高考物理拉分题专项训练专题 带电粒子在磁场中做圆周运动的对称性问题(含解析)
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。
y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。
现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。
求： （1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。
【答案】(1)8qBLv m=；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】 【详解】(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37o QC L =15sin37OOQO Q L ==在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，11R O Q QC =+21v qvB mR =解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oo t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。
高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)含解析一、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v 0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B 1；(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B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【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r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(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252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(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00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l rπ=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos22qEl r tmα-=⋅解得:220(23)9mvEqlππ-=2．如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。
2015年高考物理拉分题专项训练专题21带电粒子在磁场中做圆周运动的对称性问题(含解析)
2015年高考物理拉分题专项训练 专题21 带电粒子在磁场中做圆周运动的对称性问题（含解析）一、考点精析：磁场是高中物理的重点内容之一，覆盖考点多，今后的考试中仍将是一个热点。
本专题只讨论带电粒子在磁场中的运动，则大致可分为两类： 1、带电粒子在单一磁场中的运动； 2、带电粒子在多个磁场中的运动。
带电粒子在匀强电磁中做匀速圆周运动，其运动轨迹、轨迹对应的圆心角、运动时间、射入和射出的角度等都具有对称性，本专题讨论上述两种情况下，带电粒子运动的对称性 二、解题思路：三、经典考题：例题1（单一磁场中的运动）（2013·新课标II 卷）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面。
一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。
不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（ ） A.03mv 3qR B. 0mv qR C. 03mv qRD. 03mv qR思路：射入的角度和射出的角度是对称的，本题中沿半径射入，就应该沿半径射出，所以很容易确定圆心的位置，角度题设中给定，则半径用几何方法就能计算出来；列出相应的向心力方程就能求解。
解析：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，通过几何知识求出关于距离的量确定圆心 确定轨迹确定半径的值确定圆心角求出时间向心力方程2t T θπ=例题2（单一磁场中的运动）如图所示，在边界MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，以垂直于磁场方向与MN成30°角射入磁场区域，速度为v，已知磁场磁感应强度为B，那么粒子射出边界MN的位置与射入位置之间的距离和粒子在磁场中运动的时间分别是（）A、mv m2qB3qBπ， B、mv mqB3qBπ， C、mv5mqB3qBπ， D、mv2m2qB3qBπ，思路：射入的角度和射出的角度是对称的，所以射出的角度与MN也成30°；半径与速度垂直，所以就能确定圆心，以及画出轨迹；做出辅助线就能通过几何的方法求出距离；通过角度能求出圆心角，就能确定运动的时间。
高考物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)含解析一、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v 0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B 1；(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B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【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r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(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252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(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00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l rπ=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos22qEl r tmα-=⋅解得:220(23)9mvEqlππ-=2．如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．
(1)求电场强度大小 E； (2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点 0 到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小 B； (3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．
Q 两点之间的距离为 L ，飞出电场后从 M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。 2
（1）求 0≤x≤L 区域内电场强度 E 的大小和电子从 M 点进入圆形区域时的速度 vM； （2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，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 的大小和电子在圆形区域内运动的时间 t； （3）若在电子从 M 点进入磁场区域时，取 t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场 （以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从 N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向 相同，请写出磁场变化周期 T 满足的关系表达式。
1 4
T0
T 2
2 m 又 T0 eB0
则 T 的表达式为T mL （n＝1，2，3，…）。 2n 2emU
3．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为 B；方向向里，其边界是半径为 R 的圆，AB 为圆 的一直径.在 A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量 m、电量-q 的粒子，粒子重力 不计．
R，圆弧对应的圆心角为
2
.则有
x2
2R2 ，此时满足
L 2n 1 x2
联立可得：
R2
2n
L
1
2
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有： qvB2
m
v2 R2
得：
