高中物理带电粒子在磁场中的运动技巧(很有用)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，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于N点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M的上方取点A，一比荷

q=5×105C/kg的带正电粒子，从A点m以v0=2×103m/s的速度沿平行MN方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q点回到电场。已知MN、PQ的长度均为L=0.5m，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。

(1)求电场强度E的大小； (2)求磁感应强度B的大小；

(3)在左侧虚线上M点的下方取一点C，且CM=0.5m，带负电的粒子从C点沿平行MN方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q点和P点，求两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差。 【答案】(1) 16N/C (2) 1.6102T (3) 3.9104s 【解析】 【详解】

（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t

L1qE2t 22m解得E=16N/C

（2）设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v0

tanv0qE tmv2粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvBm

r由几何关系可知r解得B=1.6×10-2T

2L 2

（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为

3，带负电的粒子转过的圆心角为；两带电222r2m； vqB粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间T带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t1带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t23T5.9104s； 41T2.0104s 44带电粒子在AC两点射入电场的时间差为tt1t23.910s

2．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m，电量为e；加速极板AB、A′B′间电压均为U0，且满足eU0=

3mv02。两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心27R；整个装置处2O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B；

R，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线2的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件。

(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了【答案】(1) v2v0；B【解析】 【详解】

解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：eU0又：eU02mv0336(2) l0 eR12112mv2mv0 2232mv0 2解得：v2v0；

根据对称，两束质子会相遇于OO的中点P，粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出，出射点为D，过C、D点作速度的垂线相交于K，则K，则K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R

v2根据洛伦磁力提供向心力有：evBm

r可得磁场磁感应强度：B2mv0 eR

(2)磁场O的圆心上移了

R，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径2认为R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F点射入磁场，如图所示，E点是原来C点位置，连OF、OD，并作FK平行且等于OD，连KD，由于OD=OF=FK，故平行四边形ODKF为菱形，即KD=KF=R，故粒子束仍然会从D点射出，但方向并不沿OD方向，K为粒子束的圆心

RR1ππ由于磁场上移了，故sin∠COF=2=，∠COF=，∠DOF=∠FKD=

2263R对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D点，

下方粒子到达C后最先到达D点的粒子所需时间为t2R(HR2R)(4)R 22v04v0l0 t0而上方粒子最后一个到达E点的试卷比下方粒子中第一个达到C的时间滞后Δt上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为

RRsint2v0π12πR62π3336R

2v012v0π336

12要使两质子束相碰，其运动时间满足ttt 联立解得l0

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。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1m。现从坐标为（﹣0.2m，﹣0.2m）的P点发射出质量m＝2.0×10﹣9kg、带电荷量q＝5.0×10﹣5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s（粒子重力不计）。 （1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；

（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，﹣0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）1.0×104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】

解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：

2v0qv0Bm

r可得：r=0.20m=R

根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：lv0t，y12at 2根据牛顿第二定律可得：Eqma 联立可得：E1.0104N/C

（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vyat粒子射出电场时速度：v2v0

根据几何关系可知，粒子在B区域磁场中做圆周运动半径：rqEl5.0103m/s=v0 mv02y

v2根据洛伦兹力提供向心力可得： qvBm

r联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：Bmv4T qr根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

4．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势

为

L(o)，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与2MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．

（1）求粒子到达O点时速度的大小；

（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；

（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E234L，若从AB圆弧面收集到的某粒子经

O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间． 【答案】（1）v【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：qU01m2m2q；（2）B；（3）600 ；2L

L2qqm12mv 2U2v2q m2能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与3(2）从AB圆弧面收集到的粒子有

MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角600．

根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R2L

v2由洛伦兹力提供向心力得：qBvm

R联合解得：B1m

L2q（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.

Ltvx1qE2t 2m2mL2m2L qEqEq2qELq tmm2m若速度与x轴方向的夹角为角 cosvx1cos600 v2

5．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……； qL2am3mk(k1) v02qB4qB（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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

6．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B1，直线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E1.0104V/m，另有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B20.20T，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v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y=x

55垂直．粒子速度大小v01.010m/s，粒子的比荷为q/m5.010C/kg，粒子重力不

计．求：

(1)粒子在匀强磁场B2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B1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（3.14，结果保留两位有效数字）.

