高中物理带电粒子在磁场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题

高中物理带电粒子在磁场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题

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)8qBL

v 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 =

15sin37O

OQ

O 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 =+

2

1

v qvB m R

=

解得：8qBL

v m

=

； (2)由公式2

2

v 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1t

5cos37o PC L =

1PC

t 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2t

12m

T qB

π=

21

37360

o

o 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3t

22·2m m

T q B qB

ππ=

= 3212

t T =

从P 点到再次回到P 点所用的时间为t

12222t t t t =++

联立解得：41145

m

t qB π??=+

??

?

。

2．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为

510/q

C kg m

=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为

圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：

（1）两金属极板间的电压U 是多大？

（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．

（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．

【答案】（1）100V （2）t=5210s π-?，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3

T π

-

【解析】

试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度

代入数据得U=100V （2）

粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间

射出点在AB 间离O 点

（3）粒子运动周期，粒子在t=0、

….时刻射入时，粒子最

可能从AB 间射出

如图，由几何关系可得临界时 要不从AB 边界射出，应满足

得

考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动

3．

如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．

(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．

(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223

cos d R a R L ≥+= ；min 0

(632)3L T v π= 【解析】 【分析】 【详解】

（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0

1

02qv B m v R =

由几何关系：222113(()2

L L

R R =+- 解得0

mv B qL

=

（2）粒子P 从O 003L v t =

011

22

y L v t = 解得03

3

y v v =

设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0

tan 3y

v v α== 则=

3

π

α

0023

sin v v α=

= 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则

21

2sin L R α

=

， 解得23L R =

右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223

cos d R R L α≥+=

； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：

2

min 0(22)2R T t v

πα--=

解得()

min 0

6

323L T v π=

【点睛】

带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.

4．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘

引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为

B，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．

（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v

（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的

平均功率P

（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……A n共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小

【答案】(1)

2222

2

e B R mc

v

mh h

=+，

222

2

e B R

E

m

=；(2)

2

e B U

m

π

；(3)0

2sin

B R

n

d

π

【解析】

【详解】

解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：

2

mv

evB

R

=

解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：0

eB R

v

m

=

正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：

222

20

1

22

e B R

E mv

m

==

正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：2

22

E mc hv

+=

正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：

2222

2

e B R mc

v

mh h

=+

(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n次，则有：

201

2

neU mv =

解得：22

02eB R n mU

=

正、负电子在磁场中运动的周期为：0

2m

T eB π=

正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R n

t T U

π==

D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B U

W E P t t m

π===

(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin

2

d

r n

π

=

解得：

2sin

d r n

π=

根据洛伦磁力提供向心力可得：2

00mv ev B r

=

电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：

02sin

B R n B d

π

=

5．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R 1＝1 m 、R 2＝3m ，半径为R 1的圆内分布着B 1＝2.0 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B 2＝0.5 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d ＝3cm ，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P 点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q ，垂直进入环形磁场区域．已知点P 、Q 、O 在同一水平线上，粒子比荷4×107C /kg ，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：

(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？ (2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O ，则加速电压为多大？

(3) 从P 点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O 点的时刻． 【答案】(1) r 1<1m . (2) U ＝3×107V . (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s (k ＝0，1，2，3，…)

【解析】

【分析】

（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；

（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；

（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．

【详解】

(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2

代入数据解得r1＝1m

粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.

(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛

伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m

2 v r

得r＝mv qB

易知r3＝4r2

且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32

解得r2＝

3

4

m，r3＝3m

又由动能定理有qU＝1

2

mv2

代入数据解得U＝3×107V.

(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足1

2

v t1＝d

得t1＝10－9s

令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)

圆周运动的周期T＝2m qB π

故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为

8

2

21

372180532

610

360360

m m

t s

qB qB

ππ

-

???－

＝＋＝

考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－

8k)s(k＝0，1，2，3，…)．

6．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc，由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角θ=37°;过f点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh，ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m2=3×10-3 kg、电荷量q=3×l0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点，质量m1=1.5×10-3 kg的不带电小物体P从轨道右端a以v0=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后P以1 m/s的速度水平向右弹回．已知P与ab间的动摩擦因数μ=0.5，A、B均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10

m/s2．求：

(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹力大小F N；

(2)当β=53°时，物体Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域efgh内所加磁场的磁感应强度大小B1；

(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的β值．

【答案】(1)2

4.610

N

F N

-

=? (2)

1

1.25

B T

= (3)

127

s

360

t

π

=,00

12

90143

ββ

==

和

【解析】

【详解】

解：(1)设P碰撞前后的速度分别为1v和

1

v'，Q碰后的速度为2v

从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111

-22

m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =

碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '

=+

取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =

b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2

222N v F m g m R

-=

解得:2

4.610N N F -=?

(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：

22222211

(1cos )22

c m gR m v m v θ-+=

解得：2m/s c v =

进入磁场后：Q 所受电场力2

2310N F qE m g -==?= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动

由牛顿第二定律得：2

211

c c m v qv B r =

Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，222

1m c

m v r qB =

= 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：

设最大圆心角为α，由几何关系得：2

2

cos(180)d r r α-?-= 解得：127α=?

运动周期：2

2

2m

T qB π=

则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127?s 360360360

m t T qB πα

π

=

=

=?

此时对应的β角：190β=?和2143β=?

