《带电粒子在电场、磁场中的运动》计算题专题 - 图文

《带电粒子在电场、磁场中的运动》计算题专题

【知识要点】

1、带电粒子运动型计算题

?带电粒子在电场中运动与在磁场中运动的最显著差别．

带电粒子垂直射入匀强电场做类平抛运动，而垂直射入匀强磁场作匀速圆周运动。 ?正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提． ①带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）。

②带电粒子所受的重力和电场力等值反向，洛伦磁力提供向心力，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．

③带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成． ?灵活选用力学规律是解决问题的关键

①当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解．

②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解． ③当带电粒子在复合场中做非匀变 速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解． 说明：由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解． 2、带电体在磁场中的临界问题的处理基本思路

（1）画轨迹：即画出运动轨迹，并确定圆心，用几何方法求半径．

（2）找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．

（3）用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式． 3、带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 （1）直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)

（2）平行边界(存在临界条件，如图所示)

1

（3）圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示) 4、带电粒子在匀强磁场中的运动

找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，建立运动时间t和转过的圆心角θ之间的关系是解题的关键． （1）圆心的确定

①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图10甲所示，图中P为入射点，M为出射点)．

②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)． （2）半径的确定

可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．

（3）运动时间的确定：电荷在匀强电场和匀强磁场中的运动规律不同．运动电荷穿出有界电场的时间与其入射速度的方向和大小有关，而穿出有界磁场的时间则与电荷在磁场中的运动周期有关．在解题过程中灵活运用运动的合成与分解和几何关系是解题关键；粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：t??T(或t?R?)

v2?真题研究

1．(2015浙江9月23题)某科研小组设计了一个粒子探测装置。如图1所示，一个截面半径为R的圆筒(筒

长大于2R)水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B。图2为圆筒的入射截面，图3为竖直方向过筒轴的切面。质量为m，电荷量为q的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内。圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置。筒壁上的P点和Q点与入射面的距离分别为R和2R。(离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用)

(1)离子从O点垂直射入，偏转后到达P点，求该入射离子的速度v0；

(2)离子从OC线上垂直射入，求位于Q点处的探测器接收到的离子的入射速度范围；

(3)若离子以第(2)问求得范围内的速度垂直入射，从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R的筒壁位置，画出此入射区域的形状并求其面积。

2

2．(2016浙江4月22题)如图为离子探测装置示意图。区域I、区域Ⅱ长均为L=0.10m，高均为H=0.06m。区域I可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏。质子束沿两板正中间以速度v=1.0×l05m/s水平射入，质子荷质比q

近似为 =1.0×l08C/kg。(忽略边界效应，不计重力)

m

(1)当区域加Ⅱ电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax；

(2)当区域I不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax；

(3)当区域I加电场E小于(1)中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域I中的电场E之间的关系式。

3

3．(2016浙江10月23题)如图所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场，位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～3v0.这束mv20离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并

2q垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a～3a区间水平固mv0定放置一探测板(a＝)．假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x

qB0

轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．

(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间； (2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B1； (3)保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．

1mv12

解析：(1)对于初速度为0的粒子：qU＝mv ＝a 1 r1＝2qB0

恰好打在x＝2a的位置

11mv222

对于初速度为3v0的粒子：qU＝mv －m(3v) r＝＝2a， 02

222qB0恰好打在x＝4a的位置

打在x轴上的区间为[2a，4a]

1mv234212

(2)由动能定理：qU＝mv r3＝a 解得：B1＝B0 2－m(3v0) r3＝22qB1231mv132(3)对速度为0的粒子qU＝mv r＝＝a 2r4＝1.5a 4

21qB14a2

粒子打在x轴上的区间为[1.5a，3a] N＝N0＝N0

1.5a3

由动量定理：－Ft＝－0.8Nmv0＋0.2N(－0.6mv0－mv0) 解得：F≈0.75N0mv0

4．(2017浙江4月23题)如图所示，在xoy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xoy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔达到A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流，已知b?3R，d?l，电子质量为m，电荷量为e，

