高考物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)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)v【解析】 【详解】

41m8qBL)；(2)t(1 45qBm(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：

QC5Lsin37o

O1QOQ5L

sin37O在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R1，

R1O1QQC

v2qvBm

R1解得：v8qBL ； mmvv2(2)由公式qvBm得：R2，解得：R24L

qBR2

由R24L可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中O1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t1

PC5Lcos37o

t1PC v带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为T1，时间为t2

T12m qB37ot2T o1360带电粒子从D做匀速圆周运动到O1点的周期为T2，所用时间为t3

T22mm q·2BqB1t3T2

2从P点到再次回到P点所用的时间为t

t2t12t2t2

联立解得：t14145m。 qB

2．科学家设想在宇宙中可能存在完全由反粒子构成的反物质.例如：正电子就是电子的反粒子，它跟电子相比较，质量相等、电量相等但电性相反.如图是反物质探测卫星的探测器截面示意图.MN上方区域的平行长金属板AB间电压大小可调，平行长金属板AB间距为d，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.MN下方区域I、II为两相邻的方

向相反的匀强磁场区，宽度均为3d，磁感应强度均为B，ef是两磁场区的分界线，PQ是粒子收集板，可以记录粒子打在收集板的位置.通过调节平行金属板AB间电压，经过较长时间探测器能接收到沿平行金属板射入的各种带电粒子.已知电子、正电子的比荷是b，不考虑相对论效应、粒子间的相互作用及电磁场的边缘效应.

（1）要使速度为v的正电子匀速通过平行长金属极板AB，求此时金属板AB间所加电压U；

（2）通过调节电压U可以改变正电子通过匀强磁场区域I和II的运动时间，求沿平行长金属板方向进入MN下方磁场区的正电子在匀强磁场区域I和II运动的最长时间tm； （3）假如有一定速度范围的大量电子、正电子沿平行长金属板方向匀速进入MN下方磁场区，它们既能被收集板接收又不重叠，求金属板AB间所加电压U的范围.

145B2d2b【答案】（1）Bvd（2）（3）3Bdb＜U＜

Bb8【解析】 【详解】

22

（1）正电子匀速直线通过平行金属极板AB，需满足 Bev=Ee

因为正电子的比荷是b，有 E=

U d联立解得：

uBvd

（2）当正电子越过分界线ef时恰好与分界线ef相切，正电子在匀强磁场区域I、II运动的时间最长。

tT 4tm=2t

v12ev1Bm

R1T＝2R2m＝ v1Be联立解得：tBb

（3）临界态1：正电子恰好越过分界线ef，需满足 轨迹半径R1＝3d

v12ev1B=m

R1ev1BeU1⑪ d22联立解得：U13dBb

临界态2：沿A极板射入的正电子和沿B极板射入的电子恰好射到收集板同一点 设正电子在磁场中运动的轨迹半径为R1 有（R2﹣

12d）2+9d2＝R2 42v2Bev2=m

R2U2e d联立解得：

Bev2=

145B2d2b U28145B2d2b解得：U的范围是：3Bdb＜U＜

822

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v0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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t0(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Tmin． 【答案】（1）B【解析】 【分析】 【详解】

2v0（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则qv0Bm

R1mv0(632)L3 （2）dR2cosaR2 L ；TminqL3v02由几何关系：R12(3L2L)(R1)2 22解得Bmv0 qL

（2）粒子P从O点运动到下板右边缘的过程，有：3Lv0t0

11Lvyt0 22解得vy3v0 3设合速度为v，与竖直方向的夹角为α，则：tan则=v03 vy3

vv023v0 sin3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R2，则

1L ， 2R2sin解得R23L 33L； 2右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为dR2cosR2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：

Tmin2t0解得Tmin(22)R2 v632L3v0

【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．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）t3.3104s （3）3060 曲线方程为

x2y2R2(R0.1m,【解析】 【分析】 【详解】

3mx0.1m) 20v2（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得qvBm，解得r0.1m

r（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a粒子在电场中运动的时间tqE m2v a解得t3.3104s

（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，

3曲线方程为xyR R0.1m,20mx0.1m

22

【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

5．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B0，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……An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

2B0Rsine2B02R22mc2e2B0Ue2B02R2 ；(2) ；(3)【答案】(1) v，En 2mmhhmd【解析】 【详解】

mv02 解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：evB0R解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：v0eB0R me2B02R212 正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：Emv022m正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：2E2mc2hv

e2B02R22mc2 正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：vmhh(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：

neU1mv02 2eB02R2解得：n

2mU 正、负电子在磁场中运动的周期为：T2m eB0B0R2n 正、负电子在磁场中运动的时间为：tT22UWEe2B0UD型盒间的电场对电子做功的平均功率：P

ttm (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rsinnd 2解得：

rd2sin

nmv02根据洛伦磁力提供向心力可得：ev0B

r电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：

B2B0Rsindn

6．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1 m、R2＝3m，半径为R1的圆内分布着B1＝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B2＝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) r1<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

v2伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m

r得r＝

mv qB易知r3＝4r2

且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32 解得r2＝3m，r3＝3m 412mv 2代入数据解得U＝3×107V.