7．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=v 0B ．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v 0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）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）9

4

d ； 【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：2

0v ev B m r

=

解得：0

mv B ed

=

(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 30r

O 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 3L

d x

θ=

- 解得：(32)2L d y y =即9

8

y d =

时，L 有最大值

解得：94

L 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．

8．如图所示，质量m=15g 、长度L=2m 的木板D 静置于水平地面上，木板D 与地面间的动摩擦因数μ=0.1，地面右端的固定挡板C 与木板D 等高。在挡板C 右侧竖直虚线PQ 、MN 之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R 1=1m 和R 2=3m 的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心O 到固定挡板C 顶点

的距离OC=2m ，现有一质量m=15g 、带电荷量q=+6×10－

3C 的物块A(可视为质点)以

v 0=4m/s 的初速度滑上木板D ，二者之间的动摩擦因数μ2=0.3，当物块A 运动到木板D 右端时二者刚好共遠，且木板D 刚好与挡板C 碰撞，物块A 从挡扳C 上方飞入PQNM 区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g 取10m/s 2。

(1)当物块A 刚滑上木板D 时，求物块A 和木板D 的加速度大小. (2)求电场强度的大小.

(3)为保证小物块A 只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。

【答案】(1)3m/s 2，1m/s 2；(2)25V/m ；(3)5

153

T B T B T ≤≤≥或 【解析】 【详解】

（1）当物体刚滑上木板D 时，对物体A 受力分析有：22mg ma μ= 解得： a 2=3 m/s 2

对木板D 受力分析有：211·

2mg mg ma μμ-= 解得： a 1=1m/s 2

（2）物块A 进入区域PQNM 后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mg qE = 解得：E=25 V/m ；

（3）物块A 与木板D 共速时有：21y v v a t a t =-= 解得： v=1 m/s

粒子做匀速圆周运动有：2

v qvB m R

= 要使物块A 只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A 在磁场中运动的轨迹半径R 应满足:112

++222

OC R OC R OC R R R -≤

≤≤或 解得：5

513

B T T B T ≥≤≤

或。

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v 0=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）0.2r m = （2）()0.1,0.05m m -- （3）14B T = 【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 mv

qR

=求得磁场强度 【详解】

（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：20

0v qv B m r

=

解得：0.2r m =

（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：

0L v t =，212

y at =

由牛顿第二定律有：qE ma = 联立解得：0.05y m =

所以粒子射出电场时的位置坐标为()0.1,0.05m m -- （3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度y v at = 解得：3

0 5.010/y v v m s ==?

则粒子射出电场时的速度：0v =

设所加匀强磁场的磁感应强度大小为1B ，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为1r ，由几何

关系可知：120

r m =

由牛顿第二定律有：2

11

v qvB m r =

联立解得：14B T =

10．如图所示，真空中有一个半径r=0.5m 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=2×10-3T ，方向垂直于纸面向外，x 轴与圆形磁场相切于坐标系原点O ，在x=0.5m 和x=1.5m 之间的区域内有一个方向沿y 轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5×103N/C ，在x=1.5m 处竖有一个与x 轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在O 点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷

9110q

m

=?C/kg 的带正电的粒子，若沿y 轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A 点沿x 轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力．求：

(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；

(2)沿y 轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；

(3)从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围．

【答案】（1）61.010/v m s =?；（2）61.810t s -=?；（3）0.75 1.75m y m ≤≤ 【解析】 【分析】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据2

v qvB m R

=求解速度；

（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O 点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围． 【详解】

（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m ，

由2

v qvB m

R

= 进入电场时qBR v m = 带入数据解得v=1.0×106m/s

（2）粒子在磁场中运动的时间61121044

R t s v ππ-=

?=? 粒子从A 点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v ，所以在电场中运动的时间

62 1.010x

t s v

-=

=? 总时间6612110 1.8104t t t s s π--??

=+=+?=?

???

（3）沿x 轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小121.510/qE

a m s m

==? 在电场中侧移：2121261111.5100.7522110y at m m ??=

=???= ????

打在屏上的纵坐标为0.75；

经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x 轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x 轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带

电粒子打在荧光屏上的纵坐标区域为0.75≤y≤1.75.

11．如图所示，y，N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d．在金属板左侧板间中点处有电子源S，能水平发射初速为V0的电子，电子的质量为m，电荷量为e．金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽度均为d．磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏．过电子源S作荧光屏的垂线，垂足为O．以O为原点，竖直向下为正方向，建立y轴．现在y，N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出．进入磁场．(不考虑电子重力和阻力)

(1)电子进人磁场时的速度v；

(2)改变磁感应强度B的大小，使电子能打到荧光屏上，求

①磁场的磁感应强度口大小的范围；

②电子打到荧光屏上位置坐标的范围．

【答案】（1）

2v，方向与水平方向成45°

（2）①

()0

12mv

B

ed

+

<，②4224

d d d

-→

【解析】

试题分析：（1）电子在MN 间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

解得（1分）

速度偏向角（1分）

（1分）

（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值

B，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R

（2分）

又有2

0mv qvB R

=（2分）

由⑦⑧解得：00(12)m

B v +=

（1分） 磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度0(12)m

B v ed

+<时电子能打

在荧光屏上（得0(12)m

B v ed

+≤

不扣分）． （1分） 如图所示，电子在磁感应强度为0B 时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，

即． （1分）

出射点位置到SO 连线的垂直距离

12sin 45y d R =-?（1分）

电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标

021tan 45y y d =+（1分）

解得2422y d d =-（1分）

当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标

为0

33tan 454y d d d =+=（1分）

电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：

422d d -到4d （2分）

考点：带电粒子在磁场中受力运动．

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】(1)

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．右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为V ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出，已知弧

所对应的圆心角为．不计重力，求：

（1）离子速度的大小； （2）离子的质量． 【答案】（1） （2）

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示