2忽略电子间相互作用。

（1）求磁感应强度B的大小；

（2）求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；

（3）当UAK=0时，每秒经过极板K上的小孔到达板A的电子数； （4）画出电流i随UAK变化的关系曲线（在答题纸的方格纸上）。 【解析】由题意可以知道是磁聚焦问题，即轨到半径：r = R?B?mv eR由图以及几何关系可知，上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm，由几何关系：

4

sin?m?b??m?600 R同理下端电子从p点射出与负y轴最大夹角也是600

oo范围是?60???60

tan??l2得??45Oy'?Rsin??Rd2

每秒进入两极板间的电子数为n

ny'6???0.82Nb3 n=0.82N

(4)有动能定理得出遏止电压Uc??1mv2 2e与负y轴成450角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压U???1mv2或者根据（3）可得饱和电流大小4eimax?0.82Ne

5．【2016·浙江卷】为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。

扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。 （1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；

（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；

（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B'，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B' 和B的关系。已

知：sin（α±β）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1–2sin2（3）谷区内的圆心角???120??90??30?⑧

mv谷区内的轨道圆弧半径r??⑨

?qB[来源学科网Z.X.X.K]

? 2由几何关系rsin??r?sin??⑩

22由三角关系sin30?=sin15?=6?2?

24代入得B??3?1B?

2

5

6．(2014·浙江卷，25)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图甲所示，

截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．

R

Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子．假

2设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图乙所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞) (1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；

(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图乙说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)； (3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围； (4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系．

12Mv2M解析：(1)由动能定理得：eU＝MvM U＝ 22eU

由牛顿第二定律得：Ee＝Ma ① E＝ ②

Lv2M

联立①②得：a＝ 2L

(2)由题知电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好，则图乙中显然电子往左半部偏转较好，由左手定则可知，Ⅰ区中磁场方向应为垂直纸面向外． 3v2

(3)设电子运动的最大半径为r，轨迹如图，则：2r＝R，eBv＝m 2r3eBR

所以：v0≤v≤ 4m

R

(4)如图所示：OA＝R－r，OC＝，AC＝r

2根据几何关系得：r?3R3eBR 所以：vmax?

4m(2?sin?)4(2?sin?)

7．(2015·浙江卷，25)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B． 为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ． (1)求离子的电荷量q并判断其正负；

(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；

(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，

6

两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．

mv2

解析：(1)离子做圆周运动Bqv＝ ①

rmv

q＝，根据左手定则可判断离子带正电荷 ②

Br(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示 O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r mv2

引出轨迹为圆弧，B′qv＝ ③

Rmv

R＝ ④

qB′

由余弦定理得R2＝L2＋(R－r)2＋2L(R－r)cos θ r2＋L2－2rLcos θ

解得：R＝ ⑤

2r－2Lcos θmv（2r－2Lcos θ）mv

故B′＝＝ ⑥

qRq（r2＋L2－2rLcos θ）(3)电场强度方向沿径向向外 ⑦ mv2

引出轨迹为圆弧Bqv－Eq＝ ⑧

Rmv2（2r－2Lcos θ）

解得：E＝Bv－ ⑨

q（r2＋L2－2rLcos θ）

针对性训练

1．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． (1)求电场强度的大小和方向；

t0(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出．求粒子

2运动的加速度大小；

(3)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度变为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．

【解析】(1)设带正电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度大小为v，电场强度为E.可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向 且有qE＝qvB① BR

又R＝vt0② 则E ＝③

t0

t0R

(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动在y方向位移为y＝v④ 由②④式得y＝⑤

22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x＝1t043R

又由x＝a()2⑥ 得a＝2⑦

22t0

(3)仅有磁场时，入射速度v′＝4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，

7

3

R 2

v′2

设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv′B＝m⑧ 又(2)中qE＝ma⑨

r由②③⑦⑧⑨式得r＝即sin α＝

3RR⑩ 由几何知识sin α＝? 32r

3π2πm

，α＝? 带电粒子在磁场中的运动周期 T＝? 23qB

2α3π

T 所以tB＝t. 2π180

则带电粒子在磁场中的运动时间tB＝

2．如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面

向里，磁感应强度的大小为B。有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为＋Q。将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用。 (1)求带电粒子的速率；

B

(2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为，求粒子在磁场中最长的运动时间

4t；

B

(3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为R1(R1>R0)圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为，方向

2垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R1的最小值和粒子运动的周期T。

【解析】(1)粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，即R0＝2r v2qBR0由qvB＝m 得v＝ r2m

Bmv4mv

(2)磁场的大小变为后，粒子的轨道半径为r1＝＝＝2R0

4qB1qB

根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R0时，圆60°4πm

心角为60°，有t＝T＝ 360°3qB

B

(3)根据矢量合成法则，叠加区域的磁感应强度的大小为，方向向里，

2

B

以R0为半径的区域外磁感应强度的大小为，方向向外。粒子运动的半径为R0。

2根据对称性画出情境图，由几何关系可得R1的最小值为(3＋1)R0 π5π

?＋?·4m3628πmT＝＝

qB3qB2

3．如图所示，在以O1点为圆心、r=0.20m为半径的圆形区域内，存在着方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10-3的匀强磁场（图中未画出）。圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O,右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子源中，有带正电的粒子（比荷为

q?1?1010C/kg) m不断地由静止进入电压U=800V的加速电场．经加速后，沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域，粒子重力不计。

8

（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径、速度偏离原来方向的夹角的正切值。

（2）以过坐标原点O并垂直于纸面的直线为轴，将该圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求在此过程中打在荧光屏MN上的粒子到A点的最远距离。

【解析】（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理得

进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 联立解得

设速度偏离原来方向的夹角为θ，由几何关系得

故速度偏离原来方向的夹角正切值

（2）以O点为圆心，OA为半径做圆弧AC交y轴于C点；以C点为圆心，CO为半径作出粒子运动的轨迹交弧AC于D点。 粒子在磁场中运动的最大圆弧弦长OD＝2r＝0．4 m 由几何关系可知

最远距离

﹣

代入数据可得

﹣

4．如图，质量m=1×103kg、带电量q=1×102C的带电粒子从竖直放置的两电容器极板AB之间贴着A极板以速度vx=4m/s平行极板飞入两极板间，恰从极板B上边缘O点飞出，已知极板长L=0.4m，极板间距d=0.15m．电容器极板上方有宽度为x=0.3m的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感强度大小相等，均垂直纸面且方向相反，O为DC边中点，P为DC边中垂线上一点，带电粒子从O点离开电场，之后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切，不计粒子的重力．求： （1）该电容器极板AB所加电压U大小； （2）匀强磁场的磁感应强度大小B；

（3）若现在Ⅰ、Ⅲ区域所加磁感应强度大小B′=2T，粒子射入O点后经过3次偏转打到P点，则OP的距离为多少？

【解析】（1）在AB极板间类平抛，L=vxt

代入数据有：U=0.45V

（2）设粒子出极板后速度大小为v，与水平夹角α

所以：

9

进入右边磁场恰与右边界相切，设在磁场中圆运动半径为r 故有：

解得：r=0.5

对粒子：

所以： 代入数据得：B=1T

（3）当B′=2T时，

粒子射入O点后经过3次偏转打到P点故有：OP=

=1.3m

5．科研人员利用电场和磁场控制带电粒子的运动，从而来进行粒子分选，其原理如图所示：真空环境中，由a、b、c、d四个平行界面分隔出的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，宽度均为L?0.12m。让包含两种不同的带正电粒子组成的粒子束，从界面a上的P点以速度

v0?5?102m/s垂直界面射入区域Ⅰ，两种粒子带电量均为q?1?10?6C，质量分别为m1?3?10?10kg和m2?4?10?10kg。若在

区域Ⅰ和Ⅲ分别加上垂直纸面、方向相反、磁感应强度大小均为B?1T的匀强磁场，粒子能分成两束从界面d出射；若在区域Ⅰ和Ⅲ分别加上与界面平行、方向相反的匀强电场，粒子也能分成两束从界面d出射。不计粒子重力。

（1）求加磁场时两种粒子在界面d上出射点之间的距离

（2）若加电场时两种粒子在界面d上出射点之间的距离与加磁场时相等，求电场强度的大小

r1?m1v0mv?0.15m r2?20?0.2m qBqB??r1(1?cos?1)?0.06m 粒子1在区域I中的偏移量y1???Ltan?1?0.16m 粒子1在区域II中的偏移量y1????y1??0.06m 粒子1在区域III中的偏移量y1所以粒子1的总偏移量?y1?0.06?0.16?0.06?0.28m

