高中物理带电粒子在磁场中的运动专题训练答案

高中物理带电粒子在磁场中的运动专题训练答案

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).

(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；

(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；

(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .

【答案】（1）015

2mv B ql = （2）2058mv l Q kq

= （3）0253mv B ql π= 2020(23)9mv E ql

ππ-= 【解析】

【分析】

【详解】

（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1

由几何关系得112cos 25

r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得20011v qv B m r =

解得:

0 1

5

2

mv B

ql

=

(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2

由几何关系得

2

5

2cos8

l

r l

α

==

由库仑力提供向心力得

2

2

22

v

Qq

k m

r r

=

解得:

2

5

8

mv l

Q

kq

=

(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动

粒子在电场中的运动时间

00

sin3

5

l l

t

v v

α

==

根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则

2

T

t=

又

2

2m

T

qB

π

=

解得0

2

5

3

mv

B

ql

π

=

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t r

π

=

解得:35l r π

= 粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t m α-=

? 解得:2020(23)9mv E ql

ππ-=

2．如图所示，MN 为绝缘板，CD 为板上两个小孔，AO 为CD 的中垂线，在MN 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m 电荷量为q 的粒子(不计重力)以某一速度从A 点平行于MN 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O 点)，已知图中虚线圆弧的半径为R ，其所在处场强大小为E ，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C 垂直于MN 进入下方磁场．

()1求粒子运动的速度大小；

()2粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？

()3粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？

【答案】（1EqR m

（2）212R ；11n +；（3）2πmR Eq 【解析】

【分析】

【详解】

（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有： 2

mv Eq R

= 解得：EqR v m

=（2）粒子从D 到A 匀速圆周运动，轨迹如图所示：

由图示三角形区域面积最小值为：

22R S

= 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有： 2

mv Bqv R

= 得：

mv R Bq = 设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2，如图所示：

若只碰撞一次，则有：

112R mv R B q

== 22mv R R B q

==

故2112

B B = 若碰撞n 次，则有： 111R mv R n B q

==+ 22mv R R B q ==

故2111

B B n =+ （3）粒子在电场中运动时间：

124R t v π=

= 在MN 下方的磁场中运动时间：

211122n t R v ππ+=??== 在MN 上方的磁场中运动时间：

23214R t v π=?=总时间：

1232t t t t =++=

3．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0B ，回旋加速器的半径为R ，加速电压为U ；D 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m 、电量为e ，重力不计．真空中的光速为c ，普朗克常量为h ．

（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E 及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v

（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D 型盒间的电场对电子做功的平均功率P

（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A 1、A 2、A 4……A n 共有n 个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d ．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小

【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，222

02e B R E m = ；(2) 20e B U m

π ；(3)02sin B R n d

π

【解析】 【详解】

解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：2

00mv evB R

= 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB R

v m

=

正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：2222

00122e B R E mv m

==

正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=

正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：2222

02e B R mc v mh h

=+

(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：

201

2

neU mv =

解得：22

02eB R n mU

=

正、负电子在磁场中运动的周期为：0

2m

T eB π=

正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R n

t T U

π==

D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B U

W E P t t m

π===

(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin

2

d

r n

π

=

解得：

2sin

d r n

π=

根据洛伦磁力提供向心力可得：2

00mv ev B r

=

电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：02sin B R

n B d π=

4．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R 1＝1 m 、R 2＝3m ，半径为R 1的圆内分布着B 1＝2.0 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B 2＝0.5 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d ＝3cm ，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P 点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q ，垂直进入环形磁场区域．已知点P 、Q 、O 在同一水平线上，粒子比荷4×107C /kg ，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：

(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？

(2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O ，则加速电压为多大？

(3) 从P 点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O 点的时刻．

【答案】(1) r 1<1m . (2) U ＝3×107V . (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s (k ＝0，1，2，3，…)

【解析】

【分析】

（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；

（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O 的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；

（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q 孔进入磁场到第一次到O 点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O 点的时刻．

【详解】

(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r 1，在Rt △QOO 1中有r 12＋R 22＝(r 1＋R 1)2

代入数据解得r 1＝1m

粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r 1<1m .

(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛

伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m

2 v r

得r＝

mv

qB

易知r3＝4r2

且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32

解得r2＝

3

m，r3＝3m

又由动能定理有qU＝

1

2

mv2

代入数据解得U＝3×107V.

