高考复习微专题—带电粒子在电、磁组合场中的运动解答题(提高)选编(一)含解析

微专题—带电粒子在电、磁组合场中的运动解答题（提高）选编（一）
1．如图所示，在xOy 平面直角坐标系中，直线MN 与y 轴成30o 角，P 点的坐标为（，0），在y 轴与直线MN 之间的区域内，存在垂直于xOy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场．在直角坐标系xOy 的第Ⅳ象限区域内存在沿y 轴，正方向、大小为012
E Bv =的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，与x 轴交点为Q ，电子束以相同的速度v 0从y 轴上0≤y ≤2a 的区间垂直于y 轴和磁场方向射入磁场。

已知从y=2a 点射入的电子在磁场中轨迹恰好经过O 点，忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。

求：
（1）电子的比荷e m
； （2）电子离开磁场垂直y 轴进入电场的位置的范围；
（3）从y 轴哪个位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q 点的距离最远？最远距离为多少？
2．如图所示，在xOy 平面的y 轴左侧存在沿y 轴正方向的匀强电场。

y 轴右侧区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为01mv B qL
=的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L ，高度均为3L 。

质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从坐标为(2L ，-1.5L )的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射出，恰好经过坐标为[0，-0.5L ]的C 点射入区域Ⅰ。

粒子重力忽略不计。

求：
(1)匀强电场的电场强度大小E ；
(2)粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；
(3)要使粒子不再回到区域Ⅰ且从区域Ⅱ的上边界直接离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直于纸面向里的匀强磁场B 2。

试确定磁感应强度B 2的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与y 轴正方向夹角的范围。

3．如图，在光滑水平面上建立平面直角坐标系xOy ，第Ⅰ象限存在垂直于水平面的匀强磁场（图中未画出），一质量为m 、电荷量为q 的小球由坐标原点O 处以速度v 0沿y 轴正方向射入磁场，一段时间后，小球与静止于A 点的质量也为m 但不带电的另一小球发生碰撞，并粘为一体，A 点与原点O 相距L ，OA 与x 轴正方向的夹角为30°。

(1)求磁感应强度B 的大小；
(2)两球碰撞后是否仍沿原来的的轨迹运动？试论证；
(3)求小球从O 点射出到离开磁场所经历的时间t 。

4．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 =,cos θ=，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。

5．如图所示，在直角坐标系xOy 中，板间距离为d 的正对金属板M 、N 上有两个小孔S 、K ，S 、K 均在y 轴（竖直）上。

在以原点O 为圆心、以R 为半径的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，圆O 与M 板相切于S 、与x 负半轴相交于C 点。

小孔K 处的灯丝不断地逸出质量为m 、电荷量为e 的电子（初速度和重力均不计），电子在两板间的电场作用下沿y 轴正方向运动。

当M 、N 间的电压为0U 时，从小孔K 逸出的电子恰好通过C 点。

（1）求电子到达小孔S 处时的速度大小0v ；
（2）求磁场的磁感应强度大小B ；
（3）若M 、N 间的电压增大为03U ，求从小孔K 逸出的电子离开磁场时的位置D （图中未画）的坐标。

6．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为510/q C kg m
的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：
（1）两金属极板间的电压U是多大？
（2）若T o=0．5s，求t=0s时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置．
（3）要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期B o，T o应满足的条件．
7．如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B。

x轴下方有一匀强电场，电场强度为E。

屏MN与y轴平行且相距L，一质量为m，电荷量为e的电子，在y轴上某点A自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN上，那么：
(1)电子释放位置与原点O点之间的距离s需满足什么条件？
(2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？
8．如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线，质量为m、带电荷量为＋q 的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a，不考虑粒子重力。

（1）求粒子射入时的速度大小；
（2）要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件；
（3）若下方区域的磁感应强度B=3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。

9．在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。

如图所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方（含x轴正半轴）的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B。

粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒了重力及粒子间的相互作用。

（l）求粒子在磁场中运动半径的大小；
（2）求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间；
（3）实际上加速电压的大小会在U±U
范围内微小变化，粒子以不同的速度进入磁场控制区域，均能发生270°偏转竖直打在荧光屏上，求有界磁场区域的最小面积S。

10．如图甲所示，两平行金属板的板长l=0.20m，板间距d=6.0×10－2m，在金属板右侧有一范围足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为MN，与金属板垂直。