10

??r2(1?cos?2)?0.04m 粒子2在区域I中的偏移量y2???Ltan?2?0.09m 粒子2在区域II中的偏移量y2????y2??0.04m 粒子2在区域III中的偏移量y2所以粒子2的总偏移量?y2?0.04?0.09?0.04?0.17m 二者的出射点之间的距离?Y1??y1??y2?0.11m

（2）当在区域I、III加如图所示的反向电场时，两种粒子的轨迹如图，两种粒子在区域I中均作类平

抛，但偏移量不同，在区域II中均作斜向的匀速直线运动，进入区域III做反类平抛运动，然后均垂直边界d出射。

1qE2qEL2??t?粒子1在区域I中：L?v0t y3 22m12m1v02qEL2qEL???2y3??粒子1在区域II中有：y3 （或者y1） ???vyt?22m1v0m1v0qEL2????y3??粒子1在区域III中有：y3 22m1v02qEL2??y3???y3????粒子1的总偏移量有：?y3?y3 2m1v02qEL2同理，粒子2的总偏移量有：?y4?y4 ??y4???y4????2m2v0二者的出射点之间的距离

2qEL22qEL2?Y2??y3??y4???0.11m 22m1v0m2v0解得：E?275?102?1.1458?103V/m 24 6．【2016·四川卷】如图所示，图面内有竖直线DD＇，过DD＇且垂直于图面的平面将空间分成I、II两区域。区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域II有固定在水平面上高h?2l、倾角??π/4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD＇距离s?4l，区域II可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD＇上，距地面高H?3l。零时刻，质量为m、带电量为q的小球P在K点具有大小v0?gl、方向与水平面夹角??π/3的速度。在区域I内做半径r?3l/π的匀速圆周运动，经C

点水平进入区域II。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知，g为重力加

11

速度。

（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；

（3）若小球A、P在时刻t??l/g（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区域II的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。

小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有mgsin??maA⑤

h1?aA(t1?tA)2⑥ sin?2联立以上方程可得tA?(3?22)l⑦ g（3）设所求电场方向向下，在t'A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有

12s?v0(t?tC)?aA(t?t?A)cos?⑧

2mg?qE?maP⑨

112H?h?aA(t?t?aP(t?tC)2⑩ A)sin??22(11??2)mg联立相关方程解得E?

q(??1)对小球P的所有运动情形讨论可得3???5

由此可得场强极小值为Emin?0；场强极大值为Emax?7mg，方向竖直向上。 8q7．【2015·山东】如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，

12

由点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。 （1）求极板间电场强度的大小；

（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；

（3）若Ⅰ区，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv/qD，4mv/qD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。

mv2d12【解析】（1）粒子在电场中，根据动能定理：Eq??mv，解得E?

22qd

（3）若Ⅰ区域的磁感应强度为B1?2mv，则粒子运动的半径为R1?mv?D；Ⅱ区域的磁感应强度qDqB12mvD；

为B2?4mv，则粒子运动的半径为R2??qB24qD设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：

2?R1；T2?2?R2 T1?v1v2据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为?1，Ⅱ区内圆弧所对

圆心角为?2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为?，由几何关系可得：?1?120o；

?2?180o；??60o

粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，

o360o?1?2?360可得：t1??T；t2??2oT2 o1?360?360设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2）

联立上述各式可得：s=5.5πD 8．【2015·天津】现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终

13

在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。 （1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2

（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn （3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。

【解析】（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有：2qEd?1qEd 2 解得：v2?2mv22m2v2 联立解得：r2?2mEd r2Bq粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：qv2B?m

由图根据几何关系可以得到：rnsin?n?rnsin?n?d 联立可得：rnsin?n?rn?1sin?n?1?d

由此可看出r1sin?1，r2sin?2，…，rnsin?n为一等差数列，公差为d，可得：

rnsin?n?r1sin?1??n?1?d

当n=1时，由下图可看出：r1sin?1?d 联立可解得：sin?n?Bnqd

2mE

14

9．“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径??1=2??，电势??1=50??，内圆的半径??2=1??，电势??2=0，内圆内有磁感应强度大小??=5×10?3??、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板MN与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M、N与内圆间各存在狭缝．假设太空中漂浮着质量??=1.0×10?10????、电荷量??=4×10?4??的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰撞和作用． (1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；