(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足

1

2

v t1＝d

得t1＝10－9s

令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)

圆周运动的周期T＝

2m

qB

π

故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为

8

2

21

372180532

610

360360

m m

t s

qB qB

ππ

-

???－

＝＋＝

考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－

8k)s(k＝0，1，2，3，…)．

5．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相

同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：

（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；

（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．

【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（

2）框架以CD 为轴抬起后，AB

边距桌面的高度为2

22v g ．

【解析】

【分析】

【详解】

（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，

由几何知识得：r 2+r 2=L 2，

解得：r =2

2L ，

小球在磁场中做圆周运的周期：T =02r

v π，

小球在磁场中的运动时间：t 1=14T =0

2

4L

v π，

小球在斜面上做类平抛运动，

水平方向：x =r =v 0t 2，

运动时间：t 2=02L ，

则：t 1：t 2=π：2；

（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，

位移：r =2212at ，解得，加速度：a =2022v L

， 对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin m

=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=2022v g

；

6．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =3m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直

线上．AF 两点距离为

23

m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．

(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向

(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1

(3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件．

【答案】（1）52310/3m s ?；垂直于AB 方向出射．（2）3310T （

3）235T + 【解析】 试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U q ma d =解得：102310/3

qU a m s md ==? 50

110L t s v -==? 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝

3×105m/s 射出时速度为：22502310/3y v v v m s =+=

? 速度v 与水平方向夹角为θ，03tan 3

y

v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262d y at m =

==，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，

由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303

d R m ==o 由2

11

v B qv m R = 知：1133mv B T qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：221sin 60R R o

+= 故半径2(233)R m =

又2

22

v B qv m R = 故2235B +=

所以B2

应满足的条件为大于

23

5

T

+

．

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.

7．如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B.一个质量为m、电荷量为-q

的粒子以速度

qBd

m

从O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．

(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径：

(2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为

2qBd

v

m

=，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过

程中带电粒子运动的时间；

(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度

qBd

v

m

>，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值．

【答案】（1）R d

=（2）()

43

OP d

=-

2

3

m

t

qB

π

=（3）

min

3

x d

=

【解析】

【分析】

【详解】

（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：

2

1

v

qv B m

r

=

把

qBd

v

m

=，代入上式，解得：R d

=

(2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为0

2

v v

=时，如图所示

在OA段圆周运动的圆心在O1，半径为12

R d

=

在AB段圆周运动的圆心在O2，半径为R d

=

在BP 段圆周运动的圆心在O 3，半径为12R d =

可以证明ABPO 3为矩形，则图中30θ=o ,由几何知识可得：

132cos303OO d d ==o 所以：323OO d d =-

所以粒子打在x 轴上的位置坐标()

133243OP O O OO d =+=- 粒子在OA 段运动的时间为：13023606m m t qB qB

ππ==o o g 粒子在AB 段运动的时间为2120236023m m t q B qB

ππ==o o g g 粒子在BP 段运动的时间为313023606m m t t qB qB

ππ===o o g 在此过程中粒子的运动时间：12223m t t t qB

π=+= (3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R ，轨迹由图

可得粒子打在x 轴上位置坐标：()22222x R R d

R d =--+-

化简得：222340R Rx x d -++= 把上式配方：222213033R x x d ??--+= ??

? 化简为：222213033R x x d ??-=-≥ ??

? 则当23

R x =时，位置坐标x 取最小值：min 3x d =

8．如图所示,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。a 、b 两带正电粒子从O 点同时分别沿y 轴正向、负向运动,已知粒子a 质量为m 、电量为q 、速度大小为v,粒子b 质量为2m 、电量为2q 、速度

大小为v /2,粒子b 恰好不穿出1区域,粒子a 不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:

(1)小圆半径R 1；

(2)大圆半径最小值

(3)a 、b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间t (不考虑a 、b 在其它位置相遇)。

【答案】(1)1mv R qB = (2)2min (31)mv R += (3)14m qB π 【解析】

【详解】

解：(1)粒子b 在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为b r 根据洛伦磁力提供向心力有：2

2()222b

v m v q B r =

由粒子b 恰好不穿出Ⅰ区域：12b R r = 解得：1mv R qB

= (2)设a 在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为1a r ， 根据洛伦磁力提供向心力有：2

1

a mv qvB r = 解得： 11a mv r R qB

== 设a 在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为2a r ， 根据洛伦磁力提供向心力有：2

2

2a mv qv B r ?= 解得： 21122

a mv r R qB == 设大圆半径为2R ，由几何关系得：1213122R R R ≥+

所以，大圆半径最小值为： 2min R ≥

(3)粒子a 在Ⅰ区域的周期为12a m T qB π=，Ⅱ区域的周期为2a m T qB

π= 粒子a 从O 点出发回到O 点所经过的最短时间为：1121

132a a a t T T =+

解得：176a m t qB

π= 粒子b 在Ⅰ区域的周期为：2b m T qB

π= 讨论：①如果a 、b 两粒子在O 点相遇，粒子a 经过时间：176a a n m t nt qB π==

n=1，2，3… 粒子b 经过时间：2b b k m t kT qB

π== k=1，2，3… a b t t =时，解得：726

n k = 当7k =，12n =时，有最短时间：114m t qB

π= ②设粒子b 轨迹与小圆相切于P 点，如果a 粒子在射出小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1215(218)663a a a a n m t T T n t qB

