高中物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动题20套(带答案)及解析

一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练

1．如图所示，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．点

3PL,03处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m的带负电粒子．不考虑粒子的重力．

（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，-L），求其速率v1；

（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v1沿x轴正向通过点Q，求匀强电场的电场强度E以及粒子2的发射速率v2；

（3）若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场Eo，粒子3以速率v3沿y轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.

某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：

带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）【解析】 【详解】

2BLq221BLq（2）（3）3m9mE0E

vBB2032v12（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则qv1Bm

r1322由几何憨可知：r1Lr13L

2得到：v12BLq 3m（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：

1qE23ht ，Lv1t2m38qLB2在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：Lh2r1，得到E

9m22又v2v12Eh，得到：v2221BLq 9m（3）如图所示，将v3分解成水平向右和v和斜向的v，则qvBqE0，即v而v2 v'2v3E0 B所以，运动过程中粒子的最小速率为vvv

EE2即：v0v30

BB2

2．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示。该粒子运动到图中Q点时的速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示。已知

P、Q间的距离为l。若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电

场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到

Q点。不计重力。求：

(1)电场强度的大小。

(2)两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差。

mqlB2(1)【答案】(1)E2；(2) 2qBm【解析】 【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周半径，则有

2v0qv0Bm ①

R由于粒子在Q点的速度垂直于它在4P点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹是圆周的

1，故有 4Rl2qlB2m ②

联立①②得

v0 ③

在电场中粒子做类平抛运动，分别以x、y、E、a、tE表示射程、偏转位移、电场强度，加速度和运动时间，则

qEma ④

垂直v0方向

12yRatE ⑤

2沿v0方向

xRv0tE ⑥

联立②③④⑤⑥各式可解得

2qlB2 Em电场强度的大小为

2qlB2E m1（2）由分析知粒子在磁场中由P运动到Q点所经历的时间tB为周期，故

4112RmtBT 44v02qB在电场中由P运动到Q点所经历的时间

tERm v0qB由P运动到Q点所经历的时间之差

mtBtE(1)

2qB两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差为(1)2m qB

3．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且

，今在

CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：

(1)所加磁场的宽度DH； (2)所加磁场的磁感应强度大小；

(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间． 【答案】(1)d

(2)

(3)

【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为

由Eq＝ma得a＝ 由l＝vt得t＝ 故d＝at2＝l

粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为vy＝at＝v 速度偏向角为tanθ＝＝1 解得θ＝

粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知

得

得

v

(2)射入磁场的速度大小为v′＝由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m解得B＝

(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝ 粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝其中T＝

T

在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝t＝2(t1＋t2＋t3) 得

或t＝

粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为

点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．

4．如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压， b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处(图中未画出)被吸收．已知P到b板左端的距离为2d，求：

（1）进入磁场时速度的大小和方向；

（2）P、Q之间的距离；

（3）粒子从进入板间到打到b板Q处的时间．

2dm2mv0【答案】（1）2v0,45 （2） （3） v02BqBq0【解析】 【分析】 【详解】

（1）粒子在两板间做类平抛运动，则：v0t=2d

1vyt=d， 2所以，v0=vy vp=v02vy22v0，tanvyv0＝1，θ＝45°

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图；

Bqvpmvp2R，得：RmvpBq

2R2mv0 Bq左手定则，判断出粒子轨迹，xPQ（3）在电场中的时间t1磁场中的周期T2d v02m qB1mt2T ，

42qB则tt1t2【点睛】

此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答.

2dm v02qB

5．如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀的向各个方向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子， PQ是在纸

面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为

v，且粒子打在挡板上会被吸收．不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布kB足够大，求:

（1）为使最多的粒子打在挡板上，则挡板至少多长；

（2）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子在磁场中运动的最长时间差是多少； （3）若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率。

【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

453v；（2）；（3）。

3kB12kB（1）粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：

v2qvBm

r解得：rmvv qBkB在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图所示：

由题意可知：

r由几何知识可得：

vOP kBv kBPN设粒子初速度方向与OP夹角为，随着从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N点逐渐下移；当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点

为M，在△OPM中，由几何关系可得：

PM所以

2r2r2 PM3v kB当夹角继续增大，则粒子打在挡板上的点从M点逐渐下移至P点，由以上分析知道,挡板长度至少等于3v时，挡板吸收的粒子数最多． kB（2）由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图2轨迹1所示

由几何知识得粒子转过的圆心角为：

13

当粒子从右侧恰好打在P点时，时间最长，如轨迹2所示

由几何知识得粒子转过的圆心角为：

2粒子的运动周期：

5 3T最短时间：

2r2m2 vqBkBt11T 2最长时间：

t2最长的时间差：

2T 24 2kBTt2t1（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿轨迹2的粒子速度方向之间都能打在板上，粒子方向的夹角为：

