A 点以某一初速度沿半径方向射入半圆形磁场区域，恰好从D 点射出，AO 垂直OD 。

若将带电粒子从圆周上的C 点，以相同的初速度射入磁场，已知∠AOC =53°，粒子刚好能从虚线右侧磁场区域射出，不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)带电粒子的初速度及其从A 到D 的运动时间；
(2)粒子从C 点入射，第一次运动到两磁场的边界时速度的方向及其离O 点的距离； (3)虚线右侧磁场的磁感应强度。

【答案】(1)0qBR
v m
=，2m t qB π=；(2)速度的方向与磁场边界的夹角为53°，0.6R ；
(3)2 1.6B B = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子从A 点进磁场D 点出磁场，作出轨迹如图
由几何关系得轨道半径
1r R =
洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力，有
20
0mv qv B
m
= 解得
0qBR
v m =
粒子在磁场中运动的圆心角为90°，有
4
T t =
而周期为
1
2r T v π=
解得
2m
t qB
π=
(2)粒子从C 点入射，作出轨迹如图
由几何知识得EF 的长度
L EF =R cos53°
在三角形EFO 1中，有
sin 0.6EF
L R
θ=
= 即粒子转过的圆心角37θ=︒，则速度的方向与磁场边界的夹角为53° 而CE 的长度
cos37CE L R R =-︒
OF 的长度为
sin 53OF CE L R L =︒-
联立解得
0.6OF L R =
(3)粒子在右侧磁场的半径为2r ，由几何关系有
22sin 37r r R ︒+=
由向心力公式得
20
22
mv qv B r =
联立解得
2 1.6B B =
2．如图，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P （
3L
，0）处有一粒子源，向各个方向发射速率不同、质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子。

粒子1以某速率v 1发射，先后经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，－L ）。

不计粒子的重力。

(1)求粒子1的速率v 1和第一次从P 到Q 的时间t 1；
(2)若只撤去第一象限的磁场，另在第一象限加y 轴正向的匀强电场，粒子2以某速率v 2发射，先后经过第一、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大小E 以及粒子2的发射速率v 2；
(3)若在xOy 平面内加上沿y 轴负向的匀强电场，场强大小为 E 0，粒子3以速率 v 3 沿 y 轴正向发射，粒子将做复杂的曲线运动，求粒子3在运动过程中的最大速率 v m 。

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，根据运动的独立性和矢量性，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。

本题中可将带电粒子的运动等效为沿x 轴负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粒子3的最大速率v m 。

