带电粒子在复合场中的运动 专项练习 -2025-2026学年高二下学期物理鲁科版选择性必修第二册

**基本信息** 聚焦带电粒子在复合场中运动的动态过程分析，通过变式训练构建“受力分析-临界条件-运动规律”的系统性解题方法，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |水平杆复合场|2题|分阶段受力分析（洛伦兹力与重力/电场力关系），临界条件法（加速度最大/速度最大）|电场力、洛伦兹力、摩擦力的合成与分解→牛顿第二定律→动态运动规律推导| |竖直杆复合场|2题|弹力方向判断（洛伦兹力与电场力大小关系），平衡方程应用|重力、电场力、洛伦兹力的矢量关系→摩擦力变化→加速度与速度动态关联| |倾斜杆复合场|2题|斜面受力正交分解，摩擦因数与tanθ关系判断运动可能性|重力分力、洛伦兹力、摩擦力的平衡条件→临界速度计算→最大速度求解| |综合场应用|2题|匀速运动受力平衡与圆周运动向心力结合，动能定理应用|复合场中平衡状态分析→洛伦兹力提供向心力→能量转化关系推导|

带电粒子在复合场中的运动（四） 1．如图所示，真空中有以（R，0）为圆心，半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y=R的虚线上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E，从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内，已知质子的电荷量为q，质量为m，不计重力、粒子间的相互作用力及阻力的作用。 ⑴若质子的速度v方向沿x轴正方向时，质子恰好从坐标为（R，R）的点射出磁场，求粒子射入磁场时速度v的大小； ⑵若质子的速度方向沿与x轴正方向成30º角的O点射入第四象限（如图中所示），求质子到达y轴所需的时间。 2．如图所示，在坐标系xOy内有一半径为R的圆形匀强磁场区域，圆心O1坐标为（0，R），磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．在虚线x=R的右侧区域内，有一场强大小为E，沿x轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以速度v从O点垂直于磁场方向射入圆形磁场区域，不计粒子重力。 ⑴若速度v方向沿y轴正方向时，粒子恰好从坐标为（R，R）的A点射出磁场，求粒子射入磁场时速度v的大小； ⑵若粒子仍以速度v沿与y轴正方向夹角θ=30°方向从O点射入第二象限（如图所示），求粒子第一次离开磁场时速度方向及出射点P（图中未画出）的位置坐标； ⑶求在⑵问中粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间。 3．如图所示的xOy平面，y轴左侧存在匀强电场，电场方向与x轴夹角为30°，y轴右侧固定一个与y轴相切的薄圆筒，圆心的坐标为（L，-L），圆筒上有小孔a，O、a、共线且与x轴夹角也为30°，圆筒内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场．在坐标为（-L，L）的P点将一质量为m、带电荷量为+q的粒子由静止释放，不计粒子的重力。 ⑴若电场强度大小为E1，求粒子离开电场时速度v1的大小； ⑵若粒子从a孔进入磁场与筒壁发生两次碰撞后刚好从a孔返回电场，粒子与筒壁碰撞时电荷量和动能均无损失，求粒子从P点出发到第一次返回P点的时间t； ⑶为使粒子从a孔进入磁场后均能从a孔返回电场，求电场强度E2大小的可能值。 4．如图所示，磁感应强度大小B=0.15T，方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R=0.10m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角出标系的原点O，右端与边界MN相切于x轴的A点。MN右侧有方向平行于x轴负方向的匀强电场。置于原点O的粒子源，可沿x轴正方向射出速度v=3106m/s的带正电的粒子流，荷质比q/m=1.0108C/kg，粒子重力不计。右侧场强大小E=2.0105v/m。求： ⑴粒子射到边界MN上的P点距A点的距离L1； ⑵现以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场区域按逆时针方向缓慢旋转90°，此过程中粒子经过磁场后，途经MN进入电场，粒子经过MN时离A点最远的位置B到A点的距离L2； 　　⑶在⑵中通过B点的粒子，从O点运动到最后离开电场的总时间t。 带电粒子在复合场中的运动（四）参考答案： 1．解：⑴质子射入磁场后做匀速圆周运动，有 ① 质子从（R，R）点射出磁场，由几何关系得 r=R ② 由①②得 ③ ⑵质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 ④ 如图所示，质子从P点离开磁场，从Q点进入电场， 质子从O点运动到P点的时间为 ⑤ 由几何关系可得θ1=120° ⑥ 质子从P点到Q点做匀速直线运动的时间为 ⑦ 质子从Q点垂直于电场线进入电场，如图所示．Q点距y轴的距离为 ⑧ 其中 ⑨ 得质子在电场中运动的时间为 ⑩ 则质子到达y轴所需的时间为 ⑾ 2．解：⑴粒子射入磁场后做匀速圆周运动，有 ① 粒子至A点射出，由几何关系得 r=R ② 由①②得 ③ ⑵如图所示，粒子射入磁场后，在磁场中以O2为圆心做匀速圆周运动，从P第一 次点射出磁场，如图O O2P O1为边长为R的菱形，P O2平行于y轴，故粒子射出磁场后速度沿x轴正方向．由几何关系可得 θ1=120° ④ ⑤ ⑥ 则P点的坐标为，⑦ ⑶粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 ⑧ 粒子从O点运动到P点的时间为 ⑨ 粒子在P、Q间做匀速直线运动的时间为 ⑩ 粒子在电场中做匀变速直线运动，由牛顿第二定律得 ⑾ 粒子在电场的运动时间为 ⑿ 粒子从P点第二次进入磁场，最终从M点离开磁场， O1 P O3M为边长为R的 菱形，如图所示，由几何关系可得θ2=60° ⒀ 粒子从P点运动到M点的时间为 ⒁ 由③⑧⑨⑩⑾⑿⒀⒁式得粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间为 ⒂ 3．解：⑴PO的距离，由动能定理得 得 ⑵如图所示，圆筒半径，设粒子进入a孔时速度大小为v2，在磁场中的轨迹半径为r，与筒壁碰撞两次从a孔返回，则粒子在磁场中的各段轨迹圆弧对应的圆心角θ=60°。 　则由得 　　　　 粒子从P点到O点的运动时间 粒子从O点到a点的运动时间 粒子在磁场中运动的周期为 粒子在磁场中各段的轨迹圆弧对应的圆心角均为60° 粒子在磁场中运动的时间为 故 ⑶设带电粒子在圆筒内筒壁k周、与筒壁经n次连续碰撞后仍能从a孔射出，则其运动轨迹为（n+1）段圆弧，每段轨迹圆弧对应的圆心角 每段轨迹圆弧半径设为rn，粒子进入a孔的速度为vn 则 由得 粒子从P到O，由动能定理得 得 式中k为大于零的正整数，与k相对应的n取大于（2k-1）的一系列正整数． 4．解：⑴设粒子做圆周运动的半径为，由洛伦兹力和牛顿第二定律有 解得0.2m 粒子运动轨迹如图（甲）所示．粒子在B点射 出，磁场中转过的偏向角为，由图可得 由数学知识可得 所以m=m0.13m ⑵设圆形磁场逆时针旋转到直径与x轴方向夹角为θ时， 粒子经过MN上B点时离A最远，如（乙）所示，由图知： sinθ=，故θ=30°       设B到A的距离为L2，由几何关系有 L2=(2R-rtanθ)tan2θ m0.15m ⑶带电粒子在磁场中运动的周期为 s 带电粒子在磁场中从O点运动到点的时间为s 粒子从点到B点做匀速直线运动的时间为 s 粒子经过B点时速度与MN夹角，则=90°-2θ=30° 粒子经B点时速度的水平分量为m/s 粒子进入电场后，由牛顿第二定律有m/s2         带电粒子在电场中运动的时间为s 则从O点运动到最后离开电场的总时间为s 第3页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 带电粒子在复合场中的运动（五） 1．如图所示，在xOy坐标系第Ⅰ象限内，存在着磁感应强度大小为B=1.0T、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场和电场强度大小为E= N/C、方向水平向右的匀强电场。一个质量m=2.0×10－7kg，电荷量q=2.0×10－6C的带正电粒子从x轴上P点以速度v0射入第Ⅰ象限，恰好在xOy平面中做匀速直线运动。0.10s后改变电场强度大小和方向，带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，取g=10m/s2。求： ⑴带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向； ⑵带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向； ⑶若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射P点应满足何条件？ 2．在某空间内存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R=1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ=37°。今有一质量m=3.6×10－4kg、电荷量q=+9.0×10－4C的带电小球（可视为质点），以v0=4m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，此后小球做匀速直线运动，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： ⑴匀强电场的场强E； ⑵小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力大小。 3．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=9/44m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ=37°。过G点，垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B=1.25T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E=1×104N/C。小物体P1质量m=2×10－3kg、电荷量q=＋8×10－6C，受到水平向右的推力F=9.98×10－3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t=0.1s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求： 　　⑴小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小； 　　⑵倾斜轨道GH的长度s。 4．如图所示，匀强电场的场强E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直于纸面向里，一个质量m=1g，带正电的小物体A从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速下滑，当它滑行h=0.8m到N点时离开壁作曲线运动，运动到P点时恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平方向成45°，设P与M的高度差H=1.6m，取g=10m/s2，求： ⑴A沿壁下滑过程中摩擦力做的功； ⑵P与M的水平距离S。 5．如图所示，在正交坐标系Oxyz的空间中，同时存在匀强电场和匀强磁场（x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上）。强磁场的方向与Oxy平面平行，且与x轴的夹角为60°。质量为m、电荷量为q的带正电粒子（可视为质点）从y轴上的点P（0，h，0）沿平行于z轴正方向以速度v0射入场区，重力加速度为g。求： ⑴若质点恰好做匀速圆周运动，求电场强度的大小及方向； ⑵若质点恰沿v0方向做匀速直线运动，求电场强度的最小值Emin及方向； ( z x y O v 0 B 60 ° P )⑶若电场为第⑵问所求的情况，撤去磁场，当带电质点从P点射入时，求带电粒子运动到Oxz平面时的位置坐标。 6．在水平地面上方足够大的真空室内存在着匀强电场和匀强磁场共存的区域，且电场与磁场的方向始终平行，在距离水平地面的某一高度处，有一个带电量为q、质量为m的带负电的质点，以垂直于电场方向的水平初速度v0进入该真空室内，取重力加速度为g。求： ⑴若要使带电质点进入真空室后做半径为R的匀速圆周运动，求磁感应强度B0的大小及所有可能的方向； ⑵当磁感应强度的大小变为B时，为保证带电质点进入真空室后做匀速直线运动，求此时电场强度E的大小和方向应满足的条件； ⑶若带电质点在满足第⑵问条件下运动到空中某一位置M点时立即撤去磁场，此后运动到空中另一位置N点时的速度大小为v，求M、N两点间的竖直高度H及经过N点时重力做功的功率。 带电粒子在叠加场中的运动（五）参考答案： 1．解：⑴如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度v0与x轴夹角为θ，依题意得 代入数据解得v0=2m/s ，则θ=60° 即带电粒子做匀速直线运动的速度v0大小为2m/s，方向斜向上与x轴夹角为60° ⑵带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力。由，得1N/C，方向竖直向上。 ⑶如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限，圆弧左边与y轴相切N点；带电粒子沿PQ做匀速直线运动，有PQ=v0t=0.2m 　　　　 由洛伦兹力和牛顿第二定律有 得0.2m 由几何知识得OP＝R＋Rsin60°－PQcos60°＝0.27m 即x轴上入射点P离O点距离至少为0.27m 2．解：⑴当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图1所示， 由平衡条件得qE=mgtanθ 代入数据解得E=3N/C ⑵小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得 代入数据解得v=5m/s ，代入数据解得B=1T  小球射入圆弧轨道瞬间，对其受力分析如图2所示， 由牛顿第二定律得 代入数据解得N=3.2×10－3N  由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为3.2×10－3N 3．解：⑴设小物体P1在运匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则F1=qvB ① f=μ(mg-F1) ② 由题意可得水平方向合力为零，有 F－f=0 ③ 联立①②③式，并代入数据得 v=4m/s ④ ⑵设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有 qErsinθ－mgr(1-cosθ)= ⑤ P1在GH上运动，受到重力，电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有 qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)=ma1 ⑥ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，运动的时间为t， 则 ⑦ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsinθ－μm2gcosθ=m2a2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑨ s=s1＋s2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑩ 联立⑤～⑩式，并代入数据得s=0.56m　　　　　　　　　　　　　　　 ⑾ 4．解：⑴设物体滑到N点时速度为vN，物体在N点恰脱离墙面时，有 ① 从的过程，由动能定理有             ② 由①②式代入数据解得J，即克服摩擦力做功J。 ⑵设物体运动到P点时速度为vP，由题意和左手定则知物体在P点受力平衡，有             ③               ④ 从的过程，由动能定理知 ⑤ 由③④⑤式代入数据解得s=0.6m 5．解：⑴要使粒子做匀速圆周运动，则粒子受到的电场力、重力二力平衡， 即 ①（2分） ( z x y O v 0 B 60 ° P 甲 qE min mg f 洛 )解得，方向竖直向上 ②（2分） ⑵如图甲所示，带电粒子受重力mg、洛伦兹力qv0B、电场力qE的作用做匀速直线运动，由几何关系可知，当电场力方向与洛伦兹力方向垂直时，场强有最小值Emin，所以电场强度Emin的方向与Oxz平面的夹角为60°，即与磁感应强度B的方向相同。（2分） 由平衡条件得 ③（１分） ④（１分） 由③④解得 ⑤（2分） ⑶如图乙所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg和电场力qEmin作用，其合力与存在磁场时的洛伦兹力大小相等方向相反，即沿图中PM方向，合力与v0方向垂直。由④式得 ( z x y O v 0 P E min q mg F 合 乙 M N ) ⑥（2分） 设经过时间t到达Oxz平面的位置坐标为 N（x，y，z），由运动的合成和分解可得 沿v0方向：　　　　　　　　⑦（2分） 沿PM方向：　　　　 　⑧（2分） 由几何关系可得　 ⑨（1分） ⑩（1分） 联立⑥~⑩解得 ⑾（1分） 所以，带电粒子在N点的位置坐标为 ⑿（1分） 6．解：⑴由于带电质点在匀强电场E0和匀强磁场B0共存的区域做匀速圆周运动，所以受到的电场力必定与重力平衡，即qE0 =mg 根据牛顿第二定律和向心力公式 解得 磁感应强度B0为竖直向上或竖直向下。 ⑵磁场B和电场E方向相同时，如答图甲所示；磁场B和电场E方向相反时，如答图乙所示。 由于带电质点做匀速直线运动，由平衡条件和几何关系可知 解得，图中的θ角为 即电场E的方向为沿与重力方向夹角，且斜向下的一切方向， 或，且斜向下方的一切方向。 ⑶当撤去磁场后，带电质点只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为qv0B，方向既垂直初速度v0的方向也垂直电场E的方向。 设空中M、N两点间的竖直高度为H，因电场力在这个过程中不做功，则由机械能守恒定律得 解得 因带电质点做类平抛运动，由速度的分解可求得带电质点到达N点时沿合力方向的分速度大小为 因电场力在这个过程中不做功，带电质点到达N点时，重力做功的功率等于合外力在此时的瞬时功率，解得 第5页（共5页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 带电粒子在复合场中的运动（一） 1．