带电粒子在电磁场中的运动90道计算题详解

“带电粒子在电、磁场中的运动”90道计算题详解

1．在图所示的坐标系中，x 轴水平，y 轴垂直，x 轴上方空间只存在重力场，第Ⅲ象限存在沿y 轴正方向的匀强电场和垂直xy 平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限由沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小与第Ⅲ象限存在的电场的场强大小相等。一质量为m ，带电荷量大小为q 的质点a ，从y 轴上y=h 处的P 1点以一定的水平速度沿x 轴负方向抛出，它经过x = -2h 处的P 2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y 轴上方y = -2h 的P

3点进入第Ⅳ象限，试求：

⑴质点a 到达P 2点时速度的大小和方向；

⑵第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；

⑶质点a 进入第Ⅳ象限且速度减为零时的位置坐标

解．（2分）如图所示。

（1）质点在第Ⅱ象限中做平抛运动，设初速度为v 0，由

212

h gt =……① （2分） 2h =v 0t …… ② （2分）

解得平抛的初速度 02v g h = （1分）

在P 2点，速度v 的竖直分量 2y v gt gh ==（1分）

所以，v =2gh ，其方向与x 轴负向夹角 θ=45° （1分）

（2）带电粒子进入第Ⅲ象限做匀速圆周运动，必有

mg =qE ……③ （2分）

又恰能过负y 轴2h 处，故23P P 为圆的直径，转动半径 R=h h OP 22

22222=?=? …… ④（1分） 又由 2v qvB m R =……⑤ （2分）． 可解得 E =mg /q （1分）； B = h

g q m 2（2分） （3）带电粒以大小为v ，方向与x 轴正向夹45°角进入第Ⅳ象限，所受电场力与重力的合力为2mg ，方向与过P 3点的速度方向相反，故带电粒做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，则：

22mg a g m ==…… ⑥（2分）； 由22242,2222v gh O v as s h a g

-=-===得（2分） 由此得出速度减为0时的位置坐标是(),h h -（1分）

2．如图所示的坐标系，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向在x 轴上

空间第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y 轴

正方向的匀强电场和垂直xy 平面（纸面）向里的均强磁场，在第四象限，

存在沿y 轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一

质量为m 、电荷量为q 的带电质点，从y 轴上y =h 处的P 1点以一定的水

平初速度沿x 轴负方向进入第二象限。然后经过x 轴上x = -2h 处的P 2

点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动．之后经过y 轴上y =

－2h 处的P 3点进入第四象限。已知重力加速度为g ．求：

（1）粒子到达P 2点时速度的大小和方向；

（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；

（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。

分析和解：

（1）参见图,带电质点从P 1到P 2，由平抛运动规律 22

1gt h =……①（2分）； v 0=2h /t ……②（1分）

gt v y =v y =gt ……③（1分） 求出gh v v v y O

222=+=……④（2分） 方向与x 轴负方向成45°角……（1分）

（2）质点从P 2到P 3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力

Eq =mg ……⑤（1分）；R v m Bqv 2=……⑥（2分）

222)2()2()2(h h R +=……⑦（2分）； 由⑤解得q m g E =（2分） 联立④⑥⑦式得h

g q m B 2=……（2分） （3）质点进入等四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动. 当竖直方向的速度

减小到0，此时质点速度最小，即v 在水平方向的分量v min =v cos45°=gh 2……（2分）

方向沿x 轴正方向……2分）

3．如图所示，在xoy 平面的第一、第三和第四象限内存在着方向竖直向上的大小相同的匀强电场，在第一和第四象限内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m ，电量为+q 的带电质点，在第三象限中以沿x 轴正方向的速度v 做匀速直线运动，第一次经过y 轴上的M 点，M 点距坐标原点O 的距离为L ；然后在第四象限和第一象限的电磁场中做匀速圆周运动，质点第一次经过x 轴上的N 点距坐标原点O 的距离为

L 3。已知重力加速度为g ，求：⑴匀强电场的电场强度E 的大小。⑵

匀强磁场的磁感应强度B 的大小。⑶质点第二次经过x 轴的位置距坐标原

点的距离d 的大小。

解：⑴带电质点在第三象限中做匀速直线运动，电场力与重力平衡，

则：qE =mg 得：E =mg/q

⑵设质点做匀速圆周运动的半径为R ，则：

222)3(+)－(=L L R R 解得：R =2L 由R v m qvB 2=； 得：qB m v R =．联立解得：qL

m v B 2= ⑶质点在第二象限做平抛运动后第二次经过x 轴，设下落的高度为h ，则：L L R h 3=－2= 由平抛运动的规律有：221=gt h ； vt d =．解得：g

L v d 6= 4．(20分)如图所示，在xOy 坐标系的第Ⅱ象限内，x 轴和平行x 轴的虚线之间(包括x 轴和虚线)有磁感应强度大小为B 1=2×10—2T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，虚线

过y 轴上的P 点，OP =1.0m ，在x ≥O 的区域内有磁感应强度大小为

B 2、方向垂直纸面向外的匀强磁场。许多质量m =1.6×10—25kg 、电荷

量q =+1.6×10—18C 的粒子，以相同的速率v =2×105m/s 从C 点沿纸面

内的各个方向射人磁感应强度为B 1的区域，OC =0.5 m ．有一部分粒

子只在磁感应强度为B 1的区域运动，有一部分粒子在磁感应强度为

B 1的区域运动之后将进入磁感应强度为B 2的区域。设粒子在B 1区域

运动的最短时间为t 1，这部分粒子进入磁感应强度为B 2的区域后在

B 2区域的运动时间为t 2，已知t 2=4t 1。不计粒子重力．求：

(1)粒子在磁感应强度为B 1的区域运动的最长时问t 0=?

(2)磁感应强度B 2的大小?

分析与解：（1）设粒子在磁感应强度为B 1的区域做匀速圆周运动的半径为r ，周期为T 1，则

r =r=mv/qB 1 ……（1分）, r = 1.0 m ……（1分）； T 1 ==2 π m /qB 1…… （1分）

由题意可知，OP = r ，所以粒子沿垂直x 轴的方向进入时，在B 1区域运动的时间最长为半个周期，即 t 0 =T 1/ 2 ……（2分）， 解得t 0 = 1.57×10–5 s ……（2分）

（2）粒子沿+x 轴的方向进入时，在磁感应强度为B 1的区域运动的时间最短，这些粒子在B 1和B 2中运动的轨迹如图所示，在B 1中做圆周运动的圆心是O 1，O 1点在虚线上，与y 轴的交点是A ，在B 2中做圆周运动的圆心是O 2，与y 轴的交点是D ，O 1、A 、O 2在一条直线上。

由于OC =21r ……（1分）；所以∠AO 1C = 30°……2分）

则t 1=T 1/12 ……（2分）

设粒子在B 2区域做匀速圆周运动的周期为T 2，则

T 2 =2

2qB m π ……（1分） 由于∠P AO 1 =∠OAO 2 =∠ODO 2 = 30°……（1分）

所以∠AO 2D = 120°……（2分）

则t 2 =23

2

T ……（2分），由t 2 = 4 t 1 ， 解得B 2 = 2B 1 ……（1分）．B 2 = 4×10–2 ……（1分） 5．如图所示，在xoy 坐标平面的第一象限内有一沿y 轴正方向的匀强电场,在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为m ，电荷量为q 的负粒子（重力