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、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v 0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B 1；(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B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【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r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(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252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(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00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．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 Lm；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发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．（1）求碰撞后A 球的速度大小；（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；（3）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）A 21k qBL v k m =⋅+（2）1（3）57k =或13k =；32m t qB π=【解析】 【分析】 【详解】（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBL v m= 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+由机械能守恒定律：222P A 111222kmv kmv mv =+ 解得：A 21k qBLv k m=⋅+（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律得： 2A A mv qvB R= 解得：21kR L k =+ 由公式可得R 越大，k 值越大如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 求得k 的最大值为1k =（3）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222()(1.5)2LR L R =+-解得：56L R = 由21k R L k =+可得：57k =（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2LR ≥，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． 如图3和如图4，由几何关系有：2223()(3)22L R R L =+- 解得：58L R =或2L R = 由21k R L k =+可得：511k =或13k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为2226m q B L W m=当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222A 12521286qB L q B L mv m m⋅=>当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222A 1286qB L q B L mv m m⋅=<综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或13k = A 球在磁场中运动周期为2mT qBπ= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34t T = 即32mt qBπ=3．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
高考物理高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)
高考物理高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mgq，重力加速度为g ．求：（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．【答案】（1）mgq，方向竖直向上；（2）；（3013v ．【解析】 【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mgE q左=，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mv Bv q R=，所以轨道半径0mv R qB=； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有033AO mv d R ==；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AOd arcsin Rθ==︒； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度00360y v v sin v =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=；质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间023y v v t g==； 所以质点在P 点的竖直分速度032yP y v v v ==， 水平分速度000317322xP x v qE v v t v g v m g =+=+⋅=； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度22013P yP xP v v v v =+=；2．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mgq，重力加速度为g ．求：（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．【答案】（1）mgq，方向竖直向上；（2）；（3013v ．【解析】 【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mgE q左=，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mv Bv q R=，所以轨道半径0mv R qB=； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有033AO mv d R ==；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AOd arcsin Rθ==︒； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度00360y v v sin v =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=；质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间023y v v t g==； 所以质点在P 点的竖直分速度032yP y v v v ==， 水平分速度000317322xP x v qE v v t v g v m g =+=+⋅=； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度22013P yP xP v v v v =+=；2．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 dm 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 Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv 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 xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（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 dE 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.3．如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝．D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与A 同轴放置的金属网C 的半径为2a.不考虑A 、C 的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m ，电荷量为e.(1)若A 、C 间加速电压为U ，求电子通过金属网C 发射出来的速度大小v C ；(2)若在A 、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I ，求圆柱体A 在t 时间内发射电子的数量N.(忽略C 、D 间的距离以及电子碰撞到C 、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若A 、C 间不加电压，要使由A 发射的电子不从金属网C 射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B 的最小值． 【答案】(1)22e eUv v m=+4alt N ed π=(3) 43mv B ae = 【解析】 【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C 发射出来的速度大小；（2）根据=neI t求解圆柱体A 在时间t 内发射电子的数量N ；（3）使由A 发射的电子不从金属网C 射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B. 