如图所示，在空间存在着水平向右、电场强度为E的匀强电场，同时存在着垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，有一足够长的绝缘杆沿水平方向放置，杆上套有一个质量为m，电荷量为+q的小球。已知小球与绝缘杆的动摩擦因素为μ，且μmg< qE。现将小球由静止释放，设在运动过程中小球所带电荷量不变，求： ⑴小球沿棒运动的速度多大时，小球的加速度最大？最大加速度多大？ ⑵小球沿棒运动最大速度。 2．如图所示，在空间存在着水平向右、电场强度为E的匀强电场，同时存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，有一足够长的绝缘杆沿水平方向放置，杆上套有一个质量为m，电荷量为+q的小球。已知小球与绝缘杆的动摩擦因素为μ，且μmg< qE．现将小球由静止释放，设在运动过程中小球所带电荷量不变，求： ⑴小球沿棒运动的速度多大时，小球的加速度最大？最大加速度多大？ ⑵小球沿棒运动最大速度。 3．如图所示，在空间存在着水平向右、场强为E的匀强电场，同时存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，有一足够长的绝缘杆被固定的竖直平面内，杆上套有一个质量为m，电荷量为+q的小球。已知小球与绝缘杆的动摩擦因素为μ，且mg>μqE．现将小球由静止释放，设在运动过程中小球所带电荷量不变，求： ⑴小球沿棒运动的速度多大时，小球的加速度最大？最大加速度多大？ ⑵小球沿棒运动最大速度的大小。 4．如图所示，在空间存在着水平向右、场强为E的匀强电场，同时存在着垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，有一足够长的绝缘杆被固定的竖直平面内，杆上套有一个质量为m，电荷量为+q的小球，已知小球与绝缘杆的动摩擦因素为μ，且mg>μqE。现将小球由静止释放，设在运动过程中小球所带电荷量不变，求： ⑴小球沿棒运动的速度多大时，小球的加速度最大？最大加速度多大？ ⑵小球沿棒运动最大速度。 5．如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为。一质量为m、带电荷量为－q的圆环A套在棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tan。现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中： ⑴圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ ⑵圆环A能够达到的最大速度为多大？ 6．如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为。一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tan。现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中： ⑴圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ ⑵圆环A能够达到的最大速度为多大？ 7．如图所示，在空间存在着水平向右、场强为E的匀强电场，同时存在着竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。在这个电、磁场共同存在的区域内有一足够长的绝缘杆沿水平方向放置，杆上套有一个质量为m、带电荷量为+q的金属环．已知金属环与绝缘杆间的动摩擦因数为μ，且μmg<qE。现将金属环由静止释放，设在运动过程中金属环所带电荷量不变。 ⑴试定性说明金属环沿杆的运动情况； ⑵求金属环运动的最大加速度的大小； ⑶求金属环运动的最大速度的大小。 8．如图所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，ab是一根长l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上，将一套在杆上的质量为m，电荷量为＋q的带电圆环从a端由静止释放后，圆环先作加速运动，后作匀速运动到达b端，已知圆环与绝缘杆间的动摩擦系数为μ，圆环重力忽略不计，当圆环脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是l/3，求： ⑴匀强磁场的磁感应强度； ⑵带电圆环从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功。 带电粒子在复合场中的运动（一）参考答案： 1．解：⑴在带电小球向右运动的过程中，小球受力分析如图所示 在竖直方向上，有qE－f＝ma ① 在水平方向上，有N＝mg＋qvB ② 又f＝μN ③ 由①②③式得 随着小球速度v的增加，小球加速度减小。所以，小球向右做加速度逐渐减小 的加速运动，最后加速度减小到零，小球做匀速直线运动。 开始时，v＝0，此时加速度最大， ⑵匀速时，a＝0，速度最大，则qE－μ(mg＋qvmB)＝0 所以 2．解：⑴当qvB<mg，小球受力分析如图（甲）所示 在水平方向上，有qE－f＝ma 　① 在竖直方向上，有N＋qvB=mg ② 又f＝μN 　 ③ 由①②③式得 随着小球速度v的增加，小球加速度增加，当qvB=mg， 即时，N=0，f=0，此时加速度最大， ⑵当qvB>mg，小球受力分析如图（乙）所示 在水平方向上，有qE－f＝ma ④ 在竖直方向上，有qvB=mg＋N ⑤ 又f＝μN ⑥ 由④⑤⑥式得 当a=0时，速度最大，所以 3．解：⑴在带电小球下滑的过程中，小球受力分析如图所示 在竖直方向上，有mg－f＝ma ① 在水平方向上，有N＝qvB＋qE ② 又f＝μN ③ 由①②③式得 随着小球速度v的增加，小球加速度减小。所以，小球向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度减小到零，小球做匀速直线运动。 开始时，v＝0，此时加速度最大， ⑵匀速时，a＝0，速度最大，则mg－μ(qvmB＋qE)＝0 所以 4．解：⑴当qvB<qE，小球受力分析如图（甲）所示 在竖直方向上，有mg－f＝ma ① 在水平方向上，有N＋qvB=qE ② 又f＝μN ③ 由①②③式得 随着小球速度v的增加，小球加速度增加，当qvB=qE， 即时，N=0，f=0，此时加速度最大，am=g ⑵当qvB>qE，小球受力分析如图（乙）所示 在竖直方向上，有mg－f＝ma ④ 在水平方向上，有qvB=qE＋N ⑤ 又f＝μN ⑥ 由④⑤⑥式得 当a=0时，速度最大，所以 5．解：⑴因为μ＜tan α，即μmgcosα＜mgsinα，圆环A沿斜面向下运动，受力如图所示 由牛顿第二定律得mgsinα－μ(mgcosα＋qvB)=ma 随着圆环A速度v的增加，圆环A的加速度减小。所以，圆环A沿斜面向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度减小到零，圆环A做匀速直线运动。 当v＝0，此时加速度最大，则am＝g(sinα－μcosα) ⑵匀速时，a＝0，速度最大， 则mgsinα－μ(mgcosα＋qvB)＝0 所以 6．解：⑴因为μ＜tan α，即μmgcosα＜mgsinα， 当qvB<mgcosα时， 圆环A受力如图（甲）所示 当f＝0，即mgsinα＝ma时， 有最大加速度，则am＝gsinα 此时，有qvB＝mgcosα， 所以 ⑵由于a的作用，圆环速度继续增大， 当qvB＞mgcosα，N开始反向， 圆环A受力如图（乙）所示 当μ(qvB－mgcosα)＝mgsinα时， a＝0，速度达到最大， 所以 7．解：⑴金属环在电场力和摩擦力的共同作用下由静止开始做加速运动。随着速度的增大，洛仑兹力从零逐渐增大，金属环所受的摩擦力逐渐变大，合外力逐渐减小。所以金属环做一个加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度减小到零，速度达到最大后做匀速运动。 ⑵开始时金属环速度为零，所受的摩擦力最小，此时金属环所受的合外力最大 根据牛顿第二定律，得qE－μmg＝mam 　　　　 得金属环的最大加速度为 ⑶当a=0，即qE－μN＝0时，金属环达到最大速度vm 则，此时所受的洛仑兹力为，方向垂直纸面向外 因此，杆对金属环的弹力为 所以，金属环达到最大速度时有 解得 8．解：⑴当圆环沿杆向下作匀速运动时，受力情况如图所示，由平衡条件有 N＝qvB 　　　　　　　 ① f＝qE   　　　　　　　 ② 又f＝μN               　　　　　　　 ③ 圆环在磁场中作匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 　　　　　　　　　　 ④ 又　　　　　　　　　　　 ⑤ 由①～⑤式得   ⑥ ⑵圆环从a运动到b过程中，由动能定理得 ⑦   由①～⑦式得 ⑧ 第3页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $带电粒子在复合场中的运动（三) 1.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第V象限以ON为 直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为、电荷量为☑ 的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度o垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处 的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场.不计粒子重力。求： (1)电场强度的大小E; (2)粒子在磁场中运动的轨道半径； (3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。 B 第1页( 2.如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁 场，磁感应强度为B,磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正 方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间从P点射出。 (1)求电场强度的大小和方向： (2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经2时间恰从半圆形区域的边界射出， 求粒子运动加速度的大小： (3)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。 XX、 B XXX XXX ×××××ד XXX XXXX 共4页) 3.核聚变反应需要几百万度以上的高温，为了把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内，通常采 用磁约束的方法（托卡马克装置）。现用下述简化的模型来研究这一问题，如图所示，两个同心圆为匀 强磁场的内外边界，R10.6m,R=1.2m,磁场方向垂直纸面向里，己知带正电粒子的比荷 q=4.8×10Ckg,匀强磁场的磁感应强度B=1T,，带正电的粒子以某一速度v从内边界上的A点射入 磁场区域。不考虑带电粒子因高速运动产生的相对论效应。 (1)导出带电粒子在磁场区域中作圆周运动的轨道半径r与上述各量的关系式（用已知量字母代号q、 、B、v表示)： (2)若上述带电粒子从A点沿半径方向射入磁场区域恰好不穿出外边界，请在图中画出粒子的运动 轨迹示意图： (3)若大量上述粒子从A点沿各个方向射入磁场区域，求所有粒子均不穿出磁场区域外边界时粒子 的最大速度o。 + × × + × X A + + XX ×× 第2页 4.如图所示，直线N下方无磁场，上方空间存在两个匀强磁场I和Ⅱ，其分界线是半径为R的半圆 弧，I和Ⅱ的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B.现有一质量为、电荷量为q的带 负电微粒从P点沿PM方向向左侧射出，不计微粒的重力。 (1)若微粒在磁场I中，做完整的圆周运动，其周期多大； (2)若微粒从P点沿PM方向向左射出后直接从分界线的A点沿AO方向进入磁场Ⅱ并打到Q点， 求微粒的运动速度大小； (3)若微粒从P点沿PM方向向左侧射出，最终能到达Q点，求其速度满足的条件以及相应的运动 时间； (4)若向里磁场是有界的，分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两半圆之间的区域，上述微粒 仍从P点沿半径方向向左侧射出，且微粒仍能到达Q点，求其速度的最大值。 ×××××I××× B XXX 入、 (共4页) 带电粒子在复合场中的运动（三）参考答案： 1.解：(1)粒子的运动轨迹如右图所，设粒子在电场中运动的时间为1，则有 2o41,h=5at 根据牛顿第二定律得qE=a 求得卫= w 2gh (2)设粒子进入磁场时速度为ⅴ，在电场中，由动能定理得 qEh--mv2mvi 2 又qIvB=m' 解得r= √2wa gB 2h (3)粒子在电场中运动的时间t1= Vo 粒子在磁场中运动的周期T= 2”2m1m gB 粒子在磁场中运动的时间t,= 3 8 求得t=t,+t2= 2h 3 vo 4gB 2.解：(1)设带电粒子的质量为，电荷量为q,初速度为v,电场强度为E。可判断出粒子受到的洛 伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向 且有qE=B ① 又R=vo ② 则E=BR ③ fo (2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在y方向位移=to/2 ④ 由②④式得y=R/2 ⑤ 第3页（共4页） 设在水平方向位移为x,因射出位置在半圆形区域边界上，于是 R ⑥ 2 1 又有x=a(马) ⑦ 22 4V3R 得a= ⑧ to (3)仅有磁场时，入射速度v'=4v,带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r, 由牛顿第二定律有 v2 gv'B=m ⑨ 又qgE=a 0 3R 由③⑦⑧⑨式得r= AD 3 由几何关系sin= R (12 2r 3 即sino= 3) 3 带电粒子在磁场中运动周期T= 2m 14 gB 则带电粒子在磁场中运动时间R 20T 15 2元 所以tR= V3π 186 10 3.解：(1)带电粒子从A点射入磁场区域后，由牛顿运动定律和向心力公式得 v2 gvB=m ①(2分) 解得r=四 ②(2分) gB (2)粒子运动轨迹如图甲所示。(6分) X XX + XXX (甲) (乙) ③)由O式得带电粒子运动速率v=9B ，即v与r成正比.由题意可知，该粒子从A点射入 m 磁场区域又不离开磁场外边界的最小可能轨道半径，如图乙所示。 6=足R ③(4分) 由此可得粒子从A点射入磁场区域又不离开磁场外边界的允许的最大速率 %-9B6 ④(2分) m 解得- qB(R2-R) ⑤(2分) 2m 代入数据解得=1.44×10m/s ⑥(2分) 4.解：(1)由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 B=m二(1分)又T=2πr(1分)解得T 2πm (1分) gB (2)如右图所示(1分，画出示意图或用表述的方式说明运动轨迹，正确就给分) 轨道半径r=R(1分) 则由B=m空解得长 + gBR (1分) m + (3)如图所示，粒子的运动轨迹将磁场边界分成 n等分(n=2,3,4…) 由几何知识可得日=元(n=2,3,4)(1分) 2n 第4页（共4页） R'9B=m(1分) tane= 解得-9B迟 tan- (n=2,3,4…)(1分) 1 2n XX 当n为偶数时，由对称性可得1=T=刀m Bq (n=2,4,6…)(1分) 当n为奇数时，t为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即 π+ 1--174 r=(n+1)m 2元 (n=3,5,7…)(1分） nBa R (4)由几何知识得r=Ran ,x= 不超出边界须有(2分) 2n COS /2n R +Rtan人，<2R(1分) Cosπ/ /2n B× 解得2cosπ3>1+sin 2n1 (1分) 2n M N 当n=2时不成立，如图(1分) 比较当n=3、n=4时的运动半径，知当n=3时，运动半径最大，粒子的速度最 大.r=Rtan 元-5R=2分) 2n3 解得= 3BgR (2分) 3m Q×B B带电粒子在复合场中的运动（七） 1.如图所示，一带电粒子，质量为m,电量为q,重力可忽略不计，以平行于Ox轴的速度v从y轴 上α点射入图中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出， 可在适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感强度为B的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域 内，试求： (1)带电粒子在磁场中的运动时间； (2)这圆形磁场区域的最小半径。 2.在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场（图中未画出），磁场方向垂直 于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为、带电荷量为十g的带电粒子（不计 重力)从O点以初速度沿x轴正方向进入磁场，己知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向 夹角为0=30°，OP=L,求： (1)磁感应强度的大小和方向： (2)该圆形磁场区域的最小面积。 0 第1页( 3.如图所示，一质量为，带电量为q的粒子，以速度o从O点沿y轴正方向射入磁感强度为B的 一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区域后，从M处穿过x轴，速度方向与x 轴正方向夹角为30°，不计粒子重力，求： (1)圆形磁场区域的最小半径； y个 (2)粒子从O进入磁场区域到达M点所经历的时间； (3)M点的坐标。 M 30° 共6页) 4.如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面 向里的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）：在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源 固定在x轴上坐标为（一L,0)的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好 能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成 15°角的射线ON(己知电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求： (1)匀强电场的电场强度E的大小； (2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角： (3)圆形磁场的最小半径Rmn。 