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物理选择性必修二1.3带电粒子在匀强磁场中的运动同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．空间中存在方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，一个不计重力的带电粒子以某一初速度在该空间中做匀速直线运动。某时刻，粒子运动至P点处，此时撤掉空间中的电场，经过一段时间后，粒子的速度第一次与P点相反，此时恢复原来的电场，又经过相同的时间后，粒子到达Q点处。则线段PQ与粒子的初速度方向夹角的正切值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，关键搞清粒子在磁场和电场中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式进行求解。本题的难点在于用配速法解决粒子在叠加的电、磁场中的一般问题。粒子受到电场力与洛伦兹力做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，则速度方向与电场力方向垂直，令速度方向水平向右，某时刻，粒子运动至P点处，此时撤掉空间中的电场，粒子的速度第一次与P点相反，此时粒子做匀速圆周运动轨迹恰好为半个圆周，则有，
解得，
粒子运动时间
此时恢复原来的电场，粒子速度与初速度相反，此时，洛伦兹力方向与电场力方向相同，将该速度v分解为向右的v和向左的2v，则向右的分速度v对应的洛伦兹力与电场力平衡，该分运动为向右的匀速直线运动，向左的分速度2v对应匀速圆周运动，则有，
解得，
可知，又经过相同的时间后，上述过程，粒子向右的分运动的分位移为
粒子另一个分运动做匀速圆周运动，其恰好经历半个圆周， 令线段PQ与粒子的初速度方向夹角为，则有
解得
故选D。
【分析】撤去电场后粒子从开始到达P点，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得半径大小，由运动学公式求可出周期；粒子在磁场中转半圈后恢复电场，此后的运动用配速法用运动的分解来完成，将水平向左的速度v分解为向右大小为v及向左的2v，那么粒子的运动可看成是向右的速度为v的匀速直线运动和速度为2v的匀速圆周运动的合运动。求出向右的分位移后，再求出向右的分位移，由几何关系得到结论。
2．威尔逊云室是带电粒子探测器，其原理是在云室内充入过饱和酒精蒸汽，当带电粒子经过云室时，带电粒子成为过饱和蒸汽的凝结核心，围绕带电粒子将生成微小的液滴，于是在带电粒子经过的路径上就会出现一条白色的雾迹，从而显示带电粒子的运行路径。在云室中带电粒子受到云室内饱和蒸汽对其的阻力，阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比。在不加磁场的情况下，一速度大小为v0，质量为m，电荷量为q的带电粒子在云室中沿直线通过s的路程后停止运动。现加入一个与粒子速度方向垂直、大小为B的匀强磁场，则带电粒子入射位置到停止运动时的位置之间的距离为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】动量定理；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】无磁场时，带电粒子做直线运动，受到的阻力假设为
根据动量定理可知
由此可得
当有磁场时，以粒子初速度方向为轴、入射点位置为坐标原点建立坐标系，设带电粒子为正电荷，磁场方向垂直坐标平面向内，则沿轴方向由动量定理可知
沿方向由动量定理可知
由此两方程可以求解得到带电粒子停止运动时的位置坐标为
，
最终可以得到粒子入射位置到停止运动时位置的距离大小为
故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】分两种情况分别列等式。
1、无磁场时，带电粒子做直线运动，根据动量定理可知，阻力为。
2、当有磁场时沿轴方向由动量定理可知，沿方向由动量定理可知，由此两方程可以求解得到带电粒子停止运动时的位置，最终可以得到粒子入射位置到停止运动时位置的距离大小。
3．如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。有一簇质量为m，电荷量为的粒子，以相同的速度沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向心力；洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由，则知粒子圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点而后进入正方形区域图形如下图
图中阴影部分即为所求：则
空白区域面积
空白加阴影的总面积
则
故答案为：C。
【分析】先由洛伦兹力提供向心力求出粒子在两个磁场中的轨迹半径，再分析粒子在正方形磁场中可能经过的区域形状，通过几何面积的计算得出结果。
4． 如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
可得
故A错误；
B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1
根据几何关系可知
当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2
根据几何关系可知
，
故上表面接收到粒子的区域长度为
故B错误；
C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；