不计）从坐标原点o 射入磁场，其入射方向与y 轴负方向成45°角．当

粒子运动到电场中坐标为（3L ，L ）的P 点处时速度大小为v 0，方向

与x 轴正方向相同．求：

（1）粒子从O 点射人磁场时的速度v ．

（2）匀强电场的场强E

（3）粒子从O 点运动到P 点所用的时间．

解： （1）v =v 0/cos45°=2v 0

（2）因为v 与x 轴夹角为45°，由动能定理得：

q E L mv mv -=-2202

121, 解得 E =mv 02/2qL （3）粒子在电场中运动L =222

1at ，a =qE /m 解得：t 2=2L /v 0 粒子在磁场中的运动轨迹为l/4圆周，所以

R =( 3L —2L )/2 = 2L /2

粒子在磁场中的运动时间为：t 1=

004//221v L v R ππ=? 粒子从O 运动到P 所用时闯为：t =t 1+t 2=L (π+8)/4v o

6．如图所示，x 轴上方存在磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外（图中未画出）。x 轴下方存在匀强电场，场强大小为E ，方向沿与x 轴负方向成60°角斜向下。一个质量为m ，带电量为＋e 的质子以速度v 0从O 点沿y 轴正方向射入匀强磁场区域。质子飞出磁场区域后，从b 点处穿过x 轴进入匀强电场中，速度方向与x 轴正方向成30°，之后通过了b 点正下方的c 点。不计质子的重力。

（1）画出质子运动的轨迹，并求出圆形匀强磁场区域的最小

半径和最小面积；

（2）求出O 点到c 点的距离。

【解析】（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁

场后做匀速直线运动，最后进入匀强电场做类平抛运动，轨迹如

图所示.根据牛顿第二定律，有ev 0B = R

v m 20 （2分） 要使磁场的区域面积最小，则Oa 为磁场区域的直径，由几何关

系可知： r =R cos30° （4分）

求出圆形匀强磁场区域的最小半径032m r eB =

v （2分） 圆形匀强磁场区域的最小面积为2220min 22

34m S r B e ππ==v （1分） （2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：

s sin30°=v 0t （3分）

平行电场方向：scos30°=a t 2 / 2，（3分）由牛顿第二定律eE =ma ， （2分） 解得：2043m s eE =v 。O 点到c 点的距离：2222200343()()m m d Ob bc Be eE

=+=+v v 7．如图所示，坐标系xOy 位于竖直平面内，在该区域内有场强

E =12N/C 、方向沿x 轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B =2T 、沿

水平方向且垂直于xOy 平面指向纸里的匀强磁场．一个质量m =4×10—5kg ，

电量q =2.5×10—5C 带正电的微粒，在xOy 平面内做匀速直线运动，运动

到原点O 时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x 轴上的P

点．取g ＝10 m/s 2，求：

（1）带电微粒运动的速度大小及其跟 x 轴正方向的夹角方向．

（2）带电微粒由原点O 运动到P 点的时间．

解答．微粒运动到O 点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零．由此可得

222()B E F F mg =+ ①………（2分）

电场力 E F Eq = ②………（2分）

洛仑兹力 B F Bqv =…… ③（2分）

联立求解、代入数据得 v =10m/s …… ④（2分）

微粒运动的速度与重力和电场力的合力垂直,设该合力与y 轴负方向的

夹角为θ, 则: tan E F mg θ=

…… ⑤（2分）；代入数据得tan θ= 3/4 ,θ = 37° 带电微粒运动的速度与 x 轴正方向的夹角为θ = 37°……⑥（2分）

微粒运动到O 点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，且方向与微粒在O 点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动，可沿初速度方向和合力方向进行分解．

设沿初速度方向的位移为s 1，沿合力方向的位移为s 2，则因为 s 1=v t …… ⑦

2222()12E F mg s t m

+= ……⑧ 12tan s s =θ……⑨ 联立⑦⑧⑨求解，代入数据可得: O 点到P 点运动时间 t ＝1．2 s …⑩

8．（20分）如图所示，x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B ，x 轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E ，方向与y 轴的夹角θ为

30°，且斜向上方，现有一质量为m 电量为q 的质子，以速度为

v 0由原点沿与x 轴负方向的夹角θ为30°的方向射入第二象限的磁

场，不计质子的重力，磁场和电场的区域足够大，求：

（1）质子从原点到第一次穿越x 轴所用的时间。

（2）质子第一次穿越x 轴穿越点与原点的距离。

（3）质子第二次穿越x 轴时的速度的大小、速度方向与电场方向

的夹角。（用反三角函数表示）

解：（1）由题意可知，t =T/6……①

T = 0

2v r π……② 2πm /qB =πm /3qB ……③； qv 0B =m r v 20……④ 易知△AOB 为等边三角形 第一次穿越x 轴，穿越点与原点距离x =r =mv 0/qB ……⑤

A 时速度方向与x 轴夹30°角方向与电场方向垂直，在电场中类平抛：v 0 = at ……⑥

由几何关系知：

3/330tan 2/02== t

v at ……⑦ v 2=at =3/320v ……⑧

第一次穿越x 轴的速度大小v =022213/7v v v =+…⑨

与电场方向夹角θ=arcsinarc 3/7……⑩

①②③④⑤⑥⑧⑦⑨⑩式各2分

9．（22分）如图所示，在地球表面附近有一范围足够大的互相垂直的匀强电场和匀强磁场。磁感应强度为B ，方向水平并垂直纸面向里。一质量为m 、带电荷量为+q 的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v 的匀速圆周运动。（该区域的重力加速度为g ）

（1）求该区域内电场强度的大小和方向。

（2）若某一时刻微粒运动到场中距地面高度为H 的A 点，速度与水平向成45°，

如图所示。则该微粒至少需经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？

（3）在（2）间中微粒又运动A 点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，

方向变为水平向左，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？

解（1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场与重力应平衡，因此

mg = Eq ①（2分） 解得：q m g E =…… ②（2分） 方向：竖直向上 （2分）

（2）该微粒做匀速圆周运动，轨道半径为R ，如图．qBv = m R

v 2

…… ③（2分）

最高点与地面的距离为：H m = H + R ( 1 + cos 45°) ……④（2分）

解得：H m = H +)221(+Bq mv ……⑤ （2分）

该微粒运动周期为：T =Bq m π2……⑥ （2分） 运动到最高点所用时间为：Bq m T t 4383π==……⑦ （2分）

（3）设该粒上升高度为h ，由动能定理得： 221045cot ωm Eqh mgh -=-- …… ⑧（2分） 解得：g v Eq mg m h 5)(222=+=ω……⑨（2分）；该微粒离地面最大高度为：H +g

v 42

……⑩（2分） 10．(20分)在倾角为30°的光滑斜面上有相距40m 的两个可看作质点的小物体P 和Q ，质量分别100g 和500g ，其中P 不带电，Q 带电。整个装置处在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度的大小为50V/m ，方向竖直向下；磁感应强度的大小为5π(T)，方向垂直纸面向里。开始时，将