【答案】(1)r=1m (2)d4m (3)B10.1T或B10.24T (4)t6.2105s 【解析】 【详解】

2v0 解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B2qv0mr解得粒子运动的半径：r1m

(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：xv0t 竖直方向：y12at 2aEq mv0 attan45联立解得：x2m，y1m 由图示几何关系得：dxyR 解得：d4m

(3)若所加磁场的磁感应强度为B1，粒子恰好垂直打在y轴上，粒子在磁场运动半径为r1

由如图所示几何关系得：r12yR

v2v0

2v由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1qvm

r1解得：B10.1T

若所加磁场的磁感应强度为B1，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为r2 由如图所示几何关系得：r22r22yR

2v由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1qvm

r2解得B121T0.24T 10综上，磁感应强度应满足的条件为B10.1T或B10.24T

(4)设粒子在磁场B2中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，在磁场B1中运动的时间为t3，则有：

1t1T1

4T1t22R v0x v01t3T2

2T22r2 v解得：tt1t2t321.52210s6.210s

55

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。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R1； (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)R1【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rb

mv14m(31)mv (2)R2min (3)

qBqB2qBv2m()2根据洛伦磁力提供向心力有：2qvB2

2rb由粒子b恰好不穿出Ⅰ区域：R12rb 解得：R1mv qB(2)设a在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为ra1，

mv2根据洛伦磁力提供向心力有：qvB

ra1解得： ra1mvR1 qB设a在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为ra2，

mv2根据洛伦磁力提供向心力有：qv•2B

ra2解得： ra2mv1R1 2qB231R1R1 22设大圆半径为R2，由几何关系得：R2所以，大圆半径最小值为： R2min(3)粒子a在Ⅰ区域的周期为Ta1(31)mv

2qB2mm，Ⅱ区域的周期为Ta2 qBqB131Ta2 2粒子a从O点出发回到O点所经过的最短时间为：ta1Ta1解得：ta17m 6qB2m qB7nm n=1，2，3… 6qB粒子b在Ⅰ区域的周期为：Tb讨论：①如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过时间：tanta1粒子b经过时间：tbkTb2km k=1，2，3… qBtatb时，解得：

7n2k 6当k7，n12时，有最短时间：t114m qB②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

5(21n8)mtTTn6t n=1，2，3… 则有：aa1a2a163qB粒子b经过时间： tb(2k1)Tb(2k1)m k=1，2，3… 2qB21n8 3tatb时，解得：2k1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

7(21n13)mtT2Tn6t n=1，2，3… 则有：aa1a2a163qB粒子b经过时间：tb(2k1)Tb(2k1)m k=1，2，3… 2qB21n13 3tatb时，解得：2k1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

14m

qB

8．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】

（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．

24k2105T 105T；（2）t2.8510-2s；（3）B23312mv 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

9．如图所示，在矩形区域abcd内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在ad边中点O的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0～180°范围内。已知沿Od方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，ab=1．5L，bc=3L，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：

（1）粒子在磁场中的运动周期T ； （2）粒子的比荷q／m；

（3）粒子在磁场中运动的最长时间。

【答案】（1）T6t0；（2）q；（3）tmax2t0。

m3Bt0【解析】

试题解析：（1）（4分）

初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为θ， 由几何关系有：sin3 所以：θ＝60° 2

t0 解得：

T6t0 T360（2）（4分）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供， v2根据牛顿第二定律得：qvBm v2R

RT所以：T2m 解得q qBm3Bt0（3）（4分）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=3L，圆轨迹的直径为2L

所以：Ob弦对应的圆心角为120° 粒子在磁场中运动的最长时间tmaxT2t0

3考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律。

10．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60，所以粒子在磁场中的运动时

间t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．

11．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN成45。的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN_上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45。角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力。求：

(1)电场强度的大小；

(2)该粒子从O点出发，第五次经过直线MN时又通过O点的时间 (3)该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径； 【答案】（1）【解析】

；（2）

（3）

试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

（1）易知，

①

类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为 所以类平抛运动时间为

②

又再者

④

③

由①②③④可得

⑤

粒子在磁场中的总时间：

粒子在电场中减速再加速的时间：

故粒子再次回到O点的时间：（3）由平抛知识得所以

［或

］

则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径

考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.