D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短
，
可得
由
可得
故D错误。
故选C。
【分析】 本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，由题意画出轨迹确定临界是解题关键。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的轨迹半径大小；画出粒子轨迹，由数学知识求得 薄板的上表面接收到粒子的区域长度和板的下表面接收到粒子的区域长度 ；由，求得周期表达式，根据 计算薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间 。
5．如图所示，已知匀强电场方向向下，边界为矩形ABGH，匀强磁场方向垂直纸面向里，边界为矩形BCDG，GD长为L，磁感应强度为B。电量为q，质量为m的粒子，从AH中点以垂直电场的速度（未知量）进入电场，然后从边界BG进入磁场，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．AB长为2L
C．
D．若电场强度减弱，粒子在磁场中运动时间将变长
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。A．由题意可知，若粒子带正电，运动轨迹如图所示，若粒子带负电，由对称性，粒子在电场中向上偏转，磁场中运动的圆轨迹与正粒子圆轨迹相重合，故不论带何种电荷，都符合题意，A错误；
B．如图所示，取正粒子运动轨迹，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场，所以圆弧对应的圆心角为，可知图中设定的，设粒子在磁场中运动轨道半径为r，由几何关系
设P点速度为，根据速度的分解可得
，
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动时间为，则有
，
由几何关系
联立解得
B正确；
C．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦磁力提供向心力，可得
代入数据解得
C错误；
D．若电场强度减弱，粒子进入磁场的偏转角减小，粒子在磁场中运动的轨道半径减小，圆轨道对应的圆心角变小，所以在磁场中运动时间将变短，D错误。
故选B。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，利用速度的分解，综合粒子在电场中做类平抛运动分析求解。
6．如图所示，勾强电场方向与水平虚线间的夹角，将一质量为m，电荷量大小为q的小球（可视为质点）从水平虚线上的O点沿电场方向以某一速度抛出，M是小球运动轨迹的最高点，，轨迹与虚线相交于N点右侧的P点（图中没有画出）。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是
A．若，则小球带负电
B．若，则小球带正电
C．若，则电场强度大小可能等于
D．若，则电场强度大小一定等于
【答案】D
【知识点】电场强度；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB.根据题意，小球在竖直方向上先做匀减速直线运动再做匀加速直线运动，在M点处时竖直分速度减小为0，根据对称性可知，小球从O运动到M点的时间与从M点运动到P点的时间相等，若，表明小球在水平方向上做匀加速直线运动，则小球所受电场力沿电场方向，即小球带正电；若，表明小球在水平方向上做匀减速直线运动，则小球所受电场力与电场方向相反，即小球带负电，故A、B项错误。
C.若，则小球带正电，因为小球在竖直方向上先做匀减速直线运动，则有，即，C项错误。
D.若，则小球带负电，在水平方向做匀减速直线运动，由于小球从O运动到M点的时间与从M点运动到P点的时间相等，说明在P点时，水平方向分速度恰好减为0，设小球被抛出的初速度大小为，水平方向有，竖直方向，联立解得，D项正确。
故选：D。
【分析】AB.小球在竖直方向上先向上做匀减速直线运动再做匀加速运动，在M点处时竖直分速度减小到0；分别分析ON＜NP和ON＜NP两种情形下，小球在水平方向的运动情况，再分析小球所受电场力的方向，然后作答；
C.若ON＜NP，小球带正电，分析小球在竖直方向的运动情况，再分析电场力与重力的关系；
D.若ON=3NP，则小球带负电，在水平方向做匀减速直线运动，根据等时性和匀变速运动规律分析作答。
7．如图所示，竖直平面内光滑绝缘的两个完全相同的半圆形管道，左右两端点等高，两管道左半边分别处于垂直纸面向外的匀强磁场B和水平向左的匀强电场E中，小圆环的直径小于管道口的直径，两个相同的带负电金属小圆环a和b同时从两管道右端最高点由静止释放，之后金属小圆环a和b在管道内多次往返运动，下列说法中正确的是（ ）
A．金属小圆环a第一次进入磁场的过程中，环中的感应电流方向为逆时针
B．金属小圆环a第一次经过最低点时对管道的压力大于第二次经过最低点时对管道的压力
C．金属小圆环b能到达管道对面等高点
D．金属小圆环b最终停在管道的最低点
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A、金属小圆环a第一次进入磁场的过程中，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律可知，环中的感应电流方向为顺时针，故A错误；
B、金属小圆环a第一次与第二次经过最低点时，分别有
解得
由于进入与出磁场过程有感应电流产生，有一部分机械能转化为焦耳热，即出磁场的速度小于进磁场的速度，可知
即金属小圆环a第一次经过最低点时对管道的压力大于第二次经过最低点时对管道的压力，故B正确；
