析

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：

(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小.

(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小.

(3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.

【答案】(1)12mg E =2mg E q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】

【详解】

(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mg E = 微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mg E q

= (2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒= 2

v qvB m R

= 根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒

整理得：12

2m gd B = (3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：

211112a t d =

1tan45mg ma ︒=

2302360R t v

π︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯= 2．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷

q m

=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6．

（1）求粒子的发射速度v 的大小；

（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．

【答案】（1）6×105m/s ；（2）（0，0.18m ）；（3）29%

【解析】

【详解】

（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB =m 2

v R 可得：v =6×105m/s ；

（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y 轴交于一点Q ，根据几何关系可得PQ=0.0637

cos =0.08m ，即Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上y 轴最高点的距离为0.18m-

0.0637sin =0.08m ，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开； 故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m ）；

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：

y=1

2

at2…①

a=qE

m

=

qU

md

…②

t=L

v …③

由①②③解得：y=0.08m

设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα

可知tanα=4

3

，即α=53°

比例η=53

180

×100%=29%

3．如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．

（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；

（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；

（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）

（n=1，2，3…）

【解析】

（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．

由速度关系可得：

解得：

由速度关系得：v y=v0tanθ=v0

在竖直方向：

而水平方向:

解得：

（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L

根据牛顿第二定律：

解得：

根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）

（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．

在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；

在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于

2r．

综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）

而：

解得：（n=1，2，3…）

应满足的时间条件为： (T0+T′)=T

而：

解得（n=1，2，3…）

点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合

要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.

4．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．

（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离

（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，

①求匀强磁场的磁感应强度B

②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y

【答案】（1）2010U e y t dm ∆=

（2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm

∆=∆= 【解析】

【详解】 （1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：

2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm

=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：

220min 001122U e y at t dm

== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，

2010U e y t dm

∆= （2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：

sin L R θ

= 设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=

， 式中00y U e v t dm =

又：1mv R Be

= 解得：00U t B dL

= ②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．

由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm

∆=∆=

5．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为2

R 的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．

(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；

(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；

(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?

【答案】(1)

2

2mv

E=；2

v，速度方向沿y轴负方向

(2)

8222

5

mv mv

B

qR qR

≤≤(3)

()

2271

3

mv

qR

-

【解析】

【分析】

【详解】

（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动

1

3

2cos4522

cos45

R

L R R

=-︒=

︒

1

L vt

=

沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a

2

2sin452

L R R

=︒=

2

2

1

2

L at

=

qE

a

m

=

设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v'

1v v =、2v at =，2tan v v θ= 联立可得224

mv E qR

= 进入磁场的速度22122v v v v =+='

45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向 （2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12R r =

由211mv qv B r =''得122mv B qR = 当粒子从C 点射出时，由勾股定理得

()2

22222R R r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭ 解得258

r R = 由222mv qv B r =''得2825mv B qR

= 根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当

82225mv mv B qR qR

≤≤时，粒子从AC 边界射出

（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD 区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行

于x 轴，其半径为3r ，由几何关系得2

2

2332R r r R ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭ 解得()3714R r =

由2

33mv qv B r =''得)

322713mv B qR

= 磁感应强度小于3B ，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中

6．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212

h gt = 其中2kBL t g = ， 则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32

O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-

7．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200mv qv B r =得023qBd v =

粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos

t m -︒=

（）； 00y 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 ， 2y

v y t = 得0322y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα=

132r = 则得23

x d = 所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭== 粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBd v v cos α=== 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

8．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

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

2hm

x v t v

qE

==

2

y

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：

E

B

v

'=．

9．如图所示,在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出),I、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B。a、b两带正电粒子从O点同时分别沿y轴正向、负向运动,已知粒子a质量为m、电量为q、速度大小为v,粒子b质量为2m、电量为2q、速度大小为v/2,粒子b恰好不穿出1区域,粒子a不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:

(1)小圆半径R 1；

(2)大圆半径最小值

(3)a 、b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t (不考虑a 、b 在其它位置相遇)。

【答案】(1)1mv R qB = (2)2min (31)mv R += (3)14m qB π 【解析】

【详解】

解：(1)粒子b 在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为b r 根据洛伦磁力提供向心力有：2

2()222b

v m v q B r =

由粒子b 恰好不穿出Ⅰ区域：12b R r = 解得：1mv R qB

= (2)设a 在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为1a r ， 根据洛伦磁力提供向心力有：2

1

a mv qvB r = 解得： 11a mv r R qB

== 设a 在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为2a r ， 根据洛伦磁力提供向心力有：2

2

2a mv qv B r •= 解得： 21122

a mv r R qB == 设大圆半径为2R ，由几何关系得：1213122R R R ≥

+

所以，大圆半径最小值为： 2min R ≥

(3)粒子a 在Ⅰ区域的周期为12a m T qB π=，Ⅱ区域的周期为2a m T qB

π= 粒子a 从O 点出发回到O 点所经过的最短时间为：1121

132a a a t T T =+

解得：176a m t qB

π= 粒子b 在Ⅰ区域的周期为：2b m T qB

π= 讨论：①如果a 、b 两粒子在O 点相遇，粒子a 经过时间：176a a n m t nt qB π==

n=1，2，3… 粒子b 经过时间：2b b k m t kT qB

π== k=1，2，3… a b t t =时，解得：726

n k = 当7k =，12n =时，有最短时间：114m t qB

π= ②设粒子b 轨迹与小圆相切于P 点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1215(218)663a a a a n m t T T n t qB

π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间： (21)(21)2b b k T k m t qB

π--== k=1，2，3… a b t t =时，解得：218213n k +-=

ab 不能相遇

③如果a 粒子在射入小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1217(2113)2663a a a a n m t T T n t qB

π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间：(21)(21)2b b k T k m t qB

π--== k=1，2，3… a b t t =时，解得：2113213n k +-=

ab 不能相遇

a 、

b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为14m qB

π

10．如图所示，平面直角坐标系xoy 的第二、三象限内有方向沿y 轴正向的匀强电场，第

一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当

2

2

L，磁扬场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L，0)的P点沿与x轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求

(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；

(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)粒子从P点射出到出磁场运动的时间为多少?

【答案】（1）（0，

1

2

L）（2）

2

2

mv

E

qL

=0

2

2

mv

B

qL

=（3）

00

2(1)

2

L L

t

v v

π

+

=+

【解析】

【分析】

（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标．

（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．

（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间．

【详解】

（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，

水平方向：L=v0cosθ•t1，

竖直方向：y=

1

2

v0sinθ•t1，

解得：y=

1

2

L，

粒子从y轴上射出电场的位置为：（0，

1

2

L）；

（2）粒子在电场中的加速度：a=qE

m

，

竖直分位移：y=

1

2

a t12，

解得：

2

2

mv

E

qL

=；

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y 轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，

由几何知识得：AC 与竖直方向夹角为45°， 2y=22

L ， 因此AAC 刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L ，

粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m 2

v r

， 其中，粒子的速度：v=v 0cosθ， 解得：02mv B =； （3）粒子在电场中的运动时间：100

2L L t v cos v θ==， 粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：2122x L L =

-， 粒子做运动直线运动的时间：20

(22)2x L t v v ==， 粒子在磁场中做圆周运动的时间：301122442m L t T qB v ππ=

=⨯=， 粒子总的运动时间：t=t 1+t 2+t 3=

)00

212L L v v π++； 【点睛】 本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．

11．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第一、四象限有与y 轴相切于O 点、圆心为O 1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y 轴的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－d ，32

