微专题—带电粒子在电、磁组合场中的运动解答题(基础)选编含解析

1．如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子（不计重力）沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°，求：

(1)粒子的比荷

q； m(2)如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d。

2．如图所示，有一磁感强度B9.1103T的匀强磁场，C、D为垂直于磁场方向的同一平面内的两点，它们之间的距离l=0.1m，今有一电子在此磁场中运动，它经过C点的速度v的方向和磁场垂直，且与

31CD之间的夹角θ=30°。（电子的质量m9.110kg，电量q1.61019C）

(1)电子在C点时所受的磁场力的方向如何？

(2)若此电子在运动后来又经过D点，则它的速度应是多大？ (3)电子从C点到D点所用的时间是多少？

3．如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限内有一边长为2a的正方形有界匀强磁场，正方形磁场A点位于（a，0），B点位于（0，-a），磁场方向垂直于纸面向里，现有一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子，从y轴上的P点以速度v0平行于x轴射入电场中，粒子恰好从A点进入磁场，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．然后从B点离开磁场，不考虑粒子的重力，求：

（1）P点的位置坐标； （2）磁感应强度的大小。

4．如图所示，A、B和M、N为两组平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子，自A板小孔进入A、B间的电场，经过电场加速，从B板小孔射出，沿M、N极板间的中心线方向进入该区域。已知极板A、B间的电压为U0，极板M、N的长度为l，极板间的距离为d。不计粒子重力及其在a板时的初速度。

（1）求粒子到达b板时的速度大小v；

（2）若在M、N间只加上偏转电压U，粒子能从M、N间的区域从右侧飞出。求粒子射出该区域时沿垂直于板面方向的侧移量y；

（3）若在M、N间只加上垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰好从N板的右侧边缘飞出，求磁感应强度B的大小和方向。

5．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：

(1)粒子到达O点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比．

6．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，x轴上有一点M(x0，0)，过M点的直线MN与x轴的夹角θ＝60°，在MN的左侧区域有竖直向下的匀强电场，MN的右侧区域有垂直纸面向外的匀强磁场。从O点以速度v0沿x轴正方向水平射出一带电粒子P，同时从M点以另一速度沿x轴正方向水平射出另一带电粒子Q，经过一段时间两粒子在直线MN上的D点(未画出)相遇(不相撞)。已知粒子P恰不能越过直线MN，两粒子质量、电量完全相同，均带正电，不计粒子重力。求：

(1)粒子P、Q射出后多长时间相遇？ (2)带电粒子Q射出时速度的大小。

7．如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝3×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比

m10－10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s＝4×

q从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.15 m，不计粒子的重力．

（1）求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；

（2）若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。

8．如图所示，在以0为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强 磁场，磁感应强度为B=0. 20 T。AO、CO为圆的两条半径，夹角为120°10-26 kg、电荷量q=-l.6×10-19C的粒子经电场由静。 一个质量为m=3.2×105m/s的速度从C点离开磁场。不计粒子的重力。止加速后，从图中A点沿AO进入磁场，最后以v=l．0×求：（结果保留2位有效数字）

(1)加速电场的电压； (2)粒子在磁场中运动的时间； (3)圆形有界磁场区域的半径。

9．某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，如图所示．一质量为m，带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点沿半径射入磁场，从N点射出磁场．已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30°角，弧MN是圆周长的1/3，粒子重力不计．求：

（1）电场强度E的大小． （2）圆形磁场区域的半径R．

（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t．

10．如图所示，OO为正对放置的水平金属板M、N的中线。热灯丝逸出的电子（初速度、重力均不计）在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场（图中未画出）后沿OO做直线运动。已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。求：

(1)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；

(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变使两金属板均不带电，则从小孔O射入的电子在两板间运动了多长时间？

11．如图所示，在坐标系xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点Q(23a,0)、在y轴上有一点P (0,a)．现有一质量为m，电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成60°角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，在B2中偏转后刚好打在Q点．求：

⑴匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小； ⑵粒子从P点运动到Q点所用的时间．

12．如图所示，在第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力，由x轴上的P点垂直磁场射入，速度与x轴正方向夹角θ=45，p点到坐标原点的跑离为L。

