(物理)物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动练习题

（物理）物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动练习题
一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练
1．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.
2．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为
2
L
()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O 点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23
能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E L
φ
=
，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经
O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v m
ϕ
=2）12m B L q ϕ=3）060α∴= ；22m L q ϕ
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2
102
qU mv =-
2U ϕϕϕ=-=2q v m
ϕ
=
(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有
2
3
能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =
由洛伦兹力提供向心力得：2
v qBv m R
=
联合解得：12m B L q
ϕ
=
（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.
2
12qE L t m
=
222mL m
t L qE q ϕ
==22x Eq qEL q v t m m m ϕ
=
==
若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x
v v α=
1cos 2
α=060α∴=
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±=o （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 =o
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≤≤o o 均能达到M 板上，053θ≤<o 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53o 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，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为
26qB L
m
；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A
发生弹性碰撞，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．
（1）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；
（2）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间．
【答案】（1）1（2）57k =或1
3
k = ；A 球在磁场中运动的最长时间32m qB π
【解析】 【详解】
（1）令P 初速度qBL
v m
=
，设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ， 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222
kmv kmv mv =+ 可得：A 21k qBL v k m
=
⋅+，可知k 值越大，v A 越大； 设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律：2
A A mv qv
B R
= 可得：A mv R qB =
，可知v A 越大，R 越大；即21k
R L k =
+，k 值越大，R 越大； 如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 可得：A qBL
v m
=
，求得k 的最大值为1k =
（2）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：
（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有
()2
22 1.52L R L R ⎛⎫
=+- ⎪⎝⎭
解得：
5
6
L R
=
可得：
5
7
k=
（II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足
2
L
R≥，则A球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z点离开．令电场强度2
6
qB L
E
m
=；如图3和如图4，由几何关系有：
22
2
3
3
22
L
R R L
⎛⎫⎛⎫
=+-
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
解得：
5
8
L
R=或
2
L
R=
可得：
5
11
k=或
1
3
k=
当
5
8
L
R=时，
A
5
8
qBR qBL
v
m m
==，由于2
A
175
264
mv qEL qEL
⋅=>
当
2
L
R=时，
A2
qBR qBL
v
m m
==，由于2
A
13
24
mv qEL qEL
⋅=<
此类情形取
2
L
R=符合题意要求，即
1
3
k=
综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：
5
7
k=或
1
3
k=
A球在磁场中运动周期为
A
22
R m
T
v qB
ππ
==
当k=
1
3
时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间
33
42
T m
t
qB
π
==
5．某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中．已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行．立柱1下底面中心坐标为
,,022d d ⎛⎫ ⎪⎝⎭，立柱2下底面中心坐标为41,,022d d ⎛⎫ ⎪⎝⎭
，它们的上底面均位于10z d =的平面内．两个立柱上、下底面间的电压大小均为U ，立柱1内存在着沿z 轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z 轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽．在10z d >和
0z <的空间内存在着沿x 轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是1B 和2B （均未
知）．现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面．若粒子在经过0z =和10z d =两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m 、电荷量为q ，不计粒子重力及粒子间的相互作用力．求：
（1）粒子经过立柱2下底面时的动能k E ； （2）磁感应强度1B 和2B 的大小；
（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z 轴垂直．求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t ．
【答案】（1）2qU ；（21
210mU d q 1
5mU
d q
3）200442(525)221m
qU π⎡⎤+⎢⎥⎣⎦
【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：k 20qU E =-，
2k E qU =．
（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱
2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d ．
第一次加速后：
2112qU mv =，()2
1110v qv B m r d r
==，
解得
11
210mU
B d q
=
第一次加速后：
22122qU mv =，()2
2
210v qv B m r d r
==，
解得
21
5mU
B d q
=
（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：
最大半径为
22m 1
442
(21)22
r d d d =
+=， 由2111m v qv B m r =，2
2
22m
v qv B m r =，
解得：
11442qB d
v =
，22442qB d
v =
最短时间为：
11212101022
d m m d
t v v v qB qB ππ=
++++， 解得
()
200442525221m
t qU π⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦
6．如图甲所示，两平行金属板AB 间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0．8m ，板间距离d=0．6m ．在金属板右侧有一磁感应强度B=2．0×10﹣2T ，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l 1=0．12m ，磁场足够长．MN 为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l 2=0．08m ，MN 及磁场边界均与AB 两板中线OO′垂直．现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续射入电场
中．已知每个粒子的速度v 0=4．0×105m/s ，比荷
q
m
=1．0×108C/kg ，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变．
（1）求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离；