小物体P 无初速释放，当P 运动至Q 处时，与静止在该处的小物体Q 相碰，

碰撞中两物体的电荷量保持不变。碰撞后，两物体能够再次相遇。其中斜面无

限长，g 取10m/s 2。求：

（1）试分析物体Q 的带电性质及电荷量；

（2）物体P 、Q 第一次碰撞后，物体Q 可能的运动情况，此运动是否为周

期性运动？若是，物体Q 的运动周期为多大？

（3）物体P 、Q 第一次碰撞过程中由物体P 和Q 组成的系统损失的机械能。

解：（20分）（1）对物体Q ，在碰撞之前处于静止状态，由平衡条件有

m 2g =qE 得q =0.1C ，且物体Q 带负电

（2）物体P 、Q 碰撞之后，物体Q 受重力、电场力、洛伦兹力的作用，由于重力和电场力等大反向，故物体Q 将在斜面上方做匀速圆周运动.

对物体Q ，匀速圆周运动的周期：s qB

m T 22==π （3）要使P 、Q 能够再次相遇，则相遇点一定为P 、Q 的第一次碰撞点,物体P 在碰撞后一定反向弹回，再次回到碰撞点时再次相遇。

对物体P ，从释放到与Q 碰撞之前，由运动学公式有： v 20—0=2gsimθ·s 得v 0=20m/s

对物体P 和Q ，在碰撞过程中，动量守恒有 112201v m v m v m -=

碰撞过程中，系统损失的能量为

??

? ??+-=

?222211*********v m v m v m E 对物体P ，时间关系：kT g v =θsin 21 ( ，，，k 321=) 当k =1时，v 1=5m/s ，v 2=5m/s ，△E =12.5J

当k =2时，v 1=10m/s ，v 2=6m/s ，△E =6J

当k =3时，v 1=15m/s ，v 2=7m/s ，系统总动能增加，不满足能量守恒定律。

综上所述，碰撞过程中由物体P 和Q 组成的系统损失的机械能可能

为12.5J 或6J.

11．（18分）如图所示，直角坐标中的第Ⅰ象限中存在沿y 轴负方向

的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q 、

质量为m 的带正电的粒子，在–x 轴上的a 点以速度v 0与–x 轴成60°度角

射入磁场，从y = L 处的b 点垂直于y 轴方向进入电场，并经过x 轴上x =

2L 处的c 点。不计重力。求

（1）磁感应强度B 的大小；（2）电场强度E 的大小；

（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。

解．（1）带电粒子在磁场运动由轨迹可知：r =2L/3 （2分）

又因为 qv 0B =r v m 20 （2分）

解得：B =qL m v 230 （2分）

（2）带电粒子在电场中运动时，沿x 轴有：2L = v 0t 2 （1分）

沿y 轴有：L =2221at （1分） 又因为qE = ma （2分） 解得：E =qL m v 220（2分）

（3）带电粒子在磁场中运动时间为t =

0094231v L v ππ=? （2分）

带电粒子在电场中运动时间为：t 2 =2L /v 0 （2分）

所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：t 1/t 2 = 2π/9 （2分）

12．（18分）如图所示，在y >0的区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，在

y <0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为m 、电量为e ）

从y 轴上A 点以沿x 轴正方向的初速度v 0开始运动。。当电子第一次穿越x 轴

时，恰好到达C 点；当电子第二次穿越x 轴时，恰好到达坐标原点；当电子

第三次穿越x 轴时，恰好到达D 点。C 、D 两点均未在图中标出。已知A 、C

点到坐标原点的距离分别为d 、2d 。不计电子的重力。求：

（1）电场强度E 的大小； （2）磁感应强度B 的大小；（3）电子从A 运动到D 经历的时间t ． 解：电子的运动轨迹如右图所示（若画出类平抛和圆运动轨迹给3分）

（1）电子在电场中做类平抛运动设电子从A 到C 的时间为t 1

102t v d = 212

1at d = m eE a = 求出 E =ed

m v 220 （2）设电子进入磁场时速度为v ，v 与x 轴的夹角为θ，则

1tan 0

1==v at θ θ = 45°．求出:02v v = 电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力

r

v m evB 2

=．由图可知 d r 2=；求出 ：ed m v B 0= （3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t 1=0

6v d 电子在磁场中运动的时间 t 2 = 0

2324343v d eB m T ππ== 电子从A 运动到D 的时间 t=3t 1+ t 2 = 0

2)4(3v d π+ 13．如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁

感应强度为B ，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀强电场，

其方向如图。一个质量为m ，电荷量为+q 的带电粒子从P 孔以初速度

v 0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角

θ=30°，粒子恰好从y 轴上的C 孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x 轴的Q 点，已知OQ =OP ，不计粒子的重力，求：

（1）粒子从P 运动到C 所用的时间t ；

（2）电场强度E 的大小； （3）粒子到达Q 点的动能E k 。

解：（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半个圆周 由r v m Bqv 200= ， 得：qB

m v r 0= 又T=Bq

m v r ππ220= 得带电粒子在磁场中运动的时间： qB

m T t π==2 （2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度v 0垂直于电场沿CF

方向，过Q 点作直线CF 的垂线交CF 于D ，则由几何知识可知，?CPO ≌?CQO ≌?CDQ ，由图可知：

CP =qB

mv r 022= 带电粒子从C 运动到Q 沿电场方向的位移为 qB mv r CP OP OQ DQ S E 030sin =

===== 带电粒子从C 运动到Q 沿初速度方向的位移为 qB

mv r CP CO CD S v 03330cos 0=====

由类平抛运动规律得：222121t m

qE at S E == t v S v 00=；联立以上各式解得：3

20Bv E = （3）由动能定理得：E k qES mv E =-2021。联立以上各式解得：2067mv E k = 14．如图所示，一对平行金属板水平放置，板间距离在d ，板间有磁感应强度为B 的水平向里的匀强磁