【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得221122e e U mv mv =- 解得：22e eUv v m=+（2）设时间t 从A 中发射的电子数为N ，由M 口射出的电子数为n ， 则 =ne I t224d dNn N a aππ==⨯解得4altN edπ=（3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B ．设此轨迹圆的半径为 r ，则222(2)a r r a -=+2v Bev m r=解得：43mvB ae=4．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq dt m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出， 则运动时间t 0＝Lv ＝0.5×10－6s ， 竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2EqmdE B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆===Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝02(1)21221L qE n E v n md n B+=⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．5．如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T ．水平边界MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C ．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg 、电荷量q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子，同时从边界PQ 上的O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6×106m/s ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r ；(2)求与x 轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t ；(3)当从MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程． 【答案】（1）r=0.1m （2）43.310t s -=⨯ （3）3060~ 曲线方程为222x y R +=(30.1,0.1R m m x m =≤≤) 【解析】 【分析】 【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得2v qvB m r=，解得0.1r m =（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度qE a m= 粒子在电场中运动的时间2v t a= 解得43.310t s -=⨯（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°~60° 所有粒子此时分别在以O 点为圆心，弦长0.1m 为半径的圆周上，曲线方程为22x y R += 30.1,0.1R m m x m ⎛⎫=≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径6．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度为222v g．【解析】 【分析】 【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=2 2L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=24Lvπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=22Lv，则：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a=222vL，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB边距离桌面的高度：h=L sinθ=222vg；7．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L =" 1" m．间距d =33m，两金属板间电压U MN= 1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（1）5310/3m s ；垂直于AB 方向出射．（233（323+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U qma d =解得：102310/3qU a m s md ==⨯ 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝33×105m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan 3y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262d y at ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==由211v B qv m R =知：1133mv B qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin 60RR += 故半径2(233)R m =-又222v B qv m R =故223B T +=所以B 2应满足的条件为大于235T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.8．如图所示，直线y =x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场1B ，直线x =d 与y =x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度41.010V/m E =⨯，另有一半径R =1.0m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度20.20T B =，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x =d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方形以速度0v 进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域1B ，且第一次进入磁场1B 时的速度方向与直线y =x垂直．粒子速度大小50 1.010m/s v =⨯，粒子的比荷为5/ 5.010C/kg q m =⨯，粒子重力不计．求：(1)粒子在匀强磁场2B 中运动的半径r ； (2)坐标d 的值；(3)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度1B 应满足的条件； (4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y =x 上的最长时间（ 3.14π=，结果保留两位有效数字）.【答案】(1)r =1m (2)4m d = (3)10.1B T ≤或10.24B T ≥ (4)56.210t s -≈⨯【解析】【详解】解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：20 20vB qv mr=解得粒子运动的半径：1r m=(2) 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x，竖直位移为y 水平方向：0x v t=竖直方向：212y at=Eqam=tan45vat︒=联立解得：2x m=，1y m=由图示几何关系得：d x y R=++解得：4d m=(3)若所加磁场的磁感应强度为1B'，粒子恰好垂直打在y轴上，粒子在磁场运动半径为1r由如图所示几何关系得：)12r y R=+2v v=由带电粒子在匀强磁场中运动可得：211vB qv mr'=解得：10.1B T'=若所加磁场的磁感应强度为1B''，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为2r由如图所示几何关系得：)2222r r y R=+由带电粒子在匀强磁场中运动可得：212vB qv mr''=解得1210.24B T+''=≈综上，磁感应强度应满足的条件为10.1B T ≤或10.24B T ≥(4)设粒子在磁场2B 中运动的时间为1t ，在电场中运动的时间为2t ，在磁场1B 中运动的时间为3t ，则有：1114t T =102RT v π=20x t v =3212t T =222r T vπ=解得：()551232 1.52210 6.210t t t t s s ππ--=++=-+⨯≈⨯9．