金属板的下极板接地，上极板的电压U随时间变化的图线如图乙所示，匀强磁场的磁感应强度B=1.0×10－2T。

现有带正电的粒子以v0=5.0×105m/s的
速度沿两板间的中线OO´连续进入电场，经电场后射入磁场。

已知带电粒子的比荷q
m
＝108C/kg，粒子的
重力忽略不计，假设在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变，不计粒子间的作用
（计算中取tan15°=
4
15
）。

(1)求t＝0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离；
(2)求t＝0.30s时刻进入的粒子，在磁场中运动的时间；
(3)以上装置不变，t＝0.10s时刻α粒子和质子以相同的初速度同时射入电场，再经边界MN射入磁场，求
α粒子与质子在磁场中运动的圆弧所对的弦长之比。

11．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。

12．如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面．一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射
入区域I，其速度方向沿x轴正向．已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；因此，
另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3．不计重力
和两粒子之间的相互作用力。

求：
（1）粒子a射入区域I时速度的大小；
（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差．
13．如图所示。

在y≥0存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上
方的各个方向均匀地不断发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为＋q的同种带电粒子。

在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板
P上，其速度立即变为0）。

现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y
轴平行。

不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力：
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；
(3)求打在薄金属板右侧面与左侧面的粒子数目之比。

14．如图所示，一长为L的薄壁玻璃管放置在水平面上，在玻璃管的a端放置一个直径比玻璃管直径略小
、质量为m．玻璃管右边的空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强
的小球，小球带电荷量为q
v垂直于左边界向右运动，磁场．磁场的左边界与玻璃管平行，右边界足够远．玻璃管带着小球以水平速度
由于水平外力的作用，玻璃管进入磁场后速度保持不变，经一段时间后小球从玻璃管b端滑出并能在水平
面内自由运动，最后从左边界飞离磁场．设运动过程中小球的电荷量保持不变，不计一切阻力．求：
⑴小球从玻璃管b端滑出时速度的大小；
⑵从玻璃管进入磁场至小球从b端滑出的过程中，外力F随时间t变化的关系；
⑶小球飞离磁场时速度的方向．
15．如图所示，不考虑重力的影响，在xOy平面内，有带电粒子以与y轴成θ=30°角的速度v从A点出发，粒子运动一段时间后，进入一个有着矩形边界的匀强磁场中，经磁场偏转后从原点O沿x轴负方向射出磁场，已知AO间距离为L，粒子的质量为m，所带电荷量为+q，矩形磁场的两条相邻边分别与x、y轴重合，且憾场方向与纸面垂直，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向；
（2）矩形磁场的最小面积S 。

16．如图所示，在坐标系第一象限内I 、Ⅱ区域有磁场，磁感应强度大小 1.0T B =，方向垂直纸面向里，I 区域有与磁场正交的匀强电场，电场强度大小31.010V /m E =⨯，方向未知。

现有一质量14110
kg m -=⨯、电荷量10110C q -=⨯的带负电的粒子以某一速度v 沿与x 轴正方向夹角为53︒的方向从O 点进入第一象限，在I 区域内做直线运动，而后进入Ⅱ区域，由右侧射出，一段时间后，粒子经过x 轴上的D 点（图中未画出）。

已知A 点坐标为(12cm,0)、C 点坐标为(26cm,0)，sin530.8︒=，cos530.6︒=，不计粒子重力。

求：
（1）粒子速度的大小v ；
（2）粒子运动轨迹与x 轴的交点D 的坐标；
（3）由O 运动到D 点的时间。

17．如图所示，以两虚线P 、Q 为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E ，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里。

一质量为m 、带电量为q -、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度0v 从电场边界P 、Q 之间的O 点出发：
(1)若粒子能到达边界Q ，求O 点到边界Q 的最大距离1l ；
(2)若使粒子到达边界Q 并进入磁场的偏转半径为R ，求O 点到边界Q 的距离2l ；
(3)在题(2)的前提下，能使粒子从O 点出发到再次回到O 点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d 和全过程的运动时间t 。

18．如图所示，在直角坐标系xoy 的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调， C 点坐标为（4L ，3L ），M 点为OC 的中点．质量为m 带电量为-q 的粒子从C 点以平行于y 轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为02qB L m
，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．
（1）若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；
（2）若粒子恰好不能从AC 边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；
（3）若粒子能到达M 点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．
19．如图，在平面直角坐标系xOy 中，直角三角形区域ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场，线段CO ＝OB ＝L ，θ＝30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，过C 点放置着一面与y 轴平行的足够大荧光屏CD ；第四象限正方形区域OBFE 内存在沿x 轴正方向的匀强电场。