C、小圆环b从两管道右端最高点由静止释放，小圆环带负电，所受电场力向右，小圆环向左进入电场中运动过程中，电场力做负功，机械能减小，电势能增大，可知，金属小圆环b不能到达管道对面等高点，故C错误；
D、由于小圆环b在运动过程中，只有动能、重力势能与电势能的相互转化，三种能量的和值一定，可知，金属小圆环b会一直在管道左右两侧做往返运动，不会停在管道的最低点，故D错误。
故答案为：B。
【分析】确定圆环进入磁场过程，穿过环磁通量的变化情况，再根楞次定律确定感应电流的方向。环a在左侧运动过程回路中产生感应电流，电路中产生焦耳热，环机械能不守恒。根据左手定则确定环a在最低点所受洛伦兹力的方向，再根据牛顿第二定律确定环对管道压力的大小。确定环b在运动过程的受力情况及各力的做功情况，再根据功能关系判断环b的运动情况。
8．如图所示，水平地面上的小车上固定竖直光滑绝缘细管，管内装有一带电小球，空间内有垂直纸面向里的匀强磁场。小车进入磁场后保持匀速行驶，经过时间小球刚好飞离管口，该过程中小球受到的重力G、弹力N、洛伦兹力f、合力F的冲量I与时间t的关系可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】冲量；洛伦兹力的计算；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】设小球带电量为q，向右匀速运动的速度大小为v，竖直向上的速度为vy，带电小球进入磁场会受到竖直向上的洛伦兹力，大小为qvB，小球开始向上加速运动，由牛顿第二定律有
小球向上做匀加速直线运动；在获得向上的速度同时，粒子会受到水平向左的洛伦兹力，大小为qvyB，随着速度的增加而增加，受力分析可知小球水平方向上的洛伦兹力等于弹力N。
A. 由
得图像为正比例函数图，A不符合题意；
B. 由
得图像为曲线，且斜率不断增大，B符合题意；
C. 由
得图像为曲线，斜率不断增大，C不符合题意；
D. 根据
小球合力不变，为，得图像为正比例函数图，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用洛伦兹力的表达式，结合受力分析，可求出物体所受力的大小，结合冲量得定义，可求出各个力冲量得变化情况。
9．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向水平向右；磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。在正交的电磁场空间中有一竖直放置的光滑绝缘大圆环。一质量为m，带电荷量为+q的小圆环，从大圆环的最高点由静止释放。已知大圆环半径为R，重力加速度为g。关于小圆环接下来的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小圆环从最高点运动到最低点的过程中机械能守恒
B．小圆环恰好能沿大圆环做完整的圆周运动
C．小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度为
D．小圆环运动到大圆环最低点位置时的速度为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】解答该题的关键是找到等效最高点，即速度最小的点，同时等效为圆周中的杆-球模型，找此点的关键是进行正确的受力分析，注意几何知识在物理学中的应用。A．小圆环从最高点运动到最低点的过程中，有电场力做功，机械能不守恒，故A错误；
B．假设恰好能做完整的圆周运动，设小圆环所受重力与电场力的合力与竖直方向夹角为，刚好到达等效最高点A，如图所示
根据动能定理
其中
解得
所以假设不成立，小圆环不能沿大圆环做完整的圆周运动，故B错误；
C．小圆环从最高点运动到大圆环右侧与圆心等高位置过程中，根据动能定理
解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度
故C错误；
D．小圆环从最高点运动到大圆环最低点位置过程中，根据动能定理
解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度
故D正确。
故选D。
【分析】根据机械能守恒条件进行判断；已知电场力与重力的大小关系，由于合力是恒力，故类似于新的重力，由数值关系判断出相对于平时竖直平面圆环的“最低点”，关于圆心对称的位置就是“最高点”，根据动能定理选择过程求出最高点的速度，然后判断是否能通过最高点；再根据动能定理选择过程求解速度。
二、多项选择题
10．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向内的足够大磁场，x轴下方存在一垂直纸面向外的圆形磁场，磁感应强度均为B，且圆形磁场与x轴相切于原点O，半径为R。在第三象限有一线状粒子发射源，其上下端纵坐标分别为和，可发射沿x正方向的带电粒子。已知所有粒子电量为q，质量为m，均从原点射入第一第二象限磁场区域。在x轴正半轴区域存在足够长的特殊接收板（未画出），粒子打到板上发生“反弹”，即粒子与板作用前后速度方向与x轴的夹角大小相等，但速率减半，板上会留下荧光印记。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子的速率
B．从O点射入x轴上方区域的粒子与y轴的最大夹角为30°
C．接收板上最近和最远的印记之间的距离为
D．接收板上最近和最远的印记之间的距离为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由于进入圆形磁场的粒子均从原点射出，则为磁汇聚模型，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径与圆形磁场半径相等，即，解得，故A错误；