场，将金属板连入如图所示的电路，已知电源的内电阻为r ，滑动变阻器的总电阻为R ，

现将开关S 闭合，并调节滑动触头P 至右端长度为总长度的1/4．一质量为m 、电荷量为

q 的带电质点从两板正中央左端以某一初速度水平飞入场区时，恰好做匀速圆周运动．

⑴求电源的电动势；

⑵若将滑动变阻器的滑动触头P 调到R 的正中间位置，可以使原带电质点以水平直

线从两板间穿过，求该质点进入磁场的初速度；

⑶若将滑动变阻器的滑动触头P 移到R 的最左端，原带电质点恰好能从金属板边缘飞出，求质点飞出时的动能．

解：⑴因带电质点做匀速圆周运动，故电场力F 与重力G 平衡，有F = mg = Eq

两板间电场强度E = U/d ，两板间电压U = IR /4

由闭合电路的欧姆定律得：I = ε /（R + r ）

得 qR dmg r R /)(4+=ε

⑵由⑴知，电场力竖直向上，故质点带负电，由左手定则得洛伦兹力竖直向下，由平衡条件得： F B qv mg '=+0

因两板间电压U ′= IR /2 = 2U ，得E ′= 2E ，F ′= 2F = 2 mg

解得v 0 = mg / qB ．

⑶因两板间电压变为U ″= IR = 4U ； 故电场力F ″= 4F = 4 mg

由动能定理知 F ′2021－2－2mv E d mg d k = 解得：22232+23=q

B g m mgd E k 15．如图所示，在y 轴的右方有一磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x 轴的下方有一场强为E ，方向平行x 轴向左的匀强电场，有一铅板旋转在y 轴处且与纸面垂直。

现有一质量为m ，带电量为q 的粒子由静止经过加速电压为U 的电场加速后以垂

直于铅板的方向从A 处穿过铅板，然后从x 轴的D 处以与x 轴正方向夹角为60°的

方向进入电场和磁场重叠区域，最后到达y 轴上的C 点。已知OD 长为L ，不计粒

子的重力。求：⑴粒子经过铅板时损失的动能。⑵粒子到达C 点时速度的大小。

解：⑴由动能定理可知，粒子穿过铅板前的动能为：qU E k =0 穿过铅板后由牛顿第二定律得：R

v m qvB 2

= 由几何知识得： °60sin =L R , 解得：m

qLB v 32= 粒子穿过铅板后的动能为：m

q L B mv E k 32=21=2222 因此粒子穿过铅板后动能的损失为m

l B q qU E E E k k k 32－=－=Δ2

220。 ⑵从D 到C 只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有

2221－21=mv mv qEl c ，解得m qEl m

l B q v c 2－34=2222 17．如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m =0.2g

、电荷量

q =8×10—5C 的小球，小球的直径比管的内径略小．在管口所在水平面MN 的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B 1= 15T 的匀强磁场，MN 面的上方还存在着竖直向上、场强E = 25V/m 的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B 2 =5T 的匀强磁场．现让小车始终保持v = 2m/s 的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ 为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力F N 随高度h 变化的关系如图所示．g 取10m/s 2，不计空气阻力。求：

⑴小球刚进入磁场B 1时加速度a 的大小；

⑵绝缘管的长度L ；⑶小球离开管后再次经过水平面

MN 时距管口的距离△x 。

解：⑴以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒

定的洛伦兹力f 1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运

动，加速度设为a ，则

21/2－－s m m

mg qvB m mg f a === ⑵在小球运动到管口时，F N ＝2.4×10-3N ，设v 1为小球竖直分速度，由

11=B qv F N ，则s m qB F v N /2==1

1 由aL v 2=2

1 得 m a v L 1=2=2

⑶小球离开管口进入复合场，其中qE ＝2×10-3N ，mg ＝2×10-3N

故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度 与MN

成45°角，故轨道半径为R ， m qB mv R 22

== 小球离开管口开始计时，到再次经过MN 所通过的水平距离m R x 2=2=1 对应时间s πqB m πT t 4=2=41=； 小车运动距离为x 2， m vt x 2

2π== 所以小球此时离小车顶端的距离为m x x x 43.0－21≈=?

18．（20分）如图甲所示，在两平行金属板的中线OO ′的某处放置一个粒子源，粒子源沿OO ′方向连续不断地放出速度v 0=1.0×105m/s （方向水平向右）的带正电的粒子。在直线MN 的右侧分布有范围足够大匀强磁场，磁感应强度B=0.01πT ，方向垂直纸面向里，MN 与中线OO ′垂直。两平行金属板间的电压U 随时间变化的U —t 图象如图乙所示。已知带电粒子的比荷q /m =1.0×108C/kg ，粒子的重力和粒子之间的作用

力均可忽略不计。若t =0.1s 时刻粒子源放出的

粒子恰好能从平行金属板的边缘离开电场（设

在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板

间的电场看作是恒定的）．求：

（1） t =0.1s 时刻粒子源放出的粒子离开

电场时速度大小和方向；

（2）求从粒子源放出的粒子在磁场中运动

的最短时间和最长时间．

解：（20分）（1）0.1s 时刻释放的粒子做类平抛运动，沿电场方向做

匀加速运动，所以有

2122

y q U mv = ① 出电场时粒子沿电场方向的分速度v y =105m/s=v 0 ② 粒子离开电场时的速度2250210/y v v v m s =+=? ③

设出射方向与0v 方向间的夹角为θ，0tan 1y v v θ=

=，故θ=45° ④ (2)粒子在磁场中运动的周期为62210m T s Bq

π-==? ⑤ t =0时刻释放的粒子，在磁场中运动时间最短，为1/2周期，如右图示：6min 1102

T t s -==? ⑥ T =0.1s 时刻进入的粒子，在磁场中运动时间最长为3/4周期，如右图示：6max

3 1.5104t T s -==? ⑦ ①②③④⑤⑦各3分 ⑥2分，共20分

19．在如图所示的直角坐标系中，x 轴的上方有与x 轴正方向成45°角的匀强电场，场强的大小为410×2=E V ／m ．x 轴的下方有垂直于xoy 面的匀强磁场，磁感应

强度的大小为B =2×10—2T 。把一个比荷为q /m =2×108C/kg 的正电荷从坐

标为（0，1）的A 点处由静止释放。 电荷所受的重力忽略不计，求：

⑴电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间t ；

⑵电荷在磁场中运动轨迹的半径； ⑶电荷第三次到达x 轴上的位

置。

解：⑴电荷从A 点匀加速运动到x 轴的C 点，位移为

m AC S 2==

加速度为s m m

qE a /10×22==12；所用的时间为s a s t 6－10×1=2= ⑵电荷到达C 点的速度为s m at v /10×22==6，速度方向与x 轴正方向成45°

在磁场中运动时，有R v m qvB 2=得轨道半径m qB mv R 2

2== ⑵轨迹圆与x 轴相交的弦长为m R x 1=2=Δ

电荷从坐标原点O 再次进入电场中，速度方向与电场方向垂直，

电荷在电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示，与x 轴第三次

相交时，设运动的时间为t ′，则t v t a ′

′21=45tan 2 得t ′=2×10—6s m t v x 8=45cos ′=

即电荷第三次到达x 轴上的点的坐标为（8m ，0） 20．如图所示，宽度为d 1的I 区里有与水平方向成45°角的匀强电场E 1，宽度为d 2的II 区里有相互正交的匀强磁场B 和匀强电场E 2。一带电量为q ，质量为m 的微粒自图中P 点由静止释放后水平向右做直线运动进入II 区的复合场再做匀速圆周运动到右边界上的Q 点，其速度方向改变了60°，重力加速度为g 。（d 1、E 1、E 2未知）求： ⑴E 1、E 2的大小； ⑵有界电场E 1的宽度d 1。