(2)以收集薄板MN所在的直线为??轴建立如图的平面直角坐标系．分析外圆哪些位置 的粒子将在电场和磁场中做周期性运动．指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间．

因为r=R2，所以由几何关系可知，从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动4圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，并返回磁场，如此反复的周期运动。其运动轨迹如图所示。则在磁场中运动的时间为T。 ??=

2??????

1

=

2????????

解得：??=2×10?4??

??

粒子进入电场的四个位置坐标分别为（0, 2m）,（2m, 0）,（0, -2m）,（-2m, 0）

10．如图所示为一人工转变核反应探测仪，装置有α粒子源、粒子加速区、核反应区和粒子探测区四部分组成。α粒子源可以

v＝3×107m/s，随单位时间发射出 N=1015个 α粒子，其初速度为

106V的加速电场，后又进入电压为 U＝7×从电场中射出后与静

止在反应区A点的铍核49B发生核反应，两个反应产物经EF垂直边界飞入探测区，探测区有一圆形磁场和粒子探测器，圆形磁场半径为R=15m，其内存在磁感应强度为B=0.5T的的匀强磁场，圆形磁场边界与EF相切，探测器与EF平行距圆心距离为d=0.5 m。实验中根据碰撞点的位置便可分析核反应的生成物。为简化模型，假设α粒子均可与铍核发生核反应，实验中探测器上有两个点（P 点和 Q点）持续受到撞击，AOP在一直

15

线上，且 PQ=23m，打在 P点粒子 50%穿透探测器，50%被探测器吸收，其中穿透的粒子能量损失75%，

15打在 Q点的粒子全部被吸收。已知质子和中子的质量均为 m=1.6×10–27kg，原子核的质量为核子的总质量，如 α粒子的质量为mα＝4m＝6.4×10-27，质子电量为 e=1.6×10-19C，不计粒子间相互作用（核反应过程除外）求

（1）α粒子射出加速电场后的速度为多少； （2）打在 Q 点的是什么粒子；打在 Q 粒子的速度为多少； （3）探测器上单位时间受到的撞击力为多少。

11【解析】（1）根据动能定理可得：2Ue?(4m)v?2?(4m)v02 （1分）

22则v??4?107m/s （2分）

（2）由于打在P点的粒子在磁场中不偏转，故此粒子不带电，因此打在Q点的粒子为6e，因此为126C,

491核反应方程为2He?4B?0n?126C，打在P点为中子 1分

对于碳核，在磁场中偏转，由几何关系得：tan??则tanPQ0?3，??60 PO?2?R3，r?0.4m （1分） ?r3由r?12mvC得vc?1?107m/s （1分）

6Be（3）根据动量守恒可得：4mv??12mvC?mvn，得vn?4?107m/s （1分） P点，对于吸收的中子，由动量定理得：F1?t?50%?mvn

F1?0.5?mvn?0.5Nmvn?3.2?10?5N，方向向上 （1分） ?t对于穿透的中子，由动量定理得F1?t?50%?m(vn?0.5vn)

F2?0.25?mvn?0.25Nmvn?1.6?10?5N ，方向向上 1分 ?tQ点，对于吸收的C粒子 由动量定理得：F2?t??mvc F2??m0

vC?1.92?10?4N 方向斜向上，与板成30 （1分） ?t因此探测器受到竖直方向的合力为：Fy?1.44?10?4N，竖直向上

探测器受到水平方向的合力为：Fx?0.963?10?4N?1.66?10?4N，竖直向上（1分） 因此探测器上单位时间受到的撞击力为：F?FX2?Fy2?2.2?10?4N（写出x，y分量也可）

16

11．位于竖直平面内的粒子探测器装置如图所示．C、G两点位于x轴上，A、D两点位于y轴上，∠ACO=30°，AO的长度为d，△AOC区域内有垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），矩形ODFG区域内有与y轴平行的匀强电场（图中未画出），其电场强度的大小及方向均可调节，已知DF的长度为2d，