B．从O点射入x轴上方区域的粒子与y轴的夹角最大时轨迹如图
由几何关系得，，解得，粒子从最下方射入圆形磁场时，通过O点射入x轴上方区域时与y轴的夹角也为30°，从其他点射入时，通过O点射入x轴上方区域时与y轴的夹角均小于30°，故B正确；
CD．B选项中的运动轨迹，即为接收板上出现最近印记时的轨迹，由几何关系可得，粒子在第一象限运动轨迹的偏转角为120°，轨迹弦长为；
接收板上出现最远印记时的轨迹如下图所示
运动起点位于线状粒子发射源的中点，在第一象限的运动轨迹为半圆，打在x轴上坐标为2R，因为反弹之后粒子速率会减半，继续向右偏转，后续轨迹均为半圆，半径变为原来的一半，所以后续距离为等比数列，首项为2，公比为，根据等比数列求和公式，可知最大距离为4R，所以接收板上最近和最远的印记之间的距离为，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】1. 磁聚焦（磁汇聚）模型
条件：粒子在圆形匀强磁场中运动时，若轨迹半径 r 等于圆形磁场半径 R，且粒子束平行入射，则所有粒子将从同一点射出（汇聚）。
公式：，用于求解入射速度大小。
2. 圆形磁场中的运动几何
粒子从圆形磁场边界不同点平行入射，在磁场中做等半径圆周运动，运动弧长不同，但都会通过圆心或某固定点（这里是原点 O）。
从汇聚点出射的速度方向范围：由入射点位置决定，通过几何关系求极值角（本题最大与 y 轴夹角 30°）。
3. 组合磁场中的连续偏转
粒子从原点 O 进入 x 轴上方反向匀强磁场（方向垂直纸面向内），继续做圆周运动，半径仍为 R。
打到 x 轴上的接收板后，发生特殊反弹：
方向规律：反射定律形式——速度方向与 x 轴夹角大小不变。
速率规律：减半 半径减半 。
反弹后进入 x 轴下方磁场（若存在），继续做圆弧运动，形成由不同半径圆弧拼接的周期/衰减式轨迹。
4. 反弹轨迹的数列求和
最远印记情况：粒子第一次打到 x 轴的位置较远，之后每次反弹后走半圆，水平位移构成等比数列。
例如：第一次撞击点 ，之后每次半圆直径分别为 ，（水平位移依次为这些值）。
总水平位移：
最近印记由最小弦长（特定偏转角）决定，本题为 。
5. 极值距离的几何确定
最近印记：对应在 x 轴上方磁场中轨迹的弦长最短的撞击点（偏转角 120°，弦长 ）。
最远印记：对应粒子在 x 轴上方走 180° 半圆直接垂直打到 x 轴，之后反弹走一系列半径递减的半圆，总水平位移收敛于 。
两者距离差：
6、关键结论
磁聚焦条件求 v；出射角极值用几何圆关系
反弹模型 半径等比递减 水平位移等比数列
最近、最远印记的确定与差值计算
掌握这四点，此类复杂磁场拼接与碰撞问题可系统化解。
11．如图所示，竖直平面内半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N为圆形区域水平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的速率从P点向纸面内的各个方向射入磁场区域。粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（ ）
A．若粒子射入磁场的速率为，则粒子均沿竖直方向射出磁场
B．若粒子射入磁场的速率为，则粒子最远可以从M点射出磁场
C．若粒子射入磁场的速率为，则粒子在磁场中运动的时间可能为
D．若粒子射入磁场的速率为，则可能有粒子从N点射出磁场
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．根据洛伦兹力提供向心力，若粒子射入磁场的速率为，则带电粒子在磁场中的轨迹半径，根据磁扩散模型可知带电子均沿水平方向射出磁场，故A错误；
B．若粒子射入磁场的速率为，则带电粒子在磁场中的轨迹半径，当粒子在磁场中运动半个周期时，刚好可以从M点射出磁场，故B正确；
C．若粒子射入磁场的速率为，则粒子在磁场中运动的轨迹半径，当粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子的运动轨迹如图所示
此轨迹在磁场中的偏转角为θ，根据几何关系可知，所以
粒子在磁场中运动的最长时间，故粒子在磁场中的时间不可能为，故C错误；
D．当入射速度的方向合适时，是可以确定从N点射出的粒子圆周运动的圆心，如图所示
作的中垂线，以P或N点为圆心以为半径画圆弧交中垂线于O，O点即为能通过N点轨迹的圆心，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】先由洛伦兹力提供向心力求出粒子轨迹半径，再结合几何关系分析粒子的出射点、运动时间。
12．如图所示，正三角形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场（包括边界），点为正三角形的中心，三角形的边长为，已知磁感应强度大小为，顶点有一粒子发射源，能朝点发射一系列速率不同的比荷均为的负粒子，忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力。则下列说法正确的是（ ）
A．从点离开的粒子在磁场中运动的时间为
B．从边中点离开的粒子速率为
C．粒子的速度小于时，粒子在磁场中运动的时间不同
D．粒子的速率足够大时，粒子可以从边的中点离开
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．作出由点离开的粒子轨迹，如图所示
由几何关系可知该粒子在磁场中的轨迹所对应的圆心角为，该粒子在磁场中运动的时间为
又粒子的运动周期为
则粒子在磁场中运动的时间为，故A正确；
C．由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可知，点离开的粒子轨道半径为