(1)若粒子恰好能从y轴上距原点L处的Q点飞出磁场，求粒子速度大小； (2)若粒子在磁场中有最长的运动时间，求粒子速度大小的范围。

13．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。

14．如图所示，边长为4a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子（重力不计）从AB边的中心O进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°。

（1）若粒子的速度为v，加一匀强电场后可使粒子进入磁场后做直线运动，求电场场强的大小和方向； （2）若粒子能从BC边的中点P离开磁场，求粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。

15．如图所示，直线AB平行于CD，在AB与CD之间存在匀强磁场，磁场足够长，宽d=0.16m；磁场10-4T；CD下方存在垂直CD向上的匀强电扬，场强大小方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B=2.5×

E=0.1N/C．从电场中O点静止释放一带正电的粒子，粒子恰好不能从AB边界离开磁场，粒子的比荷是

q=1×108C/kg，粒子重力不计。 m

（1）求O点到CD的垂直距离；

（2）求粒子从释放到第一次离开磁场所用的时间；

103m/s的速度向右沿垂直电场方向入射，求粒子运动的周期．(sin37°=0.6) （3）若粒子从O点以3×

16．如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带正电的粒子质量为m带电量为q以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP之间的距离为d．求：

（1）电场强度E的大小；

（2）带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间．

17．如图所示，一质子自M点由静止开始，经匀强电场加速运动了距离d后，由N点沿着半径方向进入直径为d的圆形匀强磁场区域，在磁场中偏转了之比。

 弧度后飞出磁场，求质子在电场和磁场中运动的时间2

18．如图所示，在平面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有M、N两个平行金属板，板间电压为U，在第Ⅱ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅲ、IV象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止释放后，经N板上的小孔穿出，从y轴上的A点(yA=l)沿x轴负方向射入电场，从x轴上的C点(xc=-2l)离开电场，经磁场偏转后恰好从坐标原点O处再次进入电场。求：

(1)粒子运动到A点的速度大小 (2)电场强度E和磁感应强度B的大小

19．如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点

Ｏ．Ｏ点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运

动的半径是圆形磁场区域半径的两倍．已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力．

(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径； (2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角；

(3)沿磁场边界放置绝缘弹性挡板，使粒子与挡板碰撞后以原速率弹回，且其电荷量保持不变．若从Ｏ点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度已减小为

20．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外。一个比荷（q/m）为K的带正电的粒子从第三象限中的Q（-2L，-L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场。不计粒子重力，求：

v，求该粒子第一次回到Ｏ点经历的时间． 2

(1)电场强度E；

(2)从P点射出时速度vp的大小； (3)粒子在磁场与电场中运动时间之比．

21．如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置，铅盒左侧面中心O有一放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ向外辐射粒子，铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域。过O的截面MNPQ位于垂直磁场的平面内，

oMOHQOH53OH垂直于MQ。已知α粒子质量m=6.×10-27kg，电量q=3.20×10-19C，速率

v=1.28×107m/s；磁场的磁感应强度B=0.6 T，方向垂直于纸面向里；粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用及相对论效应，sin 530 =0. 8,cos 530=0.60。

（1）求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t;

（2）若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度d; （3）求满足（2）条件的所有粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间的比值tmax:tmin。

22．质谱仪可用来对同位素进行分析，其主要由加速电场和边界为直线PQ的匀强偏转磁场组成，如图甲所示。某次研究的粒子束是氕核和氘核组成的，粒子从静止开始经过电场加速后，从边界上的O点垂直于边界进入偏转磁场，氕核最终到达照相底片上的M点，测得O、M间的距离为d，粒子的重力忽略不计，求：

(1)偏转磁场的方向（选答“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”）；

(2)本次研究的粒子在照相底片上都能检测到，照相底片的放置区域的长度L至少多大；

(3)若偏转磁场的区域为圆形，且与PQ相切于O点，如图乙所示，其他条件不变，要保证氘核进入偏转磁场后不能打到PQ边界上（PQ足够长），求磁场区域的半径R应满足的条件。

23．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。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，已知

OM3L，ON3L，不计粒子重力。求： 2

（1）电场强度大小E；

（2）带电粒子从N点进入磁场时的速度大小和方向。 （3）磁感应强度大小B。

24．质量为m、电荷量为q的带负电粒子自静止开始释放，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示．已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．求：匀强磁场的磁感应强度B．