第2页( 5.如图所示，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场：第二象限内存在大小为B、 方向垂直坐标平面向外的有界圆形匀强磁场（图中未画出)。一粒子源固定在x轴上M(L,0)点，沿 y轴正方向释放出速度大小均为0的电子，电子经电场后恰好从y轴上的N点进入第二象限。进入第 二象限后，电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为75°。己知电子的质量为、电荷量为， 电场强度E=6 不考虑电子的重力和其间的相互作用，求： 2eL (I)N点的坐标； (2)圆形磁场的最小面积。 N E 10 0 M x 共6页) 6.如图所示，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为、带电荷量为+q的粒子从坐 标原点O以速度vo沿x轴正方向开始运动.当它经过图中虚线上的M(2√3d,d)点时，撤去电场， 粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y 轴负方向运动并再次经过M点.己知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B,不 计粒子的重力。试求： ()电场强度的大小： (2)N点的坐标； N (3)矩形磁场的最小面积。 tM(23d,d) 第3页( 7.如图所示，在直角坐标xOy平面y轴左侧（含y轴）有一沿y轴负向的匀强电场，一质量为，电 量为q的带正电粒子从x轴上P处以速度0沿x轴正向进入电场，从y轴上Q点离开电场时速度方向 与y轴负向夹角=30°，Q点坐标为(0，-d),在y轴右侧有一与坐标平面垂直的有界匀强磁场区域（图 中未画出)，磁场磁感应强度大小 ,粒子能从坐标原点O沿x轴您胸幽入电场。不计粒子重 力，求： gd (1)电场强度大小E; (2)如果有界匀强磁场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积； (3)粒子从P点运动到O点的总时间。 ◆X 共6页) 带电粒子在复合场中的运动（七）参考答案： 1.解：(1)质点在磁场中作半径为R的圆周运动，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 qwB=m元，得R= R gB a M 2nR 2mm gB 0' 带电粒子在磁场中的运动时间 1=T=m 4 2gB (2)根据题意，质点在磁场区域中的轨道是半径等于R的圆上的1/4圆周，这段圆弧应与入射方 向的速度、出射方向的速度相切。过α点作平行于x轴的直线，过b点作平行于y轴的直线，则与这 两直线均相距R的O点就是圆周的圆心。因此该粒点在磁场区域中的轨道就是以O为圆心、R=W 为半径的一段圆弧MN,M点和N点应在所求圆形磁场区域的边界上。在通过M、N两点的所有圆周 中，以N为直径的圆周最小（图中虚线圆所示）。因此所求圆形磁场区域的最小半径为 =MN-1.R=12m min 22 2gB 2.解：(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里。粒子在磁场中做弧长为二圆周的匀速圆周运动， 3 如图所示，粒子在Q点飞出磁场。设其圆心为O',半径为R。 由几何关系有 (亿-R)sin30°=R,所以R=1L。 3 P 由牛顿第二定律有g,B=m片，故R=m 0、 R gB 由以上各式得磁感应强度B= 3mvo R gL (2)设磁场区的最小面积为S。由几何关系得 直径00=3R=3L 0 Vo 3 所以S=m2=π（心 12 第4页( 3.解：(1)带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力，则有 y个 gvo B=m R 解得R= nvo 560° gB M x 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点O和出射点N得弦长为 L=2Rsi60°=√3R,如图所示，圆形磁场区域最小面积是ON为直径的圆，则圆形磁场区域的最 小半径为1mm=22 R 2gB 2 故圆形磁场区域的最小面积为5mn=刀mn= 3mm2v日 4gB2 (2)带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，带电粒子在磁场中运动的时间为转动周 1 2nm 期的，即1三T=3 3gB 由几何关系可得N=L=√3R 粒子离开磁场从N到M点的运动时间为6=L-V5m vo gB 故粒子从O进入磁场区域到达M点所经历的时间 t=1+i,=(3 +5 gB (3)由几何关系可得OM=R+ Cos60G=3R=3m R gB 所以M点的坐标为 3nW0,0) gB 4.解：(I)电子在从A运动到C的过程中，只受沿十x方向的电场力F=E作用，故做类平抛运动，设 其运动时间为t,因此 在x方向上有L=1eE.2 ① 2 m 共6页) 在y方向上有2L=vt ② 由O②式联立解得E= ③ 2eL (2)根据类平抛运动的结论可知，电子离开电场时的速度的反向延长线将交于y方向位移的中点， 即经过（一L,L)点，因此tan0=1,0=45④ (3)电子进入磁场后仅受洛伦兹力f洛=vcB作用，在磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为 ”根据牛顿第二定律有ey,B=m2 ⑤ 根据几何关系可知V。= ⑥ c0s450 根据题意作出电子的运动轨迹示意图如图所示。由图中几何 关系可知，电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，因此当图中PQ 为圆形磁场的直径时其半径最小，即有 Rmin =rsin 60 ⑦ √6w 由⑤⑥⑦式联立解得Rm= ⑧ 2eB 5.解：(1)从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有 L=1e吧， 2 m yN=Vot 解得yw=2L 则N点的坐标为(0,2L)。 (2)电子到达N的速度大小为v,方向与轴正方向的夹角为0，由动能定理有 eEL=Imv-mvi 2 2 cos0=v v 2 解得v=√2y,0=45 设电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为”，根据牛顿第二定律有 第5页( evB=m- r ①当电子与x轴负方向的夹角为75时，其运 动轨迹如图（甲）所示，电子在磁场中偏转120°后后垂 E 直于OQ射出，则磁场的最小半径为 P -=rsin 600 2 0 M 解得an=Ra。-3an5 图（甲） 2e2B2 ②当电子与x轴正方向的夹角为75时，其运动 轨迹如图（乙）电子在磁场中偏转150°后后垂直于O,Q'射 出，则磁场的最小半径为 →E Run =P'o " 2 -=rsin 750 解得am=成-2+V⑤)au M 2 2e'B' 图（乙） 6.解：如图是粒子的运动轨迹示意图.(1分) (1)粒子从O点到M点做类平抛运动，设时间为t,则有 213d vot ①(1分) d=x ②(1分) 2 m V 由O2式得E= ③(2分) 6qd (2)设粒子运动到M点时速度为，与轴方向的夹角为，则有 m13601分)=V+=25 3%⑤(1分) iana=上、V ,即a=30°⑥(1分) %3 由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，粒子在磁场中以O'点为圆心做匀速圆周 共6页) D? 运动，设半径为R,则qvB= ⑦(1分) R 解得粒子做圆周运动的半径为R=W- 23mVo ⑧(1分) gB 3gB 由几何关系知B=。∠PMN=30 ⑨(1分) 所以N点的纵坐标为w= +d=2u +d ⑩(1分) tan B gB 横坐标为xw=2V3d D(1分) 即N点的坐标为(2√5d,2m+d) 1②(1分) gB (3)当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小，则矩形的两个边长分别为 L1=2R= 43mo (13 (L=R+Rsin B=- 3wg 19(2分) 3gB gB 所以矩形磁场的最小面积为Sa=乙，×L,=m 15(2分) 2 7.解：(1)设粒子从Q点离开电场时速度大小v,由粒子在匀强电场中做类平抛运动得 1=21y0 ① 由动能定理得gd=m2-1 ② 解得E= 3nvo ③ 2qd (2)设粒子从M点进入、N点离开半圆形匀强磁场区域，粒 子在磁场中做匀速圆周运动半径为r,圆心为O1,如图所示。由洛 伦兹力提供向心力，得 v2 gvB =m ④ 解得r= =2d ⑤ gB 第6页（共6页) 若半圆形磁场区域的面积最小，则半圆形磁 场区域的圆心为O2,可得半径R=1.5=3d⑥ 半圆形磁场区域的最小面积为 S=1R2=9d2=4.5d ⑦ 2 (3)设粒子在匀强电场中运动时间为t1 粒子从Q点离开电场时沿y轴负向速度大小为y,有 V,=13vo ⑧ d= ⑨ 2 2v3d 由⑧⑨两式解得t1= ⑦ 3va 设粒子在磁场中做匀速圆周运动时间为2，则 5-4刀、4 aD 3v 3vo 粒子在QM、NO间做匀速直线运动时间分别为t3、t4,由几何关系可得 QM距离QM= 4d 120 w 得1= OM 23d 13) 3vo O间距离wO=53d 14 3 得影，=05V5a 15 6Vo 粒子从P点运动到O点的总时间为 t=1+1+is+t4 (160 由⑩aD13式得t=3V3+8x)d (170 6vo带电粒子在复合场中的运动（二） 2.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平 面向外的匀强磁场.现有一质量为m、带电量为+（的粒子（重力不计）以初速度阳沿x轴负方向从坐 1,如图所示，直角坐标系xO位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的 标为(31，)的P点射入电场，接若进入磁场后又从坐标原点O射出，射出时速度方向与y轴正方向 磁感应是B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为（的带正电的小球， 夹角为45°，求： 从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的 (1)粒子从O点射出时的速度大小v和电场强度大小E: N点第一次离开电场和磁场，N之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为日 (2)粒子从P点运动到坐标原点O所用的时间1： 不计空气阻力，重力加速度为g,求： P(31,1) ()电场强度B的大小和方向： 5 (2)小球从A点抛出时初速度m的大小： (3)A点到x轴的高度h. 0 第1页（共15页） 3.如图所示，在>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向：在0的空间中，存在匀强磁场， 4.如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向.在x轴上方空间的第一、第二象限内，既 磁场方向垂直y平面（纸面）向外.一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处 无电场也无磁场，在第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面（纸面）向里的匀强磁场， 的点P时速率为，方向沿x轴正方向：然后，经过x轴上=2h处的P点进入磁场，并经过y轴上 在第四象限存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。一质量为m、电荷量 1一2h处的P点，不计重力。求： 为？的带电质点，从y轴上一h处的P点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。然后经过 (1)电场强度的大小： x轴上x=一2h处的P点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动。之后经过y轴上一2h处 (2)粒子到达P时速度的大小和方向： 的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g。求： (3)磁感应强度的大小： (》质点到达P点时速度的大小和方向： (4)粒子从P点运动到P3点的总时间t (2)第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小： (3)带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。 P 第2页（共15页） 5.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂 6.如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里 直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m,电荷量为（的带正电的粒子从y轴正 第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+(、质量为m的粒子，自y 半轴上的M点以速度切垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成0-60角射入磁场，最 轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撒去电场，以后仅保留磁 后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，不计粒子重力。求： 场。已知OP-d,OQ-2d,不计粒子重力. (I)M、N两点间的电势差乙o好 (1)求粒子过Q点时速度的大小和方向 (2)粒子在磁场中运动的轨道半径r: ()若磁感应强度的大小为一定值B,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B (3)粒子从M点运动到P点的总时间： (3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过 (4)电场强度的大小E: Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。 (5M点的坐标。 第3页（共15页） 7.如图所示，在x0y平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下：在x轴和第四象限 8.如图所示，坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界 的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向外，有一质量为m,带有电 面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m、电荷量为一（的带电粒子，从电场中的P点以 荷量+？的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为印 A点与原点O的距离为d.接若，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场，不计重力影响。若OC与x 初速度0沿x轴正方向开始运动，已知P点坐标为(-L,0)且L= W后 不计带电粒子的重力。试 轴的夹角为p,求： (1)粒子在磁场中运动速度的大小： 求： 了◆ (2)匀强电场的场强大小。 (1)带电粒子运动到y轴上时的速度： (2)要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回到电场中， B 磁场的宽度d最大为多少？ p m-g ×××1 C· 第4页（共15页） 9如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应 10.如图所示的平面直角坐标系xOy,在第I象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向：在 强度大小相等，方向如图所示：现有一个带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速 第V象限的正三角形bc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L,且b边 度1o进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直 与y轴平行，一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P 于x轴进入下面的磁场。己知OP之间的距离为d,不计粒子的重力。求： (0,h)点，以大小为地的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第 (1)Q点的坐标： V象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重 (2)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间。 力。求： (1)电场强度B的大小： (2)粒子到达a点时速度的大小和方向： (3abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。 XXXXXXX × 6 第5项页（共15页） 11.如图所示，相距3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场， 12.如图所示，在第一象限有一匀强电场，电场强度大小为B,方向与y轴平行：在x轴下方有一匀强 其中PT上方的电场I的场强方向竖直向下，PT下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场I的场强大 磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为、电荷量为一q(P0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上 小是电场Ⅱ的场强大小的2倍，在电场左边界AB上有点Q,PQ间距离为L。从某时刻起由Q以初速 的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开题场。粒子在磁场中的运动轨 度沿水平方向垂直射入匀强电场Ⅱ的带电粒子电荷量为十q,质量为m,通过PT上的某点R进入匀 迹与y轴交于M点。已知OP=H,OO=2√51，不计重力。求： 强电场I后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图.若P、R两点间的距离为2L,不计粒子的重力 (1DM点与坐标原点O间的距离： ()求匀强电场【的电场强度的大小和M、T之间的距离： (2)粒子从P点运动到M点所用的时间。 (2)有一由光滑弹性绝缘壁围成的横截面为边长为a的正三角形容器，在其左壁正中央开有一小孔 S,将其置于CD右侧且紧挨CD边界。若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器 中，欲使粒子在容器中与器壁两次垂直碰撞后能从S孔水平射出（粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电 荷量损失)，并返回Q点，需要在容器中加上一个如图所示的匀强磁场，求： ①磁感应强度B的大小： ②粒子从Q出发到再返回到Q所经历的时间。 M 缝隙间距 可以忽略 第6项（共15页） 13.如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xOy平面（纸面） 14.在xOy平面内，第I象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45角。在x<0且 向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电荷的粒 OM的左侧空间存在若负x方向的匀强电场E,场强大小为32N/C,在y<0且OM的右侧空间存在若 子从P(x=0,y=h)点以一定的速度平行于x轴正向入射。这时若只有磁场，粒子将做半径为和的圆 垂直纸面向里的匀强磁场B,磁感应强度大小为01T,如图所示。一不计重力的带负电的微粒，从坐 周运动.若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，现在，只加电场，当粒子从P点运动到一R 标原点0沿y轴负方向以v2×10s的初速度进入破场，已知微粒的带电量为5×1018℃，质量为 平面（图中虚线所示）时，立即撒除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点，不 曰日1×1024kg,求： 计重力，求： ()带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标： (I)粒子到达R平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离： (2)带电微粒在磁场区域运动的总时间： (2M点的横坐标xM。 (3)带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标， 0 0×。Xx B Ro M文 × ××× XX ×××× 第7页（共15页） 15.如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B,在x轴下 方有一匀强电场，电场强度的大小为E,方向与y轴的夹角0为45且斜向左上方。现有一质量为m电 量为？的正离子以速度切由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从 x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45。不计离子的重力，设磁场 区域和电场区域足够大。求： (I)C点的坐标： (2)离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间： (3)离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角。 护4 ××××××××××××× X×××X×××××x××X ××××××××××a×××× 第8项（共15页） 带电粒子在复合场中的运动（二）参考答案： 1.解：()小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡 由③④式解得￡=m l gE =mg ① (2)设粒子在电场中运动的时间为4，粒子在电场中运动时有 解得E=坚 ⊙ x=Voh 重力的方向竖直向下，电场力方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖 ⑦ 直向上。 (2)小球做匀速圆周运动，O为圆心，MN为弦长，∠MOP=8,如图所示，设半径为r,由 几何关系知L=2rsin0 ③ 由③6⑦式解得1=2 ,x=21 ⑧ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，设小球做圆周运动的速率为，有 4 9B=-n Or 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由几何关系得 ④ 3/-x=2Rsin 45 ⑨ 由速度的合成与分解知上=c0s0 X 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2心 0 由③06式得6=g -cot0 2m @ 粒子在磁场中运动的时间为1，=一T」 (3)设小球到M点时的竖直分速度为y,它与水平分速度的关系为 则粒子从P点运动到Q点所用的时间为t=(+:,肠 v=vo tan ⊙ 由③g0aNDa0式解得1=(2+ 030 由匀变速直线运动规律v:=2 ⑧ 4 Vo 由⑥⑦⑧式得h=TB'L 3.解：(1)粒子在电场、磁场中的运动轨迹如图所示， ② 由运动学公式和牛顿第二定律得 8m'g x=2h=Vol ① 2.解：(1)粒子先在电场中做类平抛运动，后在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示，由粒子射出磁场 时速度方向与y轴正方向成45角可判断出粒子刚进入磁场时速度方向与x轴负方向成4°角，设粒子 刚进入磁场时的速度为，则粒子在电场中，有 y=h=-at ⊙ 业=tam45 a=9E ③ ① 31.D v=V阳+ 由0②g式解得E=md ④ ② 2gh .8 由①②解得y,=。,v=√2y0 (2)设粒子到达P点时的速度为，方向与x轴正方向成8角，有 V,=1 ⑤ 从P到0由动能定理得g1=}m'-1m nv 2 2 第9页（共15页） v=V培+ 且由OP1-OP=2h和P3P=2R可知 (2R)2=(2)2+(2) v=tan ⑦ 解得R=2h,E="坚，B=m2坚 g h 由①②⑤8⑦式得v=√2y,=45° (3)质点进入第四象限，沿水平方向的分运动是匀速直线运动，而沿竖直方向的分运动是匀减速 直线运动，当竖直方向的速度减小到零，此时质点速度最小，即等于V在水平方向的分 ③由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得vB= ⑨ R 量Vm=vc0s45°=√2gh,方向沿x轴正方向。 5.解：(（1)设粒子过V点时的速度为，有山=cos0 ① 因为O乃=OR=2h,045 由上式解得=2y, 由几何关系可知，连线PP为圆轨道的直径，则 粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理得 (2R)2=(2n2+(2M @ 1 H ③ 2 由⑧@@式得B=1m OD q 把②式代入③式得U 3nv 2q 0粒子在电场中运动的时间为5=2 0边 Vo (2)粒子在磁场中以O'为圆做匀速圆周运动，半径为ON,有 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2水 nB=m ⑤ 粒了在磁场中运动的时间为1=，T 00 把②式代入⑤式得，=2业 则粒子从P点运动到P点所用的时间为1=+ 5 gB (3)由几何关系得xaFrsin8 ⑦ 由@00D0D130009式得/=2+元)h OR Vo 粒子在电场中运动的时间片=- ⑧ 4.解：0质点从B到P,由平抛运动规律得2h=V,h=28,= 由以上三式可得y=y,=V2gh,v=V话+y=2√g,tan0=立=1 由0⑦8式得1=5m gB 即方向与x轴负方向成450角。 粒子在碰场中做匀速圆周运动的周期2 0 (2)质点从乃到P3,重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，设质点做匀速圆周运动的半径为 gB R,则qB=mg,B=mR 粒了在磁场中运动的时间=2T=T 第10页（共15页） 联立①②③④⑤⑥式得 则粒子从M点到P点的总时间为1=4+1 由⑨O1D2式解得1= (3W3+2π)m v=2,/9 m ⑦ 3gB 0-45 @ (4)粒子在N点速度的竖直分量为y,=。an0=√3 (2)设粒子做圆周运动的半径为R,粒子在第一象限的运动轨迹如图（甲）所示，O,为圆 心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得 又y,=a41 a=IE R=2vd ⑨ R 由⑨000500式得E=VB 0m 由牛顿第二定律得qVB,= R ⑤油E=9得y= M mE E 联立⑦⑨⑩式得B。= % 由④nG喝式得y= 3nvo (3)设粒子做圆周运动的半径为R,,由几何分析（粒子运动的轨 2gB (甲) 是粒子做圆周运动的圆心，Q、RG、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O,、O,由几何关系 则M点的坐标为M(0, C) 2gB 知，O,FGO,和O,2HO;均为矩形，进而知P0、GH均为直径，Q心诩也是矩形，又FHLG0可 6.解：(1)设粒子在电场中运动的时间为，加速度的大小为a,粒子的初速度为V。,过Q点时速度 知FH是正方形，△OG为等腰直角三角形，)可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆， 得 的大小为，沿y轴方向分速度的大小为V。,速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得 2R3 =2v2d 02 ① 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 gE ma FG=HO=2R 由运动学公式得 d-时 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为，则有 1=FG+HG+2 2d=volo ③ (乙 联立⑦121310得 V,=ato ④ 2md v=√好+ ⑤ 1=(2+π)】 gE tan- 第11项（共15页） 7.解：(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧，如图.由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC,故圆弧的圆 ⑤ 心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A,过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC 由0②③@式得y,=V,v=V好+y=V2y 交于O'。由几何关系知，AO垂直于OC,O是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R,则有 R=dsin o ① tm0=上=1，所以45，即速度方向与轴正方向成45 ⑧ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 (2要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回到电场，则带电粒子在磁场中运动轨迹刚好与虚线 gvB=my 相切，由几何关系得 d=R+Rsin 45 ⑦ 将O式代入②式，得v=9Bdsin ③ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 (2)质点在电场中的运动为类平抛运动，设质点射入电场 qvB=m ⑧ 的速度大小为，在电场中的加速度为α，运动时间为t,则有 R V=vcos ④ 由⑦⑧式得d=0+V②)m gB vsin o=al ⑤ 9.解：(1)设Q点的纵坐标为h,到达Q点的水平分速度为1'，则由平平运动的规律可知 d=vot h=Vot ① 联立④⑤⑥得a= y'sin ocos ⑦ d=, ② d 2 设电场强度的大小为B,由牛顿第二定律得 qE ma ⑧ tan45°=业 ③ 由①②③③得h2d,故Q点的坐标为(0,2d) ④ 联立③0⑧得E=9 d in ⑨ (②)粒子在电、磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在破场中运动的半径为R,周期为T,则由 几何关系可知R=2 =2v2d ⑤ 8.解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动到y轴时的速度为v,竖直分量为，加速为a, sin 45* 时间为t。 7=3 L=Vot v=√+=V2wg v =at ② X×XXXXX a=9 粒子在电场中的运动时间为，= ③ > 又L= 粒子在隧场中的运动时间为1：= gE 得总时间为1=4+1=(7π+4) d 0 第12页（共15页） 10.解：(1)设粒子在电场中运动的时间为七，则有 x==2h ②粒子在聪场中运动的时间。( 1= 26 y-d-h 粒子在电场中运动的时间(= 6L gE=ma 联立以上各式可得 E=mi 2gh 粒子从Q出发到再回到Q经历的时间1=片+5=四+6L_12L+四 (2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为 12.解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度 =al=vo 的大小为：在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为，粒子从P点运动到Q点所用的时间为， 所以v=√+y=√2v 进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为8，则 k45 方向指向第V象限与x轴正方向成45°角。 a--a ② =⑧ ③前了在磁场中运动时，有B=m巴 其中x=2W31,6=1。 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 又有tan0=吗 r=2Z,所以B=2m 21 联立②③④式，得030° 11.解：(I)粒子经PT直线上的点R由电场Ⅱ进入电场I,设粒子由Q到R及由R到M的时间分别为 因为M、O、Q点在圆周上，MOO=90°，所以MQ为直径.从图中的几何关系可知 红与4，则 21=w.L=19E R=2W5 ⑧ 2 M0=61 (2)设粒了在磁场中运动的速度为v,从O到M点运动的时间为t2, L=Voh.MT=E 2 m 则y=h ⑧ cos 又B1=2B h=TR ⊙ 联立解得E="店，n 带电粒子自P点出发到M点所用的时间为 gh (2)①分析可知，粒子从S孔水平射入时的速度为。欲使粒了子能从S孔水平射出，粒子运动的 1=4+ 半径应为 联立①②③⑤⑥⑧⑨@式，并代入数据得 (2+1/ aD 由gB=mS得B=2m ga 第13页（共15页） 13.解：(1)设粒子质量、带电量和入射速度分别为m、q和，则电场的场强E和磁场的 14.解：(1)带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图，第一次经过磁场边界上的A点，由洛伦兹力 公式和牛顿第二定律得 磁感应强主B就满足下述条件qE=,B①g%,B=m兰② R %B=m边 现在，只有电场时，入射粒子将以与电场方向相同的加速度 D a=9E ③ r=m=4×10m 做类平抛运动.粒子从P(x=0,y=h)点运动到x=R平面的时间为 gB 1 A点位置坐标（一4×10m,一4×10m)。③ @ (2)设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为 T=2rm Xx 粒了到达=平面时速度的y分量为 ④ gB v =at 2R H 1=toA+lac ⑤ XX 由①②③④③式得y,= M x 代入数据解得 M XX XX 此时粒子速度大小为v=店+可=√2站 7-=1.256×105g ⑦0 (3)微粒从C点沿y轴正方向进入电场，有 速度方向与x轴夹角为=π4 ⑧ a=9 拉了与x轴的距离为H=h+=h+ M 2 Ar ⑧ (2)撤电场加上磁场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆轨道半径为R,则 9p8= △y= R @ 代入数据解得 由②⑦四得R=√5R aD △y=0.02m 粒子运动轨迹如图所示，其中圆弧的圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x y=△y-2r=(0.02-2×4×10-)m=0.012m 轴和y轴的夹角均为/4，由几何关系及D式知C点坐标为 。=2R:=H-R=h-B 离开电、磁场时的位置坐标(0,0.012m) 02 2 过C作x轴的垂线，垂足为D,在△CDM中 CM=R=√2R, CD=6=h- 03 2 由此求得DM=VCM-CD A M点横坐标为xM=2R十 aRi+R-h? 5 第14页（共15页） 15.解：()磁场中带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 00 B= 联立T80D解得1=7xm+2 ① AgB gE r ()粒子从第三次通过x轴到第4次通过x轴的过程是在电场中做类平抛运动，沿着V,的方向 粒子运动轨迹如图所示，由几何关系得 xc=-(r+rcos450) © (设为轴)做匀速运动，即 x=xola G的 02解得x。=-2+V5m ③ 2gB V=% 则c点坐标为(2+y5)mm,0) 沿若☑E的方向（设为y'轴）做初速为零的匀变速运动，即 ⑦ 2gB y=lat 2 四 ×××××××××× v=al ×××y××××灰×X1×××X 由图中几何关系知得an45”=上 0的 x 离子第四次穿越x轴时速度的大小为v=√，+y, 设速度方向与电场方向的夹角为a,则tama=上 (2)带电粒子在磁场中的周期为T= ⑤ 联立⑨a50mam0M0得v=√5y,a=arctan0.5 gB 粒子从A到C的时间为5=5π4 T=-T © 8 粒子在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律得gE=加 ⊙ 粒子从进入电场到返回C的时间为= 联立⑨@解得1=2m gE 粒了再次进入磁场，在磁场中运动的时间为子 @ 故粒子从A点到第三次穿越x轴的总时间为1=车+t+3 第15页（共15页） 带电粒子在复合场中的运动（三） 1．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力。求： ⑴电场强度的大小E； ⑵粒子在磁场中运动的轨道半径r； ⑶粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。 2．如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。 ⑴求电场强度的大小和方向； ⑵若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度的大小； ⑶若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。 