联立可得
所以从点离开的粒子速度为
当粒子的速度小于时，粒子从边离开，粒子的轨迹所对应的圆心角均为，所以从边离开的粒子在磁场中运动的时间均为，故C错误；
B．如果粒子从边的中点离开磁场时，由几何关系可知粒子的轨道半径为
又
所以粒子的速度为，故B正确；
D．由于边的中点在粒子入射方向的延长线上，所以无论粒子的速度多大，该粒子不可能从边的中点离开磁场，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】结合带电粒子在磁场中做圆周运动的规律（半径、周期），分析各选项。
13．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AC为该圆形区域的水平直径，O为圆心。一带正电微粒从A点沿与AC成α=30°角的方向射入磁场区域，已知带电微粒比荷大小为，不计微粒重力，下列说法正确的是（ ）
A．若微粒从圆形磁场边界上的D点离开，∠AOD=120°，则入射速度大小为
B．若微粒在磁场中运动的位移最大，微粒入射速度大小为
C．若入射微粒速度大小可调节，微粒在磁场中运动的时间可能为
D．若将AC下方半圆形区域磁场方向改为垂直纸面向里，磁感应强度大小仍为B，则微粒在磁场中运动位移最大时，入射速度大小可能为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.如图所示
连接A、D，过磁场圆圆心O作AD连线的垂线，再过A点作速度的垂线，两垂线的交点即为轨迹圆的圆心，由几何知识可知，刚好在圆形磁场区域的边界上，且D水平，故微粒从D点离开时对应轨道半径
由，解得，A错误；
B.微粒在磁场中运动的位移最大对应为圆的直径，轨道半径，微粒入射速度大小为，B正确；
C.只改变入射微粒速度大小，微粒在磁场中运动的轨道对应的圆心角一定小于时间小于，C错误；
D．若将AC下方磁场方向改为垂直纸面向里，磁感应强度大小仍为B，运动位移最大的出射点仍为C点，对应的半径满足，则对应微粒速度=1，2，3，……），D正确；
故答案为：BD。
【分析】结合带电粒子在磁场中做圆周运动的规律（洛伦兹力提供向心力），通过几何关系确定轨道半径，进而分析速度、位移、运动时间等物理量。
14． 空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（ ）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP两点的电势差为
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受到的洛伦兹力与电场力和重力的合力等大反向，所以受力情况如图所示。
由受力平衡可知
解得电场强度
磁感应强度
故A错误，B正确。
C、在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。
且加速度
粒子到达点时，位移偏转角为，
解得
故可得
所以粒子在点的速度
到过程，重力做功为零，只有电场力做功，由动能定理，有
解得两点间的电势差
故C正确；
D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且
当竖直方向速度为零时，粒子向上运动的距离最大，故粒子能向上运动的最大距离
故D错误；
故选BC。
【分析】本题主要考查带电物体在重力场、电场、磁场组成的混合场中的运动，根据物体轨迹判断洛伦兹力和电场力方向是解题关键。
带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，合力为零，判断处洛伦兹力和电场力方向，根据共点力平衡条件列式求解 电场强度和磁场强度；在点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，沿着合力方向做匀加速运动，垂直合力方向做匀速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，在根据匀速运动和匀加速位移—时间运动公式列式求得类平抛运动时间，根据匀变速速度时间公式求得沿着合力方向速度，再根据运动的合成与分解求得 粒子经过P点 的速度，最后根据动能定理求得 NP两点的电势差 ；当粒子沿着竖直方向的速度为零时， 距离NP最大，自由落体运动规律求得粒子从N→P时距离NP距离最大值。
15．如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为 mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若v0=，弹力冲量为零
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；冲量；洛伦兹力的计算；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A. 由动量定理可知，故合力的冲量大小为，A不符合题意；
B. 由牛顿第二定律有可知上滑加速度大小为，则小球上滑所用的时间，重力G的冲量大小为，B不符合题意；
C. 小球做匀加速直线运动，速度，故洛伦兹力大小，可知洛伦兹力随时间线性变化，故洛伦兹力的冲量为，C符合题意；
D. 若小球，则0时刻小球所受洛伦兹力大小为，小球垂直杆方向所受合力为零，可得，弹力为，则小球在整个减速过程FN图像与t轴围成面积为零，冲量为零，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】根据牛顿第二定律可得出小球做匀变速直线运动的加速度大小；利用洛伦兹力的表达式，结合小球速度随时间变化的关系式可得到洛伦兹力的大小，根据冲量的表达式可得出小球所受力的冲量。