一电子以速度v 0从x 轴上P 点沿y 轴正方向射入磁场，恰以O 点为圆心做圆周运动且刚好不从AC 边射出磁场；电子经y 轴进入第三象限时速度与y 轴负方向成60°角，到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。

已知电子的质量为m ，电荷量的绝对值为e ，不计电子的重力。

求：
(1)P点距O点的距离；
(2)电子在电场中的运动时间；
(3)区域ABC内的磁感应强度B1与第三象限内的磁感应强度B2的大小之比。

20．如图所示，MN为平行金属板，N板上有一小孔Q，一个粒子源P在M板附近，可释放初速度为零，质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，粒子经板间加速电场加速后，从小孔Q射出，沿半径为R的圆筒上的小孔E进入圆筒，筒里有平行于筒内中心轴的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，筒上另一小孔F与小孔E、Q、P在同一直线上，该直线与磁场垂直，E、F连线为筒的直径，粒子进入筒内磁场偏转，与筒壁碰撞后速度大小不变，方向反向，不计粒子的重力．
(1)要使粒子以速度v进入磁场，M、N间的电压为多大?
(2)若粒子与筒壁碰撞一次后从F点射出，粒子在磁场中运动的时间为多少?
(3)若粒子从E点进入磁场，与筒壁发生三次碰撞后从F点射出，则粒子在磁场中运动的路程为多少?(已知
tan22.5°1
)
参考答案
1.【答案】（1）0v e m Ba =（2）0≤y≤1.5a （3）y=916a 时，H 有最大值，H max =98
a 【解析】
（1）由题意可知电子在磁场中的半径为a ，由Bev 0=m 20
v r
得：
0v e
m Ba
= （2）粒子能进入磁场中，且离O 点下方最远，则粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线MN 相切，粒子轨道的圆心为O′点，
则O′M=2a ，由三角函数关系可得：tan30°
=OP
OM
得：OM=
52
a 有OO′=0.5a ，即粒子在离开磁场离O 点下方最远距离为y m =1.5a ，从y 轴进入电场位置在0≤y≤1.5a 范围内． （3）电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平位移为x ，x=v 0t
竖直方向有：2
12Ee y t m
= 代入得：4x ay =
设电子最终打在光屏的最远点距Q 点为H ，电子射出电场时的夹角为θ，则有：
tanθ=00y
x Eq x v m v v v ⋅
=⋅=有：H=（3a-x ）tanθ=（
当（
y=
9
16
a 时，H 有最大值，由于 916a ＜1.5a ，所以H max =98
a
2.【答案】(1)202mv E qL =；(2)x =L ，y =0；
(3)00
23B qL qL
≤≤
，30°≤θ≤90° 【解析】
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动2L =v 0t
2
0122qE L L m v ⎛⎫
=⋅ ⎪⎝⎭
解得20
2mv E qL
= （2）设带电粒子经C 点时的竖直分速度为v y 、速度为v
00
2y qE qE L
v t v m m v =
=⋅=
所以0v =
，方向与x 轴正向成45°
斜向上 粒子进入Ⅰ区域做匀速圆周运动2
1v qB v m R
=
，0
1
R qB =
解得R =
由几何关系知，离开区域时的位置坐标x =L ，y =0
（3）
根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足
3
4
L r L ≤≤ 2
mv
r qB =
，得
00
23B qL qL
≤≤
根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y 轴正方向夹角30°≤θ≤90° 3.【答案】（1
）B =；（2）是，见解析；（3
）09l v 。

【解析】
（1）小球在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系得，小球做匀速圆周运动的半径为
2cos303
L
R L
==︒
由牛顿第二定律得2
00v qv B m R
=
解得，磁感应强度为0
B qL
=
（2）两球碰撞过程遵循动量守恒定律02mv mv =
碰撞后两球继续做圆周运动，由2
v qvB m R
= 可得半径
02mv mv R qB qB == 两球碰撞后仍沿原来的的轨迹运动，只是速度变小，为原来的
1
2。