3．核聚变反应需要几百万度以上的高温，为了把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内，通常采用磁约束的方法（托卡马克装置）。现用下述简化的模型来研究这一问题，如图所示，两个同心圆为匀强磁场的内外边界，R1=0.6m，R2=1.2m，磁场方向垂直纸面向里，已知带正电粒子的比荷q/m=4.8107C/kg，匀强磁场的磁感应强度B=1T，带正电的粒子以某一速度v从内边界上的A点射入磁场区域。不考虑带电粒子因高速运动产生的相对论效应。 ⑴导出带电粒子在磁场区域中作圆周运动的轨道半径r与上述各量的关系式（用已知量字母代号q、m、B、v表示）； ⑵若上述带电粒子从A点沿半径方向射入磁场区域恰好不穿出外边界，请在图中画出粒子的运动轨迹示意图； ⑶若大量上述粒子从A点沿各个方向射入磁场区域，求所有粒子均不穿出磁场区域外边界时粒子的最大速度v0。 ( R 1 R 2 A B O ) 4．如图所示，直线MN下方无磁场，上方空间存在两个匀强磁场I和II，其分界线是半径为R的半圆弧，I和II的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B．现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PM方向向左侧射出，不计微粒的重力。 ⑴若微粒在磁场I中，做完整的圆周运动，其周期多大； ⑵若微粒从P点沿PM方向向左射出后直接从分界线的A点沿AO方向进入磁场II并打到Q点，求微粒的运动速度大小； ⑶若微粒从P点沿PM方向向左侧射出，最终能到达Q点，求其速度满足的条件以及相应的运动时间； ⑷若向里磁场是有界的，分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两半圆之间的区域，上述微粒仍从P点沿半径方向向左侧射出，且微粒仍能到达Q点，求其速度的最大值。 带电粒子在复合场中的运动（三）参考答案： 1．解：⑴粒子的运动轨迹如右图所，设粒子在电场中运动的时间为t1，则有 2h=v0t1， 根据牛顿第二定律得qE=ma 求得 ⑵设粒子进入磁场时速度为v，在电场中，由动能定理得 又 解得 ⑶粒子在电场中运动的时间 粒子在磁场中运动的周期 粒子在磁场中运动的时间 求得 2．解：⑴设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向 且有qE=qvB ① 又R=vt0 ② 则 ③ ⑵仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在y方向位移y=vt0/2 ④ 由②④式得y=R/2 ⑤ 设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 ⑥ 又有 ⑦ 得 ⑧ ⑶仅有磁场时，入射速度，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有 　　　　　　　　　　　 ⑨ 又qE=ma ⑩ 由③⑦⑧⑨式得 ⑾ 由几何关系 ⑿ 即， ⒀ 带电粒子在磁场中运动周期 ⒁ 则带电粒子在磁场中运动时间 ⒂ 所以 ⒃ 3．解：⑴带电粒子从A点射入磁场区域后，由牛顿运动定律和向心力公式得 　　　　　①（2分） 解得 　　　　　 ②（2分） ⑵粒子运动轨迹如图甲所示。（6分） ( （乙） R 1 R 2 A B O v 0 O ″ （甲） R 1 R 2 A B O v O ′ ) ⑶由①式得带电粒子运动速率 ，即v与r成正比．由题意可知，该粒子从A点射入磁场区域又不离开磁场外边界的最小可能轨道半径，如图乙所示。 　　　　　　　　　　　　　　　　 ③（4分） 由此可得粒子从A点射入磁场区域又不离开磁场外边界的允许的最大速率 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④（2分） 解得 　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤（2分） 代入数据解得m/s ⑥（2分） 4．解：⑴由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 　　　 (1分)又(1分)解得（1分） ⑵如右图所示（1分，画出示意图或用表述的方式说明运动轨迹，正确就给分） 轨道半径（1分） 则由解得（1分） ⑶如图所示，粒子的运动轨迹将磁场边界分成 等分（=2，3，4……） 由几何知识可得 （……）（1分） ，（1分） 解得（……）（1分） 当为偶数时，由对称性可得 （……）（1分） 当为奇数时，为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即 （……）（1分） ⑷由几何知识得， 不超出边界须有（2分） （1分） 解得（1分） 当时 不成立，如图（1分） 比较当、时的运动半径，知当时，运动半径最大，粒子的速度最大．（2分） 解得（2分） 第4页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $带电粒子在复合场中的运动（五） 1.如图所示，在xOy坐标系第I象限内，存在着磁感应强度大小为B=1.0T、方向垂直xOy平面向里 的匀强磁场和电场强度大小为=√3N/C、方向水平向右的匀强电场。一个质量=2.0×10kg,电荷 量2.0×106℃的带正电粒子从x轴上P点以速度vo射入第I象限，恰好在xOy平面中做匀速直线运 动。0.10s后改变电场强度大小和方向，带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，取g=10m/s2。求： (1)带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度o大小和方向； (2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向： (3)若匀速圆周运动时恰好未离开第I象限，x轴上入射P点应满足何条件？ ××××× XBX Xgx X ××××× ×××××× ×××××X P 第1页( 2.在某空间内存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘 的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R=1.8m,OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆 心角0-37°。今有一质量=3.6×104kg、电荷量+9.0×104℃的带电小球（可视为质点），以vo=4m/s 的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，此后小球做匀速直线运动，重 力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求： (1)匀强电场的场强； 0 (2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力大小。 & X&XXBx文 ××六、××EX ×必C×X XA×X××X 共5页) 3.在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径=9/44m的光滑圆弧轨道分别相切 4.如图所示，匀强电场的场强E-4V,方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B=2T,方向垂直于纸 于D点和G点，GH与水平面的夹角037°。过G点，垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场 面向里，一个质量=1g,带正电的小物体A从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速下滑，当它滑行仁0.8m 方向垂直于纸面向里，磁感应强度B=1.25T;过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场 到N点时离开壁作曲线运动，运动到P点时恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平方向成45°，设P 方向水平向右，电场强度=1×10N/C。小物体P1质量m=2×10kg、电荷量gF十8×10C,受到水 与M的高度差H1.6m,取g=10m/s2,求： 平向右的推力P-9.98×10N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达 (1A沿壁下滑过程中摩擦力做的功； 倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间01s与P1相遇。P1和P (2)P与M的水平距离S。 XAX×X 与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为-0.5，取g=10m/s2,sim37°=0.6，cos37°=0.8，物体电荷量保持不 ×EXXX 变，不计空气阻力。求： X XBX (I)小物体P在水平轨道CD上运动速度v的大小； (2)倾斜轨道GH的长度s。 X X P2◇H B ×0 P D X 第2页（共5页） 5.如图所示，在正交坐标系Oxz的空间中，同时存在匀强电场和匀强磁场(x轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上)。强磁场的方向与Oxy平面平行，且与x轴的夹角为60°。质量为、电荷量为q 的带正电粒子（可视为质点）从y轴上的点P(0,,0)沿平行于z轴正方向以速度v0射入场区，重 力加速度为g。求： (1)若质点恰好做匀速圆周运动，求电场强度的大小及方向： (2)若质点恰沿o方向做匀速直线运动，求电场强度的最小值Em及方向； (3)若电场为第(2)问所求的情况，撤去磁场，当带电质点从P点射入时，求带电粒子运动到Oxz平 面时的位置坐标。 10 0 1609 第3页( 6.在水平地面上方足够大的真空室内存在着匀强电场和匀强磁场共存的区域，且电场与磁场的方向始 终平行，在距离水平地面的某一高度处，有一个带电量为q、质量为的带负电的质点，以垂直于电 场方向的水平初速度0进入该真空室内，取重力加速度为g。求： (1)若要使带电质点进入真空室后做半径为R的匀速圆周运动，求磁感应强度B的大小及所有可能 的方向； (2)当磁感应强度的大小变为B时，为保证带电质点进入真空室后做匀速直线运动，求此时电场强 度E的大小和方向应满足的条件： (3)若带电质点在满足第(2)问条件下运动到空中某一位置M点时立即撤去磁场，此后运动到空中另 一位置N点时的速度大小为v,求MN两点间的竖直高度H及经过N点时重力做功的功率。 共5页) 带电粒子在叠加场中的运动（五）参考答案： 1.解：(1)如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度o与x轴夹角为0，依题意得 gvoB=v(mg)+(gE)2 代入数据解得o=2m/s ××××× tan0=g2=V5,则6=60 XBX×XX ng V0 XE 即带电粒子做匀速直线运动的速度o大小为2/s,方向斜 X×f 向上与x轴夹角为60° (2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力F必须 p mg 与重力平衡，洛伦兹力提供向心力。由gE=mg,得E="g=1NC,方向竖直向上。 (3)如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限，圆弧左边 与y轴相切N点；带电粒子沿PQ做匀速直线运动，有PQ=vo=0.2m X ××××× XXBX-X X 由洛伦兹力和牛顿第二定律有qy,B= R N XOX X 得R==0,2m XX gB XX 由几何知识得OP=R+Rsin60°-POcos60°=0.27m P 即x轴上入射点P离O点距离至少为0.27m O 2.解：(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图1所示， 28 由平衡条件得gE-gtan0代入数据解得E-3N/C ×X×爸X (2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得 ×!4 XX x gERsin 0-mgRcos(-cos0)=m2n +之 mvo ×yg驱☒ 2 2 XA××KXX 代入数据解得1=5m/s 图1mg c0s日="g, 代入数据解得B=1T O gvB DR 小球射入圆弧轨道瞬间，对其受力分析如图2所示， 9woB8、XXB×X W×六、××EX 6 由牛顿第二定律得N+qynB-g= 衣×文 R ×××× 代入数据解得=3.2×10N mg 图2 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为W”=N=3.2×10N 第4页（共5页 3.解：(1)设小物体P1在运匀强磁场中运动的速度为v,受到向上的洛伦兹力为F1,受到的摩擦力为f, 则F1=NB ① 片4(g-F) ② 由题意可得水平方向合力为零，有 F-0 ③ 联立①②③式，并代入数据得 1=4m/s ④ (2)设P1在G点的速度大小为vG,由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有 qErsine-mgr(-cos) 1 ⑤ 2 P1在GH上运动，受到重力，电场力和摩擦力的作用，设加速度为1，根据牛顿第二定律有 gEcos0一ngsin0一u(gcos0+gEsin8)= ⑥ P1与P在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1,运动的时间为t, 则5=v1+2af ⑦ 设P2质量为2，在GH上运动的加速度为，则 mzgsine-unagcose=mza2 ⑧ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2,则 1 02=5☑，t2 2 ⑨ 5=51十52 ⑩ 联立⑤~⑩式，并代入数据得s=0.56m AD 4.解：(I)设物体滑到N点时速度为N,物体在N点恰脱离墙面时，有 gE=gvB ① 从M→N的过程，由动能定理有 mgh+W=m0 ② 由①②式代入数据解得W,=-6×103J,即克服摩擦力做功6×103J。 (2)设物体运动到P点时速度为p,由题意和左手定则知物体在P点受力平衡，有 qypB·sinθ-gE=0 ③ gvpB.cose-ng=0 ④ 从M→P的过程，由动能定理知 m3H+所，-9Bs=m房-0 ⑤ 由③④⑤式代入数据解得s=0.6m 5.解：(1)要使粒子做匀速圆周运动，则粒子受到的电场力、重力二力平衡， 即gE-g=0 ①(2分) 解得B=坚，方向竖直向上 ②(2分) (2)如图甲所示，带电粒子受重力g、洛伦兹力qB、电 场力(E的作用做匀速直线运动，由几何关系可知，当 电场力方向与洛伦兹力方向垂直时，场强有最小值 Emin,所以电场强度Emin的方向与Oxz平面的夹角为 60°，即与磁感应强度B的方向相同。(2分) 由平衡条件得 TEmin-gsin60°=0 ③(1分) 1'0 ng f洛-gc0s60°=0 ④(1分) 260 由③④解得Ein= √3g ⑤(2分) 甲 2g (3)如图乙所示，撤去磁场后，带电质点受到重力g和电场力Emin作用，其合力与存在磁场 时的洛伦兹力大小相等方向相反，即沿图中PM方向，合力与o方向垂直。由④式得 F=f=gcos60°=mg=a ⑥(2分) 设经过时间t到达Oxz平面的位置坐标为 N(x,y,z),由运动的合成和分解可得 Eming 沿o方向：z=ot ⑦(2分) F合 沿PM方向：PM= ⑧(2分) 2 0 M 由几何关系可得PM= =2h ⑨(1分) O sin30° x=3h ⑩(1分) 联立⑥⑩解得 2=2g D(1分) 所以，带电性子在N点的位坐标为画心2产哥 ②(1分) 第5页（共 6.解：(1)由于带电质点在匀强电场E和匀强磁场B共存的区域做匀速圆周运动，所以受到的电场力 必定与重力平衡，即q0=g 根据牛顿第二定律和向心力公式qYB,=1- nvo 解得B,= R gR 磁感应强度B为竖直向上或竖直向下。 (2)磁场B和电场E方向相同时，如答图甲所示；磁场B和电场E方向相反时，如答图乙所示。 B mg 甲 乙 由于带电质点做匀速直线运动，由平衡条件和几何关系可知(gB?+(qB)?=(g} 解得E=mg-g5B,图中的9角为0=aesin98 mg 即电场E的方向为沿与重力方向夹角日=arcsin oB 一，且斜向下的一切方向， g 或0-arctan n,B ToB 且斜向下方的一切方向。 gE Vm'g:-g2vB2 (3)当撤去磁场后，带电质点只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为0B,方向既垂 直初速度o的方向也垂直电场E的方向。 设空中M、N两点间的竖直高度为H,因电场力在这个过程中不做功，则由机械能守恒定律 得'=gH+m 解得H=v 2g 因带电质点做类平抛运动，由速度的分解可求得带电质点到达N点时沿合力方向的分速度 大小为yw=√v2-阳 因电场力在这个过程中不做功，带电质点到达N点时，重力做功的功率等于合外力在此时 的瞬时功率，解得Pw=Tvo Bvy=qYB√v2-v 5页) 带电粒子在复合场中的运动（二） 1．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应是B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为θ。不计空气阻力，重力加速度为g，求： ⑴电场强度E的大小和方向； ⑵小球从A点抛出时初速度v0的大小； ⑶A点到x轴的高度h.。 2．如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）以初速度v0沿x轴负方向从坐标为（3l，l）的P点射入电场，接着进入磁场后又从坐标原点O射出，射出时速度方向与y轴正方向夹角为45°。求： 　　⑴粒子从O点射出时的速度大小v和电场强度大小E； 　　⑵粒子从P点运动到坐标原点O所用的时间t。 3．如图所示，在y>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外．一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y=－2h处的P3点．不计重力。求： ⑴电场强度的大小； ⑵粒子到达P2时速度的大小和方向； ⑶磁感应强度的大小； 　　⑷粒子从P1点运动到P3点的总时间t。 4．如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场。—质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。然后经过x轴上x=－2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动。之后经过y轴上y=－2h处的P3点进入第四象限。