12．如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，在直角坐标系中y轴和x＝L之间有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴上A点(0，L)处沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)

(1)粒子的初速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小． 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场 后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：

291022905qEL （2）502mmE qL

则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y满足

1Ly2 Ly2L解得

y竖直方向

y1L 512a 2t水中方向

Lv0t

在电场中根据牛顿第二定律

qEma

联立可以得到

v03qEL 2m（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C，由于粒子出磁场时方向沿y轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在O2点，连接O2和C点，交x轴与D点，做O2F垂直x轴，垂直为F． 由几何关系

4LCD5

L2L解得

CD2L 5由于O2FO1CL，故O2FD与O1CD全等，可以得到

O2DO1D

则

2292O1DLLL

552因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为

RO2DCD粒子出电场时速度沿y轴负方向的分速度

229L 5vy2ay因此粒子进磁场时的速度为

22vv0vy2qEL 5m29qEL 10m2粒子在磁场中做匀速圆周运动有

qvBmv

R解得

B52910229mE29102290qL50mE qL点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚 粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题．

13．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B1=B0，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B2=2B0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t2t0时刻沿着与y轴正方向3成60°角方向从A点射入磁场，t2t0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B0、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E0的大小和方向；

（3）粒子在t9t0时到达M点，求M点坐标．

2qB0L3πLqB02L （2）E （3）（9L，-） 【答案】（1）v0m22πm【解析】

试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，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T1，可得

④

粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得

⑤

根据题意由几何关系可得由④⑤⑥可得

⑦

⑥ ⑧

综上可以判断3t0—4 t0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

⑩

2 t0—3 t0,粒子做匀减速直线运动， qE=ma 11

12

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.

14．同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为+q的粒子A（不计重力）从M板小孔飘入板间，初速度可视为零，每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离，A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求

（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小； （2）在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率

；

（3）若有一个质量也为m、电荷量为+kq（k为大于1的整数）的粒子B（不计重力）与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变，下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．

【答案】（1）运动的轨迹； 【解析】

；（2）；（3）A图能定性地反映A、B

试题分析：（1）设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得

①

A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力

②

联立解得：

③

（2）设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得

④

设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有

⑤

设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则

⑥

在该段时间内电场力做功的平均功率为

⑦

联立解得：

⑧

（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹．

A经地n加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为式并分别应用A、B的数据得

、

，综合②⑤

由上可知，

是

的k倍，所以A每绕得1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存

在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速． 经n次加速后，A、B的速度分别为

、

，结合④式有

由题设条件并结合⑤式，对A有

设B的轨迹半径为

，有

比较以上两式得

上式表明，运动过程B的轨迹半径始终不变． 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示．

考点：带电粒子在电场、磁场中的运动、动能定理、平均功率

15．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已

知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；

(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度． 【答案】（1）【解析】

（1）动能定理 Uq＝

2qU8U（2）m1qB21m1v12 2m1m2 （3）dm＝m1m22m1m2L

得：v1＝

2qU …① m1（2）由牛顿第二定律和轨道半径有：

mvmv2 qvB＝，R＝ qBR利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：

R1＝ 2m2U2mU1 ，R＝…② 2

qB2qB28U(m1m2) …③ 2qB两种离子在GA上落点的间距s＝2(R1−R2)＝ （3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）．同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）．

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R1(1− R1的最大值满足：2R1m=L-d 得：(L−d)(1− m2)＞d m1m2)＞d m1m1m22m1m2L

求得最大值：dm＝