解：⑴由题意有： mg qE =°

45sin 1 ，mg qE =2 所以，q

mg E 2=1 ，q mg E =2 ⑵设微粒在复合场中做匀速圆周运动的速率为v ，轨道半径为R ，由

几何关系有：2=°60sin d R 由R v m qvB 2=有：qB m v R =

联立求得：m

qBd m qBd v 33260sin 22=?= 微粒在I 区中加速时有：

qE 1cos45°·d 1=221mv ，或由：v 2=2ad 1,而 a =m qE 45cos 1。由此求出结果：d 1=g

m d B q 2222232 21．(24分) 如图，xoy 平面内的圆O ′与y 轴相切于坐标原点O ．在该圆形区域内，有与y 轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场．一个带电粒子（不计重力）从原点o 沿x 轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T 0．若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，

该带电粒子穿过场区的时间为T 0/2．若撤去电场，只保留磁场，其他条件

不变，求：该带电粒子穿过场区的时间．

解：设电场强度为E ，磁感强度为B ；圆O '的半径为R ；粒子的电量

为q ，质量为m ，初速度为v ．同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直

线运动，有：

qvB =qE v 0T 0=2R

只存在电场时，粒子做类平抛运动，有：

x =20T v ? y =20)2

(21T m qE ? 由以上式子可知x = y = R ，粒子从图中的M 点离开电场． 由以上式子得20

8T mR qvB = 只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N 点离开磁场，P 为轨迹圆弧的圆心．

设半径为r ，则有：r

mv qvB 2=；由以上式子可得2R r =；由图2/==r R tg θ 所以，粒子在磁场中运动的时间t = 2tan 2

20atc T v r =?θ 22．(16分)在如图所示的空间区域里，y 轴左方有一匀强电场，场强方向跟y 轴负方向成30°角，大小为E = 4.0×105N/C ，y 轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，有一质子以速度v 0 = 2.0×106m/s 由x 轴上A 点（OA = 10cm ）先后两次射入磁场，第一次沿x 轴正方向射入磁场，第二次沿x 轴负方向射入磁场，回旋后都垂直射入电场，最后又进入磁场，已知质子质量m 为1.6×10—27kg ，求：

（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；

（3）质子两次在电场中运动的时间各为多少．

解：（1）如图所示，

设质子第一、第二次由B 、C 两点分别进入电场，轨迹圆心分别为O 1和

O 2．（图2分）

所以：sin30° = OA R

1分） R = 2×OA 由B = qR

m v 0= 0.1T ，得． （2）从图中可知，第一、第二次质子在磁场中转过的角度分别为210°和

30°, 则t 1/t 2= θ1/θ2= 71

（3）两次质子以相同的速度和夹角进入电场，做类平抛运动，所以在电场中运动的时间相同．

由x ′= v 0t y ′= 12×Eq m ×t 2 tan30° = x '/y ' ；由以上解得 t = qE

mv 032= 3×10—7s

23．如图所示，在y > 0的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y < 0的

空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面（纸面）向外．一电量为q 、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上y = h 处的点P 1时速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上x = 2h 处的P 2点进入磁场，并经过y 轴上y = – 2h 处的P 3点．不计粒子的重力，求

（1）电场强度的大小； （2）粒子到达P 2时速度的大小和方向；

（3）磁感应强度的大小．

解：（1）粒子在电场、磁场中的运动轨迹如图所示．设粒子从P 1到P 2的时间为t ，电场强度的大小为E ，粒子在电场中的加速度为a ，由牛顿第二定律及运动学公式有：

qE = ma ① v 0t = 2h ② at 2 /2= h ③

由①②③式解得E =mv 20/2qh ． ④

（2）粒子到达P 2时速度沿x 方向的分量仍为v 0，以v 1表示速度沿y 方向分量的大小，v 表示速度的大小，θ表示速度和x 轴的夹角，则有v 21= 2ah

⑤ v =2021v v + ⑥；tanθ=v 1 /v 0 ⑦；由②③⑤式得v 1 = v 0 ⑧

由⑥⑦⑧式得v =2v 0； θ= arctan 1 = 45° ⑨

（3）设磁场的磁感应强度为B ，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律

qvB = r

v m 2

⑩ r 是圆轨迹的半径，此圆轨迹与x 轴和y 轴的交点分别为P 2、P 3．；因为OP 2 = OP 3，θ= 45°，由几何关系可知，连线P 2P 3为圆轨道的直径，由此可求得r =2h ⑾

由⑨⑩○11可得B =mv 0/qh ． ⑿

21．如图所示，在x 轴上方有磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场．X 轴下方有磁感应强度大小为B /2，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电量为– q 的带电粒子（不计重力），从x 轴上的O 点以速度v 0垂直x 轴向上射出．求：

（1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x 轴，粒子第二次到达x 轴时离

O 点的距离是多少？

（2）若粒子能经过在x 轴距O 点为L 的某点，试求粒子到该点所用的时间

（用L 与v 0表达）．

答案：（1）粒子的运动轨迹示意图如图6 – 15所示

由牛顿第二定律：qv 0B = r v m 20得r 1 =qB m v 0 r 2 =qB mv 02

由T =02v r π得：T 1 =qB m π2 T 2 =qB m π4

粒子第二次到达x 轴所需时间：

t =21(T 1 + T 2) =qB m π3 粒子第二次到达x 轴时离O 点的距离：s = 2(r 1 + r 2) =qB

mv 06． （2）设粒子第N 次经过在x 轴的点距O 点为L ，不论N 为偶数还是奇数粒子走过的弧长均为2L s π=' 所以02v L

t π='．

22．如图所示，MN 为纸面内竖直虚线，P 、Q 是纸面内水平方向上的两点，两点距离PD 为L ，D 点距离虚线的距离DQ 为L /π．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子在纸面内从P 点开始以水平初速度v 0向右运动，经过一段时间后在虚线MN 左侧空间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除，随后粒子再次通过D 点且速度方向竖直向下，已知虚线足

够长，MN 左侧空间磁场分布足够大，粒子的重力不计．求

（1）在加上磁场前粒子运动的时间；

（2）满足题设条件的磁感应强度B 的最小值及B 最小时磁场维持的时间t 0．

答案：（1）微粒从P 点开始运动至第二次通过D 点的运动轨迹如图所示，由图可知，在加上磁场前瞬间微粒在F 点（圆和PQ 的切点）

在t 时间内微粒从P 点匀速运动到F 点，则t =PF /v 0，由几何关系可右

PF = L + R

又R =mv 0/qB ，可得t =qB

m v L +0． （2）微粒在磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，当R 最大时，B 最小，在微粒不飞出磁场的情况下，R 最大值为R m = DQ /2，即R m = L /(2π)，可得B 的最小值为B min =2πmv 0 /qL

微粒在磁场中做匀速圆周运动，故有t 0 = (n +43) T (n = 0，1，2，3，…) 又由 T =2πm /qB min 可得 t 0 =0/)4

3(v L n + (n = 0，1，2，3，…) ． 23．如图6 – 18所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E ，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度为B ．有两个带电小球A 和B 都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图．已知两个带电小球A 和B 的质量关系为m A = 3m B ，轨道半径为R A = 3R