d )点以平行于x 轴的初速度v 0开始运

动，粒子从O 点离开电场，经磁场偏转后又从y 轴上的Q 点(图中未画出)垂直于y 轴回到电场区域，并恰能返回到P 点．求：

(1)粒子经过O 点时的速度；

(2)电场强度E 和磁感应强度B 的比值．

【答案】（1）2v 0

（2）058E v B = 【解析】

【详解】

试题分析：（1）粒子从P 到O 的过程中做类平抛运动，设时间为t 1，经过O 点时的速度为v ，其在y 轴负方向的分速度为v y ，与y 轴负方向的夹角为θ

d=v 0t 1

1322

x v d t = v 2=v 02+v y 2

tan y θ=v v

解得：v=2v 0θ=300

（2）设粒子质量为m ，电荷量为q ，粒子在电场中运动的加速度为a ：Eq=ma 213122

d at = 粒子从Q 到P 的过程中，也做类平抛运动，设时间为t 2，Q 点的纵坐标为y Q

2

2

3122

Q y d at -

= d=vt 2

解得：53

Q y d =

设粒子由S 点离开磁场，粒子从O 到S 过程中做圆周运动，半径为r ，由几何关系有：r+r sinθ=y Q

2

v qvB m r =

53

r d =

058

E v B = 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 【点睛】

【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力．

12．平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：

(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比．

【答案】02v ,与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)0

2

v 【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子运动轨迹如图：

粒子在电场中由Q 到O 做类平抛运动，设O 点速度v 与x 方向夹角为α，Q 点到x 轴的距离为L ，到y 轴的距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，根据平抛运动的规律有： x 方向：02L v t = y 方向：212

L at =

粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度：

y v at =，

又

tan y x

v v α=

，

解得tan 1α=，即45α=︒，

粒子到达O 点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O 点时的速度大小为

02cos 45v v v ︒

=

=；

(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，粒子在电场中运动的加速度：

qE a m

=

， 设磁感应强度大小为B ，粒子做匀速圆周运动的半径为R ，洛伦兹力提供向心力，有：

2

v qvB m R

=，

根据几何关系可知：

2R L =

解得：

2

v E B =

13．如图所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强电场，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行。一质量为m 、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P （0，h ）点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a （2h ，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y 轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：

（1）电场强度E 的大小；

（2）粒子到达a 点时速度的大小和方向； （3）abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值。

【答案】（1）2

2mv E qh

=；（2）02v v =，方向与x 轴的夹角为45°；（3）02mv B qL =

【解析】 【详解】

（1）设粒子在电场中运动的时间为t ， 则有x=v 0t=2h ，

2

12

y h at ==

qE=ma ，

联立以上各式可得20

2mv E qh

= ；

（2）粒子达到a 点时沿负y 方向的分速度为v y =at=v 0， 所以2

2

002y v v v v =+=

，

方向指向第IV 象限与x 轴正方和成45o 角；

（3）粒子在磁场中运动时，有2

mv qvB r

= ，

当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有2

r L =

，

所以磁感应强度B 的最小值0

2mv B qL

=

14．现代科学仪器常利用电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密

相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d 电场强度为E ，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B 1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B 2，电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为

、电荷量为的带正电粒子在第层电场左侧边界某处由静止

释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射.

（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度2v 的大小与轨迹半径2r ;

（2）粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为n θ,试求sin n θ; （3）若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n 层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之 【答案】（1）； （2）

； （3）见解析；

【解析】

（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有：

解得：

粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：

联立解得：

（2）设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ，轨迹半径为r n （下标表示粒子所在层数），

由图根据几何关系可以得到：

联立可得：

由此可看出，…，为一等差数列，公差为d，可得：

当n=1时，由下图可看出：

联立可解得：

（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则：

，

在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为，假设通穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为，由于，则导致：

说明不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．

考点：带电粒子在电磁场中的运动

15．（17分）在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P

点（AP=d）射入磁场（不计重力影响）。

（1）如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。

（2）如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。

【答案】1）（2）

【解析】

试题分析：（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。设入射粒子的速度为v1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得：

①

由①式解得：②

（2）设O’是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O’Q，设O’Q＝R’。

由几何关系得：∠OQO’=③

而OO’=R’－,＝d－R

所以OO’= R’+R－d ④

由余弦定理得：⑤由⑤式解得：⑥

设入射粒子的速度为v2，由⑦

由⑦式解得：⑧

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