25．如图所示，竖直挡板MN右侧空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，电场强度E=100N/C，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.2T，场中A点与挡板的距离L=0.5m。某带电10-6C的粒子从A点以速度v垂直射向挡板，恰能做匀速直线运动，打在挡板上的P1点；如果量q=+2.0×

仅撤去电场，保持磁场不变，该粒子仍从A点以相同速度垂直射向挡板，粒子的运动轨迹与挡板MN相切于P2点，不计粒子所受重力。求：

(1)带电粒子的速度大小v； (2)带电粒子的质量m。

26．如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆，圆心坐标为（R，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成30，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为2h。求：

（1）带电粒子的比荷

q； m（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；

（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。

27．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy面向里，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，磁场与电场图中均未画出。一质量为m、带电荷量为+q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。已知P点坐标为（0，-l），Q点坐标为（2l，0），不计粒子重力。

(1)求粒子经过Q点时速度的大小和方向；

(2)若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直y轴的方向进入第二象限，求磁感应强度B的大小。

参

1.【答案】（1）【解析】

(1)由图可知轨迹半径rq3v3；（2）dR。 3m3BRR

tan30

mv2 粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动有qvBr由①②两式得

q3v③ m3BR(2)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大

由图可知sinR ⑦ r平移距离dRsin ⑧ 由①⑦⑧式得d3R 32.【答案】（1）见解析；（2）1.6108m/s；（3）t6.51010s。 【解析】

(1) 电子以垂直磁场方向的速度在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断电子在C点所受磁场力的方向如图所示，垂直于速度方向。

(2)电子在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，夹角θ=30°为弦切角，圆弧CD所对的圆心角为60°，即∠DOC=60°，△CDO为等边三角形，由此可知轨道半径R=l

mv2 由牛顿第二定律可得evBR代入数值解得v(3)将R=l和veBl1.6108m/s meBl2R2m 代入周期公式T中得TmveB设电子从C点到D点所用时间为t，由于电子做匀速圆周运动，所以t1

3T26由上两式得t1mT 63eB代入数据得t6.51010s

3(31)mv00,a3.【答案】（1）2；（）。 2qa【解析】

（1）令粒子由P到A做类平抛运动位移与水平方向的夹角为θ，根据类平抛运动的规律有

tany1tan60o x2则P点的纵坐标为y3a 2则P点的坐标为（0，3a） 2（2）粒子运动的轨迹如图，根据几何关系

2Rcos15o2a

解得R2a 31v2根据qvBm

R且v=2v0解得

(31)mv0

qaUl24d2qU0 （2）y （3）B24dU04ld2m2mU0,磁感应强度方向垂直纸面q4.【答案】（1）v向外。 【解析】

（1）带电粒子在AB间运动，根据动能定理有qU0mv2 解得 v122qU0 m12at 2（2）带电粒子在M、N极板间沿电场力的方向做匀加速直线运动，有y根据牛顿第二定律有 aEqUq mmd带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，有lvt

Ul2 联立解得 y4dU0（3）带电粒子向下偏转，由左手定则得磁感应强度方向垂直纸面向外。

v2根据牛顿第二定律有 qvBm

R由图中几何关系有Rl(R22d2) 24l2d2 解得 R4d联立解得B4d4l2d22mU0 qv0 25.【答案】(1)2v0,与x轴正方向成45°角斜向上 (2)【解析】

(1)粒子运动轨迹如图：

粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有： x方向：2Lv0t y方向：L12at 2粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：vyat，

又tanvyvx，

解得tan1，即45，

粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为vv02v0；

cos45(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：aqE， mv2设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：qvBm，