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（qm）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）2gkB（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=qk 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：2v qvB m r= ；由cos y v vθ=在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v0L v t =解得02g v kB=（3）由212h gt =其中2kBL t g = ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-10．如图所示，x 轴的上方存在方向与x 轴成45角的匀强电场，电场强度为E ，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5.B T =有一个质量1110m kg -=，电荷量710q C -=的带正电粒子，该粒子的初速度30210/v m s =⨯，从坐标原点O 沿与x 轴成45角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过x 轴时刚好又回到O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？②电场强度E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间．【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；②电场强度E 的大小为3110/V m ⨯，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为32.110.s -⨯【解析】 【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E ，三个过程的总时间即为总时间． 【详解】①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2v qvB m R=，半径0.4mvR m Bq==， 根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90， 则第一次经过x 轴时的横坐标为120.420.57x R m m =≈②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O 处，其运动轨迹如图所示．由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R ， 在垂直电场方向的位移11s vt =， 运动时间4112410s R t s v v-===⨯ 在沿电场方向上的位移22112s at =， 又因22s R = 得722212110/s a m s t ==⨯ 根据牛顿第二定律Eq a m= 所以电场强度3110/maE V m q==⨯ 粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间422410vt s a-==⨯， 粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期42410mT s Bqππ-==⨯ 所以粒子从出发到再回到原点的时间为312 2.110t t t T s -=++≈⨯【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．11．如图所示，在x 轴上方有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1=B 0，在x 轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y 轴，匀强磁场B 2=2B 0垂直于xOy 平面，图象如图所示．一质量为m ，电量为-q 的粒子在023t t =时刻沿着与y 轴正方向成60°角方向从A 点射入磁场，20t t =时第一次到达x 轴，并且速度垂直于x 轴经过C点，C 与原点O 的距离为3L ．第二次到达x 轴时经过x 轴上的D 点，D 与原点O 的距离为4L ．（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B 0、m 、q 、L 表示）（1）求此粒子从A 点射出时的速度υ0； （2）求电场强度E 0的大小和方向；（3）粒子在09t t =时到达M 点，求M 点坐标．【答案】（1）002qB L v m = （2）202πqB LE m= （3）（9L ，3π2-L ） 【解析】试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得①根据题意由几何关系可得②联立①②得③（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T 1，可得④粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T 2，可得⑤根据题意由几何关系可得⑥ 由④⑤⑥可得⑦⑧综上可以判断3t 0—4 t 0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为⑨由牛顿第二定律得⑩2 t0—3 t0,粒子做匀减速直线运动，qE=ma 1112综上解得13（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，x=9L 14粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得15联立③ ⑨⑩1112可解得16联立可得M点的坐标为（9L，） 17考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.12．如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为．现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．【答案】2145qRB Em【解析】【分析】【详解】解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动．带电粒子在磁场中做圆周运动．粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得2v qvB m r=①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点．由几何关系知，线段ac bc 、和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形．因此ac bc r ==② 设,cd x =有几何关系得45ac R x =+③ 2235bc R R x =+-④ 联立②③④式得75r R =再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE="ma" ⑥ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，有运动学公式得212r at =⑦ r=vt ⑧ 式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得2145qRB E m=⑨ 【点睛】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．值得注意是圆形磁场的半径与运动轨道的圆弧半径要区别开来．13．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nθ,试求sin nθ;（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），粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为,从第n层磁场右侧边界突出时速度方向与水平方向的夹角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：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14．（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。
高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在磁场中的运动及其解题技巧及练习题(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，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。
y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。
现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。
求： （1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。