FG的长度为3d，在匀强电场右侧有一长度为3d的粒子

4接收器，它与y轴平行放置，与FG的距离为d，且上边缘恰好在DF的延长线上．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以速度v垂直x轴射入磁场，且离开磁场时速度与y轴垂直，其运动轨迹与AC边相切，不计粒子重力．

（1）判断△AOC区域内的磁场方向并求出磁感应强度的大小B；

（2）若粒子最终打在接收器的上边缘，求粒子从射入磁场到打在接收器上所用的时间，并求出在这种情况下矩形ODFG区域内电场强度的大小E0；

（3）若粒子刚进入电场时，将电场强度大小调节为E，方向沿y轴正方向，当粒子的横坐标为d时，电场强度突然反向，大小变为原来的一半，要使粒子打在接收器上，求电场强度E的大小范围．

【解析】（1）带正电的粒子以速度v垂直x轴射入磁场，且离开磁场时速度与y轴垂直，其运动轨迹与AC边相切，因为∠ACO=30°，AO的长度为d，所以，

由图可知，粒子进入磁场时，洛伦兹力作为向心力，方向水平向右；由带正电的粒子速度方向竖直向上，根据左手定则，可知磁场方向为垂直纸面向外；因为洛伦兹力作为向心力，所以

，

，

，所以，；

（2）由（1）可知，粒子在磁场中运动时间；

然后粒子在电场中做类平抛运动；因为粒子最终打在接收器的上边缘，所以电场力竖直向上，在电场中

粒子运动时间

；在电场中，粒子受到的电场力F=qE0，所以，加速度

，

粒子离开磁场时，水平速度vx=v，，y轴坐标；

粒子离开磁场做匀速直线运动打在接收器的上边缘，因为粒子接收器，它与y轴平行放置，与FG的距离为d，

所以，粒子在这段路程运动的时间，纵向位移；

；

所以粒子从射入磁场到打在接收器上所用的时间

所以，；

（3）根据运动的合成分解原理，可知，改变纵向电场的大小和方向时，粒子的水平运动不变，

17

所以，有粒子进入电场时，所在位置为，

在0≤x≤d时，粒子受到竖直向上的电场力F1=qE，所以，在x=d时，粒子的竖直速度=，

竖直位移；

，所以，在x=2d时，粒子的竖直速度

在d≤x≤2d时，粒子受到竖直向下的电场力

，竖直位移y2=；

在2d≤x≤3d时，粒子做匀速直线运动，所以，在x=3d时，竖直位移；

要使粒子打在接收器上，则，所以，．

12．如图所示，真空室内有一个点状的α粒子放射源P，它向各个方向发射α粒子（不计重力），速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=L），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=

5??（现只研究与放射源2

P和直线ab同一个平面内的α粒

子的运动），当真空室内（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的α粒子恰到达Q点；当真空室（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的α粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们动能都相等，已知水平向左射出的α粒子也恰好到达Q点．（α粒子的电荷量为+q，质量为m；sin37°=0.6；cos37°=0.8）求： （1）α粒子的发射速率；

（2）匀强电场的场强大小和方向；

（3）当仅加上述磁场时，能到达直线ab的α粒子所用最长时间和最短时间的比值．

【解析】（1）设α粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示， 由几何知识可得： = ，

????

????

????

????

＝5??, 代入数据可得??粒子轨迹半径：??＝ ????

8

洛仑磁力提供向心力：??????＝??，解得??粒子发射速度为：??＝

??

??2

5??????8??

；

18

（3）真空室只加磁场时，圆弧??1和直线ab相切于D点，α粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，如图所示． 则：????????＝

???????