（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；
（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处．
【答案】（1）0．10m；（2）900V；（3）5×105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上．【解析】
【分析】
【详解】
（1）t=0时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
1
2
qv B m
v
R
=，
代入数据解得：
R1=0．2m，
粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：
1
1
0.12
0.6
0.2
l
n
R
siθ===
粒子在磁场中偏移的距离：
111
y R R cosθ
=﹣
代入数据解得：
y1=0．04m
粒子出磁场后做匀速直线运动
22
y l tanθ
=
代入数据解得：
y 2=0．06m
粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：
y=y 1+y 2=0．10m
（2）设两板间电压为U 1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，如图所示：
根据平抛知识可知：
211
22d at =， 1
U q
ma d
=， L=v 0t ， 解得：U 1=900V （3）由动能定理得：
22
11011222
U q mv mv =- 代入数据解得：
v 1=5×105m/s
粒子在电场中的偏向角α，
505
4100.8510v cos v α⨯===⨯，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：
12
12
qv B m v R =，
代入数据解得：
R 2=0．25m
R 2﹣R 2sinα=0．25﹣0．210.8-=0．1m ＜l 1=0．12m
该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；
答：（1）0．10m ；（2）900V ；（3）5×105m/s ，该粒子不能打在右侧的荧光屏上
7．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
5
8
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．
8．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标
06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度
51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴
上方180°范围内的各个方向发射比荷为
81.010/q
C kg m
=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率6
0 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动
2
0v qv B m r
=
解得：0
5mv r cm qB
=
= （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
000x v t =
2
012
h at =
qE a m
=
解得：18210h cm R cm =>=，
说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则
0x v t =
212
y at =
代入数据解得x =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000
tan y qE x v m v v v θ===g
所以(
)(
00tan H x x x θ=-=
由数学知识可知，当(
0x = 4.5y cm =时H 有最大值，
所以max 9H cm =
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
222
2k 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22
22211
()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
222211
()Y B R m c e m +
10．在水平面上，平放一半径为R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球．
（1）当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v 0；
（2）现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所
示．空间再加一个水平向右、场强E ＝mg
q
的匀强电场(未画出)．若小球仍以v 0的初速度沿
切线方向从左边管口射入，求小球： ①运动到最低点的过程中动能的增量； ②在管道运动全程中获得的最大速度．
【答案】（1）qBR
m
（2）①2mgR ②222q B R gR
【解析】
（1）小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故2
0v qv B m R
=
解得：0qBR
v m
=
． （2）①小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功，对小球运动到最低点的过程，由动能定理可以得到：k mgR qER E +=∆
由题目已知：mg q
E =
联合以上两式可以得到：动能增量2k E mgR ∆=．
②当小球到达管道中方位角为θ的位置（如图所示）时，应用动能定理，有：
()22011sin cos 22
mgR qE R R mv mv θθ++=
- 即：()222
22
2
22sin cos q B R v gR gR m
θθ=+++ 对函数sin cos y θθ=+求极值，可得45θ=o 时，max 2y =
所以()
2222
222m q B R v gR 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）2222232(,)28g k B L L k B g -
【解析】 【分析】
【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，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： 2360d d d
r sin sin α=
==︒ 根据2
00mv qv B r =得0233qBd
v m
=
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
03
222
y v y tan x v α===
由几何知识可得 y=r-rcosα= 13 2
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
12
53
23
d d
R d
sinα
⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
==
粒子进入第三、四象限运动的速度0
43
2
v qBd
v v
cosα
===
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
13．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外
.一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动
.已知重力加速度为g．
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h．
【答案】()1正电，
mg
E
q
=；()222
2
2?
2
q B d
h
m g
>；()
222
2
2
3?
3
q B d
h
m g
=．
【解析】
【分析】
(1)根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．
(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题．
(3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h．
【详解】
（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电. 由qE mg = 解得：mg
E q
=
（2）假设下落高度为0h 时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如答图()a 所示
由几何知识可知，小球的轨道半径：R d =
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：212
mgh mv =
带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R ，由牛顿第二定律得：2
v qvB m R
=
解得：222
022q B d h m g
=，
则当0h h >时，即222
2
2q B d h m g
>带电小球能进入Ⅱ区域； （3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q 、v 、B 、m 的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R ，内角为60o ，如答图()b 所示.由几何关系知：sin60d
R =
o
联立解得得：222
2
23q B d h m g
=； 【点睛】
本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．
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：0
cos 602
d
r r += 得：3
d r =
由牛顿第二定律可得： 20
0v 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：22
2113422E 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：101
2
v 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：'8
d 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．。