16．X光是医学上检测的重要手段，其核心部件是X射线管，原理是高速电子流打到管靶材料上而产生射线。如图所示，电子（质量为m，电量为e）经电压U加速后垂直进入边长为的正方形磁场，磁场下边界为管靶材料，电子经过磁场偏转后撞击到管靶材料上，撞击在不同位置就会产生不同强度X射线，通过控制开关调节磁感应强度大小，不计电子重力，，，下列说法正确的是（ ）
A．电子进入磁场时速度大小为
B．产生X光范围最大时，对应磁感应强度大小范围为
C．产生X光的电子在磁场中运动最长时间为
D．产生X光的电子在磁场中动量变化量最大为
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．电子经电场加速，由动能定理有，解得，故A正确；
B．电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
其半径
打在管靶材料上，最小半径，得
最大半径为，由几何关系有
得
得
磁感应强度大小范围为，故B正确；
C．电子在磁场中运动速度相同，对应半径最小时所用时间
对应半径最大时，在磁场中转过角度为，由几何关系得，
对应时间
所以最长时间为，故C错误；
D．产生X光的电子在磁场中动量变化量最大为，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】先由动能定理求电子进入磁场的速度，再结合圆周运动的向心力公式、几何关系分析磁场的磁感应强度范围，同时判断运动时间与动量变化的正确性。
三、非选择题
17．如图所示，两竖直放置的平行金属板M、N之间的电压，N板右侧宽度的区域内分布着电场强度、方向竖直向下的匀强电场，虚线与为其边界。A、C分别为、上的点，水平虚线CD与之间存在范围足够大的磁感应强度、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量、电荷量的粒子从靠近M板的S点由静止释放，经上的A点进入、间，然后从C点进入磁场，不计粒子重力。求：
（1）粒子到达A点的速率；
（2）粒子在磁场中运动轨迹的半径r；
（3）粒子从A点进入电场到最终离开磁场的运动时间t（结果可以含）。
【答案】（1）解：根据动能定理可得
解得
（2）解：粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
解得
由牛顿第二定律
又
故出偏转电场的速度为
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律
解得磁场中运动的轨道半径
（3）解：设进入磁场时速度方向与水平方向的夹角为，则
可得
带电粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动时间为
解得
从A点进入电场到离开磁场的时间
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】一、核心考点：
1、磁场中时间由圆心角决定。
2、几何关系用已知量表示弦长、半径、圆心角。
3、总时间是两段时间之和。
二、易错点：
1、误把粒子在磁场中运动当成完整圆周（除非题设如此）。
2、忘记类平抛运动的时间。
3、圆心角计算时，对进出磁场方向与边界夹角关系分析错误。
三、典型错误汇总
第（1）问：用 但 d 未知（板间距离未知），只能动能定理。
第（2）问：没算竖直速度，直接 去算半径。
符号计算错误，导致复杂的根号没化简。
第（3）问：磁场中运动时间公式记错（周期 ，弧长时间 ）。
几何关系分析错，找错圆心角 θ。
若磁场无限大，粒子永不离开，所以题目必有一个离开条件（如上边界距离固定，从某边界穿出），需要仔细看图确定。
四、核心物理思想
此题是典型的 加速电场 + 偏转电场 + 匀强磁场 组合场问题。
物理方法：分段处理，相邻段速度连续。在电场中一般用动能定理或类平抛分解。
在磁场中抓住半径公式与时间公式，结合几何确定轨迹。
（1）根据动能定理可得
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
解得
由牛顿第二定律
又
故出偏转电场的速度为
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律
解得磁场中运动的轨道半径
（3）设进入磁场时速度方向与水平方向的夹角为，则
可得
带电粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动时间为
解得
从A点进入电场到离开磁场的时间
18．如图所示，以为坐标原点建立平面直角坐标系，半径为的圆形磁场区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，圆形磁场与轴相切于坐标原点。在轴的左侧存在沿轴负方向的匀强电场，在处有一垂直于轴的足够大固定绝缘挡板。一质量为电荷量为的带正电粒子，以大小为的初速度沿平行于轴正方向从点射出后，恰好从坐标原点进入磁场，经磁场偏转后由点（未画出）离开磁场，并恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板发生碰撞后原速率反弹再次进入磁场，最后离开磁场，不计粒子受到的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）带电粒子从出发到最终离开磁场区域运动的总时间t。
【答案】（1）解：根据题设条件画出粒子的运动轨迹，如图所示
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，沿轴方向有
沿轴方向有
且
解得
（2）解：粒子沿轴方向的分速度大小
进入匀强磁场时的速度大小