R根据几何关系可知：R解得：

2L

Ev0 B22x023 (2) v＝v0 v096.【答案】(1) t＝【解析】

(1)两粒子射出后，运动的轨迹如图所示：

粒子P恰不能越过直线，粒子运动到直线上时速度方向沿MN方向，速度的反向延长线交x轴于M点，粒子P在电场中做类平抛运动，设位移偏转角为β，由

y＝

12

at ① 2x＝v0t ② vy＝at ③ tan β＝

y ④ xtan θ＝

联立可得，粒子P的水平位移x＝2x0

vyv0 ⑤

粒子P、Q相遇的时间 t＝

2x0 v0(2)粒子Q在右侧磁场区域做匀速圆周运动，粒子的轨迹半径r＝粒子Q运动路程s＝

x0 sin2r 3s v23v0 9粒子Q运动时间t＝

根据题意，粒子P、Q运动时间相同，联立可得粒子Q抛出时的速度v＝7.【答案】（1）0.4 m （2）B≥4×10－2T 【解析】

（1）设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：sOA＝

12at① 2a＝qE ② my＝v0t③

1014m/s2，t＝2.0×10－8s，y＝0.4 m 联立①②③解得a＝7.5×

107m/s （2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为vx＝at＝1.5×

22107m/s 粒子经过y轴时的速度大小为v＝vx＝2.5×v0vx 与y轴正方向的夹角为θ，θ＝arctan＝37°

v0要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，

此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：

R＋Rsinθ≤y

v2qvB＝m

R联立解得B≥4×10－2T.

8.【答案】(1)1.0103V；(2)1.0106s；(3)0.058m

【解析】

(1)在加速电场中qU12mv 2U1.0103V

(2)粒子在磁场中运动周期T2m qB1mtT1.0106s

63qBv2(3)由Bqvm

R粒子运动的轨道半径Rmv0.10m Bq圆形磁场的半径为rRtan300.058m

23mv023hm23mv09.【答案】（1） ．（2） ．（3） 2qh3v03qB3qB【解析】

（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小 v==3v0 竖直分速度 vy=v0cot30°由h2vyv0=2v0 osin302a ，a=

qE得 m23mv0E=

2qh（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r．

v2rmv2mv0 由牛顿第二定律得：qvB=m，

qBqBr=根据几何关系得：R=rtan30°

23mv0

3qB

（3）在电场中，由h=

vy2t1得 t1=

23h； 3v0在磁场中，运动时间 t2112mmT 66qB3qB故带电粒子从P点到N点，所经历的时间 t=t1+t2=

23hm ． 3v03qB10.【答案】(1)B【解析】

12mU1m ，磁感应强度方向垂纸面向外；(2) LLe32eU12mv① 2 (1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有eU由于电子在两板间做匀速运动，则evBeE② 其中E2U③ L联立解得B12mU④

Le根据左手定则可判断磁感应强度方向垂纸面向外；

v2(2)洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有evBm⑤

r联立①④⑤可得rL⑥ 由几何关系可知而T60⑦

2m⑧ eBT2m1m⑨ L66eB32eU则电子在场中运动的时间t11.【答案】（1）

4amv02 （）

3vqa0【解析】

（1）粒子运动轨迹如图所示：

+a，r1=2a， 由几何知识可知：r1=r1cos60°

2r2sin60°=23a-r1sin60°，解得：r2=a，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

2v0由牛顿第二定律得：qv0B=m，

rmv0mv0 将半径代入解得：B1=，B2=； 2qaqa（2）粒子做圆周运动的周期：T2r2m， vqB粒子的运动时间：t=t1+t2=

11T1+T2， 634a 解得：t=； 3v012.【答案】（1）v【解析】

（1）粒子的轨迹如图所示

2qBL(22)qBL. ；（2）vm2m

2v设粒子速率为v，qvBm

r由几何关系得r2L 2解得v2qBL 2m（2）若粒子在磁场运动时间最长，则应从x轴射出磁场，设其速度的最大值为v0粒子恰好与y轴相切。由几何关系可知r0r0cos45L 解得r0(22)L。粒子的速度v(22)qBL。

m2mv0mv0B13.【答案】（1）E （3） （2）v2v0，45º

qh2qh【解析】

（1）粒子在x轴上方电场中做类平抛运动： x方向：2h=v0t y方向：h=

1qE2t 2m2v0解得：E=m；

2qh（2）粒子做类平抛运动，x方向：2h=v0t 竖直方向分速度：vy=at=

qEtv0 m22 粒子到达P2时速度大小：v=v0vy解得：v=2v0 tanθ=

vyv01，

则速度方向与+x方向夹角：θ=45°； （3）粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识可得：r=2h,粒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:

v2qvB=m，

rmv0 解得：B=

qh14.【答案】（1）EvB（2）【解析】

（1）电荷受到的洛伦兹力由A指向P，粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，故电荷受电场力方向由P指向A，因粒子带正电，所以场强方向由P指向A。 设电场强度为E，有 qE=qvB

