高中物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

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

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

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

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

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

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

根据对称，两束质子会相遇于OO的中点P，粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出，出射点为D，过C、D点作速度的垂线相交于K，则K，则K点即为

轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R

v2根据洛伦磁力提供向心力有：evBm

r可得磁场磁感应强度：B2mv0 eR

(2)磁场O的圆心上移了

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

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

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

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

RRsint2v0π12πR62π3336R

2v012v0π336

12要使两质子束相碰，其运动时间满足ttt 联立解得l0

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，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x(1)求电场强度大小E；

(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；

(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．

2L4nmv0mv0（2）Bn=1、2、3......（3）t【答案】（1）E

2vqLqL0【解析】

本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： Lv0t，

2mv0联立解得： E

qLL12at，qEma 22(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan速度大小vvx=l vyv02v0 sin设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．

；当满足2

若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为联立可得：R.则有x=2R，此时满足L=2nx 2L 22nv2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvBm

R得：B4nmv0，n=1、2、3.... qL轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为

.则有x22R2，此时满足2L2n1x2

联立可得：R2L

2n12v2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB2m

R2得：B222n1mv0qL，n=1、2、3....

所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B4nmv022n1mv0，n=1、2、3....或B2，n=1、2、3.... qLqL(3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×

2n2nmL×2=2nπ，则tT

2qB2v02(4n2)(4n2)mL 2qB2v02n2nmL或2qB2v0若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则t2T2粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为tTt2T2(4n2)(4n2)mL 2qB2v0

4．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B的所有可能取值

（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。

【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：与x轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B的所有可能取值：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2am3mk(k1) v02qB4qB（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：tk＝1、2、3……或t【解析】 【详解】

2am3mnn n＝1、2、3……。 v02qB4qB（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t， 竖直方向：avy2t ，

解得：vy＝v0，tanθ＝

vyv0＝1，θ＝45°，

2粒子穿过O点时的速度：vv0v22v0；

（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

v2qvBm ，

r粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45° n＝1、2、3……， 解得：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2a； v0（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝

粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：T12mm，T2， qBqB粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝

1T1， 4若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×

31T1+T2， 4431T1+T2， 4431T1+2×T2， 44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×………… 则t2k或t2nm2qB(k1)n3m k＝1、2、3…… 4qBm2qB3m n＝1、2、3…… 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2， 解得：t或t2am3mk(k1) k＝1、2、3…… v02qB4qB2am3mnn n＝1、2、3……； v02qB4qB

5．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．

（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B

②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）y1【解析】 【详解】

（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：

U0e2UtUe2t0 （2）①B00②yy10t0 dmdLdmymax121U0e2U0e23U0e2at0vyt0t0t0t0 22dmdm2dm从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：

ymin121U0e2at0t0 22dm最远位置和最近位置之间的距离：y1ymaxymin，

y1U0e2t0 dm（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：

RL sin设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，sin式中vy又：Rvyv1，

U0et0 dmmv1 BeU0t0 dL解得：B②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．

由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO′的最大距离和最小距离的差值为△y1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：yy1U0e2t0 dm

6．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为

R的矩形2组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度v从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R，0)点进入磁场区域．

(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；

(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?

2mv2【答案】(1) E；2v，速度方向沿y轴负方向

4qR(2)

82mv22mv2271mv(3) B5qRqR3qR【解析】 【分析】 【详解】

（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动

L13R2Rcos4522R

cos45L1vt

沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a

L22Rsin452R

L212at 2aqE m

设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为v1、v2，合速度v

v1v、v2at，tanv2 v2mv2联立可得E

4qR22进入磁场的速度vv1v22v

R 245，速度方向沿y轴负方向

（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径r1mv222mv由qvB1得B1 r1qR当粒子从C点射出时，由勾股定理得

Rr22Rr22 22解得r25R 8mv282mv由qvB2得B2

r25qR根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当粒子从AC边界射出

82mv22mv时，B5qRqR

（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行

R于x轴，其半径为r3，由几何关系得r32r3R2

2解得r3271R4

2271mvmv2由qvB3得B 3r33qR磁感应强度小于B3，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中



7．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，与x轴相交于Q点，Q点的横坐标

x06cm，在第一象限y轴和MN之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度

E1.6105N/C，在第二象限有半径R5cm的圆形磁场，磁感应强度B0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴

上方180°范围内的各个方向发射比荷为

6q1.0108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率v04.010m/s．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：

（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）0y10cm （3）9cm 【解析】 【详解】

（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动

v2qv0Bm

r解得：rmv05cm qB（2）由（1）问中可知rR，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形POFO1为菱形，所以FO1//OP，又OP垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0y10cm．

（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

x0v0t0

h12at0 2aqE m解得：h18cm2R10cm，

说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则

xv0t

y12at 2代入数据解得x2y 设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出的电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为，

qExvmv0，

tany2yv0v0所以Hx0xtanx02y由数学知识可知，当x02y所以Hmax9cm

2y，

2y时，即y4.5cm时H有最大值，

8．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向．在x = L到x =2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（

q）为k的带电微粒从m坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过x轴上x =3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g．求：