【答案】(1)8qBLv m=；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】 【详解】(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37o QC L =15sin37OOQO Q L ==在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，11R O Q QC =+21v qvB mR =解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oo t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)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v 0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B 1；(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B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【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r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(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252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(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00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mgq，重力加速度为g ．求：（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．【答案】（1）mgq，方向竖直向上；（2）；（3013v ．【解析】 【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mgE q左=，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mv Bv q R=，所以轨道半径0mv R qB=； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有033AO mv d R qB==；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AOd arcsin Rθ==︒； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度00360y v v sin =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=；质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间023y v v t gg==； 所以质点在P 点的竖直分速度03yP y v v ==， 水平分速度000317322xP x v qE v v t v g v m g =+=⋅=； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度22013P yP xP v v v v =+=；3．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=24Lvπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2， 运动时间：t 2=22L v ， 则：t1：t 2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r =2212at ，解得，加速度：a =222v L，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；4．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）EB； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）53v 0，与x 成53°角；（2）043v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．【解析】 【详解】（1）如图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2时的y 方向的速度为v y ，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B=mvqR=5352m vq L⨯⨯=023mvqL解得：043vEB=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-32L直线与Q′点，可得：P2O′=3253Lcos o=52L=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-32L直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=32L+（r-r cos37°）=2L；（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=32Lv在磁场中由P2到M动时间：t2=372 360rvπ︒⨯o=37120Lvπ从M运动到N，a=qEm=289vL则t3=va=158Lv则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=()4053760Lvπ+．5．如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,∠bac=30°,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v0B．在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=－2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求(1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围;(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L【答案】（1）0mved；（2）02y d≤≤；（3）94d；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；由几何关系可得r=d电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：2vev B mr=解得：0mvBed=(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距O点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为O '，有：sin 30rO a '=︒3OO d O a ='-' 解得OO d '=即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=⋅ y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =即98y d =时，L 有最大值解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．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（qm）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）2gkB（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=qk 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：2v qvB m r= ；由cos y v vθ=在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v0L v t =解得02g v kB=（3）由212h gt =其中2kBL t g = ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-7．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 。
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2015年高考物理拉分题专项训练 专题21 带电粒子在磁场中做圆周运动的对称性问题（含解析）一、考点精析：磁场是高中物理的重点内容之一，覆盖考点多，今后的考试中仍将是一个热点。
本专题只讨论带电粒子在磁场中的运动，则大致可分为两类： 1、带电粒子在单一磁场中的运动； 2、带电粒子在多个磁场中的运动。
带电粒子在匀强电磁中做匀速圆周运动，其运动轨迹、轨迹对应的圆心角、运动时间、射入和射出的角度等都具有对称性，本专题讨论上述两种情况下，带电粒子运动的对称性 二、解题思路：三、经典考题：例题1（单一磁场中的运动）（2013·新课标II 卷）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面。
一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。
不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（ ） A.03mv 3qR B. 0mv qR C. 03mv qRD. 03mv qR思路：射入的角度和射出的角度是对称的，本题中沿半径射入，就应该沿半径射出，所以很容易确定圆心的位置，角度题设中给定，则半径用几何方法就能计算出来；列出相应的向心力方程就能求解。
解析：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，通过几何知识求出关于距离的量确定圆心 确定轨迹确定半径的值确定圆心角求出时间向心力方程2t T θπ=例题2（单一磁场中的运动）如图所示，在边界MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，以垂直于磁场方向与MN成30°角射入磁场区域，速度为v，已知磁场磁感应强度为B，那么粒子射出边界MN的位置与射入位置之间的距离和粒子在磁场中运动的时间分别是（）A、mv m2qB3qBπ， B、mv mqB3qBπ， C、mv5mqB3qBπ， D、mv2m2qB3qBπ，思路：射入的角度和射出的角度是对称的，所以射出的角度与MN也成30°；半径与速度垂直，所以就能确定圆心，以及画出轨迹；做出辅助线就能通过几何的方法求出距离；通过角度能求出圆心角，就能确定运动的时间。