打到板上的粒子占所有粒子的比率为：

5 6

5 2126．地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害．为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地磁场．如图所示，模拟地球半径为R,地球赤道平面附近的地磁场简化为赤道上方厚度为2R、磁感应强度大小为B、方向垂直于赤道平面的匀强磁场．磁场边缘A处有一粒子源，可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子．研究发现，当粒子速度为2v时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球．不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应．

（1）求粒子的比荷

q； m（2）若该种粒子的速度为v，则这种粒子到达模拟地球的最短时间是多少？

（3）试求速度为2v的粒子到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值η．（结果用反三角函数表示．例：sink，则arcsink，θ为弧度）

2Rarcsinqv【答案】（1）（2）tmin（3）3 m2BR3v2【解析】

试题分析：（1）其轨迹如图1所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r，则根据几何关系：rRr23R①

22解得r4R②

(2v)2③ 又q(2v)Bmr由②③得，

qv④ m2BRv2⑤ （2）速度为v的粒子进入磁场有：qvBmr由④⑤得，r2R⑥

若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A斜向上射入，在A交点E到达地球的弦长最短时间最短．

AEADDE2R，故ADE60，

得：tmin6002m2Rt， min3600qB3v（3）沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此θ角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球．

作A点该速度垂直和过切点与O点连线延长线交于F点，则F点为圆心，如图3． AF=4R，AO=OF=3R，得sinAG2 AO32arcsin故，3 考点：考查了带电粒子在有界磁场中的运动

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

Rmv2mTT，知道粒子在磁场中运动半径和，周期公式，运动时间公式tBqBq2速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，

7．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=v0B．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v0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）【解析】

mv09； （2）0y2d；（3）d； ed4(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

2v0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：ev0Bm

r解得：Bmv0 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：Oar sin30OO3d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ym2r2d

电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为0y2d

设电子从0y2d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：xv0t

yvy1eE2t 2meEt mtantanvyv0

L 3dx解得：L(3d2y)2y 即y9d时，L有最大值 8解得：L9d 4当3d2y2y

【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．

8．处于静止状态的某原子核X，发生α衰变后变成质量为mY的原子核Y，被释放的α粒子垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中,测得其圆周运动的半径为R，设α粒子质量为m，质子的电荷量为e，试求: (1)衰变后α粒子的速率vα和动能Ekα; (2)衰变后Y核的速率vY和动能EkY; (3)衰变前X核的质量mX．

2BeR2B2e2R22BeR2B2e2R2 Ek (2) vY EkY 【答案】(1)vmmmmYY2B2e2R211() (3)mXmmYc2mmy【解析】 【详解】

2v （1）α粒子在匀强磁场中做圆周运动所需的向心力由洛伦兹力提供,即BqvmRα粒子的电荷量q=2e

所以α粒子的速率v动能Ek2BeR m122B2e2R2mv 2m（2）由动量守恒mvα-mYvY=0,所以vy2BeR my12B2e2R22Ekymyvy

2my（3）由质能方程ΔE=Δmc2，而ΔE=Ekα+EkY

2B2e2R211() 所以mc2mmY2B2e2R211() 衰变前X核的质量mX=m+mY+Δm=m+mY+

c2mmY

9．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O．MN一侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h．求：

（1）第1个小球的带电量大小； （2）磁场的磁感强度的大小B；

（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．

22EEmv0BB【答案】(1) q1；(2) ；(3)存在，

vv2Eh00【解析】 【详解】

（1）设第1球的电量为q1，研究A到C的运动：

h1q1E2t 2m2hv0t

2mv0解得：q1；

2Eh（2）研究第1球从A到C的运动：

vy2q1Eh m解得：vyv0

tanvyv01，45o，v2v0；

研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B

v2Rmv 由q1vBm得

qBR1由几何关系得：2Rsinh2 解得：B2E ； v0（3）后面抛出的小球电量为q，磁感应强度B

①小球作平抛运动过程

xv0tv0vy22hm qEqEh mmvsinx qB②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：Rsinx，变形得：解得：BE ． v0231

10．一个氘核（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

4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

πmα22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 由能量守恒：得vα1112mv2mvαmeve2 222mmev

mmem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。

11．如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)

(1)试求AD间的距离；

(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经

过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么? 【答案】（1）R=【解析】 【详解】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60，则粒子转过的圆心角为60， 即AD=R