（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；

（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．

32gk2B2L2g2g) 【答案】（1）（2）（3）(L,222kB8gkkB【解析】

【分析】 【详解】

（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg=qE，又解得Eq=k mg k（2）由几何关系：2Rcosθ=L，

v2粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：qvBm ；

r由

vyvcos

在进入复合场之前做平抛运动：vygt

Lv0t

解得v02g kB

kBL12t ， （3）由hgt 其中

2g22gk2B2L23则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：xO'L； yO'hRsin22

kB8g2

9．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E；

（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经

过OL所需要的最长时间。 【答案】（1）【解析】

试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；

（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系， 则在X方向位移关系有：

，所以

；

；

； （2）

．

该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有

，

所以，

，则有

．

（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间T

；

粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，

；

；

根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即

粒子在电场中运动，在Y方向上的位移

；

，所以，粒子进入磁

场的位置在OL上距离O点

；根据几何关系，

可得，即

；

所以

；

所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间

．

10．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=+6×103C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

11．如图所示的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)、(0，－L)，坐标为(－

3L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点．带电粒子与弹3性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变．现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，α=30°，不计粒子重力．

(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2，求：粒子初速度大小．

(2)若粒子从点Q1直接通过坐标原点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标． (3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度． 【答案】（1）【解析】

（3）粒子初速度大小为

，挡板的最小长度为

试题分析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cos30°=L…（1） 粒子磁场中做匀速圆周运动，有：解得：

…（3）

…（2）

4L23qBL3（2）（ L，0）（3）

93m3（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为M，横坐标为xM，由几何关系知：2R2cos30°=L…（4） xM=2R2sin30°…（5） 则M点坐标为（

）…（6）

（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示， 粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，

偏转一次后在y负方向偏移量为△y1，由几何关系得：△y1=2R3cos30°…（7） 为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离△y2（如图中A、E间距）可由题给条件得：

…（8）

当粒子只碰二次，其几何条件是：3△y1﹣2△y2=2L…（9） 解得：解得：解得：

…（10）

…（11）

…（12）

…（13）

…（14）

粒子磁场中做匀速圆周运动，有：挡板的最小长度为：

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

（1）粒子在磁场中的运动周期T ； （2）粒子的比荷q／m；

（3）粒子在磁场中运动的最长时间。

【答案】（1）T6t0；（2）q；（3）tmax2t0。

m3Bt0【解析】

试题解析：（1）（4分）

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

t0 解得：

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

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

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

3考点：带电粒子在磁场中的运动，牛顿第二定律。

13．如图为一装放射源氡的盒子，静止的氡核经过一次α衰变成钋Po，新核Po的速率约为2×105m/s．衰变后的α粒子从小孔P进入正交的电磁场区域Ⅰ，且恰好可沿中心线匀速通过，磁感应强度B=0.1T．之后经过A孔进入电场加速区域Ⅱ，加速电压U=3×106V．从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r=3m的圆形匀强磁场区域Ⅲ，该区域磁感应强度3B0=0.4T、方向垂直纸面向里．圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切，荧光屏的中心点M和圆形磁场的圆心O、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上，α粒子的比荷为

q=5×107C/kg． m

(1)请写出衰变方程，并求出α粒子的速率(保留一位有效数字)； (2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小； (3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长？ (4)求出粒子打在荧光屏上的位置． 【答案】（1）

22286Rn218844Po2He 1×107 m/s

（2）1×106V/m （3）

×10－7s 6（4）打在荧光屏上的M点上方1 m处 【解析】 【分析】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒写出方程，根据动量守恒求解速度； （2）根据速度选择器的原理求解电场强度的大小；

（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，并结合几何知识进行求解即可； 【详解】

（1）根据质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为：

22286Rn218844Po2He ①

设α粒子的速度为v0，则衰变过程动量守恒：0mPov1mHev0 ②

7联立①②可得：v0110m/s ③

（2）粒子匀速通过电磁场区域Ⅰ：qE＝qv0B④ 联立③④可得：E1106V/m ⑤ （3）粒子在区域Ⅱ被电场加速：qU所以得到：v2107m/s⑥

2v粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动： qvB＝m R1212mvmv0 22所以轨道半径为：R＝1m⑦ 而且：T2R⑧ v由图根据几何关系可知：粒子在磁场中偏转角间t60，所以粒子在磁场中的运动时

1T ⑨ 6联立⑧⑨可得：t610－7s；

（4）粒子的入射速度过圆心，由几何关系可知，出射速度方向也必然过圆心O，几何关系如图： tan60x，所以x1m，粒子打在荧光屏上的M点上方1m处． r

【点睛】

本题实质是考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解决类似习题方法是洛伦兹力提供向心力，同时结合几何知识进行求解，同时画出图形是解题的关键．

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

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

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

291022905qEL （2）502mmE qL

则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y满足

1Ly 2Ly2L解得

y竖直方向

1L 5y12a 2t水中方向

Lv0t

在电场中根据牛顿第二定律

qEma

联立可以得到

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

4LCD5

L2L解得

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

O2DO1D

则

2292O1DL2LL

55因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为

RO2DCD粒子出电场时速度沿y轴负方向的分速度

229L 5vy2ay因此粒子进磁场时的速度为

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

qvBmv

R解得

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

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．