B = 9 cm ．

（1）试说明小球A 和B 带什么电，它们所带的电荷量之比q A /q B 等于多少？

（2）指出小球A 和B 在绕行方向及速率之比；

（3）设带电小球A 和B 在图示位置P 处相碰撞，且碰撞后原先在小圆轨道上运动

的带电小球B 恰好能沿大圆轨道运动，求带电小球A 碰撞后所做圆周运动的轨道半径

（设碰撞时两个带电小球间电荷量不转移）．

答案：（1）因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qE = mg ，由电场方可知，两小球都带负电荷m A g = q A E ，m A = 3m B

所以1

3=B A q q ． （2）由题意可知，两带电小球的绕行方向都为逆时针方向

由qBv = m R v 2得，R =qB m v ．又由题意R A = 3R B ，所以1

3=B A v v ． （3）由于两带电小球在P 处相碰，切向的合外力为零，故两带电小球在P 处的切向动量守恒，由

m A v A + m B v B = m A v A ′+ m B v B ′ 得，v A =7v B /3= 7v A /9

由此得9

7='A A R R , 所以97='A R R A = 7 cm ． 24．如图6 – 19所示，一对平行金属板水平放置，板间距离在d ，板间有磁感应强度为B 的水平向里的匀强磁场，将金属板连入如图所示的电路，已知电源的内电阻为r ，滑动变阻器的总电阻为R ，现将开关S 闭合，并调节滑动触头P 至右端长度为总长度的1/4．一质量为m 、电荷量为q 的带

电质点从两板正中央左端以某一初速度水平飞入场区时，恰好做匀速圆周运动．

（1）求电源的电动势；

（2）若将滑动变阻器的滑动触头P 调到R 的正中间位置，可以使原带电质点以水

平直线从两板间穿过，求该质点进入磁场的初速度；

（3）若将滑动变阻器的滑动触头P 移到R 的最左端，原带电质点恰好能从金属板

边缘飞出，求质点飞出时的动能．

答案：（1）因带电质点做匀速圆周运动，故电场力F 与重力G 平衡，有F = mg = Eq

两板间电场强度E = U /d ，两板间电压U = I R /4

由闭合电路的欧姆定律得：I =ε/ (R + r )

得ε= 4 (R + r ) dmg /Rq ．

（2）由（1）知，电场力竖直向上，故质点带负电，由左手定则得洛伦兹力竖直向下，由平衡条件得：

mg + Bqv 0 =F ′

因两板间电压U ′= IR /2 = 2U ，得E ′= 2E ， F ′= 2F = 2 mg

解得v 0 = mg / Bq ．

（3）因两板间电压变为U ″= IR = 4U

故电场力F ″= 4F = 4 mg ; 由动能定理知20k 2122mv E d mg d F -=-''. 得E k =2223223q

B g m mgd +． 25．如图所示，直角坐标系xOy 中，在x < 0的区域存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在x > 0的区域存在一垂直纸面的矩形有界匀强磁场，其下边界和左边界分别与Ox 、Oy 辆重合，磁感应强度的大小为B （图中未画出），现有一质量为m 、电量为e 的质子从第二象限的某点P 以初速度v 0 =eBL /6m 沿x 轴正方向开始运动，以2v 0的速度经坐标为（0，L ）的Q 点．再经磁场偏转恰好从坐标原点O 沿x 轴的负方向返回电场，不计质子的重力．求：

（1）P 点的坐标；（2）矩形磁场的面积．

解：（1）如图所示，设P 点的坐标为(x P ，y P )，从P 到Q ，质子

做类平抛运动，设过Q 点时的速度与x 轴正向的夹角为θ，则：

cosθ=002v v ，所以θ= 60°

质子在Q 点时在y 方向的分速度v Oy = 2 v 0sinθ

在电场中质子运动的加速度a =eE/m ，设质子由P 到Q 的时间为t ，则v Oy = at ，x P = – v 0t ，y P = L +at 2/2，

解得：x P =Em

eL B 3632

2-，y P =L Em eL B +2422． （2）设所加的最小矩形磁场的高和底长分别为L 1、L 2，质子在磁场中做圆周运动的半径为r ，则：(L – r ) sin (90°–θ) = r

所以r =3L ，又L 1 = r + r cosθ，L 2 = r ， 所以S min = L 1L 2 =6

2

L ． 26．如图所示的坐标空间中有场强为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场，y 轴为两种场的分界线，图中虚线为磁场区的右边界，现有一质量为m 、带电量为– q 的带电粒子（不计重力），从电场中P 点以初速度v

0沿x 轴正方向运动．已知P 点的坐标为（– L ，

0），且L =Eq

m v 20．试求： （1）要使带电粒子能穿过磁场区而不再返回到电场中，磁

场的宽度d 应满足什么条件？

（2）要使带电粒子恰好不能从右边界穿出磁场区，则带电

粒子在磁场中运动的时间为多少？

答案：（1）研究带电粒子在电场中的运动：

水平方向： L = v 0t 1，解得：t 1 =Eq mv v l 00= 竖直方向，由动量定量得：Eqt 1 = mv y ，解得：v y = v 0 所以粒子进入磁场时的速度：v =02202v v v y =+，方向与x 轴成45°角．研究带电粒子在磁场中的

运动：当粒子刚好不从磁场右边界穿出时，其运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得：Bqv = m R v 2

，得R =mv /qB

又d = R + R cos 45° 解得：d =Bq mv 0)12(+ 所以，要使带电粒子能穿过磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d 应满足的条件为：

d

mv 0)12(+． （2）粒子在磁场中运动的周期T =

Bq m v R ππ22=; 由图知，粒子在磁场中运动的时间:t 2 =qB

m T 2325.1πππ=． 27．（19分）在直角坐标系的第II 象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B 的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。某一带正电

粒子A 1，由静止开始经加速电压为U 的电场（图中未画出）加速后，从纵坐标为2a 的M 处平行于x 轴向右运

动，通过第II 象限的匀强磁场区域后，在坐标原点O 处

与静止在该点的粒子A 2发生了对心正碰，碰后它们结合

在一起进人第IV 象限，碰撞前后它们的运动轨迹如图所

示。若两个粒子的质量相等且均可视为质点、重力不计、

碰撞过程中无电荷量损失。

（1）求带电粒子A 1的比荷（即q ／m ）；

（2）确定粒子A 2碰撞前的带电情况；

（3）求带电粒子A 1在两个磁场区域中偏转所用的总

时间。

解．（19分）（1）带电粒子A 1在电场中被加速，由动能定理有 qU =

22

1mv ① 在磁场中偏转，由牛顿第二定律有qvB = r

v m 2

；② 联立①②两式得222r B U m q = ③ 由图可知 r =2a ；代入③式解得22a B U m q = ④ （2）由①④两式可得：A 1在第Ⅱ象限的磁场中的运动速率v =2U /Ba ⑤

