高中物理带电粒子在磁场中的运动答题技巧及练习题(含答案)及解析

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，一质量为m、电荷量为+q的粒子从竖直虚线上的P点以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A点．巳知P、A两点连线长度为l，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).

(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B1；

(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q(已知静电力常量为是）；

(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P点到A点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B2和匀强电场的电场强度大小E.

25mv05mv05mv0lBBQ （2） （3）2 【答案】（1）12ql3ql8kq220(23)mv0E

9ql【解析】 【分析】 【详解】

（1)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1 由几何关系得r112lcosl 252v0由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1m

r1解得:B15mv0 2ql(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2 由几何关系得r2l5l

2cos82v0Qq 由库仑力提供向心力得k2mr2r225mv0l 解得:Q8kq(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动 粒子在电场中的运动时间tlsin3l v05v0T 2根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则t又T2m qB2解得B25mv0 3ql设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则v0tr

解得:r3l 51qE2t 2m粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，lcos2r220(23)mv0解得:E

9ql

2．核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。相当于给反应物制作一个无形的容器。2018年11月12日我国宣布“东方超环”（我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。

（1）2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为Ek3kT，其2中k=1.380649×10-23J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。

（2）假设质量为m、电量为q的微观粒子，在温度为T0时垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。

（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速度为v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。

Ek210【答案】(1) 【解析】 【详解】

15J (2) 3kmT0Bq2r2mv (3) qr22r12（1）微观粒子的平均动能：Ek（2）

3kT21015J 231kT0mv2 22解得： v3kT0 mv2 由BqvmRR3kmT0Bq

（3）磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示

设粒子轨迹半径为r，由几何关系得：r2rr2r12

2r22r12解得:r

2r2v2由牛顿第二定律 qvBm

r解得:B2r2mv

qr22r12

3．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B的所有可能取值

（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。

【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：与x轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B的所有可能取值：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：tk＝1、2、3……或t【解析】 【详解】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t， 竖直方向：a2am3mk(k1) v02qB4qB2am3mnn n＝1、2、3……。 v02qB4qBvy2t ，

解得：vy＝v0，tanθ＝

vyv0＝1，θ＝45°，

2粒子穿过O点时的速度：vv0v22v0；

（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

v2qvBm ，

r粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45° n＝1、2、3……， 解得：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2a（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝；

v0粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：T12mm，T2， qBqB粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝

1T1， 4若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×

31T1+T2， 4431T1+T2， 4431T1+2×T2， 44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×………… 则t2k或t2nm2qB(k1)n3m k＝1、2、3…… 4qBm2qB3m n＝1、2、3…… 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2，

解得：t或t2am3mk(k1) k＝1、2、3…… v02qB4qB2am3mnn n＝1、2、3……； v02qB4qB

4．如图所示，在竖直面内半径为R的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P，P到圆心O的距离为

R，在P2点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子. 已知离子的质量均为m，电荷量均为q，不计离子重力及离子间相互作用力，求：

（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围； （2）若离子速率大小v0差是多少。 【答案】（1）v【解析】 【详解】

BqR，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度2mBqR1523（2）R 4m4v2（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：Bqvm

r如图所示，若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则r故vR 4

BqR 4mBqRR时，由（1）式可知此时离子圆周运动的轨道半径r 2m2离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图，

（2）当离子速率大小v0

15R由几何关系知：hR2得h1R 44212由几何关系知：h2RR23sin60R 2241523R

4故最高点与最低点的高度差hh1h2

5．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

7d，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，4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E2的大小和方向；

（3）讨论板内场强E1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-（2）板外的场强E2的大小为 1d； 4mg，方向沿y轴正方向； q17qB2d3qB2d（3）场强E1的取值范围为 ，环打在桌面上的范围为d～d． ～446m8m【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= x2=

3d ③ 41d 431d-d=-d

44（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须 qE2=mg

mg 解得：E2，方向沿y轴正方向

q环离开小孔时的坐标值为：xm=

（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

v2根据洛仑兹力提供向心力，有：qvBm ⑤

R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=

12mv⑥ 23qB2d 联立③④⑤⑥解得：E18m若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦

qB2d 联立③⑤⑥⑦解得：E16m17qB2d3qB2d ，环打在桌面上的范围为d～d． 故场强E1的取值范围为 ～446m8m

6．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）y1【解析】 【详解】

（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……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：

U0e2UtUe2t0 （2）①B00②yy10t0 dmdLdmymax121U0e2U0e23U0e2at0vyt0t0t0t0 22dmdm2dm从t0、3t0、……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：

ymin121U0e2at0t0 22dm最远位置和最近位置之间的距离：y1ymaxymin，

y1U0e2t0 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：

RL sin设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，sin式中vy又：Rvyv1，

U0et0 dmmv1 BeUt解得：B00

dL②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△y1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：yy1U0e2t0 dm

7．如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界MN成=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从

P处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。求： （1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；

（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；

（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B'，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B'的最小值为多少？