又由动能定理有qU＝

(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足得t1＝10－9s

1v t1＝d 2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＝

2m qB故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为

t2＝372m180532m＋＝610－8s 360qB2360qB1考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－

8

k)s(k＝0，1，2，3，…)．

7．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R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷边缘效应．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．

q=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的m

【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29% 【解析】 【详解】

v2（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m

R0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=

0.06=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置； cos370.06=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开； sin37Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-

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=a=

12

at…① 2qEqU=…② mmdt=

L…③ v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=rsinα+R0-R0cosα 可知tanα=比例η=

4，即α=53° 353×100%=29% 180

8．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-行于y轴的匀强电场，在-

3L区域存在场强大小相同，方向相反均平23L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，2一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（（不计粒子重力），求：

53L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L22

（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向； （2）

E； B（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy， 由运动学规律知

40537L4v5v0，与x成53°角；（2）0；（3）2L；（4）．

60v0333L=v0t1， 2

L=

vy2t1

3L4可得t1=，vy=v0

2v0322=故粒子在P2的速度为v=v0vy5v0 3设v与x成β角，则tanβ=

vyv0=

4，即β=53°； 3（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=

28mv0E= 9qL121mv-mv02可得 22v2粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m

R5mv02mvmv03==解得：B=

5qR3qLqL2解得：

E4v0； B3（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=-点，可得： P2O′=

3L直线与Q′23L5=L=r

2cos5323L 23L+（r-rcos37°）=2L； 2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=-

直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=

3L（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=

2v0372r37L=在磁场中由P2到M动时间：t2= 360v120v02qE8v0=从M运动到N，a= m9L则t3=

v15L= 8va0则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=

40537L60v0．

9．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（2）当离子速率大小v0离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图，

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 224故最高点与最低点的高度差hh1h21523R

4

10．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

11．如图甲所示，边长为L的正方形ABCD区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。在正方形的几何中心O处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v0的带电荷量为－q的粒子，粒子质量为m。图中x、y轴分别过正方形四边的中点E、F、G、H不计粒子重力及相互作用。

(1)为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度B1应该满足什么条件？ (2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60°(如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度B2的大小；

(3)若磁感应强度大小为(2)中B2，则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用根号表示) 【答案】(1)

(2)

(3)从AB边射出的坐标为

从BD边射出的坐标为

从CD边射出的坐标为

从AC边射出的坐标为

【解析】 【分析】

(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值．(2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围. 【详解】

(1)为使粒子不离开正方形ABCD区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：

联立解得：

(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短， 由几个关系得：

(3)从AB边出射的粒子，轨迹如图所示：

分析可知，解得：

当粒子运动轨迹与BG相切时，打到右边最远处， 由几何关系得，解得：

综上粒子从AB边射出的坐标为

同理求得，从BD边射出的粒子，位置坐标为

同理求得，从CD边射出的粒子，位置坐标为

同理求得，从AC边射出的粒子，位置坐标为

【点睛】

解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.

12．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】

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。

；（2）

（3）

（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.

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．（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为

m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差

UNPmv24,cosθ，不计重力和离子间相互作用。 q5

（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小； （2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）； （3）若磁感应强度在（B—△B）到（B＋△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，求

ΔB的最大值 B2mv0mv0【答案】（1）E0，B；（2）1.5r0；（3）12%

qr0qr0【解析】 【详解】

vc2（1）径向电场力提供向心力：Ecqm

rcmvcmvc2Ec B

qrcqrc（2）由动能定理：

110.5mv20.5mvc2qUNP 22vvc2或r4qUNP5vc m0.5mv15rc qB2l2rcos0.5rc

解得l1.5rc

2r02rcosr00BB（3）恰好能分辨的条件：2 11BB解得

B1741200 B

15．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B0，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

（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则

①

又

②

③

由①②式得

（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．则

④

由几何关系有⑤

解得

考点：带电粒子在磁场中的运动

点评：本题是速度选择器和带电粒子在匀强磁场中运动的组合问题，可以列出带电粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力做向心力的表达式求解，根据几何关系求半径是解题关键．