已知重力加速度为g。求： ⑴质点到达P2点时速度的大小和方向； ⑵第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小； ⑶带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向。 5．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60º角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，不计粒子重力。求： ⑴M、N两点间的电势差UMN； ⑵粒子在磁场中运动的轨道半径r； ⑶粒子从M点运动到P点的总时间t； ⑷电场强度的大小E； ⑸M点的坐标。 6．如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d，OQ=2d，不计粒子重力。 　　⑴求粒子过Q点时速度的大小和方向。 　　⑵若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。 　　⑶若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。 7．如图所示，在xoy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外。有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场。质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为，A点与原点O的距离为d。接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场，不计重力影响。若OC与x轴的夹角为，求： ⑴粒子在磁场中运动速度的大小； ⑵匀强电场的场强大小。 8．如图所示，坐标空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，从电场中的P点以初速度v0沿x轴正方向开始运动，已知P点坐标为（-L，0）且，不计带电粒子的重力。试求： ⑴带电粒子运动到y轴上时的速度； ⑵要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回到电场中，磁场的宽度d 最大为多少？ 9．如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示；现有一个带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45º角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场。已知OP之间的距离为d，不计粒子的重力。求： ⑴Q点的坐标； ⑵带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间。 10．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P （0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求： ⑴电场强度E的大小； ⑵粒子到达a点时速度的大小和方向； ⑶abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。 11．如图所示，相距3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场Ⅰ的场强方向竖直向下，PT下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场Ⅰ的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的2倍，在电场左边界AB上有点Q，PQ间距离为L。从某时刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场Ⅱ的带电粒子电荷量为＋q，质量为m，通过PT上的某点R进入匀强电场Ⅰ后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图．若P、R两点间的距离为2L，不计粒子的重力。 ⑴求匀强电场Ⅰ的电场强度E1的大小和M、T之间的距离； ⑵有一由光滑弹性绝缘壁围成的横截面为边长为a的正三角形容器，在其左壁正中央开有一小孔S，将其置于CD右侧且紧挨CD边界。若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器中，欲使粒子在容器中与器壁两次垂直碰撞后能从S孔水平射出（粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电荷量损失），并返回Q点，需要在容器中加上一个如图所示的匀强磁场，求： ①磁感应强度B的大小； ②粒子从Q出发到再返回到Q所经历的时间。 12．如图所示，在第一象限有一匀强电场，电场强度大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为－q（q>0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=l，OQ=2l，不计重力。求： ⑴M点与坐标原点O间的距离； ⑵粒子从P点运动到M点所用的时间。 13．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xOy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电荷的粒子从P（x=0，y=h）点以一定的速度平行于x轴正向入射。这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动．若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动。现在，只加电场，当粒子从P点运动到x=R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点，不计重力，求： ⑴粒子到达x=R0平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离； ⑵M点的横坐标xM。 14．在xOy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45°角。在x＜0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场E，场强大小为32N/C，在y＜0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1T，如图所示。一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度进入磁场，已知微粒的带电量为q=5×10－18C，质量为m=1×10－24kg，求： ⑴带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标； ⑵带电微粒在磁场区域运动的总时间； ⑶带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标。 15． 如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，在x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为450且斜向左上方。现有一质量为m电量为q的正离子以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为450。不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大。求： ⑴C点的坐标； ⑵离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间； ⑶离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角。 带电粒子在复合场中的运动（二）参考答案： 1．解：⑴小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡 ① 解得 ② 重力的方向竖直向下，电场力方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。 ⑵小球做匀速圆周运动，为圆心，MN为弦长，，如图所示，设半径为r，由几何关系知 ③ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有 ④ 由速度的合成与分解知 ⑤ ⑤ 由③④⑤式得 ⑥ ⑶设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为 ⑦ 由匀变速直线运动规律 ⑧ 由⑥⑦⑧式得 ⑨ 2．解：⑴粒子先在电场中做类平抛运动，后在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示，由粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向成45º角可判断出粒子刚进入磁场时速度方向与x轴负方向成45º角，设粒子刚进入磁场时的速度为v，则粒子在电场中，有 ① ② 由①②解得， ③ 从P到Q由动能定理得 ④ 由③④式解得 ⑤ ⑵设粒子在电场中运动的时间为t1，粒子在电场中运动时有 ⑥ ⑦ 由③⑥⑦式解得， ⑧ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系得 ⑨ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 ⑩ 粒子在磁场中运动的时间为 ⑾ 则粒子从P点运动到Q点所用的时间为 ⑿ 由③⑨⑩⑾⑿⒀式解得 ⒀ 3．解：⑴粒子在电场、磁场中的运动轨迹如图所示， 由运动学公式和牛顿第二定律得 ① ② ③ 由①②③式解得 ④ ⑵设粒子到达P2点时的速度为v，方向与x轴正方向成θ角，有 ⑤ ⑥ ⑦ 由①②⑤⑥⑦式得，θ=45° ⑧ ⑶由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑨ 因为，θ=45° 由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，则 ⑩ 由⑧⑨⑩式得 ⑾ ⑷粒子在电场中运动的时间为 ⑿ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 ⒀ 粒子在磁场中运动的时间为 ⒁ 则粒子从P1点运动到P3点所用的时间为 ⒂ 由⑧⑩⑾⑿⒀⒁⒂式得 ⒃ 4．解：⑴质点从P1到P2，由平抛运动规律得，， 由以上三式可得，， 即方向与轴负方向成450角。 ⑵质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，设质点做匀速圆周运动的半径为R，则， 且由OP2=OP3=2h 和P2P3=2R可知 解得，， ⑶质点进入第四象限，沿水平方向的分运动是匀速直线运动，而沿竖直方向的分运动是匀减速直线运动．当竖直方向的速度减小到零，此时质点速度最小，即等于在水平方向的分量 ，方向沿轴正方向。 5．解：⑴设粒子过N点时的速度为v，有=cosθ　　 　 ① 由上式解得v=2v0 ② 粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理得 qUMN=mv2－mv　　　　　　　 　③ 把②式代入③式得UMN=　　　　　　　 ④ ⑵粒子在磁场中以为圆做匀速圆周运动，半径为，有 　　　　　　　　qvB＝ ⑤ 把②式代入⑤式得r＝　　　　　　　　 ⑥ ⑶由几何关系得xON=rsinθ ⑦ 粒子在电场中运动的时间 ⑧ 由⑥⑦⑧式得　　　　　　　　　　 ⑨ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= ⑩ 　　　 粒子在磁场中运动的时间 ⑾ 则粒子从M点到P点的总时间为 ⑿ 　　　　　　　 由⑨⑩⑾⑿式解得 ⒀ ⑷粒子在N点速度的竖直分量为 ⒁ 又 ⒂ ⒃ 由⑨⒁⒂⒃式得 ⒄ ⑸由得 ⒅ 由④⒄⒅式得 ⒆ 则M点的坐标为M（0，） ⒇ 6．解：⑴设粒子在电场中运动的时间为，加速度的大小为，粒子的初速度为，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得 　　　　 ①   由运动学公式得 ② ③ ④ ⑤ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 ⑦ θ=45° ⑧ ⑵设粒子做圆周运动的半径为，粒子在第一象限的运动轨迹如图（甲）所示，为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得 ⑨ 由牛顿第二定律得 ⑩ 联立⑦⑨⑩式得 ⑾ ⑶设粒子做圆周运动的半径为，由几何分析（粒子运动的轨迹如图（乙）所示。、是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接、，由几何关系知，和均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOG为等腰直角三角形。）可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得 ⑿ 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得 ⒀ 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有 ⒁ 联立⑦⑿⒀⒁得 ⒂ 7．解：⑴质点在磁场中的轨迹为一圆弧，如图．由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于。由几何关系知，垂直于OC，是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R，则有 R=dsin φ ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 ② 将①式代入②式，得 ③ ⑵质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场 的速度大小为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有 ④ ⑤ ⑥ 联立④⑤⑥得 ⑦ 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 ⑧ 联立③⑦⑧得 ⑨ 8．解：⑴带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动到y轴时的速度为v，竖直分量为vy，加速为a，时间为t。 ① ② ③ 又 ④ 由①②③④式得, ⑤ ,所以θ=45°，即速度方向与轴正方向成45°。 ⑥ ⑵要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回到电场，则带电粒子在磁场中运动轨迹刚好与虚线相切，由几何关系得 ⑦ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑧ 由⑦⑧式得 ⑨ 9．解：⑴设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，则由平平运动的规律可知 ① ② ③ 由①②③③得h=2d，故Q点的坐标为（0，2d） ④ ⑵粒子在电、磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T，则由几何关系可知 ⑤ ⑥ ⑦ 粒子在电场中的运动时间为 ⑧ 粒子在磁场中的运动时间为 ⑨ 得总时间为 ⑩ 10．解：⑴设粒子在电场中运动的时间为t，则有 x＝v0t＝2h y＝at2＝h qE＝ma 联立以上各式可得 ⑵粒子到达a点时沿负y方向的分速度为 vy＝at＝v0 所以 方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。 ⑶粒子在磁场中运动时，有 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 r＝L，所以 11．解：⑴粒子经PT直线上的点R由电场Ⅱ进入电场Ⅰ，设粒子由Q到R及由R到M的时间分别为t2与t1，则 2L＝v0t2， L＝v0t1， 又E1＝2E2 联立解得，MT＝L ⑵①分析可知，粒子从S孔水平射入时的速度为v0。欲使粒子能从S孔水平射出，粒子运动的半径应为r＝a 由 得 ②粒子在磁场中运动的时间， 粒子在电场中运动的时间 粒子从Q出发到再回到Q经历的时间 12．解：⑴带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0，粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则 ① ② ③ 其中。 又有 ④ 联立②③④式，得θ=30° ⑤ 因为点在圆周上，，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知 ⑥ ⑦ ⑵设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2， 则 ⑧ ⑨ 带电粒子自P点出发到M点所用的时间为 ⑩ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得 ⑾ 13．解：⑴设粒子质量、带电量和入射速度分别为m、q和v0，则电场的场强E和磁场的 磁感应强主B就满足下述条件 ①　② 现在，只有电场时，入射粒子将以与电场方向相同的加速度 ③ 做类平抛运动．粒子从P（x=0，y=h）点运动到x=R0平面的时间为 ④ 粒子到达x=R0平面时速度的y分量为 ⑤ 由①②③④⑤式得 ⑥ 此时粒子速度大小为 ⑦ 速度方向与x轴夹角为θ=/4 ⑧ 粒子与x轴的距离为 ⑨ ⑵撤电场加上磁场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆轨道半径为R，则 ⑩ 由②⑦⑩得 ⑾ 粒子运动轨迹如图所示，其中圆弧的圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π/4，由几何关系及⑾式知C点坐标为 ， ⑿ 过C作x轴的垂线，垂足为D，在ΔCDM中 ， ⒀ 由此求得 ⒁ M点横坐标为 ⒂ 14．解：⑴带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图， 第一次经过磁场边界上的A点，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 　　 ① m 　　 ② A点位置坐标（－4×10－3m，－4×10－3m） ③ ⑵设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为 ④ t=tOA+tAC= ⑤ 代入数据解得 t=T=1.256×10－5s ⑥ ⑶微粒从C点沿y轴正方向进入电场，有 　　 ⑦ ⑧ ⑨ 代入数据解得 m ⑩ m=0.012m 离开电、磁场时的位置坐标（0，0.012m） ⑾ 15．