（3）由几何关系可知120OO A '∠=︒，小球从O 点运动到A 点的时间为
110
1122333m m t T qB qB ππ==⨯==
碰撞后，两球在磁场中运动的周期为24m
T qB
π=
碰撞后两球在磁场里运动的时间220
11466m t T qB π=
=⨯=
小球从O
点射出到离开磁场所经历的时间120
9l
t t t v =+=
4.【答案】（1）2
00
mv E qr =，00B mv qr =；（2）01.5r ；（3）12%
【解析】
（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
∆=≈ 5.【答案】（1
）0v =（2
）B =3
）1,22R R ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭
【解析】
（1）电子的运动轨迹如图所示，在电子从小孔K 运动到小孔S 的过程中，根据动能定理有：
2
0012
e mv U =
解得：0v =
（2）当电子恰好通过C 点时，根据几何关系可得电子在磁场中的轨道半径为：1r R =
洛伦兹力提供电子做圆周运动所需的向心力，有：20
01
v ev B m r =
解得：B =
（3）设此种情况下电子到达小孔S 处时的速度大小为v ，根据动能定理有：20132
e U mv ⨯=
设此种情况下电子在磁场中的轨道半径为2r ，有：2
2
v evB m r =
解得：v =
2r 设O 、D 两点连线与y 轴的夹角为θ，由几何关系知，此种情况下电子从小孔S 运动到D 点的轨迹（圆弧）对应的圆心角为：αθ=
由几何关系有：22cos sin r R r αθ+= 解得：3
π
αθ==
故D 点的位置坐标为(sin ,cos )R R θθ-
，即1,22R R ⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭
6.【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O
点m （3）5010s 3
T π
-<⨯
【解析】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度
代入数据得U=100V （2）
粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间
射出点在AB 间离O 点
（3）粒子运动周期
，粒子在t=0、
….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射
出。

如图，由几何关系可得临界时
要不从AB 边界射出，应满足，得
7.【答案】(1)()
222
s 221eL B Em n =+ (n ＝0,1,2,3…)；(2)()
212BL m
t n E eB
π=
++ (n ＝0,1,2,3…) 【解析】
(1)在电场中电子从A →O 过程，由动能定理可得2012
eEs mv =
在磁场中电子偏转，洛伦兹力提供向心力，有20
0v qv B m r
=
可得0
mv r qB
=
根据题意有(2n ＋1)r ＝L 所以解得()
222
221eL B s Em n =
+ (n ＝0,1,2,3…)
(2)电子在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子运动的总时间，即
2
(214T T t n n +⋅＝＋ 由公式 eE ma =可得 eE
a m
=
由公式 20
v qvB m r = 和 0
2r T v π=可得2m T eB π=
综上整理可得()
212BL m
t n E eB
π=
++ (n ＝0,1,2,3…) 8.【答案】（1）05aqB v m =；（2）0183
B
B ＞；（3）14123L nPP na n ===⋯（，，） 【解析】
（1）设粒子在OF 上方做圆周运动半径为R ，由几何关系可知；
222
3R R a a --=（）（）
，5R a = 由牛顿第二定律可知：2
0v qvB m R
=，解得：05aqB v m =；
（2）当粒子恰好不从AC 边界飞出时，设粒子在OF 下方做圆周运动的半径为1r ，
由几何关系得：113r r cos a θ+=，35cos θ=，所以1158
a
r =，根据211mv qvB r = 解得：0183B B =
，当0183
B
B ＞时，粒子不会从A
C 边界飞出。

（3）当03B B =时，粒子在OF 下方的运动半径为：5
3
r a =
，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为1P ，则P 与1P 的连线一定与OF 平行，根据几何关系知：4PP a =；所以若粒子最终垂直DE 边界飞出，边界DE 与AC 间的距离为：14123L nPP na
n ===⋯（，，）；
9.【答案】（12）(23)2m
qB
π+，（3）
()223m U qB π+∆。

【解析】
（1）粒子在加速电场中加速：2
12
qU mv =
粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：2
v qvB m R
=
解得：R =
；
（2）粒子射出到坐标原点的时间：1L
t v
=
粒子在磁场中运动的时间：2
3323=442m m t T qB qB
ππ==⨯ 离开磁场到达荧光屏的时间：3R L
t v
+=
粒子运动的总时间：123(23)2m
t t t t qB π+=++=； （3）粒子在电场中加速，根据：212
qU mv =
速率最小值：min v =
速率最大值：max v =
粒子进入磁场后做轨迹为34圆周的运动，根据：2
mv Bqv R
=
最大速率对应的半径：max R =
最小速率对应的半径：min R =
如图两圆弧之前的阴影部分即为所加磁场区域的最小面积：
根据几何知识：2
2
22
max
max max min 2
33(23)
4242R R m S R R U qB πππ⎛⎫⎛⎫+=+
-+
=∆ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。