设粒子在磁场中运动的半径为，由几何关系有
由洛伦兹力提供向心力
解得
（3）解：由几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为，粒子在磁场中运动的时间为
其中
粒子进入磁场时速度方向与轴方向所成夹角，有
联立可得
带电粒子从磁场射出的点距轴的距离为
然后带电粒子从磁场射出后与挡板相撞后再次进入磁场做匀速直线运动，有
故粒子从出发到最终离开磁场区域运动的总时间
联立解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）场强计算：将类平抛运动分解为x、y方向，结合运动学公式与电场力加速度，求解场强。
（2）磁感应强度：先求粒子进入磁场的合速度，再由几何关系得轨迹半径，结合洛伦兹力向心力公式求解。
（3）总时间：分阶段计算（电场类平抛、磁场圆周运动、磁场与挡板间匀速运动），累加各阶段时间得到总时间。
（1）根据题设条件画出粒子的运动轨迹，如图所示
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，沿轴方向有
沿轴方向有
且
解得
（2）粒子沿轴方向的分速度大小
进入匀强磁场时的速度大小
设粒子在磁场中运动的半径为，由几何关系有
由洛伦兹力提供向心力
解得
（3）由几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为，粒子在磁场中运动的时间为
其中
粒子进入磁场时速度方向与轴方向所成夹角，有
联立可得
带电粒子从磁场射出的点距轴的距离为
然后带电粒子从磁场射出后与挡板相撞后再次进入磁场做匀速直线运动，有
故粒子从出发到最终离开磁场区域运动的总时间
联立解得
19．如图所示，在空间直角坐标系O—xyz中有一长方体区域，棱OP、OA、ON分别在x轴、y轴和z轴上，侧面CBPQ处放有一块绝缘薄板。在该区域内有沿y轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量质量均为m、电荷量均为+q的带电粒子从O点以大小各不相同的初速度沿z轴正方向射入该区域，粒子的初速度大小连续分布在范围内。粒子与绝缘薄板发生碰撞时，碰撞时间极短，电荷量保持不变，碰撞前后平行于板的分速度不变，垂直于板的分速度大小不变，方向反向。已知AB＝4d，AD＝d，AO＝6d，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。
（1）求能到达P点的粒子的初速度大小；
（2）求初速度的粒子与绝缘薄板发生碰撞的次数，以及每次碰撞时的z坐标；
（3）若长方体区域还存在沿y轴正方向、大小可调的匀强电场。
① 要使得第（2）中的粒子与绝缘薄板只碰撞1次，求场强大小E需满足的条件；
② 调节匀强电场的大小，使得所有粒子均不会从ABCD面射出，现研究到达CDNQ面时速度方向与该平面平行的粒子，通过计算说明它们的初速度大小有几个可能的值，并求出其中初速度最大的粒子到达CDNQ面时的x坐标。
【答案】（1）解： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，能到达P点的粒子的运动轨迹为半圆。半径
由牛顿第二定律可得
解得
（2）解： 的粒子轨迹半径
轨迹如图所示
由几何关系r2＋r2sinθ＝4d
解得θ＝30°
相邻两次撞击点之间的距离Δz＝2r2cos30°
粒子与薄板碰撞的次数
取n=2
第1次碰撞时
第2次碰撞时
（3）解： ① 这些粒子做圆周运动的周期为
从射出到第一次与薄板碰撞所用时间
从射出到第二次与薄板碰撞所用时间
在Oy方向，粒子在电场力作用下做匀加速运动
要使粒子与绝缘薄板只碰撞一次需满足
联立解得电场强度大小E的范围为
② 粒子恰好不从Ox边界射出时轨迹如图所示
设半径为r3，由几何关系可得β＝60°
而r3＋r3sin 60°＝4d
解得r3＝8（2－）d
一次碰撞轨迹沿z轴移动＝2r3cos60°
碰撞次数
即带电粒子与绝缘薄板的最多碰撞次数为4次，结合第（2）问可得射出位置的x坐标有2个可能的值，对于x坐标最大情况的轨迹如图所示
＝2r4cosα
＋r4＝d
r4sinα＋r4＝4d
而sin2α＋cos2α＝1
解得r4＝
所以，x坐标最大为。
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律求能到达P点的粒子的初速度大小；
（2）由几何关系求初速度的粒子与绝缘薄板发生碰撞的次数，以及每次碰撞时的z坐标；
（3）①根据周期和运动学公式求场强大小E需满足的条件；
②画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出其中初速度最大的粒子到达CDNQ面时的x坐标。
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，能到达P点的粒子的运动轨迹为半圆。半径
由牛顿第二定律可得
解得
（2）的粒子轨迹半径
轨迹如图所示
由几何关系r2＋r2sinθ＝4d
解得θ＝30°
相邻两次撞击点之间的距离Δz＝2r2cos30°
粒子与薄板碰撞的次数
取n=2
第1次碰撞时
第2次碰撞时
（3）① 这些粒子做圆周运动的周期为
从射出到第一次与薄板碰撞所用时间
从射出到第二次与薄板碰撞所用时间
在Oy方向，粒子在电场力作用下做匀加速运动
要使粒子与绝缘薄板只碰撞一次需满足
联立解得电场强度大小E的范围为
② 粒子恰好不从Ox边界射出时轨迹如图所示
设半径为r3，由几何关系可得β＝60°
而r3＋r3sin 60°＝4d
解得r3＝8（2－）d
一次碰撞轨迹沿z轴移动＝2r3cos60°
碰撞次数
即带电粒子与绝缘薄板的最多碰撞次数为4次，结合第（2）问可得射出位置的x坐标有2个可能的值，对于x坐标最大情况的轨迹如图所示