【答案】(1)123qBL v m =，14π3m t qB =；(2)289qLB E m =，2219qLB
v m
=；
(3)2
2
00m 3E E v v B B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子1在第一、二、三象限做圆周运动，轨迹如图：
设半径为1r ，由几何知识得
()2
22
113r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭
可得
123
L r =
由向心力公式，根据牛顿第二定律
2
111
v qv B m r =
可得
123qBL
v m =
设粒子做圆周运动的周期为1T
1
11
2r T v π=
由几何知识可知
60θ︒=
粒子第一次从P 到Q 的时间
112433m t T qB
π==
(2)粒子2在二、三象限的运动与粒子1完全相同，粒子2在第一象限做类斜抛运动，并且垂直经E 过y 轴，可以逆向思考，由牛顿第二定律得
qE a m
=
x 轴方向
123
L v t = y 轴方向
212122
r L at -=
可得
2
89qLB E m
=
根据
()2
2212v v at =+
可得
22219qLB
v m
=
(3)根据提示，可将粒子的初速度分解，如图：
根据平衡条件
40qv B qE =
可得
4E v B
=
根据运动的合成，可知
22
543
v v v =+ 粒子的运动可视为水平向左的速率为4v 的匀速直线运动和初速度为5v 的逆时针的圆周运动的合运动，所以粒子的最大速率为
m 45v v v =+
可得
2
2
00m 3E E v v B B ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭
3．如图所示，MN 为绝缘板，CD 为板上两个小孔，AO 为CD 的中垂线，在MN 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m 电荷量为q 的粒子(不计重力)以某一速度从A 点平行于MN 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场
(电场方向指向O 点)，已知图中虚线圆弧的半径为R ，其所在处场强大小为E ，若离子恰
好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C 垂直于MN 进入下方磁场．
()1求粒子运动的速度大小；
()2粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之
后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？
()3粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？
【答案】（1EqR
m
（2）212R ；11n +；（3）2πmR Eq
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：
2
mv Eq R
= 解得：EqR
v m
=
（2）粒子从D 到A 匀速圆周运动，轨迹如图所示：
由图示三角形区域面积最小值为：
2
2
R S
= 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：
2
mv Bqv R
= 得：
mv R Bq
=
设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2，如图所示：
若只碰撞一次，则有：
112R mv R B q
=
= 22mv
R R B q
==
故
2112
B B = 若碰撞n 次，则有：
111R mv R n B q
=
=+ 22mv
R R B q
==
故
2111
B B n =+ （3
）粒子在电场中运动时间：
1242R mR
t v Eq
ππ
=
= 在MN 下方的磁场中运动时间：
211122n m mR
t R R v EqR Eq
πππ+=
⨯⨯== 在MN 上方的磁场中运动时间：
232142
R mR
t v Eq ππ=⨯=
总时间：
1232mR
t t t t Eq
π
=++=
4．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 (2) 34-2
8
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
+-⨯⨯（）
221
02
x x L L -= 解得:
L 取
（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
x 2 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
5．如图所示，平面直角坐标系xoy 被三条平行的分界线分为I 、II 、III 、IV 四个区域，每条分界线与x 轴所夹30º角，区域I 、II 分界线与y 轴的交点坐标（0，l ），区域I 中有方向垂直纸面向里、大小为B 的匀强磁场；区域 II 宽度为d ，其中有方向平行于分界线的匀强电场；区域III 为真空区域；区域IV 中有方向垂直纸面向外、大小为2B 的匀强磁场．现有不计重力的两粒子，粒子l 带正电，以速度大小v 1从原点沿x 轴正方向运动；粒子2带负电，以一定大小的速度从x 轴正半轴一点A 沿x 轴负向与粒子1同时开始运动，两粒子恰在同一点垂直分界线进入区域II ；随后粒子1以平行于x 轴的方向进入区域III ；粒子2以平行于y 轴的方向进入区域III ，最后两粒子均在第二次经过区城III 、IV 分界线时被引出．
（1）求A 点与原点距离；
（2）求区域II 内电场强度E 的大小和方向； （3）求粒子2在A 的速度大小；
（4）若两粒子在同一位置处被引出，区城III 宽度应设计为多少？ 【答案】（1）23OA l =（2）1
3Blv E =（3）21v v =（4）32d S l =-
【解析】
（1）因为粒子1和粒子2在同一点垂直分界线进入区域Ⅱ，所以粒子1在区域Ⅰ运动半径为R 1=l