23qBa2m ；3qB3mEvB

（2）如图，粒子从P点出磁场，过O点作线段OD，OD垂直初速度，O/为轨道圆心，由几何关系可知，PD=a，OD=3a，设轨道半径为r，则O/D=3a-r。在直角三角形O/PD中，有

(3ar)2a2r2

得r23a 3设粒子速度大小为v′

v'2 由qvBmr得vqBr m23qBa23a 代入得v3m323a3a23a，O′P=r，故∠PO/D=600 333T 3将rOD3a轨道对应的圆心角为1200，所以由O到P所用的时间t=

T2r v得t2m 3qB15.【答案】（1）y=0.8m（2）t=5.26×10-4s（3）8.74×10-4s 【解析】

（1）O点到边界的距离为y，Eqy圆周运动半径为R，R=d=0.16m②

1mv²① 2v2洛伦兹力提供向心力qvBm③

R解得：y=0.8m ④

（2）粒子在电场中匀加速运动Eqma⑤ vat1⑥

粒子在磁场中运动的周期T，T2R，⑦ vt2T③ 2tt1t2

解得：t5.2610-4s⑩

（3）粒子进入磁场时，平行于CD方向v13000m/s 垂直于CD方向v24000m/s 合速度大小v'=5000m/s⑪ 方向与CD夹角为53°⑫ 粒子运动周期T'2t1106T⑬ 360得T’=8.74×10-4s⑭

22d7dmv0+16.【答案】（1）E （2）t=v2v2qd00【解析】

（1）粒子以垂直于X轴的初速度进入水平方向的匀强电场，做类平抛运动，由进入电场时的速度与y轴正向成45o角则有：

tan45vyat

0vyv0

adqE m12at 22mv0 联立解得E2qd

（2）由上述式子解得粒子在电场中运动的时间：t1粒子进入磁场的速度：v2d v02v0

由几何知识得粒子在磁场中做圆周运动的半径：r22d.

31r2r. 粒子在磁场中运动的时间：

t242vv粒子第二次经过X轴时在电场和磁场中运动的总时间：t=2d7d+ v02v017.【答案】【解析】

8 由题可知在磁场中，周期为T2m qB偏转的时间t2Tm 42qBmv2 根据洛伦兹力提供向悯力有qvBR且运动半径为R解得：vd 2Bq 2mvt1 2电场中加速：d解得：t12d4md vBqt18所以有：

t218.【答案】（1）【解析】 【详解】

(1)设粒子运动到A点的速度大小为v0，由动能定理得qUU12mU2qU （2）E；lqlm12mv0 2可得粒子运动到A点的速度大小v02qU m(2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则2lv0t1

1qE2lt1

2m联立解得EU l设粒子离开电场时速度大小为v，与x轴的夹角为a。则qEl1212mvmv2 22cosv0 v

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则

2Rsinα=2l

v2qvBm

R可得B12mU lqmv2m (2)max60 (3)t qBqB19.【答案】（1）r【解析】

v2(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得：qvBm

r解得：rmv qB(2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向夹角为， 则sin2x 2rx是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离．x最大值为2R，对应的就是最大值．且2R=r 轨迹如图所示：

所以sinmax2R1，max60 r2(3)当粒子的速度减小为

mvvR 时，在磁场中作匀速圆周运动的半径为r12qB2故粒子转过四分之一圆周，对应圆心角为90°时与边界相撞弹回，由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到Ｏ点，亦即经历时间为一个周期． 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T2m． qB2m qB所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是t2πv020.【答案】(1)(2)2v0(3)

42kL【解析】

(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动； 加速度：aqE m2L v0在电场中运动的时间：t1沿y轴正方向有：