=5，??=37°，

????????360°

3

最大圆心角：????????=360°﹣90°﹣37°=233°， 最长时间：??1＝

??，

13．如图所示，O'PQ是关于y轴对称的四分之一圆．在PQMN区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U。一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位置经电场加速后都会从O'进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出。在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中K板接地，A与K两板间加有电压UAK>0，忽略极板电场的边缘效应。已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O'在y轴上。 (1)求带电粒子的比荷q/m

(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；

(3)若无论带电粒子从PQ上哪个位置出发都能达到K板上，则电压UAK至少为多大？

【解析】（1）由动能定理可知：qU?12mv 1分 219

由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R0=R

v2qvB?m 1分

R0q2U得：?22 1分

mBR（2）沿QN方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a在

y a B O OM U P O1 b O2 N E Q x K A 2y轴上的投影与O′的距离为：?y?R?R

2a点的纵坐标：ya?2R 2同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标

yb??2R 1分 222R~R 22带电粒子进入电场时的坐标范围?（3）只要沿QN方向入射的带电粒子打在K板上，则从其它位置入射也一定打在K板上，则在电场中E?UAK 2RF?qE?ma

1分 1分

y?R?21R?at2 1分 22

1分 1分

应满足 4R?vt 得 UAK?2?2U 414．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场B，A为磁场边界上的一点，有大量完全相同的带电粒子平行纸面向各个方向以相同的速度大小v通过A点进入磁场，最后这些粒子从右侧圆弧AC上射出磁场区域（有粒子从C点射出）。AC圆弧的弧长是圆周长的1/3，不计粒子之间的相互作用，粒子的质量为m，电量为q，求： （1）圆形磁场区域的半径R；

（2）粒子在磁场中运动轨迹的最大长度；

（3）若只把磁场撤去，在圆形区域内加场强大小为E的平行于纸面的匀强电场，从圆弧射出电场的粒子中，C点射出的粒子动最大，求最大动能Ek 【解析】（1）当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径如图一所示，当粒子从1/3圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为AB

3粒子都从圆弧AB之间射出，根据几何关系可得轨道半径r?Rcos30°，解得r?R

220

v2粒子在磁场中做圆周运动Bqv?m

r解得R?23mv 3Bq（2）带电粒子在磁场中运动的半径不变，粒子在磁场中运动的最大实际为图乙轨迹1所对应的轨迹长度最大，故s?2?r?2?mv Bq12mv 2（3）把磁场撤去，加平行于纸面的电场，从A点射入的粒子，从B点离开时动能最大，说明电场线的方向沿半径OB方向，根据动能定理：Eq?2rcos30??Ek?代入解得：Ek?123Emv mv?2B

15．如图所示，一足够大的光滑绝缘水平桌面上建一直角坐标系xOy，空间存在垂直桌面向下的匀强磁场。一带电小球A（可视为质点）从坐标原点O以速度v沿着轴正方向向射，沿某一轨迹运动，从（0，d）坐标向左离开第I象限。若球A在第I象限的运动过程中与一个静止、不带电的小球B（可视为质点）发生弹性正碰，碰后两球电量均分，不论球B初始置于何处，球A碰后仍沿原轨迹运动。球A、B的质量之比为3:1，不计两球之间的库仑力。 （1）判断带电小球A的电性；

（2）若两球碰后恰好在（-d/2，d/2）坐标首次相遇，求球B在第I象限初始位置的坐标；

（3）若将球B置于（d/2，d/2）坐标处，球A、B碰后，在球B离开第I象限时撤去磁场，再过时间恢复原磁场，要使得两球此后的运动轨迹没有交点，求Δt的最小值。

【解析】（1）球A带正电荷 （2分） d（2）碰撞前后球A运动半径r= 保持不变 2dm1vm1v1 = = （1分） 2qBq/2·B1碰后球A速度v1=v （1分） 2弹性正碰，系统动量守恒： m1v=m1v1+m2v2 （1分） 图1

α 且m = 1 得：v2=3v1=2v （1分） 2m133dd如图1所示，设两球从碰撞位置运动到（－，）半径所夹圆心角是α，球B比球A多转2π，两球角

22速度之比1:3, 则α+2π=3α （1分） dd解得α=π，所以球B被碰时在第一象限的位置为（，） （1分）

2221

（3）如图2所示，球B离开第一象限时，两球运动轨迹半径所夹圆心角是60°。磁场消失后，各自沿着图中速度方向做匀速直线运动，当磁场恢复后，两球又d做匀速圆周运动，且半径相等都是。撤去磁场时，两球运动轨迹的圆心位置2均为图3中的M点，恢复磁场，当两球的圆形运动轨迹恰好相切时，△t为最小，此时球A、B的圆心位置分别为N、S。MN：MS=1:3，见图3，根据几何知识，可得： △t=