在O 点A 1、A 2碰撞后结合在一起，由动量守恒定律有 2mv ′=mv ⑥

（v ′=v/2=2U /(2aB ) ⑦ （1分）

由②⑥式结合粒子运动轨迹的特点有

r ′=2mv ′/q ′B =mv /q ′B =r =mv /qB （1分）；故有q ′=q ，所以碰撞前A 2不带电 （1分）

（3）由图可知粒子A 1在两个磁场中分别偏转的弧度为π/4

而T =2πr /v ⑧（1分）

t 1= T 1/8 =πr /(4v )= πa 2B / (4U ) （1分）；t 2=T 2/8 =πr /(4v ′)= πa 2B /(2U ) （1分）

所以它在磁场中运动的总时间t=t 1+t 2= 3πa 2B /(4U ) （1分）

28．如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场B 1，匀强电场E 的电场强度大小为

E =500V/m ，匀强磁场B 1的磁感应强度大小B 1=0.5T 。第一象限的某个区域内，有方

向垂直纸面向里的匀强磁场B 2，磁场的下边界与x 轴重合。一质量m =1×10-14kg 、电

荷量q =1×10—10C 的带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴正方向成60°角从M 点沿直线，

经P 点进入处于第一象限内的矩形匀强磁场B 2区域。一段时间后，微粒经过y 轴上

的N 点并与y 轴正方向成60°角的方向飞出。M 点的坐标为（0，-10），N 点的坐标

为（0，30），不计微粒的重力，g 取10m/s 2。

（1）请分析判断匀强电场E 的方向并求出微粒的运动速度v ；

（2）匀强磁场B 2的大小为多大；

（3）匀强磁场B 2区域的最小面积为多大？

解析：（1）由于不计重力，微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒一定做匀速直线运动。这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E 的方向与微粒运动方向垂直，即与y 轴负方向成60°角斜向下，由力的平衡条件有qE =qvB 1，

所以v =E/B 1=1.0×103m/s 。

（2）画出微粒的运动轨迹如图所示。

由几何关系可知PM =0.2m ，y 轴与图中虚线圆相切，由tan30°=

PM R 可得微粒在第一象限内做圆周运动的半径为：

R =PMt an30°=0.2×m=15

3m 。 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB 2=m R

v 2

. 解得 B 2=2/3(T)

（3）由图可知，磁场B 2的最小区域应该分布在图示的矩形P ACD 内。由几何关系易得：

PD =2R sin60°=0.2m ，P A =R （1—cos60°）=m 30

3， 所以，匀强磁场B 2区域最小面积为：2215033032.0m m PA PD S =?

=?=。 29．如图所示，一带电粒子以某一速度在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场（图中未画出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L 的匀强电场，电场强度大小为E ，方向竖直高上。当粒子穿出电场时速度大小变为原来的2倍，已知事业电粒子的质量为m ，电量为q ，重力不计。粒子进入磁场时的速度如图所示与水平方向60°角。试解答：

（1）粒子什么电？（2）带电粒子在磁场中运动时速度多大？

（3）圆形磁场区域的最小面积为多大？

解：（1）根据带点粒子在磁场中偏转的情况和左手定则可知，粒子带负电。

（2）由于洛伦兹力对粒子不做功，故粒子以原来的速率进入电场中，设带电

粒子进入电场的初速度为v 0，在电场中偏转时做类平抛运动，由题意知粒子离开电场时的末速度大小为02v v t =，将v t 分解为平行于电场方向和垂直于电场方

向的两个分速度，由几何关系知

0v v x = ①

at v y = ②， t L v =0 ③，m

F a = ④ ， Eq F = ⑤ 联立求解①②③④⑤得：m

qEL v =0 ⑥ （3）如图所示，带电粒子在磁场中所受洛伦兹力作为向心力，

设在磁场中做圆周运动的半径为R ，圆形磁场区域的半径为r ，则：

R v m B q v 200= ⑦ q

qLm B qB mv R 10== ⑧ 由几何知识可得： r = R sin30° ⑨；磁场区域的最小面积为：S= π r 2 ⑩．联立⑧⑨⑩解得：24qB m EL

s π=

30．如图，在空间坐标系中，x 轴上方分布着沿y 轴正向、电场强度为E 的匀强电场，x 轴下方分布着垂直纸面向里、磁感强度为B 的匀强磁场。y 轴正半轴上距离原点h 高度处有一放射源，能沿x 轴正向以不同速度发射比荷均为c 的负离子。不计离子的重力及离子间的相互作用，设离子在此后过程中只在y

轴右侧运动。

（1）求初速度为v 0的离子经过x 轴时的速度大小。

（2）离子在匀强磁场中将做匀速圆周运动，试求各种离子第一次进

入磁场时，轨迹圆的圆心位置所构成的图线方程。

（3）若x 轴正半轴上距离原点L 长度处有一点M ，现要求离子最终

能够在由电场进入磁场时经过M ，则离子的初速度应该满足什么条件？

解答：（1）由动能定理，有2201122qEh mv mv =

- ① ， 得到202v v Ehc =+

（2）初速度为v 0的离子第一次到达x 轴时，水平距离为0s v t =，

又 ：221122qE h t cEt m == ；得到02h s v cE

= ② 离子轨迹如图，设进入磁场时的速度偏角为θ，离子在磁场中做匀速圆周运动，有2

v qvB m R

= ③ 轨迹圆心的坐标（x ，y ）满足：sin x s R θ=- ④；cos y R θ=- ⑤ 而sin y y v m R v qB cB

θ==， 00cos v m R v qB cB θ==，而222y qE v h Ech m == ⑥ 联立各式消去v 0，得到圆心位置构成的图线方程为212E E y x B hc B c =-

-（x ＞0）⑦ （3）若射出后直接经电场到达M ，由②式可求得

02Ec v L h

= ⑧ 若自A 类平抛下落，经磁场回转，又在电场中斜上抛，

如此循环，最终由电场进入磁场时经过M ，则轨迹示意图如

图，经历n 次磁场回旋，则有

22sin (1,2,3......)s n s n R L n θ+?-?== ⑨ 解得：01(2)(1,2,3......)212Ec E v d n n n h B

=?+=+⑩

31．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xoy ，在其第三

象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感

应强度大小为B ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为

E ．在其第一象限空间有沿y 轴负方向的、场强为E ′=4 E /3的

匀强电场，并在y >h 区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向

里的匀强磁场．一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P

点得到一初速度，恰好能沿PO 作直线运动（PO 与x 轴负方向

的夹角为θ=37O ），并从原点O 进入第一象限．已知重力加速度

为g ，sin37o =0.6，cos37o =0.8，问：

(1)油滴的电性; (2)油滴在P 点得到的初速度大小;

(3) 油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值．

解答：(1)油滴带负电.

