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，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入

电场，不计粒子重力和空气阻力，P 、O 两点间的距离为202mv qE

。

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ；

（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【答案】（102v ；20mv qE （2）0

(21)E B v ≥ 【解析】

【详解】

（1）由动能定理有：2220011222

mv qE mv mv qE ⋅=- 解得：v 2v 0

设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝

022v v = 解得：θ＝45°

根据tan 21x y

θ=⋅=，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20mv x qE

= （2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：

s ＝R +R sinθ 又：2v qvB m R = 解得：0

(21)E B v += 故0

(21)E B 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。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v 0＝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：

200v qv B 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：2012

l v t y at ==，

根据牛顿第二定律可得：Eq ma =

联立可得：41.010E =⨯N/C

（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：30 5.010y qE l v at m v ==

=⨯m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v

根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=

根据洛伦兹力提供向心力可得： 2

v qvB m r

'=' 联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mv B qr '=='

T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

3．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；

（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；

（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．

【答案】(1)

0v Ba

(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a 【解析】

【详解】 (1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a

由牛顿第二定律得

Bqv 0＝m 20v r

故粒子的比荷

0v q m Ba

= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．

由几何关系知

O ′A ＝r ·

AB BC

＝2a 则

OO ′＝OA －O ′A ＝a

即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为

OD ＝y m ＝2a

所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a

(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

3a ＝v 0·t 0 2019222

qE y t a a m =

=>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上 粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则

水平方向有

x ＝v 0·t

竖直方向有

212qE y t m

=

代入数据得 x 2ay 设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则

002tan y x qE x v m v y v v a

θ⋅=== 有

H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y - 当322a y y -=时，即y ＝

98a 时，H 有最大值 由于98

a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为 y ＝98

a －2a ＝－78a

4．如图所示，在xOy 平面内，以O ′(0，R )为圆心，R 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x 轴成45°角倾斜放置的挡板PQ ，P ，Q 两点在坐标轴上，且O ，P 两点间的距离大于2R ，在圆形磁场的左侧0(1)磁场的磁感应强度B 的大小；

(2)挡板端点P 的坐标；

(3)挡板上被粒子打中的区域长度．

【答案】（1）

mv qR (2)(21),0R ⎡⎤⎣⎦21042R +- 【解析】

【分析】

【详解】

（1）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r ,C 为该轨迹圆的圆心.连接AO ˊ、CO ，可证得ACOO ˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r =R ， 由2

v qvB m r

= 得：mv B qR

=

（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D 做挡板的垂线交于E 点 2DP R =(21)OP R =+

P 点的坐标为（(21)R +，0 ）

（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F 点，如图丙所示，OF =2R ①

过O 点做挡板的垂线交于G 点，

22(21)(122

OG R R =⋅=+② 225-22=

2

FG OF OG R =-③ 2EG =④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =22R +5-222R 2+10-42R ⑤

5．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R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷q m =108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．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．

【答案】（1）6×105m/s ；（2）（0，0.18m ）；（3）29%

【解析】

【详解】

（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB =m 2

v R 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=0.0637

cos =0.08m ，即Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上y 轴最高点的距离为0.18m-

0.0637sin =0.08m ，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开； 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：

2

at2…①

a=qE

m

=

qU

md

…②

t=L

v …③

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=r sinα+R0-R0cosα

可知tanα=4

3

，即α=53°

比例η=53

180

×100%=29%

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v0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v0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

2

0 22v

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：r 2+r 2=L 2，

解得：r =22L ， 小球在磁场中做圆周运的周期：T =

02r v π， 小球在磁场中的运动时间：t 1=14T =0

24L v π， 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=0

22L v ， 则：t 1：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 =2022v L

， 对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin m

θ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=2022v g

；

7．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-32

L ＜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 =52

L （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）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32

L =v 0t 1，

L =2y

v t 1

可得t 1=032L v ，v y =43

v 0 故粒子在P 2的速度为v 220y v v +=53

v 0 设v 与x 成β角，则tan β=0y

v v =43

，即β=53°； （2）粒子从P 1到P 2，根据动能定理知qEL =12mv 2-12

mv 02可得

E =20mv qL

粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB =m 2

v R

解得：B =mv qR =05352

m v q L ⨯⨯=023mv qL 解得：043

v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-

32L 直线与Q ′点，可得：

P 2O ′=3253L cos =52

L =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 =-32

L 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P 1到P 2做类平抛运动：t 1=0

32L v 在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯=0

37120L v π 从M 运动到N ，a =qE m =20v L

则t 3=v a =0

158L v 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760L

v π+．

8．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）94

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：200v ev B m r

= 解得：0mv 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

= 0tan y v v θ=

tan 3L d x

θ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅

即98

y 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．

9．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．

（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，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的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；

（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．

【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）

（n=1，2，3…）

【解析】

（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．

由速度关系可得：

解得：

由速度关系得：v y=v0tanθ=v0

在竖直方向：

而水平方向:

解得：

（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L

根据牛顿第二定律：

解得：

根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）

（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；

在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于

2r．

综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）

而：

解得：（n=1，2，3…）

应满足的时间条件为： (T0+T′)=T

而：

解得（n=1，2，3…）

点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合

要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.