12at1L 2即

1qE2L2()L 2mv02v0 则：E2kL2qE2Lmv0q2Lv0 (2)带电粒子刚进入磁场时，沿y轴正方向的分速度：vyat1mv02qLmv0

则带电粒子进入磁场时的速度：vv0vy222v0

由于在磁场中洛伦兹力不改变带电粒子速度大小， 则：vpv2v0

vyv01

(3)由图可知，带电粒子进入磁场时，速度v与x轴正方向夹角，满足tan故45； 则偏转圆的圆心角

π 2

22L 2由几何关系可知，偏转半径：R

12πR 则粒子在磁场中运动时间：4t2v即：t2πL 2v0t2π故：

t14

21.【答案】（1）1.0010s（2）0.72m（3）143:37 【解析】

（1）粒子在磁场内做匀速圆周运动，则T72m qB垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为：t带入数据解得：tT 232106s9.81108s1.00107s

v2（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvBm

R沿OQ方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场的右边界射出，如图，

由几何关系可得：dRRsin53 带入数据可得：d=0.72m

o（3）沿OQ方向进入磁场的粒子在磁场中运动时间最长，如图，由几何关系可得：QO1F143

otmax286oT o360o沿OM方向进入磁场的粒子在磁场中运动时间最短，如图，由几何关系可得：MO2G74

tmin74oT 360otmax143 tmin37由上两式可得：

22.【答案】(1) 垂直纸面向外；(2)(21)d；(3) R【解析】

2d。 2 (1)因为氕核最终到达照相底片上的M点，受洛仑兹力向左，根据左手定则判断磁场方向垂直纸面向外。 (2)在电场中加速，设加速电压为U，有qU12mv 2v2在磁场中qvBm

r根据几何关系可知，氕核旋转半径rd 22r

结合以上方程，且氘核与氕核质量电量关系可知，氘核旋转半径r'照相底片的放置区域的长度L至少L2r'2r(21)d (3) 氘核恰不能到达磁场边界Rr' 根据以上分析可知，半径应满足条件R2d 22mv0mv023.【答案】(1) ； (2) 2v0， 60°； (3) 。

qLqL【解析】

（1）粒子运动轨迹如图所示：

在电场中做类平抛运动，在x轴方向：3Lv0t

y轴方向：

31qE2Lt 22m2mv0 联立解得：EqL（2）设粒子进入磁场时速度为v，和x轴的夹角为 竖直方向的速度为：vy由tan=

qEt3v0 mvyv03 解得：=60° 合速度为：vv02v0

cos60在磁场中轨迹如上图所示，设轨迹半径为r ，由几何关系可得：rsin603L 解得：r2L

v2根据牛顿第二定律可得：qvBm

r联立以上解得：Bmv0 qL24.【答案】B【解析】

2LL2d22mU q作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图所示．

设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得： qU=mv2…①

离子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：

qvB=…②

由几何关系得： r2=（r﹣L）2+d2…③

联立①②③求解得：磁感应强度：B=

25.【答案】(1)v500m/s；(2)m4.01010kg 【解析】

(1)正粒子在正交的电场和磁场中做匀速直线运动，则向上的电场力和向下的洛伦兹力平衡，有

qE=qvB

解得带电粒子的速度大小vE100m/s500m/s B0.2v2(2)仅撤去电场保持磁场不变，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm

R而粒子偏转90°，由几何关系可知RL0.5m

qBL21060.20.5联立可得带电粒子的质量mkg4.01010kg

v5004Eh6h3πR3v02q26.【答案】（1） （2） （3）

v0R3v0m6Eh【解析】

(1)由水平方向匀速直线运动得2h=v0t1 竖直向下的分速度vyv0tan30

由竖直方向匀加速直线运动知vy=at1，加速度为aqE m3v02q 根据以上式解得m6Eh(2)粒子进入磁场的速度为v，有cos30v0 v粒子运动轨迹如图所示

由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为r=R

mv2 由洛伦兹力提供向心力可知qvBr解得B4Eh v0R120(3)粒子在磁场中运动的时间为t2T 3602h2rt 粒子在磁场中运动的周期为T，粒子在电场中运动的时间为1v0v粒子运动的总时tt1t2 代入数据得： t6h3πR

3v0mEqEl ，速度方向与水平方向的夹角为45°；（2）B2qlm27.【答案】（1）v2【解析】

（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0， 过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，由牛顿第二定律得qEma 由运动学公式得

xOP12at0 2xOQv0t0

竖直方向速度为vyat0 合速度为v解得v222 v0vyqEl m因为水平和竖直方向速度相等，所以速度方向与水平方向的夹角为45°。

（2）粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为R ，由几何关系可得R22l

v2由牛顿第二定律得qvBm

R解得B

mE 2ql