【答案】（1）v【解析】 【详解】

2qEd（2）xCA42d（3）B'222B m（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得qEd解得v12mv， 22qEd m（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为xCA

由类平抛规律xvt，y1Eq2t 2m由几何知识可得x=y，解得t2md Eq两点间的距离为xCA2vt，代入数据可得xCA42d

mv12mEdmv2R（3）由qvB可得，即R qBBqR由题意可知，当粒子运动到F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即B'最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。 设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有几何关系可知r又因为r22R 4mvmvB'，所以，

qB'qr代入数据可得B'222B



8．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v0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B/；

【答案】（1）

E（2）2.4B 3Bdd23d sinsin603【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： r2mv023qBd根据qv0B得v0

r3mvyqEtqE2粒子在第一象限中做类平抛运动，则有（ r1cos60）t； tan2mv0mv0联立解得v0E 3B

（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=v0t， y得

vy2t

yvytan3 x2v02213rd 23由几何知识可得 y=r-rcosα= 则得x2d 312dd2353所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为Rd

sin9粒子进入第三、四象限运动的速度vv043qBd 2v0cos3mv2根据qvB'm

R得：B′=2．4B

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

9．如图所示，在xoy平面(纸面)内，存在一个半径为R=02.m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=1.0T，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y轴相切于坐标原点O.在y轴左侧、－0.1m≤x≤0的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场(图中未标出)，电场强度的大小为E=10×104N/C.一个质量为m=2.0×10－9kg、电荷量为q=5.0×10－5C的带正电粒子，以v0=5.0×103m/s的速度沿y轴正方向、从P点射入匀强磁场，P点的坐标为(0.2m，－0.2m)，不计粒子重力．

(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；

(3)若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点O，求所加匀强磁场的磁感应强度大小． 【答案】（1）r0.2m （2）0.1m,0.05m （3）B14T 【解析】 【分析】

粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标．先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式B【详解】

2v0（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qv0Bm

rmv求得磁场强度 qR解得：r0.2m

（2）由几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有：

12at 2由牛顿第二定律有：qEma Lv0t，y联立解得：y0.05m

所以粒子射出电场时的位置坐标为0.1m,0.05m （3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度vyat 解得：vyv05.010m/s 则粒子射出电场时的速度：v32v0

设所加匀强磁场的磁感应强度大小为B1，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系可知：r12m 20v2由牛顿第二定律有：qvB1m

r1联立解得：B14T

10．如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=4×10-4N /C．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：

（1） 磁感应强度B1的大小；

（2） 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；

（3） 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点（若粒子经过A点立即被吸收）．

【答案】（1）B1【解析】 【详解】

24k2105T 105T；（2）t2.8510-2s；（3）B233（1） 粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：Eqx解得v=400 m/s

带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．

12mv 2

由几何关系可知 R1L0.6m 2v2由qvB1m

R1代入数据得 B12105T 3（2）由题可知 B2=3B1=2×10-5 T

v2qvB1m

R1则 R2R10.2m 31vt1 2由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则x得到 t1=0.01 s

粒子在磁场B1中的周期为 T12m qB1则在磁场B1中的运动时间为 t2在磁场B2中的运动周期为 T2在磁场B2中的运动时间为

1T13103s 32m qB2t318030018011T2103s5.510-3s

36061763-210s2.8510s '则粒子在复合场中总时间为：t2t1t2t320'v2（3）设挡板外磁场变为B2，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有 qvB2m

r根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件

L2k1r其中 k=0、1、2、3…… 2解得B24k2105T 3

11．如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋Po，新核Po的速率约为2×105m/s．衰变后的α粒子从小孔P进入正交的电磁场区域Ⅰ，且恰好可沿中心线匀速通过，磁感应强度B=0.1T．之后经过A孔进入电场加速区域Ⅱ，加速电压U=3×106V．从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r=3m的圆形匀强磁场区域Ⅲ，该区域磁感应强度3B0=0.4T、方向垂直纸面向里．圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光屏的中心点M和圆形磁场的圆心O、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上，α粒子的比荷为

q=5×107C/kg． m

(1)请写出衰变方程，并求出α粒子的速率(保留一位有效数字)； (2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小； (3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长？ (4)求出粒子打在荧光屏上的位置． 【答案】（1）

22286Rn218844Po2He 1×107 m/s

（2）1×106V/m （3）

×10－7s 6（4）打在荧光屏上的M点上方1 m处 【解析】

【分析】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出方程，根据动量守恒求解速度； （2）根据速度选择器的原理求解电场强度的大小；

（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，并结合几何知识进行求解即可； 【详解】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为：

22286Rn218844Po2He ①

设α粒子的速度为v0，则衰变过程动量守恒：0mPov1mHev0 ②

7联立①②可得：v0110m/s ③

（2）粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ：qE＝qv0B④ 联立③④可得：E1106V/m ⑤ （3）粒子在区域Ⅱ被电场加速：qU所以得到：v2107m/s⑥