(2)油滴受三个力作用(见右图)，从Ｐ到Ｏ沿直线必为匀速运动，设油滴质量为m ：

由平衡条件有qvB sin37°=qE mg tan37°=qE

综合前两式，得 v =5E /3B 、m =4qE /3g

(3)进入第一象限，由电场力F ′=qE =4qE /3和重力G=mg =(4qE /3g)g =4qE /3g ，知油滴先作匀速直线运

动，进入y ≥h 的区域后作匀速圆周运动，路径如图,最后从x 轴上的N 点离开第一象限．

由O→A 匀速运动位移为s 1=h /sin37°=5h /3知运动时间：E

Bh B

E h v s t ===353511 由几何关系和圆周运动的周期关系式T=2πm /qB 知由A →Ｃ的圆周运动时间为

gB

E qB g qE T t 1357434218037360742ππ=??=??= 由对称性知从C →Ｎ的时间13t t =

在第一象限运动的总时间

gB

E E Bh t t t t 135742321π+=++= 由在磁场中的匀速圆周运动，有 2

mv qvB R

=； 由②、③、⑦式解得得到轨道半径2

2

920gB E qB mv r == 图中的)(38)37sin 37cos (222

1gB

E h r s ON +=?+?= 即离开第一象限处（Ｎ点）的坐标为〖)(382

2

gB E h +，０〗 32：如图所示，第一次粒子经U 1加速后沿中线O 1O 2射入AB 两金属极板间做直线运动，两板间充满相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B ，板长为L ，两板间距为D =3L /3。MN 为绝缘挡板，MN 与中线O 1O 2的夹角为θ=60°，右侧是垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度也为B ，粒子穿过O 3后击中MN 上的P 点，第二次AB 间磁场撤去，粒子经U 1加速后沿中线O 1O 2射入AB 两金属极板间恰好从A 板右侧边缘射出

击中MN 上的Q 点，PQ =15L /4且粒子从O 1

运动到Q 的时间为t 。

求：（1）粒子的荷质比。

（2）加速电场的电压U 1。

（3）粒子第一次从O 1运动到P 的时间t 1

为多少？

解：分析粒子在的U 1加速：qU 1=mv 2/2

分析粒子在电磁复合场中做匀速直线运

动Eq =Bqv

分析粒子在两板间撤去磁场后做类平抛

运动 qE =ma ①； tanα=at/v 0 ②． tanα=（L /2）/（D /2） 所以α=30°

分析粒子做匀速圆周运动 Bqv 0=Mv 02/R ,； 所以 R =3/L ③

分析几何关系： O 3P =2R sin θ ④；O 3P + O 3Q =PQ ⑤；O 3Q =（L /2+O 2O 3）sin α ⑥ 分析粒子第二次从O 1运动到O 2水平方向是匀速：v O t=（L + O 2O 3）—O 3Q ·cos θ ⑦

所以．q/m =133/24Bt ⑧；U 1=133BL 2/16t ⑨

分析第一次运动时间t 1′=（L + O 2O 3）v0t 2″=（2θ/360）T T =2πm/Bq ⑩

所以．t 1= t 1′+ t 2″=1316

t （1+π3/3）

33．在xoy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45°角。在x＜0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为0.32N/C，在y＜0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T，如图所示。一不计重力

的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度进入

磁场，已知微粒的带电量为q=5×10—18C，质量为m=1×10—24kg，（不计微粒

所受重力），求：

（1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标

（2）带电微粒在磁场区域运动的总时间；

（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标。

解析：（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图。

第一次经过磁场边界上的A点

由

r

v

m

B

qv

2

=得3

010

4-

?

=

=

qB

mv

r m

A点位置坐标（-4×10-3m, -4×10-3m）

(2)设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T，则

t=t OA+t AC=T

T

4

3

4

1

+T=

qB

m

π2

代入数据解得：T=1.256×10—5s 所以t=1.256×10—5s

（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做曲线运动

m

qE

a=r

at

x2

2

12

1

=

=

?

1

t

v

y=

?代入数据解得：2.0

=

?y m

y=y?-2r=0.2—2×4×10-3m=0.192m ；离开电、磁场时的位置坐标(0, 0.192m)

34．如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为d，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力。试求：

（1）两金属板间所加电压U的大小;（2）匀强磁

场的磁感应强度B的大小；

（3）在图中画出粒子再次进入电场的运动轨迹，

并标出粒子再次从电场中飞出的位置与速度方向。

解：（1）粒子在电场中运动时间为t，有：

t

v

L

=；2

2

1

at

d=；

m

Eq

a=；

d

U

E=；

解得：

2

2

2

2

qL

d

mv

U=

（2）at

v

y

=，

tan

v

v

y

=

θ，

θ

cos

v

v=

θ

sin

2

L

R=，

R

v

m

qvB

2

=，解得：

2

4

qL

d

mv

B=

（3）画图正确给2分。

36．如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向右的匀强电场。有一铅板放置在y轴处，且与纸

面垂直。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电

场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D

处以与x轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y 轴

?

60

E

x

y

D

A

B

C

O

上的C 点。已知OD 长为l ，求：

(1)粒子经过铅板时损失了多少动能？ (2)粒子到达C 点时的速度多大？

解：由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能qU E k =0 根据R v m qvB 2=，得m

qBR v = 又由几何知识可得（如图） 60sin =R l , 即32l R =， 故m

qBl v 32=。 由于洛伦兹力不做功，带电粒子穿过铅板后的动能

m l B q mv E k 32212222==， 因此粒子穿过铅板后动能的损失为m l B q qU E E E k k k 322220-=-=? （2）从D 到C 只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动

能定理，有 222121mv mv qEl c -=- 解得m qEl m l B q v c 2342222-= 4．如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d ，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O 点以速度v 0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从A 点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C 点穿出磁场时速度方向与进入电场O 点时的速度方向一致，（带电粒子重力不计）求：（1）粒子从C 点穿出磁场时的速度v ；（2）电场强度E 和磁感应强度B 的比值E /B ； （3）

粒子在电、磁场中运动的总时间．

解：（1）粒子在电场中偏转时，设速度在平行电场方向上的分量为v //，

垂直电场方向v ┴= v 0，设运动时间为t ，d= v ┴ t = v 0 t ，d /2= v // t ，得v // = v 0

故出电场时的速度为v =2v 0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，出磁

场时的速度大小为v =2v 0，方向已知（水平向右）．

（2）在电场中运动时0//v d m qE t m qE v ?==，得qd

m v E 20=．在磁场中运动方向改变45°，设轨道半径R ，d d R 245sin /=?=． 又R v m Bqv 2=，qd

mv qR mv B 0== 得E /B = v 0

（3）粒子在磁场中运动时间0424/'v d T t πππ==

在电场运动的总时间0v d t = 运动总时间t 总= t ＋t’ = 0

04v d v d π+． 37．如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xoy ，在第一象限的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m ，电量为e 的电子从第一象限的某点P （L ，8/3L ）以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动，经过x 轴上的点Q （L/4，0）进入第四象限，先做匀速直线运动，然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原

点O ，并沿y 轴的正方向运动，不计电子的重力．求

（1）电子经过Q 点的速度v ； （2）该匀强磁场的磁感应强度B

（3）磁场的最小面积S ．

解：（1）t v L 043= t v L y 283= 得033v v y = ?60E

x 0v y D

A B

C

O