π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间： (21)(21)2b b k T k m t qB

π--== k=1，2，3… a b t t =时，解得：218213n k +-=

ab 不能相遇

③如果a 粒子在射入小圆时与b 粒子在P 点相遇 则有：1217(2113)2663a a a a n m t T T n t qB

π+=++= n=1，2，3… 粒子b 经过时间：(21)(21)2b b k T k m t qB

π--== k=1，2，3… a b t t =时，解得：2113213n k +-=

ab 不能相遇

a 、

b 两粒子从O 点出发到在x 轴相遇所经过的最短时间为14m qB

π

9．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）5

2qEL m （2）2910229050mE qL - 【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：

则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y 满足

122L y L y L

=-

解得

15y L =

竖直方向

212y a t

= 水中方向

0L t v =

在电场中根据牛顿第二定律

qE ma =

联立可以得到

0v =（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2O 点，连接2O 和C 点，交x 轴与D 点，做2O F 垂直x 轴，垂直为F ．

由几何关系

452L CD L L

= 解得

25

CD L = 由于21O F O C L ==，故2O FD ?与1O CD ?全等，可以得到

21O D O D =

则

15O D L == 因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为

2R O D CD =+=

粒子出电场时速度沿y 轴负方向的分速度

y v ==

因此粒子进磁场时的速度为

v == 粒子在磁场中做匀速圆周运动有

2qvB m R

v = 解得

B ==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．

10．如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b）所示，试求:

(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；

(2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向。

【答案】（1）B

B2

2

=；（2）v

v

v

2

6

2

)3

2(

+

=

+

='；方向向左下方与y轴负向成3

2

arccos-（

2

2

6

arccos

-

）的夹角

【解析】

试题分析: （1）由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP上的C点进入Ⅱ区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图。

X/×

Bq

mv

E

o

Bv

2

3

Bv

2

1

由几何关系可知：O 1C ⊥OX ，O 1C 与OX 的交点O 2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C OO 1?等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ， 则：10

122130sin r r r == 由21v qBv m r = 得：1mv r qB

= ， 同理得：22mv r qB = 即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22=

（2）D 点坐标： qB

mv r r x ）13(30cos 201+=

+= 质子从D 点再次到达y 轴的过程， 22

)13(2)13()223(21mv qB mv Bv Bv q x E q qU W i i +=+?+=?==∑电 设质子再次到达y 轴时的速度大小为v '， 由动能定理：222

121mv v m W -'=

电 得：v v v 262)32(+=+=' 因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变 如图有： 2

2632cos -=-='=v v α 即方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（226arccos

-）的夹角 考点： 带电粒子在磁场中的运动

11．如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x 轴放置，板长为L ，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L 的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x 轴垂直．现有一质量为m ，带电荷量为+q 的带电粒子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L ，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x 轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x 轴上（2L ，0）点与x 轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．试求：

（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；

（2）计算两板间的电势差并确定A 点的位置；

（3）写出磁场区域磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 应满足的表达式．

【答案】（1）2016W mv =（2）20023y mv U = ,3y L = (3) 0023nmv B =0

31234L T n π==??（，，，） 【解析】 试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v ，则：0023cos30v v =

=? 电场力对粒子所做的功为：22200111226

W mv mv mv =

-= （2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则： v′=v 0tan30°03 水平方向：L=v 0t 竖直方向：y ＝

12v′t 解得：36

y L = 电场力对粒子所做的功：W=qEy

两板间的电压U=2Ey 0 解得：20023y mv U = （3）由对称性可知，粒子从x=2L 点飞出磁场的速度大小不变，方向与x 轴夹角为α=±30°；

在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；

故磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴上的位移为：x=2Rsin30°=R

粒子到达x=2L 处且速度满足上述要求是：

nR=L

L

R

n

=（n=1

，2，3，…）

由牛顿第二定律，有：

2

v

qvB m

R

=

解得：0

23nmv

B=（n=1，2，3，…）

粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过

1

6

周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个

周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；

1

62

T

kT k

=；

2R

T

v

π

=

解得：

3

3

L

T

v

π

=（n=1，2，3，…）

当0

26

T

T

＞，

3L

T

π

考点：带电粒子在磁场中的运动.

12．（20分）如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在场强大小为E，方向与x 轴平行且沿x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。现将一挡板放在第二象限内，其与x,y轴的交点M、N到坐标原点的距离均为2L。一质量为m，电荷量绝对值为q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为L、距y轴为2L的A点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上C点时电场突然消失。若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与入射角的关系）。求:

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