10.【答案】(1)1.0m ；(2)62.610s ⨯－；(3)2:1 【解析】
(1)t ＝0时，u ＝0，带电粒子在极板间不偏转，水平射入磁场2
v qvB m r
=
解得5
0285.010m 0.5m 1.01010
mv r Bq -⨯===⨯⨯ 粒子经边界MN 射入磁场和射出磁场时两点间的距离2 1.0m s r ＝＝ (2)带电粒子在匀强电场中水平方向的速度v 0＝5.0×105m/s 竖直方向的速度为0
Uq l
v at dm v ⊥==
所以进入磁场时速度与初速度方向的夹角为α，如图所示
200
tan v Uq l v dm v α⊥=
=
28522.010 1.0100.24
tan 0.06(5.010)15
α⨯⨯⨯⨯==⨯⨯
解得15α=o
由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为150o ，设带电粒子在磁场中运动的时间为
t ，所以662855π5π5π
s 10s 2.610s 1266 1.010106
T m t Bq --=⨯≈⨯⨯⨯⨯－=
＝＝ (3)设带电粒子射入磁场时的速度为v ，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，根据洛伦兹力提供向心力的mv r Bq
=
设进入磁场时带电粒子速度的方向与初速度的方向的夹角为α，则0
cos α=v v
由几何关系可知，带电粒子在磁场中的圆弧所对的弦长2cos s r α= 解得0
02
2v mv mv s Bq v Bq
=⋅= 从上式可知，α粒子与质子在磁场中运动的圆弧所对的弦长之比αH :2:1s s = 11.【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】
(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2
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2
022
mv qv B r = 联立解得2 1.6B B = 12.【答案】（1）2dqB
m
（2
）
)
223d
【解析】
(1)设粒子a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C (在y 轴上)，半径为R a 1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ′，如图所示．
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qv a B ＝21
a
a v m R 由几何关系得∠PCP ′＝θ R a 1＝
sin d θ
式中，θ＝30°. 可得v a ＝
2dqB
m
(2)设粒子a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O a ，半径为R a 2，射出点为P a (图中未画出轨迹)，∠P ′O a P a ＝θ′＝2θ.
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qv a (2B )＝2
2
a
a v m R 可得R a 2＝
1
2
a R C 、P ′和O a 三点共线，且由知O a 点必位于x ＝d 的平面上，由对称性知，P a 点与P ′点纵坐标相同，即y Pa ＝R a 1cos θ＋h
式中，h 是C 点的y 坐标．
设b 在Ⅰ中运动的轨道半径为R b 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得2
13
3a a a v v q B m R ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭
= ⎪⎝⎭
设a 到达P a 点时，b 位于P b 点，转过的角度为α.如果b 没有飞出Ⅰ，则
22a t T θπ'
= 12b t T απ
= 式中，t 是a 在区域Ⅱ中运动的时间，而 T a 2＝
2
2a R v
π
T b 1＝
2
6a R v
π 可得α＝30°
可见，b 没有飞出Ⅰ.P b 点的y 坐标为y Pb ＝R b 1cos α＋Ra 1－Rb 1＋h 可得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为y Pa －y Pb
＝
)
2
23
d
13.【答案】(1)0mv qx ；(2) 043x v π；(3)1
2
【解析】
（1）由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿x -方向射出的粒子恰好打在金属板的上方，如图a 所示：
则：0R x =
2
qvB m R
v
=
联立得：0
mv B q x =
（2）粒子做匀速圆周运动的周期为T ，根据圆周运动公式可知：0
22R T v v
x ππ=
=
图b 为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O 与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x 轴正方向成30°角，由图b 可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即：
63T t v
x π==
图c 为打在右侧下端的临界点，圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x 轴正方向成150︒角，由图a 、c 可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，即：
'
5563T v
x t
π=
=
则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为：043t v
x π∆=
（3）由图a 和图c 可知打在右侧面的粒子发射角为30°，打在左侧面的粒子发射角为60︒，所以打在薄金
属板右侧面与左侧面的粒子数目之比为：0102301
602
t t ==
14.【答案】（1
2）220B v q t m
⋅；（3）垂直于磁场边界向左
【解析】
（1）如图所示，小球管中运动的加速度为：0y F Bv q
a m
m
==
设小球运动至b 端时的y 方向速度分量为vy ， 则：2
2y v aL =
又：v =
可解得小球运动至b
端时速度大小为：v =
（2）由平衡条件可知，玻璃管受到的水平外力为： x y F B q v F ==
0y Bv q
v at t m
==
⋅ 可得外力随时间变化关系为：F=22
0B v q t m
⋅
（3）设小球在管中运动时间为t 0，小球在磁场中做圆周运动的半径为R ，轨迹如图所示
:。