高考物理带电粒子在磁场中的运动试题类型及其解题技巧

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v0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B1；

(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B2和匀强电场的电场强度大小E.

25mv05mv05mv0lBBQ （2） （3）2 【答案】（1）12ql3ql8kq220(23)mv0E

9ql【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r1 由几何关系得r112lcosl 252v0由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1m

r1解得:B15mv0 2ql(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r2l5l

2cos82v0Qq 由库仑力提供向心力得k2mr2r225mv0l 解得:Q8kq(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tlsin3l v05v0T 2根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则t又T2m qB2解得B25mv0 3ql设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则v0tr

解得:r3l 51qE2t 2m粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，lcos2r220(23)mv0解得:E

9ql

2．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T1

360o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

3．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．

mcosqBdqB2d【答案】（1）（2） （3）

qBsinmcosmcos【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 R2v0 洛伦兹力做向心力：qv0BmR解得v0qBd mcos（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有sin粒子作匀速运动：x=v0t 联立解得td xmcos

qBsin（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=qv0B

qB2d解得E

mcos【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.

4．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。

5．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．

(1)有一带电粒子以场中运动的时间．

的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B点射出．求此粒子在磁

(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大?

(3)若R=3cm、B=0.2T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105m／s、比荷为108C／kg的粒子．试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2位有效数字)． 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=

T求出粒子在磁场中运动的时间．

（2）

（3）

（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度．

（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积． 【详解】 （1）由

得r1=2R

粒子的运动轨迹如图所示，则α＝ 因为周期运动时间

．

．

（2）粒子运动情况如图所示，β＝． r2＝Rtanβ＝由

R 得

＝1.5cm

（3）粒子的轨道半径r3＝

粒子到达的区域为图中的阴影部分

区域面积为S=πr32+2×π(2r3)2−【点睛】

r32=9.0×10-4m2

本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解．该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．

6．核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。相当于给反应物制作一个无形的容器。2018年11月12日我国宣布“东方超环”（我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。

（1）2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量k可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为Ek3kT，其2中k=1.3809×10-23J/K。请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。

（2）假设质量为m、电量为q的微观粒子，在温度为T0时垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。

（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为r1、r2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速度为v，速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。

Ek210【答案】(1) 【解析】 【详解】

15J (2) 3kmT0Bq2r2mv (3) qr22r12（1）微观粒子的平均动能：Ek（2）

3kT21015J 231kT0mv2 22解得： v3kT0 mv2 由BqvmRR3kmT0Bq

（3）磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示

设粒子轨迹半径为r，由几何关系得：r2rr2r12

2r22r12解得:r

2r2v2由牛顿第二定律 qvBm

r解得:B2r2mv

qr22r1223

7．一个氘核（1H）和一个氚核（1H）聚变时产生一个中子（0n）和一个α粒子（2He）。已知氘核的质量为mD，氚核的质量为mT，中子的质量为mn，α粒子的质量为mα，光速为c，元电荷电量为e。

（1）写出核反应方程，并求一个氘核和一个氚核聚变时释放的核能E。

（2）反应放出的粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为R，磁感应强度大小为B。求粒子在磁场中圆周运动的周期T和等效电流I的大小。

（3）1909年卢瑟福及盖革等用α粒子轰击金箔发现，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些α粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把α粒子反弹回来，在经过深思熟虑和仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。以一个α粒子以速度v与原来静止的电子发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把α粒子反弹回来（已知α粒子的质量是电子质量的7300倍）。

2e2B【答案】（1）Emc(mDmTmnm)c（2）I（3）α粒子所受电子的

πmα2214影响是微乎其微的，不能被反弹 【解析】 【详解】

2314（1）核反应方程：1H+1H0n+2He

反应释放的核能：EmcmDmTmnmc

222πRv2（2）设粒子的速度大小为v，由2evBmα，T

vR得粒子在磁场中运动周期：Tπmα eB2e2B2e由电流定义式I，得环形电流大小：I

πmαT（3）设电子的质量为me，碰撞后α粒子的速度为vα，电子的速度为ve。 由动量守恒：mvmvαmeve

1112mv2mvαmeve2 222mmevv 得αmme由能量守恒：

mme1 因

mme所以vαv，即α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。

8．如图，空间某个半径为R的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d，足够大的平行金属板，板间电压为U。一群质量为m，带电量为q的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。不计重力，则

R的粒子能从极板上的小孔P射入电场，求粒子的速度？ 2（2）极板CD上多长的区域上可能会有带电粒子击中？

（1）离极板AB距离为

（3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区域。计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。

【答案】（1）入射粒子的速度vqBR；（2）带电粒子击中的长度为mm2dBR2B2R2d2qttt；（3）总时间 2x212qBUmU【解析】 【详解】

mvmv2 （1）洛伦兹力提供向心力，qvB，解得rqBr根据作图可解得，能从极板上的小孔P射入电场，rR 所以，入射粒子的速度vqBR mFqU mmd（2）所有进入磁场的粒子都能从P点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动，ad12at 22md2解得t

qU2B2R2d2q 沿极板运动的距离xvt

mU2B2R2d2q 有带电粒子击中的长度为2x2mU（3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间

t12v2dBR aU在磁场中运动的时间为t22R2mTT，

vqB2所以t2mqB

总时间tt1t2mqB2dBR U

9．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R1=1m和R2=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v0=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/s2。