解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：例题3（多个磁场中的运动）（2014•黄山一模）如图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1=2B 2，一带电荷量为+q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点（ ）A 、12m qB π B 、22m qB π C 、122m q B B π+（） D 、12mq B B π+（）思路：本题中1、3两端轨迹和时间都是对称的。
解析：粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律得2v qvB m R=得轨迹半径mv r qB =，周期2r 2mT v qBππ==可知12r 1r 2=画出轨迹如图粒子在磁场B 1中运动时间为T 1，在磁场B 2中运动时间为21T 2粒子向下再一次通过O 点所经历时间1212212m m 2m t T T 2qB qB qB πππ=+=+= 故B 正确。
例题4、（多个磁场中的运动）（2014·广东卷）如图所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距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MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外. A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L.质量为m 、电荷量为＋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S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1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<k<3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式。
思路：轨迹对称。
解析：(1)粒子在电场中，由动能定理有21qEd mv 02=- 粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力20v qvB m R＝当k ＝1时，由几何关系得r L ＝解得220L E 2mdqB ＝（2）由于2＜k ＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转， 轨迹如图由几何关系可知：222r L kL r -+=（）（） 解得：()2k 1r L 2+=解得：()20k 1qB L v 2m+=粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，故：21v qvB m r =由对称性及几何关系可知：1k r3k r -＝，得：()21(3k)k 1r L 2k-+= 解得：0kB B (3k)=-。
例题5、（多个磁场中的运动）（2012·海南）图（a ）所示的xOy 平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy 平面(纸面)垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的周期为T ，变化图线如图（b ）所示。
当B 为+B 0时，磁感应强度方向指向纸外。
在坐标原点O 有一带正电的粒子P ，其电荷量与质量之比恰好等于2TB π。
不计重力。
设P 在某时刻t 0以某一初速度沿y 轴正方向自O 点开始运动，将它经过时间T 到达的点记为A 。
（1）若t 0=0，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？ （2）若t 0=T/4，则直线OA 与x 轴的夹角是多少？（3）为了使直线OA 与x 轴的夹角为π/4，在0< t 0< T/4的范围内，t 0应取何值？思路：经过一个周期，粒子的轨迹能合成一个完整的圆形，本题中的前两问用对称的想法，来思考，会使解题过程很清晰。
解析：粒子运动，由2024qvB m R T'π＝，得2mT'T qBπ==；说明经过一个周期，粒子的轨迹能合成一个完整的圆形；（1）若从0时刻出发， 则先顺时针运行半个圆周，然后磁场反向，再逆时针运行半个圆周，到达x 轴，所以OA 与x 轴的夹角θ=0；轨迹如图a（2）若粒子P 在0T t 4＝时刻开始运动，则先顺时针运行T 4个圆周，然后磁场反向，再逆时针运行半个圆周，然后磁场又反向，再顺时针运行T 4个圆周到达y 轴，所以OA 与x 轴的夹角2πθ＝；轨迹如图b（3）因为所有的轨迹能合成一个完整的圆周，而在逆时针运动过程肯定是半圆轨迹，半圆轨迹使粒子的速度反向，所以为了使OA与x轴的夹角为T4，则一定是顺时针运动的前后两次的时间差为T4，列方程为121 2t t T+=，121 4t t T-=，得13 8t T =、21 8t T=；即先顺时针运行38个圆周，再逆时针运动半个圆周，再顺时针运行18个圆周，这样就能达到题意要求，如图（c）所示，即从0Tt8＝开始运动。
四、巩固练习1、（2013·新课标Ⅰ卷）如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q>0）。
质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）A．qBR2mB．qBRmC．3qBR2mD．2qBRm解析：粒子的偏转角60°，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r=R，轨迹如图：洛伦兹力提供向心力：2vqvB mR＝，变形得：qBRvm＝，故B正确。
2、（2014•商丘三模）如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上．带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法错误的是（）A．若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变），它将不能经过B点B．带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相同C．此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷D．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不能经过B点解析：画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种；A、根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关，所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点，故A错误；B、如图，粒子B的位置在B1、B4，速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同，故B正确；C、如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故C正确；D、如图，设L1与L2之间的距离为d，则A到B2的距离为：2dxtanθ=，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就只经过一个周期后一定不经过B点，故D正确。
本题选错误的，所以选A。
3、（2014•吉林一模）如图所示，边长为L的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里，磁感应强度也为B．把一粒子源放在顶点a处，它将沿∠a的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为0qBLvm=的带负电粒子（粒子重力不计）．在下列说法中正确的是（）A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是L 2B．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是3 L 2C．带电粒子第一次到达c点所用的时间是m qB πD．带电粒子第一次返回a点所用的时间是7m 3qB π解析：AB：粒子所受到的洛仑兹力充当向心力，即2vBqv mR=，解得0mvR LBq=＝，故AB错误；CD：粒子在磁场中的周期：2R2mTv Bqππ＝＝，如图所示，粒子经历三段圆弧回到a点，则由几何关系可知，各段所对应的圆心角分别为：5333πππ，，，则带电粒子第一次返回到a点所用时间为77mt T63qBπ＝＝，故C错误D正确。
4、如图1.1所示，空间分布着有理想边界的匀强磁场，左侧区域宽度d，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。
右侧区域宽度足够大，匀强磁场的磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向里；一个带正电的粒子（质量m，电量q，不计重力）从左边缘a点，以垂直于边界的速度进入左区域磁场，经过右区域磁场后，又回到a点出来。
求（1）画出粒子在磁场中的运动轨迹；（2）粒子在磁场中运动的速率v；（3）粒子在磁场中运动的时间。
思路：如图1.2所示，粒子从a点飞入，受磁场力作用做圆周运动，穿过磁场边界后，受到反向磁场力作用，回来穿过边界回到a 点，形成对称的运动。