2v0由qv0Bm

Rmvo（2）a<60 Bq得AD=Rmv0 Bq

（2）经D点xRcos30而xv0t，y解得E13R，yRsin30R

2212qEat，a 2m4Bv0，方向垂直AC向上 3速度偏向角tanavyvx，vyat

解得tan2tan3023 3而tan60=3，即tantan60 ，则<60

12．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：

13．如图所示，坐标系xoy位于光滑绝缘水平面内，其中第二象限内存在一个与坐标平面平行方向如图的匀强电场．一质量为M，电量为q的小球a从A点由静止释放．沿AO方向运动．到达O点时速度为v，AO长度为L.若小球a恰能与静止在O点质量为

m(M3m)的不带电小球b发生弹性碰撞，相碰时电荷量平分，同时瞬间撤去电场并在

整个空间加一垂直于坐标平面向下的匀强磁场．忽略两小球间的静电力及小球运动所产生磁场的影响．求：

(1)匀强电场的电场强度大小E； (2)a，b两球碰后的速度；

(3)若从a，b两球相碰到两球与O点第一次共线所用时间为t，则匀强磁场的磁感应强度

Bl的大小为多少？

4MmMmvMv22Mv 【答案】(1)；(2) 和； (3)． qtMm2qLMmMm【解析】 【分析】

1小球a在电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式结合可求得

匀强电场的电场强度大小E；

2a、b两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒

定律求两球碰后的速度；

3a、b两球碰后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律

和运动学公式求得两球运动周期，画出轨迹，分析时间t与两球周期的关系，求解匀强磁场的磁感应强度Bl的大小． 【详解】

(1)设a球在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律和运动学公式可得：

aqE Mv22aL

Mv2解得：E

2qL2设a、b两球碰后的速度分别为v1和v2，取碰撞前a球的速度方向为正方向，由动量

守恒定律和机械能能守恒定律得： MvMv1mv2．

1112Mv2Mv12mv2． 222解得：v1Mmv，vMm22Mv Mm3由于碰后两球都带正电在磁场中向同一方向偏转做圆周运动，如图．

2m2Rv2由qvBm，T得：T

qBvR则得：Ta4M4m，Tb qBqB22tt2 TbTa如图所示a、b两球与O点第一次共线时有：解得：B【点睛】

4Mm

qtMm本题中带电小球先加速后做圆周运动类型，关键是画出轨迹图，结合几何关系分析时间与周期的关系．

14．如图所示的平面直角坐标系xoy，在第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E，电场强度方向沿y轴正方向；在第三象限的正三角形PMN区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外，正三角形边长为L，且PN边与y轴平行。现有一重力不计带负电的粒子，从y轴上的A点，以大小v0的速度沿x轴负方向射入电场，通过电场后从x轴负方向上的P点进入第三象限，且速度与x轴负方向夹角为,又经过磁场后从y轴负方向进入第四象限，且速度与y轴负方向夹角为 (已知+=900， OP=2AO=4h).求：

(1)带电粒子的比荷

q =? m(2)粒子到达P点时速度的大小和=?

(3)PMN区域内磁场的磁感应强度B的最小值；(以上3小题答案均用E、h、L、v0等表示)

8EhqV020

【答案】（1）（2）2v0，45（3）

Lvm4Eh0【解析】

【分析】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比荷。 （2）应用运动的合成与分解求出速度大小与方向。 （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，经分析，α=450

并且当粒子从N点出磁场时，磁感应强度最小；洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度最小值。 【详解】

（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设在第二象限内运动的时间为t1，则 水平方向有：4hv0t1 竖直方向有：2hEq2t1 2m2v0q联立得：

m4Eh（2）设粒子到达P点时时竖直方向的速度vy 则有：2hvy2t1

联立得：vyv0 所以粒子到达p点时速度大小为vp2v0 与x轴的夹角为θ，由几何关系得：tanvyvxv01，所以θ=450 v0（3）经分析，α=450 并且当粒子从N点出磁场时，磁感应强度最小 由几何关系得：r2L 2

2vP由洛伦兹力提供向心力得：Bqvm

r联立得：即磁感应强度的最小值B【点睛】

8Eh Lv0本题考查了求电场强度、粒子速度、磁感应强度问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要作出粒子运动轨迹，注意几何知识的

应用。

15．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大.匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外.一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动.已知重力加速度为g．

（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小； （2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？

（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h．

mgq2B2d22q2B2d2Ehh【答案】1正电， ；2?；3?． 22q2mg3mg【解析】 【分析】

(1)根据小球所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小．

(2)由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题． (3)由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h． 【详解】

（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电. 由qEmg 解得：Emg q（2）假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如答图a所示

由几何知识可知，小球的轨道半径：Rd

带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh12mv 2v2带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律得：qvBm

Rq2B2d2解得：h0，

2m2gq2B2d2则当hh0时，即h带电小球能进入Ⅱ区域； 22mg（3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60，如答图b所示.由几何关系知：Rd sin602q2B2d2联立解得得：h； 23mg【点睛】

本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键．