粒子2在区域Ⅰ运动半径为R 2由几何关系知
221
32
R R l =+ 23R l =
33
323OA l l l =-=
（2）要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向左下方
两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d ，出电场时，对粒子1沿电场方向的运动有 1313tan 30E v v v ==︒11113q E d v m v =⋅ 又 21111v q v B m l
= 所以111q v m Bl = 13Blv E = （3）粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为224E 3tan 60v v v ==︒对粒子2在电场中运动有22223q E d m v =⋅ 又 222223v q v B m l = 所以2223Bl
q v m = 所以 21v v = （4）粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为1312sin 30v v v =
=︒ 有 231313
2v Bq v m R = 3R l = 粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为2243cos303
v v v =
=︒ 有 2424242v Bq v m R = 43R l =
两粒子要在区域IV运动后到达同一点引出，O3圆对应的圆心角为60゜，O4圆对应的圆心角为120゜
3E4E
34
12
2cos30++
tan30tan6022
v v
S S d d
R R
v v
+︒=⋅+⋅
︒︒
3
2
d
S l
=-
点睛：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．
6．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压， b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处(图中未画出)被吸收．已知P到b板左端的距离为2d，求：
（1）进入磁场时速度的大小和方向；
（2）P、Q之间的距离；
（3）粒子从进入板间到打到b板Q处的时间．
【答案】（10
2,45
v（2）0
2mv
Bq
（3）
2
2
d m
v Bq
π
+
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在两板间做类平抛运动，则：v0t=2d
1
2y
v t=d，
所以，v0=v y
v p22
00
2
y
v v v
+=，
tan y
v
v
θ=＝1，θ＝45°
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图；
2
p p mv Bqv R =，得：p
mv R Bq = 左手定则，判断出粒子轨迹，022PQ mv x R Bq ==
（3）在电场中的时间102d t v =
磁场中的周期2m T qB
π= 2142m t T qB
π== ， 则12022d m t t t v qB
π=+=
+ 【点睛】
此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答.
7．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 ＝
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】(1)225mU D q (2)33962D m qU
π (3) 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
2102
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11n 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1K r Kr ＝，1n r Knr =，其中16r D =
，由上面1
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．
8．如图所示是研究光电效应现象的实验电路，、为两正对的圆形金属板，两板间距为，板的半径为，且．当板正中受一频率为的细束紫外线照射时，照射部
位发射沿不同方向运动的光电子，形成光电流，从而引起电流表的指针偏转．已知普朗克常量h、电子电荷量e、电子质量m．
（1）若闭合开关S，调节滑片P逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小．当电压表示数为时，电流恰好为零．求：
①金属板N的极限频率；
②将图示电源的正负极互换，同时逐渐增大极板间电压，发现光电流逐渐增大，当电压达到之后，电流便趋于饱和．求此电压．
（2）开关S断开，在MN间加垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零，求磁感应强度B至少为多大时，电流为零．
【答案】（1）①②（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①据题意，由光电效应方程得到：
①
据电场力做负功，刚好等于动能变化，有：
②
极限频率为：
③
④
②当电源正负极互换后，在电场力作用下，电子飞到极板M上，且电压越大，飞到该极板上的光电子数量越多，当所有光电子飞到该极板时，电流达到饱和，此时飞得最远的光电子可以近似看出类平抛运动，则有：
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
（2）当在MN 间加有匀强磁场，在磁场力作用下，光电子做匀速圆周运动，当运动半径最大的光电子的半径等于d/2，则光电子到达不了极板M ，那么就可以使电流为0，则有：
⑩
⑾
⑿
9．在方向垂直纸面的匀强磁场中，静止的
21084Po 核沿与磁场垂直的方向放出42He 核后变成Pb 的同位素粒子。