解：⑴磁场中带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 ① 粒子运动轨迹如图所示，由几何关系得 ② 由①②解得 ③ 则点坐标为 ④ ⑵带电粒子在磁场中的周期为 ⑤ 粒子从到的时间为 ⑥ 粒子在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律得 ⑦ 粒子从进入电场到返回的时间为 ⑧ 联立⑨⑩解得 ⑨ 粒子再次进入磁场，在磁场中运动的时间为 ⑩ 故粒子从点到第三次穿越轴的总时间为 ⑾ 联立⑺⑻⑾⑿⒀解得 ⑿ ⑶粒子从第三次通过轴到第4次通过轴的过程是在电场中做类平抛运动，沿着的方向（设为轴）做匀速运动，即 ⒀ ⒁ 沿着的方向（设为轴）做初速为零的匀变速运动，即 ⒂ ⒃ 由图中几何关系知得 ⒄ 离子第四次穿越轴时速度的大小为 ⒅ 设速度方向与电场方向的夹角为，则 ⒆ 联立⑨⒂⒃⒄⒅⒆得， ⒇ 第9页（共15页） 学科网（北京）股份有限公司 $带电粒子在复合场中的运动（四） 1.如图所示，真空中有以(R,0)为圆心，半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向里，在y=R的虚线上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度 的大小为E,从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内，已知质子的电荷 量为4，质量为m,不计重力、粒子间的相互作用力及阻力的作用。 (1)若质子的速度ⅴ方向沿x轴正方向时，质子恰好从坐标为(R,R)的点射出磁场，求粒子射入 磁场时速度的大小； (2)若质子的速度方向沿与x轴正方向成30°角的O点射入第四象限（如图中所示），求质子到达y 轴所需的时间。 一一-之一一一-一---- ××× ×××× 030° ××x, 、××× 第1页 2.如图所示，在坐标系xOy内有一半径为R的圆形匀强磁场区域，圆心O1坐标为(0，R),磁感应 强度大小为B,方向垂直纸面向外.在虚线x=R的右侧区域内，有一场强大小为E,沿x轴负方向的 匀强电场。一质量为、电荷量为q的带正电的粒子，以速度v从O点垂直于磁场方向射入圆形磁场 区域，不计粒子重力。 (1)若速度ⅴ方向沿y轴正方向时，粒子恰好从坐标为(R,R)的A点射出磁场，求粒子射入磁场 时速度v的大小： (2)若粒子仍以速度v沿与y轴正方向夹角30°方向从O点射入第二象限（如图所示)，求粒子第 一次离开磁场时速度方向及出射点P(图中未画出)的位置坐标； (3)求在(2)问中粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间。 c9 a O R (共4页) 3.如图所示的xOy平面，y轴左侧存在匀强电场，电场方向与x轴夹角为30°，y轴右侧固定一个与y 轴相切的薄圆筒，圆心O'的坐标为（√3L,L),圆筒上有小孔α，O、α、O'共线且与x轴夹角也为 30°，圆筒内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场.在坐标为(-√3L,L)的 P点将一质量为、带电荷量为+q的粒子由静止释放，不计粒子的重力。 (1)若电场强度大小为乃1，求粒子离开电场时速度1的大小： (2)若粒子从α孔进入磁场与筒壁发生两次碰撞后刚好从α孔返回电场，粒子与筒壁碰撞时电荷量 和动能均无损失，求粒子从P点出发到第一次返回P点的时间t: (3)为使粒子从α孔进入磁场后均能从α孔返回电场，求电场强度E2大小的可能值。 P 307 B 第2页( 4.如图所示，磁感应强度大小B=0.15T,方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R0.10m的圆形 区域内，圆的左端跟y轴相切于直角出标系的原点O,右端与边界N相切于x轴的A点。N右侧有 方向平行于x轴负方向的匀强电场。置于原点O的粒子源，可沿x轴正方向射出速度=3×10/s的带 正电的粒子流，荷质比gm=1.0×10Ckg,粒子重力不计。右侧场强大小E=2.0×105vm。求： (I)粒子射到边界N上的P点距A点的距离L1: (2)现以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场区域按逆时针方向缓慢旋转90°，此过程中 粒子经过磁场后，途经N进入电场，粒子经过MN时离A点最远的位置B到A点的距离L2: (3)在(2)中通过B点的粒子，从O点运动到最后离开电场的总时间t。 个 M O××0x×,A 共4页) 带电粒子在复合场中的运动（四）参考答案： 1.解：(1)质子射入磁场后做匀速圆周运动，有 gvB=m ① 质子从(R,R)点射出磁场，由几何关系得 1=R ② 由①②得v=qBR ③ 1 (2)质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T=2m ④ gB 如图所示，质子从P点离开磁场，从Q点进入电场， 质子从O点运动到P点的时间为 7 ⑤ 230 由几何关系可得01=120° ⑥ XX 质子从P点到Q点做匀速直线运动的时间为 6= R-Rsin60°(2-V3)m ⑦ 2gB 质子从Q点垂直于电场线进入电场，如图所示.Q点距y轴的距离为 x=r+rsin300=1.5r ⑧ 其中x1 1q ⑨ 2 m 得质子在电场中运动的时间为3= 3 ⑩ gE 则质子到达y轴所需的时间为 t=4+5+5,=(6-33+40m 3mR 6gB N gE 2.解：(1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动，有 gvB=m- ① 粒子至A点射出，由几何关系得 F-R ② 由①2得v=9BR ③ m (2)如图所示，粒子射入磁场后，在磁场中以O2为圆心做匀速圆周运动，从P第一 次点射出磁场，如图OOPO1为边长为R的菱形，PO2平行于y轴，故粒子射出磁场后速度沿x 轴正方向.由几何关系可得 01=1209 ④ 8 xp=Rsin60°= R ⑤ M 2 yp=R+Rcos60°=1.5R ⑥ 6A 则P点的坐标为( R,1.5R)⑦ 2 尽 2nm (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T= ⑧ gB 粒子从O点运动到P点的时间为t= xT=7 ⑨ 2π R-Rsin60° 粒子在P、Q间做匀速直线运动的时间为t,=2× ⑩ 粒子在电场中做匀变速直线运动，由牛顿第二定律得q☑E= AD 粒子在电场的运动时间为1，=Y 12 a 粒子从P点第二次进入磁场，最终从M点离开磁场，O1POM为边长为R的 菱形，如图所示，由几何关系可得=60° 13) 粒子从P点运动到M点的时间为t,= 0xT=-T 149 2π 6 由③⑧⑨⑩102)1314式得粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间为 t总=4+5+5+t4= (2-V3+元)m,2BR (15 98 E 3.解：(1)PO的距离s= =2L,由动能定理得gB,5= sin30° 2qE=2 gE L m 第3页（共4页） (2)如图所示，圆筒半径R=√3L,设粒子进入α孔时速度大小为v2,在磁场中的轨迹半径为r, 与筒壁碰撞两次从α孔返回，则粒子在磁场中的各段轨迹圆弧对应的圆心角=60°。 则r=Rcot日=3L由gqy,B=m2得y,= 3gBL m 2547m 粒子从P点到O点的运动时间t,= v,3gB Oa=OO'-R=(2-√3)L Oa(2-√3)m 粒子从O点到a点的运动时间t,= V2 3gB 粒子在磁场中运动的周期为T= 2m gB 粒子在磁场中各段的轨迹圆弧对应的圆心角均为60° 粒子在磁场中运动的时间为t?= 60×37-I 3600 2 故t=2(G+t)+t3= (12-2W3+3π)m 3gB (3)设带电粒子在圆筒内筒壁k周、与筒壁经n次连续碰撞后仍能从α孔射出，则其运动轨迹为 2kπ (什1)段圆弧，每段轨迹圆弧对应的圆心角&=（π- n+1 每段轨迹圆弧半径设为m,粒子进入a孔的速度为如 则r:=Rcot-√5 Ltan kz n+1 由wB=mYi得y,3 V3qBLk元 -tan- 分 h n+1 粒子从P到O,由动能定理得qE,5= 得E2= 2gs An n+l 式中k为大于零的正整数，与k相对应的n取大于（2k-1)的一系列正整数. 第4页( 4.解：(1)设粒子做圆周运动的半径为”，由洛伦兹力和牛顿第二定律有 v2 gvB =m- 解得r= 1v=0.2m gB 粒子运动轨迹如图（甲)所示.粒子在B点射 出，磁场中转过的偏向角为，由图可得 义X a=R tan 0.5 2tan O××Qx×A 由数学知识可得tano= 2 4 1-tan2 3 、××× 2 图（甲） N 42 所以L,=R tan a=0.1×-m= m≈0.13m 315 (2)设圆形磁场逆时针旋转到直径OA'与x轴方向夹角为时， 粒子经过N上B点时离A最远，如（乙）所示，由图知： R 1 sin0-=,故0=30 (h B r2 设B到A的距离为L2,由几何关系有 A L2-(2R-rtan0)tan20 ,=5-1 2 28, 、 m≈0.15m 3)带电粒子在磁场中运动的周期为T=2m -≈4.2×10-7s 图（乙）：W gB 带电粒子在磁场中从0点运动到A'点的时间为：= 20 ×T=0.7×10-7s 360 粒子从A'点到B点做匀速直线运动的时间为 5 L2 /sin 20-rtane ≈0.2×107s 粒子经过B点时速度与N夹角0，则a=90°-20=30° 粒子经B点时速度的水平分量为v,=vsin a=1.5×10m/s 粒子进入电场后，由牛顿第二定律有a=E=2.0x10ms: m 带电粒子在电场中运动的时间为4=2×兰=1.5×107s 则从0点运动到最后离开电场的总时间为t=t1+t2+t3=2.4×107s 共4页)带电粒子在复合场中的运动（一) 1.如图所示，在空间存在着水平向右、电场强度为E的匀强电场，同时存在着垂直于纸面向外、磁感 应强度为B的匀强磁场中，有一足够长的绝缘杆沿水平方向放置，杆上套有一个质量为，电荷量为 +q的小球。已知小球与绝缘杆的动摩擦因素为u,且ugqE。现将小球由静止释放，设在运动过程中 小球所带电荷量不变，求： (1)小球沿棒运动的速度多大时，小球的加速度最大？最大加速度多大？ (2)小球沿棒运动最大速度。 ▣9 +g·各 ·B· 2.如图所示，在空间存在着水平向右、电场强度为E的匀强电场，同时存在着垂直于纸面向里、磁感 应强度为B的匀强磁场中，有一足够长的绝缘杆沿水平方向放置，杆上套有一个质量为，电荷量为 +q的小球。己知小球与绝缘杆的动摩擦因素为4，且g<qE.现将小球由静止释放，设在运动过程中 小球所带电荷量不变，求： ()小球沿棒运动的速度多大时，小球的加速度最大？最大加速度多大？ (2)小球沿棒运动最大速度。 ×××× XmX x X+9以XX XBXX× 第1页 3.如图所示，在空间存在着水平向右、场强为卫的匀强电场，同时存在着垂直于纸面向里、磁感应强 度为B的匀强磁场中，有一足够长的绝缘杆被固定的竖直平面内，杆上套有一个质量为，电荷量为 +q的小球。己知小球与绝缘杆的动摩擦因素为弘，且ggE.现将小球由静止释放，设在运动过程中 小球所带电荷量不变，求： (1)小球沿棒运动的速度多大时，小球的加速度最大？最大加速度多大？ + (2)小球沿棒运动最大速度的大小。 十 4.如图所示，在空间存在着水平向右、场强为E的匀强电场，同时存在着垂直于纸面向外、磁感应强 度为B的匀强磁场中，有一足够长的绝缘杆被固定的竖直平面内，杆上套有一个质量为，电荷量为 +q的小球，己知小球与绝缘杆的动摩擦因素为u,且g>gB。现将小球由静止释放，设在运动过程中 小球所带电荷量不变，求： ()小球沿棒运动的速度多大时，小球的加速度最大？最大加速度多大？ (2)小球沿棒运动最大速度。 。 B 共4页) 5,如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO'在竖直面内垂直于 磁场方向放置，细棒与水平面夹角为。一质量为、带电荷量为一q的圆环A套在OO'棒上，圆环 与棒间的动摩擦因数为，且Ktan。现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中： (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？ XX 0 X X B XX X 、0 X a WWWWWWTWT 6.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO'在竖直面内垂直于 磁场方向放置，细棒与水平面夹角为。一质量为、带电荷量为十q的圆环A套在OO'棒上，圆环 与棒间的动摩擦因数为u,且Ktan a。现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中： (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？ xX X 0 XX X WWWWWWWWWWWWW 第2页( 7.如图所示，在空间存在着水平向右、场强为E的匀强电场，同时存在着竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场。在这个电、磁场共同存在的区域内有一足够长的绝缘杆沿水平方向放置，杆上套有一个 质量为、带电荷量为+q的金属环.己知金属环与绝缘杆间的动摩擦因数为u,且ug一qE。现将金属 环由静止释放，设在运动过程中金属环所带电荷量不变。 (1)试定性说明金属环沿杆的运动情况； +B↑ (2)求金属环运动的最大加速度的大小： (3)求金属环运动的最大速度的大小。 8.如图所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁 场，方向垂直纸面向外，b是一根长1的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上， 将一套在杆上的质量为，电荷量为十q的带电圆环从α端由静止释放后，圆环先作加速运动，后作匀 速运动到达b端，己知圆环与绝缘杆间的动摩擦系数为，圆环重力忽略不计，当圆环脱离杆进入虚线 下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是3，求： (1)匀强磁场的磁感应强度； (2)带电圆环从α到b运动过程中克服摩擦力所做的功。 共4页) 带电粒子在复合场中的运动（一）参考答案： 1.解：(1)在带电小球向右运动的过程中，小球受力分析如图所示 在竖直方向上，有qE一f=a ① 在水平方向上，有N=g+B ② 又f=N ③ 92 由①②③式得a=9E-(g+gwB) Yqv n mg 随着小球速度的增加，小球加速度减小。所以，小球向右做加速度逐渐减小 的加速运动，最后加速度减小到零，小球做匀速直线运动。 开始时，1=0，此时加速度最大，4，=gE-g n (2)匀速时，a=0,速度最大，则qE-(g十mB)=0 所以Vm= E mg LB gB 2.解：(1)当qB<g,小球受力分析如图（甲）所示 NA 在水平方向上，有qB一f=a ① gvB 在竖直方向上，有N十qB=g ② 又f=N ③ gE 由①②③式得a=9E-u0g-gvB) ◆mg m 随着小球速度v的增加，小球加速度增加，当Bg, 图（甲） 即v=唱时，N0,0,此时加速度最大，a,- gB m (2)当B>g,小球受力分析如图（乙）所示 在水平方向上，有qB一f=a ④ gwB↑ 在竖直方向上，有qB=g+十N ⑤ 又f仁W ⑥ gE 由④⑤⑥式得a= gE-u(gvB-mg) N n ◆mg 当0时，速度最大，所以y,= 图（乙） uB gB 3.解：(1)在带电小球下滑的过程中，小球受力分析如图所示 在竖直方向上，有g一f=a ① 在水平方向上，有N=B十qE ② 又f=N ③ N ge qvB ◆mg 第3页 由①②③式得a="8-u(9E+qvB) u 随着小球速度ⅴ的增加，小球加速度减小。所以，小球向下做加速度逐渐减小的加速运动， 最后加速度减小到零，小球做匀速直线运动。 开始时，=0，此时加速度最大，a。=g-g吧 (2)匀速时，a=0,速度最大，则g一(qmB十qE)=0 所以ym="8、E ugB B 4.解：(1)当gB<gE,小球受力分析如图（甲)所示 在竖直方向上，有g一f仁a ① 在水平方向上，有N十B=E ② 又f=N ③ 由①2③式得a="g-L(gE-qvB) 9 m 中mg 随着小球速度v的增加，小球加速度增加，当B=E, 图（甲） 即v=时，0,0，此时加速度最大，a3 B (2)当qB>qE,小球受力分析如图（乙)所示 在竖直方向上，有g一fa ④ 在水平方向上，有qB=E+N ⑤ 又f仁N ⑥ 由④⑤⑥式得a="8-u(qvB-gE) qB gE N l mg 图（乙） 当0时，速度最大，所以yn=g+ ugB B 5.解：(I)因为u<tana,即gcosa<gsina,圆环A沿斜面向下运动，受力如图所示 由牛顿第二定律得gsina一u(gcosa十qB)=a 随着圆环A速度v的增加，圆环A的加速度减小。所以，圆 XXB×X N 环A沿斜面向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度减小 X X 到零，圆环A做匀速直线运动。 A 当v=0,此时加速度最大，则am=g(sina一ucos) X (2)匀速时，a=0,速度最大， B. ×a&xO 则gsind,-4(gcosa十qNB)=0 GGECEEESSESEB0AS566EE656666EE6S3B66Y 所以yn=mg(sina-o)） m号 ugB (共4页) 6.解：(1)因为u<tan c,即iigcosa<gsin, ×XB××X 8. 当qvB<gcos0时， W X 圆环A受力如图（甲）所示 、A ovB 当f=0,即gsina=a时， XX + 有最大加速度，则am=gsina 此时，有qB=gcosa, Xxx axO FDCWWCFPCCCAFFPCCW06bbBF 所以v=g cosa mg gB 图（甲） (2)由于α的作用，圆环速度继续增大， ××B××× 当qB>ngcoso,N开始反向， O AqvB XX 圆环A受力如图（乙）所示 、A 当4(gB一gcosa)=gsina时， f a=0,速度达到最大， x a T本TTiT 所以Vm= ng(sina ucos a) ugB mg 图（乙） 7.解：(1)金属环在电场力和摩擦力的共同作用下由静止开始做加速运动。随着速度的增大，洛仑兹力 从零逐渐增大，金属环所受的摩擦力逐渐变大，合外力逐渐减小。所以金属环做一个加速度逐渐减小 的加速运动，直到加速度减小到零，速度达到最大后做匀速运动。 (2)开始时金属环速度为零，所受的摩擦力最小，此时金属环所受的合外力最大 根据牛顿第二定律，得qE一mg=m 得金属环的最大加速度为4，=飞-g (3)当0，即qE一N=0时，金属环达到最大速度m 则，此时所受的洛仑兹力为F洛=q八mB,方向垂直纸面向外 因此，杆对金属环的弹力为 N=(mg)2+(qv B)2 所以，金属环达到最大速度时有 (mg)+(qv B)'=gE 解得Vm= V(gE/02-g)3 gB 第4页（共4页) 解：(1)当圆环沿杆向下作匀速运动时，受力情况如图所示，由平衡条件有 N-gvB ① f-gE ② 又f仁N ③ 圆环在磁场中作匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 中g8 v2 gvB =m ④ R 1 又R= ⑤ 3 3mE 由①~⑤式得B= ⑥ uql (2)圆环从a运动到b过程中，由动能定理得 1 g21-P克=5m-0 ⑦ 由①-@式得W数=Q-1g1 ⑧ 6u带电粒子在复合场中的运动（六） 1.如图所示，正方形区域ABCD边长L=8cm,内有平行于AB方向指向BC边的匀强电场，场强 E=1.5×104Vm,一带正电的粒子电量g=1.0×101℃，质量m=1.0×102kg,沿电场中心线R0飞入电场， 初速度o=4×10/s,粒子飞出电场后经过界面CD、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷 Q形成的电场区域，一进入该区域即开始做匀速圆周运动（设点电荷左侧的电场分布以界面PS为界限， 且不受PS影响)。已知CD、PS相距l=l2cm,粒子穿过PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏W 上。不计粒子重力，静电力常数=9×109Nm/C2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8。求： (I)粒子穿过界面PS时偏离中心线OR的距离y: (2)粒子穿过界面PS时的速度大小与方向； (3)O点与PS面的距离x; (4)点电荷Q的电性及电量大小。 D 1=12cm ---------------- dddddidddtdddtt 0 M 第1页 2.如图所示，真空室内存在宽度一8c的匀强磁场区域，磁感应强度B=4×103T,磁场方向垂直于纸 面向里，一带电粒子电量q=-1.0×101℃，质量m=1.0×102kg,以速度1=4×10m/s沿S0方向垂直于 磁场边界ab进入磁场（磁场边界b、cd足够长），粒子飞出磁场后经过界面cd、N间的无电场区域 后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，一进入该区域即开始做匀速圆周运动（设点电荷左 侧的电场分布以界面N为界限，且不受N影响)，粒子穿过N最后垂直打在放置于中心线上的荧 光屏FH上。已知cd、N相距L=15cm,不计粒子的重力，静电力常数=9×10Nm/C2,sin53=0.8, c0s53=0.6。求： (I)粒子穿过界面N时偏离OS的距离y; (2)O点与MN面的距离x: (3)点电荷Q的电性及电量大小。 a××ie d × × S头 333333333 H × bi××d W 共9页)》 3.如图所示，真空室内存在宽度=8c的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T,磁场方向垂直于纸 面向里，紧挨边界ab放一点状a粒子放射源S,它可沿纸面向各个方向放射速率相同的a粒子，c粒子 质量=6.64×1027kg,电荷量g+3.2×101C,速率1=3.2×106m/s.磁场边界ab、cd足够长，cd为厚 度不计的金箔，金箔右侧cd与MN之间有一宽度为L-12.8cm的无场区域，MN右侧为固定在O点的 电荷量Q=-2.0×106C的点电荷形成的电场区域（点电荷左侧的电场分布以界面MN为界限，且不受 MN影响)。不计c粒子的重力，静电力常数=9×10Nm/C2,己知sin37°-0.6，cos37=0.8。 (I)求金箔cd被a粒子射中区域的长度y: (2)若打在金箔下方离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔，经过无场区进入电场即开始以O点为圆 心做匀速圆周运动，并垂直打在放置于中心线上的荧光屏FH上的E点（未画出），则OE的长度为多 大？ (3)计算此a粒子从金箔上穿出时损失的动能。 ai××ic M ×刘 × x H B bix xid W 第2页 4.如图所示，在真空中，半径为b的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。 在磁场右侧有一对平行金属板M和N,两板间距离也为b,板长为2b,两板的中心线O1O2与磁场区 域的圆心O在同一直线上，两板左端与O1也在同一直线上。有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒 子，以速率o从圆周上的P点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点 飞出磁场时，给M、N板加上如右边图所示电压。最后粒子刚好以平行于N板的速度，从N板的边 缘飞出。不计平行金属板两端的边缘效应及粒子所受的重力。求： (1)磁场的磁感应强度B的大小： (2)交变电压的周期T和电压U6的值； (3)若仁T2时，将该粒子从N板右侧沿板的中心线O2O1,仍以速率o射入M、N之间，求粒子 从磁场中射出的点到P点的距离。 M '01 02 3T/2 1 P 共9页) 5.如图甲所示，M和N是相互平行的金属板，OO1O2为中线，O1为板间区域的中点，P是足够大的 荧光屏.带电粒子连续地从O点沿OO1方向射入两板间。 ()若两板间只存在一个以O1点为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，已知磁感应 强度B-0.50T,两板间距d=√5cm,板长L=1.0cm,带电粒子质量=2.0×1025kg,电量g-8.0×10-18C, 入射速度v=√3×10/s。若能在荧光屏上观察到亮点，试求粒子在磁场中运动的轨道半径r,并确定 磁场区域的半径R应满足的条件。 (2)若只在两板间加恒定电压U,M和N相距为d,板长为L(不考虑电场边缘效应)。若入射粒子 是电量为e、质量为的电子，它们的速度v满足0<≤0，试求打在荧光屏P上偏离点O2最远的粒子 的动能。 (3)若只在两板间加如图乙所示的交变电压u,M和N相距为d,板长为L(不考虑电场边缘效应)， 入射粒子是电量为e、质量为的电子。 I.电子在和O时刻以速度vo射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U6应满足的条件。 II.电子在和=L/4o时刻以速度o射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U6应满足的 条件。 环 0-9 材(L3w) - 图甲 图乙 第3页 6.水平放置的平行金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场（如图α所示， 垂直纸面向里为正)，磁感应强度B=100T。己知两板间距离d0.3m,电场强度E=50Vm,M板上有 一小孔P,在P正上方h=5cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N 板上的Q点如图b所示。如果油滴的质量=10kg,带电量=2×105C,不计空气阻力，重力加速 度g取10m/s2。求： (1)在P点的速度v为多少？ (2)若油滴在0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N板上的Q点，试求油滴的电性及交变 磁场的变化周期T。 (3)Q、O两点的水平距离。 ◆B Bo M 11111 -Bo 图& 图b 共9页) 7.自由电子激光器是利用高速电子束射入方向交替变化的磁场，使电子在磁场中摆动着前进，进而产 生激光的一种装置。在磁场中建立与磁场方向垂直的平面坐标系xO,如图甲所示.方向交替变化的 磁场随x坐标变化的图线如图乙所示，每个磁场区域的宽度L=3√3/10，磁场的磁感应强度大小为 B=3.75×104T,规定磁场方向垂直纸而向外为正方向。现将初速度为零的电子经电压-4.5×103V的 电场加速后，从坐标原点沿x轴正方向射入磁场.电子电荷量=1.6×101℃，电子质量m取9×1031kg 不计电子的重力，不考虑电子因高速运动而产生的影响。求： (1)电子从坐标原点进入磁场时的速度的大小； (2)请在图甲中画出x=0至x=4L区域内电子在磁场中运动的轨迹，计算电子通过图中各磁场区域边 界时位置的纵坐标并在图中标出： (3)从x=0至x=WL(N为整数)区域内电子运动的平均速度的大小。 ◆y ◆B 2L 3L 4L 5L L2L3江4L5五文 -Bo 甲 乙 第4页( 8.如图甲所示，竖直放置的金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板C、D的中 间线，粒子源P可以间断地产生质量为、电荷量为q的带正电粒子（初速不计），粒子在A、B间被 加速后，再进入金属板C、D间偏转并均能从此电场中射出.已知金属板A、B间的电压UAB=0,金属 板C、D板长度均为L,间距d华√3L/3.两板之间的电压UCΦ随时间t变化的图象如图乙所示.在金属 板C、D右侧有二个垂直纸面向里的均匀磁场分布在图示的半环形带中，该环带的内、外圆心与金属 24U0 板C、D的中心O点重合，内圆半径R=√33，磁感应强度B,= 己知粒子在偏转电场 9L3 中运动的时间远小于电场变化的周期（电场变化的周期T未知），粒子重力不计。 (I)求粒子离开偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的最大距离max; (2)若所有粒子均不能从环形磁场的右侧穿出，求环带磁场的最小宽度； (3)若原磁场无外侧半圆形边界且磁感应强度B按如图丙所示的规律变化，设垂直纸面向里的磁场 方向为正方向，仁T2时刻进入偏转电场的带电微粒离开电场后进入磁场，仁3T4时该微粒的速度方向 恰好竖直向上，求该粒子在磁场中运动的总时间1。 P D B 甲 3T 2T 2 2 乙 个B 0 4.24 B 丙 共9页) 带电粒子在复合场中的运动（六）参考答案： 1.解：(1)作如图所示的粒子运动轨迹图，设粒子从电场中飞出时的侧向位移为，则 =12cm I=vot S ① 2 at? ② a=g m 由①②③得h= gEL ④ 2mva 代人数据解得h=3cm<L/2=4cm ⑤ 根据平抛运动规律，带电粒子离开电场时，其末速度的反向延长线必经过横向 位移的中点，带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，由相似三角形可知 h_L/2 ⑥ yL/2+1 代人数据解得y=12cm ⑦ (2)粒子从电场飞出时沿电场方向的分速度为 v,=at= gEL ⑧ 1V0 代人数据解得y.=3×10m/s ⑨ 则粒子穿过界面PS时的速度大小为 y=份+y ⑩ 代人数据解得y,=5×l0m/s AD 设粒子穿过界面PS的速度方向与水平方向的夹角为0，则有 3 所以0=37° 0 (3)由几何关系可得，O点与PS面的距离为 x=ytanθ 13) 代人数据解得x=9cm a④ (4)带电粒子在点电荷Q形成的电场区域内做匀速圆周运动，所需要的向心 力由库仑引力来提供，由于粒子带正电，所以点电荷Q必带负电。 15 带电粒子在电场中做匀速圆周运动的半径为 r=vx2+y 16) 代人数据解得r=15cm 10 由库仑定律和牛顿第二定律有9=m上 8 求得Q= nv;r 19 q 代人数据解得Q=4.2×10-8C 20 2.解：(1)带电粒子运动轨迹如图所示. a!×Xic M ×× ×× 1×p× S F E H e -7a X b州 xid 第5页（共9页） 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,据洛仑兹力公式和牛顿第二定律有 gvB=m R 解得R=v =0.1m gB sin0=H/R=0.8,所以0=53° 由几何关系可知，粒子穿过界面MN时偏离OS的距离为 R(1-cos0)+Ltan0 代人数据解得y=0.24m (2)由几何关系可得，O点与N面的距离为 x-vtan0-0.32m (3)带电粒子在点电荷Q形成的电场区域内做匀速圆周运动，所需要的向心力由库仑引力来提 供，由于粒子带负电，所以点电荷Q必带正电.设带电粒子在电场中做匀速圆周运动的半径 为”，由几何关系得 r=vx'+y 代人数据解得=0.4m 由库仑定律和牛顿第二定律有型 求得Q=w7 kg 代人数据解得Q=7.1×108C 3.解：(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,据洛仑兹力公式和牛顿第二定律有 gvB=m- 解得R= 9B 2-0.2m R 如图所示，当α粒子运动的圆轨迹与cd相切时上端偏离O'最远，由几何关系有 4. 0'P=VR2-(R-)2-0.16m 当a粒子沿Sb方向射入时，下端偏离O'最远，则由几何关系得 0'Q=VR2-(R-02=0.16m 故金箔cd被a粒子射中区域的长度 y=O'P+O'Q=0.32m (2)如图所示，OE即为α粒子绕O点做圆周运动的半径r,α粒子在无场区域作匀速直线运动与 N的相交，下偏距离为y,由几何关系知 第6页（共9页） sin∠0'00，=R,/=0.6即∠0'00，=37 R 故y'=Ltan0=0.096m 所以，粒子做圆周运动的半径r=Y+0巴-032m cosθ 3)设粒了穿出金箔时的速度为y,由库仑定律和牛顿第二定律有k9=m' 啦子从金箱上穿出时损失的动能为AB,=mm-w:=25×10 1 2 ax xic M H b 解：(1)粒子自P点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，运动的半径必为b,则 9B="出2 ①(2分) b 解得B=g ②(2分) bg (2)粒子自O1点进入磁场，最后恰好从N板的边缘平行飞出，设运动时间为t,则 2b=vot ③(2分) 2m.1.2(=1,2,…） ④(4分) 2b21 t=T(n=1,2,…) ⑤(2分) 233 解得T= (n=1,2,…) ⑥(2分) nVo U,-mi(n=1,2,… ⑦(2分) 2g ③当1-T粒了以速度加沿O,0,射入电场时，则该粒了恰好从M板边缘以平行于极板的速度 射入磁场，且进入磁场的速度仍为如，运动的轨道半径 仍为b.设进入磁场的点为Q,离开磁场的点为R,圆 M 心为O3,如图所示，四边形OQOR是菱形，故OR∥ V0+ QO3,所以P、O、R三点共线，即POR为圆的直径.即 0 01 02 PR间的距离为2b.(4分) 5.解：(1)由洛仑兹力公式和牛顿第二定律可知 代入数据解得r=5√3×10-3m P 如图所示，设恰好在荧光屏P上观察到亮点时， 粒子偏转角为20，磁场区域的最大半径为R, 由几何关系可知 tan 20=. d/2 =V5,所以20=60°，即030 L/2 02 tam6=,代入数据解得R,=5×10m 则R应满足的条件R≤5×10-3m eU (2)电子在两极板间的加速度α= md 通过金属板的时间t= 对打在荧光屏P上偏离点O2最远的粒子有 此时粒子的动能E,=eU+w: 2 2 联立解得E。= eU(d2+) 2d2 第7页（共 (3)油u-t图象可知，交变电压的周期T= 21 3vo 电子通过金属板的时间1=卫=3辽 %2 电了在两极板间的加速度d=e心， md I.电子在=0时刻射入电场，在0~3T2内沿垂直于初速度方向运动的位移为 -3x3写 要使电子能通过平行金属板，应满足条件)≤ d 联立解得U,≤ 3md'v el2 IⅡ.电子在to=L/40=3T/8时刻射入电场， 设电了分别在7、7一7、 8 8 8 8 1儿713？、13？15T时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为 881 88 y1、2、3、4,则有 1 2 要使电子能通过平行金属板，应满足条件 d y+++y4≤ 2 联立解得U≤ d6 el 6.解：(1)油滴自由下落，设刚进入两板间电、磁场时的初速为v,则 v2=2gh代入数据得1m/s (2)油滴进入电、磁场后，受力情况如图所示，由受力 分析可知油滴带正电 重力G=1g=1×10N, mg 电场力F电=qE=2×105×50N=1×10N 带电油滴进入两极板间，受电场力与重力平衡，在磁场力的 作用下，它做匀速圆周运动，设圆周半径为R,若恰好垂直落在 9页) N板上的Q点，则 qvB=m。解得R=my-_1×10-4×1 2、 m=0.05m qB2×10-5x100 7-2a 解得T=201、2元×104 =0.1πs gB2×10-5×1001 又已知d0.3m,如图所示，由几何关系得d=6R 1 所以交变磁场周期T=。T3=0.05元s 2 (3)设O、Q两点的水平距离为x,如图所示，由几何关系得x=6R-0.3m 磁 2eU 7.解：(I)由动能定理得eU=二w2解得v= =4×107m/s 0、 R △y2 ②如图甲所示，进入磁场区域后eB= D-X-- X- R' 、R 0 R==0.6m.Ay:=R-1R2-I:=0.3m 0 02 L eB 匆 同理可得△y2=△y3=△y4=△y1=0.3m电子的运动轨迹如图乙所示 (3)磁场方向变化N次时 ↑y/(×101m) x=NL,y=NAy,s=x+y 12 电子运动时间1=M,sin6=-V3 9 R2 60° 0=60°，4=3601 ×T=1×2=欧 2L 3L 4L5 6 v 3v 电子运动的平均速度-兰-心/T+A,=3业-382×10'ms Nt π 21.解：(1)设粒子进入偏转电场瞬间的速度为0，对粒子加速过程由动能定理得 g0-2w6 (2分) 设粒子在偏转电场中运动时间为t,板间距离为d,由于长<T,沿电场方向可视为做匀加速 直线运动，则加速度a=9心c四 (1分) md 第8页（共9页） T L=vot (1分)t=(2n+1) 时刻进入偏转电场的粒子，垂直于极板方向偏移的距离最大 (1分) 解得ymax 3 L,即粒子恰好从D板右边缘射出。 (1分) 6 @1一②1-)号时复（对应U心一子，）过入偏钱电场的粒了街不能穿甜破场时的环背 场宽度最小。设粒子进入磁场时的速度为，对粒子的偏转过程有 1 2 (2分) 2 2 解得v= 8qUo (1分) 3m 粒子在磁场中做圆周运动qvB。= (2分) R 半径R= (1分) qB。3 如图所示， 设环带外圆半径为R2,由几何关系有 (R2-R)2=R2+R2 (1分) 解得R,=L（R= 舍去) S (1分) 3 C B (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动轨迹如图所示，周期为 I= 2πR2m1l =nl m (1分) gBo 6gU 设粒子离开电场时偏转角为0，则 d tan=- -2_d (1分) vo LL 2 解得0=30° (1分) 6 D D 8 3T TT 由几何关系可知粒子沿逆时针方向运动 =上时间到达e点， 424 轨迹对应的圆心角为0=120° (1分) 此过程粒子相应的运动时间 【=T=王（为粒了在磁场中做匀速因周运动的周期 (1分) 43 接着磁场反向，在t2= 3T 3T3T =T,内粒子沿顺时针方向运动一周恰返回e点，此 244 时磁场反向，粒子在t3 7T3辽_T_工内又沿逆时针方向运动到达C板右端点。则粒子从射入 4243 磁场到离开磁场的总时间为 ,_10m1_5πL6m (1分) 3gB,181VqU。 第9页（共9页）