2v粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动： qvB＝m R1212mvmv0 22所以轨道半径为：R＝1m⑦ 而且：T2R⑧ v由图根据几何关系可知：粒子在磁场中偏转角间t60，所以粒子在磁场中的运动时

1T ⑨ 6联立⑧⑨可得：t610－7s；

（4）粒子的入射速度过圆心，由几何关系可知，出射速度方向也必然过圆心O，几何关系如图： tan60x，所以x1m，粒子打在荧光屏上的M点上方1m处． r

【点睛】

本题实质是考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解决类似习题方法是洛伦兹力提供向心力，同时结合几何知识进行求解，同时画出图形是解题的关键．

12．（20分）如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在场强大小为E，方向与x轴平行且沿x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一挡板放在第二象限内，其与x,y轴的交点M、N到坐标原点的距离均为2L。一质量为m，电荷量绝对值为q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为L、距y轴为2L的A点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上C点时电场突然消失。若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与入射角的关系）。求:

(1)C点的纵坐标。

(2)若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少?

(3)磁感应强度为多大时，粒子从A点出发与档板总共相碰两次后到达C点?这种情况下粒子从A点出发到第二次到达C点的时间多长? 【答案】（1）3L；（2）B1=2【解析】

试题分析：（1）设粒子到达挡板之前的速度为v0

2mE22Em9(2)2mL；（3）B2=；t总。 qL3qL4qE1mv02 （1分） 2粒子与挡板碰撞之后做类平抛运动

有动能定理 qEL=qE2t （1分） 在x轴方向 L=2m在y轴方向 y=v0t （1分） 联立解得 y=2L

C点的纵坐标为y+L=3L （1分） （2）粒子到达C点时的沿x轴方向的速度为vx=at=2qEL （1分） m沿y轴方向的速度为vy=v0=此时粒子在C点的速度为v=2粒子的速度方向与x轴的夹角 tan=2qEL （1分） mqEL （1分） mvyvx =45 （1分）

磁感应强度最大时，粒子运动的轨道半径为 r1=2L （2分） 2

v2根据牛顿第二定律 qvB1=m （1分）

r1要是粒子再次打到挡板上，磁感应强度的最大值为 B1=22mE （1分） qL（3）当磁感应强度为B2时，粒子做半径为r2的圆周运动到达y轴上的O点，之后做直线运动打到板上，r2=32L （2分） 2此时的磁感应强度为B2=22Em （1分）

3qL此后粒子返回到O点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达D点，接着做直线运动到达C点 从A到板，有L=1Eq22mLt1 t1= （1分） 2mqE39T=242mL （1分） qE在磁场中做圆周运动的时间 t2=从O到板再返回O点作直线运动的时间t3=2mL （1分） qE从x轴上D点做匀速直线运动到C点的时间为t4=总时间为t总=t+t1+t2+t3+t4=32mL （1分）

2qE9(2+)2mL （1分）

4qE考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律，平抛运动。

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v0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。

22mv0mv0【答案】（1）E；（2）v2v0，方向与x轴的夹角为45°；（3）B

qL2qh【解析】 【详解】

（1）设粒子在电场中运动的时间为t， 则有x=v0t=2h，

yh12at 2qE=ma，

2mv0联立以上各式可得E ；

2qh（2）粒子达到a点时沿负y方向的分速度为vy=at=v0， 所以vv0vy222v0 ，

方向指向第IV象限与x轴正方和成45o角；

mv2（3）粒子在磁场中运动时，有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r所以磁感应强度B的最小值B2L ， 22mv0 qL

14．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm； （3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=间t．

d，求粒子从P到Q的运动时2

【答案】（1）vqBd233；（2）dm（1）d时， d；（3）A.当Lndm22L334πmL334πm3t（）（），B.当Lnd（1+）d时， t

d62qBd62qB2【解析】 【分析】 【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：

mvv2R qvBm，解得：

qBR由题可得：Rd 解得vqBd； m（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切

由几何关系得dm=d（1+sin60°） 解得dm23d 2（3）粒子的运动周期T2πm qB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则 tnTt(n1,3,5,LL) 4A.当Lnd（1t3）d时，粒子斜向上射出磁场 2L334πm1（）T解得t d62qB123）d时，粒子斜向下射出磁场 2B.当Lnd（1+tL334πm5（）T解得t． d62qB12

15．如图所示，足够大的平行挡板A1，A2竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面yN为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1，A2上各有位置正对的小孔S1，S2，两孔与分界面yN的距离为L.质量为m，电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到yN上的P点，再进入Ⅱ区．P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．

(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；

(2)若2【答案】（1）【解析】

（2） ，

试题分析：（1）粒子在电场中，由动能定理有qEd=粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 qvB0＝当k=1时，由几何关系得 r=L ③ 由①②③解得E=

④

②

mv2-0 ①

（2）由于2⑥

⑦

粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 qvB＝⑧

由对称性及几何关系可知

⑩

⑨

解得r1=由⑧⑩解得 B＝

考点：带电粒子在电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动