(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/s2，1m/s2；(2)25V/m；(3)1TB【解析】 【详解】

（1）当物体刚滑上木板D时，对物体A受力分析有：2mgma2 解得： a2=3 m/s2

5T或B5T 32mgma1 对木板D受力分析有：2mg1·解得： a1=1m/s2

（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：vvya2ta1t 解得： v=1 m/s

v2 粒子做匀速圆周运动有：qvBmR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:ROCR1OC+R1OC+R2或R 2225T。 3解得：B5T或1TB

10．如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下．一电子以速度v0从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场已知P点坐标为(0，－L)，M点的坐标为((1)电子飞出磁场时的速度大小v (2)电子在磁场中运动的时间t

23L，0)．求 3

【答案】（1）v2v0；（2）t2【解析】 【详解】

4L 9v0（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为，

vyvy23L3 （1）在电场中x轴方向：v0t1，y轴方向：Lt1，tanv230得60，vv02v0 cos（2）在磁场中，r23L4L sin3磁场中的偏转角度为2 32r4L

t23v9v0

11．如图所示，平面直角坐标系xoy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当

2L，磁扬场的方向垂直于坐标平面2向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L，0)的P点沿与x轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求

(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；

(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从P点射出到出磁场运动的时间为多少?

2mv01L2(1)L2mv0【答案】（1）（0，L）（2）E B （3）t

2qL2v2v2qL00【解析】 【分析】

（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标．

（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．

（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间． 【详解】

（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动， 水平方向：L=v0cosθ•t1， 竖直方向：y=

1v0sinθ•t1， 2解得：y=

1L， 21L）； 2粒子从y轴上射出电场的位置为：（0，（2）粒子在电场中的加速度：a=竖直分位移：y=

qE， m12at1， 22mv0 ； 解得：E2qL粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，

由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°， AD=2y=

2L， 2因此AAC刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L，

v2粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，

r其中，粒子的速度：v=v0cosθ，

解得：B2mv0； 2qLL2L， v0cosv021LL， 22（3）粒子在电场中的运动时间：t1粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：x粒子做运动直线运动的时间：t2x(22)L， v2v0112m2LT， 44qB2v0粒子在磁场中做圆周运动的时间：t3粒子总的运动时间：t=t1+t2+t3=【点睛】

21LL； v02v0本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．

12．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B0.5T.有一个质量m1011kg，电荷量

q107C的带正电粒子，该粒子的初速度v02103m/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1103V/m，带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间为2.1103s.

【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】

v2①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，qvBm，

R半径Rmv0.4m， 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x12R0.42m0.57m

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s1vt1， 运动时间t1s12R4104s vv12at1， 2在沿电场方向上的位移s2又因s22R 得a2s272110m/s t12根据牛顿第二定律a所以电场强度EEq mma1103V/m q2v4104s， a粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间t2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

T2m4104s Bq3所以粒子从出发到再回到原点的时间为tt1t2T2.110s

【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．

13．如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m、电量

d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H2点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。

为＋q的粒子由小孔下方

(1)求极板间电场强度的大小；

(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为点，求这段时间粒子运动的路程．

2mv4mv,粒子运动一段时间后再次经过H、

qDqD4mv4mvmv2【答案】（1）（2）或（3）5.5πD

qD3qDqd【解析】 【分析】 【详解】

mv2d12(1)粒子在电场中，根据动能定理Eqmv，解得E

qd22(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为

E R/24mvv2BqvBm由，解得 1qDr1则当外切时，半径为

e R4mvv2BqvBm由，解得 13qDr29qB2L2100U016U0U(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为m，则粒子运动的半径为；Ⅱ

32U081912v2区域的磁感应强度为qU0mv，则粒子运动的半径为qvBm；

2r设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：

T12R13；r0L v14

据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：1120；2180；

60

粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间

U1L分别为t1、t2，可得：rU；5U0 L6

设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2) 联立上述各式可得：s=5.5πD

14．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．

14qRB2【答案】E

5m【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

v2qvBm①

r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r② 设cdx,有几何关系得ac4Rx③ 5bc3RR2x2④ 57R 5联立②③④式得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

12at⑦ 2r=vt ⑧ r14qRB2⑨ 式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E5m【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．

15．飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器．已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L．不计离子重力及进入a板时的初速度．

（1）当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，使离子到达探测器．请导出离子的全部飞行时间与比荷K（Kne）的关系式． m（2）去掉偏转电压U2，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B，若进入a、b间所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压U1至少为多少？

【答案】（1）离子到达探测器的时间tt1t22mm2dLdL neU12neU12KU1（2）Umin【解析】

25eL2B2 32m思路点拨（1）带电粒子先在电场中加速，然后经过偏转电场偏转，加速电场的过程中，根据动能定理可以表示出速度，根据牛顿第二定律可以表示出时间．在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，因此可以表示出时间，这样就可以得出总时间与比荷的关系． （2）当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压． （1）由动能定理：neU112mv 2neU1 mdn价正离子在a、b间的加速度a1在a、b间运动的时间t1在MN间运动的时间t2v2md a1neU1L v离子到达探测器的时间tt1t22mm2dLdL neU12neU12KU1（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由牛

v2顿第二定律nevBm

R离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：RL(R22L2) 225neL2B2由以上各式得：U1

32m当n=1时U1取最小值Umin25eL2B2． 32m