27d

（2分） 7v

d

N vB vA 60° 图2

60° S M

图3

16．地球同步卫星在运行若干年的过程中，不可能准确地保持初始的位置和速度，需要及时调整，以保证相对地球的位置长期不变。在同步卫星上安装离子推进器，就可以达到上述目标。离子推进器简化的原理示意图如图所示。推进剂在P处进入，在S处电离为一价正离子，后进入电场区加速（加速电压为U），形成正离子束。在出口处，灯丝C发射的电子注入正离子束中。这种高速粒子流喷射出去，可推动卫星运动。

（1）通常用铯做为推进剂，已知铯离子荷质比为q/m约为7.5×105C?kg-1，加速电压U=2.4kV，求铅离子通过电场区后的速度大小；（以离子发动机为参考系） （2）若离子发动机每秒喷射出N=1015个铯离子质量m=2.2 ×10-22kg，试求推进器获得的平均推力大小； （3）试解释灯丝C发射电子注入正离子束的作用。

17．如图所示，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，O点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v

E（0≤v≤）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直

B线MO时，速度方向均平行于PQ向左，不计粒子的重力和

22

粒子间的相互作用力，求：

（1）速度最大的粒子自O开始射入磁场至返回水平线POQ所用的时间； （2）磁场区域的最小面积．

【解析】（1）粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1则

mv2mv即：R? ① qBv?qBRT?2?m ② qB1t1?T ③

3设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，

设匀速运动的距离为s，匀速运动的时间为t2，由几何关系知：S=Rcotθ ④

s

t2? ⑤

v

31qE2过MO后粒子做类平抛运动，设运动的时间为t3，则：R?t3 ⑥

22m又由题知：v?

E

⑦ B

则速度最大的粒子自O进入磁场至重回水平线POQ所用的时间t?t1?t2?t3 ⑧

解①②③④⑤⑥⑦⑧得：t?2(33??)m 3qB（2）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积?S是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积。 扇形OO'N的面积S?1?R2 ⑨ 3?OO'N的面积为：S'?R2cos300sin300?又?S?S?S'

32R ⑩ 44??33m2E2?3m2E2联立①⑦⑨⑩得：?S?()24或(?)24

34qB12qB

18．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计粒子所受重力）。

（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置；

23

（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置；

（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L（n>1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随

n电场移动），在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。 【解析】（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有：eEL?12mv0，2L11eEL2(?y)?at2?()， 222mv0解得：y?11L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，L） 44（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有：eEx?1211eEL2mv1，y?at2=() 222mv1L2解得：xy＝，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。 4（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有 解得xy?L(2 ， 11?)，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置 2n419．如图所示，在xoy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧和MN边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN边界与y轴平行且间距保持不变．一质量为m、电荷量为-q的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t0，粒子重力不计． (1)求磁感应强度的大小B． (2)若t=5t0时粒子回到原点O，求电场区域的宽度d和此时的电场强度E0． (3)若带电粒子能够回到原点0，则电场强度E应满足什么条件?

【解析】

粒子t=5t0回到原点，如图由几何关系知，r1=r2，由向心力公式：

2vv0qv0B?m，qv2B?m2，由匀变速规律得，每次粒子经过电场的时间也是t0，电场宽度：

r2r1224

d?v0?v2qE3vtmvt0，出电场的速度v?v0?0t0，综上所述：E0?0，d?00 2m2qt0??2r1)?2r1,(n?1.2.3?) 如图所示，由几何关系知，要使粒子经过原点，应满足n(2r2?2n?1v2???B?mv0， 由向心公式得：qv2，v2nr2?根据动能定理知：qEd?112(2n?1)mv0?2?mv0mv2，解得：E?(n?1.2.3?) 2223nqt0

20．如图所示，xOy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ＝30°角．在第四象限和第一象限的xOQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在POy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为＋q，质量为m的带电粒子从-y轴上的A(0，-L)点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间t后再次经过x轴，粒子重力忽略不计．求： (1)从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t； (2)匀强电场的电场强度E的大小．

25

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