已知
21084Po 原子核质量为209.98287u ，Pb 的同位素粒子的质量为205.9746u ，42He 原子核的质量为4.00260u ，1u 相当于931.5MeV 。

求：（普朗克常量
346.6310h -=⨯J ⋅s ，1eV 191.610-=⨯J ，真空中光速8310c =⨯m/s ，计算结果均保留三位有效数字）
（1）请写出核反应方程并计算该核反应释放的核能；
（2）若释放的核能以电磁波的形式释放，求电磁波的波长；
（3）若释放的核能全部转化为机械能，求Pb 的同位素粒子和42He 核在磁场中运动的半径之比。

【答案】（1）210
206
484822Po Pb He →+， 5.28E ∆=MeV ；（2）132.3510λ-=⨯m ；（3）
141
Pb He r r = 【解析】
【详解】
（1）根据质量数和核电荷数守恒可知该核反应方程为
210
206
484822Po Pb He →+
该核反应的质量亏损为
0.00567Po Pb He m m m m u ∆=--=
根据爱因斯坦质能方程得释放的能量为
2 5.28E mc ∆=∆=MeV
（2）若释放的核能以电磁波的形式释放，光子能量为
c
E hv h λ∆==
代入数据得：
132.3510λ-=⨯m
（3）该衰变过程遵循动量守恒定律
0He He Pb Pb m v m v -=
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2v qvB m r
= Pb 的同位素粒子和4
2He 核在磁场中运动的半径之比为 141
Pb He r r =
10．在如图所示的xoy 坐标系中，一对间距为d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y 轴重合，桌面与x 轴重合，o 点与桌面右边相距为74
d ，一根长度也为d 的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d ，装置的总质量为3m ．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一个质量为m 、电量为+q 的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x 正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g ．求：
（1）环离开小孔时的坐标值；
（2）板外的场强E 2的大小和方向；
（3）讨论板内场强E 1的取值范围，确定环打在桌面上的范围．
【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-14
d ； （2）板外的场强E 2的大小为 mg q
，方向沿y 轴正方向； （3）场强E 1的取值范围为223 68qB d qB d m m
～，环打在桌面上的范围为1744d d -～．
【解析】
【详解】
（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：
mx1-3mx2=0 ①
而x1+x2=d ②
①②解得：x1=3
4
d③
x2=1 4 d
环离开小孔时的坐标值为：x m=3
4
d-d=-
1
4
d
（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg
解得：2mg
E
q
=，方向沿y轴正方向
（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则
若环绕小圆运动，则R=0.75d ④
根据洛仑兹力提供向心力，有：
2
v qvB m
R
=⑤
环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：
qE1x1=1
2
mv2⑥
联立③④⑤⑥解得：
2 1
3
8
qB d E
m
=
若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦
联立③⑤⑥⑦解得：
2 16
qB d E
m
≈
故场强E1的取值范围为
22
3
68
qB d qB d
m m
～，环打在桌面上的范围为
17
44
d d
-～．
11．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
=-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2
21
(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)'mv B +=）
12．如图所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知．区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等．现有一质量m ＝0.01 kg 、电荷量q ＝0.01 C 的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN 相距L ＝2 m 的A 点以v 0＝5 m/s 的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A 点．已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.225，重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求匀强电场的电场强度大小E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B 1；
(2)求滑块从A 点出发到再次落回A 点所经历的时间t ；
(3)若滑块在A 点以v 0′＝9 m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B 2.
【答案】(1)10 V/m 6.4 T (2)(
1751832π+) s (3)1516m 53T 【解析】
【分析】
（1）小球进入复合场区域后，小球立即在竖直平面内做匀速圆周运动，说明重力与电场力的大小相等，方向相反；A 到N 的过程中根据牛顿第二定律可求出小球到达N 点的速度。

小球离开磁场后做平抛运动，将运动分解，即可求出下落的高度，然后结合几何关系由于洛伦兹力提供向心力的公式即可求出磁感应强度；
（2）小球在AN 之间做减速运动，由运动学的公式求出时间；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由周期公式即可求出粒子在磁场中运动的时间，根据平抛运动的规律求平抛运动的时间，最后求和；
（3）A 到N 的过程中摩擦力做功，由动能定理即可求出小球到达N 点的速度。

小球进入区域Ⅱ后恰好能沿直线运动，说明小球受到的合外力为0，受力分析即可求出小球的速度，结合动能定理即可求出有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ的磁感应强B 2的大小。

【详解】
(1)滑块在区域Ⅰ内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mg ＝qE
解得E ＝mg q
＝10 V/m 滑块在AN 间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得：
a ＝－μg ＝－2.25 m/s 2
由运动公式可得v 2－v 02＝2aL
代入数据得v ＝4 m/s
平抛运动过程满足L ＝vt 3；2r ＝2312
gt 做圆周运动满足qvB 1＝m 2
v r
联立方程求解得B 1＝6.4 T
(2)滑块在AN 间的时间01-4t ==s 9
v v a 在磁场中做匀速圆周运动的时间21532m t s qB ππ＝
＝ 平抛运动的时间t 3＝L v
＝0.5 s 总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝175(
)1832π+s (3)设滑块进入磁场时的速度为v ′，满足
－μmgL ＝12mv ′2－
12
mv 0′2 代入数据得v ′＝62m/s
滑块在区域Ⅱ中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知qv ′B 2＝2mg
解得B 2＝53
T 滑块离开磁场区域Ⅰ时的速度方向一定与水平成45°角．由几何关系知当滑块在区域Ⅰ中做匀速圆周运动时有 B 1qv ′＝2
'mv r 解得1'152mv r m qB == 由题意知d ＝r ·
sin 45°＝1516m 【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，要注意当粒子在复合场中做匀速 圆周运动时，粒子受到的电场力与重力平衡。

13．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 -=+，22Mv 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2v 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 πππ-= 解得：()
4Mm B qt M m π=-。