10．长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d，电势差为U，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；

(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；

(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．

【答案】(1)

242222

22

2

a

k

L B d q m U

E

mB d

= (2)

1

()

2

x

y d

L

=+ (3)

1

1

2

2

4

==

5

Uq

y

W d

Uq

W y

d

【解析】

【详解】

据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．

(1) 从图中可见电、磁场分开后，a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．

U q Bqv d

=， Bd U v =

， L LBd t v U

==， 222122a Uq L B qd y t dm mU

==， 21()2a a k U U qy E m d Bd

=- 242222

22

2a k L B d q m U E mB d = (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．

设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得 12=122

d y L L x +， 1()2

x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2

如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 2

2111·2Uq y t md =，11y Uq v t md

= 122221·2y Uq t m y t d

v +=， 22158qU y t md

=， 124=5

y y ， 11224==5

Uq y W d Uq W y d

11．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.

12．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第一、四象限有与y 轴相切于O 点、圆心为O 1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y 轴的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－d ，

32

d

)点以平行于x 轴的初速度v 0开始运动，粒子从O 点离开电场，经磁场偏转后又从y 轴上的Q 点(图中未画出)垂直于y 轴回到电场区域，并恰能返回到P 点．求：

(1)粒子经过O 点时的速度；

(2)电场强度E 和磁感应强度B 的比值． 【答案】（1）2v 0

（2）

058E v B = 【解析】 【详解】

试题分析：（1）粒子从P 到O 的过程中做类平抛运动，设时间为t 1，经过O 点时的速度为v ，其在y 轴负方向的分速度为v y ，与y 轴负方向的夹角为θ d=v 0t 1

13

22

x v d t = v 2=v 02+v y 2

tan y θ=

v v

解得：v=2v 0θ=300

（2）设粒子质量为m ，电荷量为q ，粒子在电场中运动的加速度为a ：Eq=ma

213122

d at = 粒子从Q 到P 的过程中，也做类平抛运动，设时间为t 2，Q 点的纵坐标为y Q

2

2

3122

Q y d at -

= d=vt 2

解得：3

8

Q y d =

设粒子由S 点离开磁场，粒子从O 到S 过程中做圆周运动，半径为r ，由几何关系有：r+rsinθ=y Q

2

v qvB m r =

53

r =

058

E v B = 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 【点睛】

【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力．

13．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V 0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）02v ，方向与水平方向成45° （2）①()0

12mv

B ed

+<，②4224d 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0B ，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 +=

（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 +<

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．

14．如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy ，直线OP 与x 轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界，OP 上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B ，一质量为m ，电荷量为+q 的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v 从O 点沿与OP 成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x 轴进入第四象限，第四象限存在沿-x 轴方向的特殊电场，电场强度E 的大小与横坐标x 的关系如图（b ）所示，试求:

(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小 ； (2)质子再次到达y 轴时的速度大小和方向。 【答案】 （1）B B 22=；（2）v v v 2

6

2)32(+=

+='；方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2

2

6arccos -）的夹角 【解析】

试题分析: （1）由几何关系知：质子再次回到OP 时应平行于x 轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP 上的C 点进入Ⅱ区后再从D 点垂直x 轴进入第四象限，轨迹如图。

由几何关系可知：O 1C ⊥OX ，O 1C 与OX 的交点O 2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C OO 1∆等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ，

则：10

1221

30sin r r r == 由21

v qBv m r =

得：1mv r qB

=

， 同理得：22mv

r qB =

X /×

Bq

mv E

o

Bv 23 Bv 2

1

即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22= （2）D 点坐标： qB

mv

r r x ）13(30cos 201+=+=

质子从D 点再次到达y 轴的过程，

22

)13(2)13()223(21mv qB mv Bv Bv q x E q qU W i i +=+⨯+=

∆==∑电 设质子再次到达y 轴时的速度大小为v '，

由动能定理：222

1

21mv v m W -'=电 得：v v v 2

6

2)32(+=+=' 因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变

如图有： 2

2

632cos -=-='=

v v

α 即方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2

2

6arccos -）的夹角 考点： 带电粒子在磁场中的运动

15．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M ．粒子在磁场中运动的轨道半径为R ．粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于P 点（图中未画出），且OP =R ．不计重力．求M 点到O 点的距离和粒子在

磁场中运动的时间．

【答案】当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为π126T m t qB

== 当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为π42T m t qB

== 【解析】

根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL 于A 点，圆心在y 轴上的C 点，AC 与y 轴的夹角为α；粒子从A 点射出后，运动轨迹交x 轴的P 点，设AP 与x 轴的夹角为β，如图所示．有（判断出圆心在y 轴上得1分）

2v qvB m R =（1分） 周期为2πm T qB

=（1分） 过A 点作x 、y 轴的垂线，垂足分别为B 、D ．由几何知识得 sin αAD R =，cot 60OD AD =︒， ，OP AD BP =+

α=β （2分） 联立得到sin αα13

+=（2分） 解得α=30°，或α=90° （各2分）

设M 点到O 点的距离为h ，有sin αAD R =

h R OC =-，3cos αOC CD OD R AD =-=联立得到h=R 3cos(α+30°) （1分） 解得h=3R （α=30°） （2分） h=3

R （α=90°） （2分） 当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为

π126T m t qB

==（2分） 当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 π42T m t qB =

=（2分） 【考点定位】考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识．