＝2r4cosα
＋r4＝d
r4sinα＋r4＝4d
而sin2α＋cos2α＝1
解得r4＝
所以，x坐标最大为。
20．如图所示，xOy为平面直角坐标系，在且的区域内存在匀强电场，方向沿y轴正方向，电场强度，在及区域内分别存在垂直xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小和方向均相同。一带正电的粒子以初速度从O点射入第一象限，速度方向与y轴正方向的夹角为，不计粒子重力。已知粒子质量为m，电荷量为q。
（1）求粒子首次进入匀强磁场Ⅰ和Ⅱ时的轨迹半径之比；
（2）若两磁场的磁感应强度大小均为，为使粒子经上下磁场各偏转一次不射出磁场，求应满足的条件；
（3）若两磁场的磁感应强度大小均为，且粒子沿y轴正方向射入，求粒子在电场中被加速的次数。
【答案】（1）解：设若离子首次进入匀强磁场Ⅰ和Ⅱ的轨迹半径分别为、。首次进入匀强磁场Ⅱ的速度大小为，离子经过电场的过程中，根据动能定理得
解得
根据洛伦磁力提供向心力有
解得
（2）解：若若两磁场的磁感应强度大小均为
可得，
运动轨迹如图所示
为使粒子经上下磁场各偏转一次不射出磁场，若临界条件是粒子运动轨迹与匀强磁场Ⅰ的上边界相切，此时需要满足
解得
若临界条件是粒子运动轨迹与匀强磁场Ⅱ的下边界相切，此时需要满足
解得
离子经过电场的过程沿轴方向做匀速直线运动，可得
由
解得
综合解得
（3）解：若两磁场的磁感应大小均为
粒子在两磁场Ⅰ和Ⅱ中运动的轨迹半径分别为，
离子沿y轴正方向射入，则离子在匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ中的轨迹均为半圆，运动轨迹如图所示
在一个周期内起沿x轴方向移动的距离为
若离子再被电场减速、加速次后，粒子只在电场中被加速，则有
解得
可得
设粒子再被加速次后，速度大小为。在匀强磁场区域Ⅰ中的轨道半径为，
根据动能定理有
解得
根据洛伦磁力提供向心力有
粒子最终从磁场区域的上边界射出磁场，则有
解得
可得
综合可得粒子在电场中被加速的次数为6次。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求得运动轨迹的半径。粒子经过电场的过程，根据动能定理求得进入匀强磁场区域Ⅱ的速度大小，可得粒子首次进入匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，在磁场中做匀速圆周运动的半径之比；
（2）结合（1）的解答。确定粒子经上下磁场各偏转一次不射出磁场的临界条件，根据几何关系求解出sinα满足的条件；
（3）结合（1）的解答，确定粒子的运动轨迹，根据几何关系，数学归纳求解粒子共被加速的次数。
（1）设若离子首次进入匀强磁场Ⅰ和Ⅱ的轨迹半径分别为、。首次进入匀强磁场Ⅱ的速度大小为，离子经过电场的过程中，根据动能定理得
解得
根据洛伦磁力提供向心力有
解得
（2）若若两磁场的磁感应强度大小均为
可得，
运动轨迹如图所示
为使粒子经上下磁场各偏转一次不射出磁场，若临界条件是粒子运动轨迹与匀强磁场Ⅰ的上边界相切，此时需要满足
解得
若临界条件是粒子运动轨迹与匀强磁场Ⅱ的下边界相切，此时需要满足
解得
离子经过电场的过程沿轴方向做匀速直线运动，可得
由
解得
综合解得
（3）若两磁场的磁感应大小均为
粒子在两磁场Ⅰ和Ⅱ中运动的轨迹半径分别为，
离子沿y轴正方向射入，则离子在匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ中的轨迹均为半圆，运动轨迹如图所示
在一个周期内起沿x轴方向移动的距离为
若离子再被电场减速、加速次后，粒子只在电场中被加速，则有
解得
可得
设粒子再被加速次后，速度大小为。在匀强磁场区域Ⅰ中的轨道半径为，
根据动能定理有
解得
根据洛伦磁力提供向心力有
粒子最终从磁场区域的上边界射出磁场，则有
解得
可得
综合可得粒子在电场中被加速的次数为6次。
21．“胜哥”设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。0、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上，发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为别：.已知OK=3h，：，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
（1）若K水平发射的粒子在0点产生光点，求粒子的速度大小。
（2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。
（3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。
【答案】（1）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，要在O点产生光点，则KO长度恰好等于轨迹直径，则运动半径应为
其中洛伦兹力提供向心力，即
两式联立可得
（2）解：画出两个方向的粒子的轨迹，如图所示
由
可得
可知正负粒子轨迹半径相等，所以正负粒子轨迹正好可以构成一个完整的圆，且在N点相切。根据题意可知θ=30°，由几何关系可得
解得
向心力由洛伦兹力提供，即
解得
（3）解：关闭磁场后粒子不受任何力作用，做匀速直线运动，因此要使粒子在M点产生光点，就需要关闭磁场时粒子的速度方向恰好指向M点。由于粒子速度和入射方向与（2）中一致，因此粒子轨迹不变，根据（2）中的轨迹图作正电粒子轨迹的切线，该切线经过M点，与轨迹的切点为P，如下图所示
由几何知识可得，解得ON=，所以
NM=OM-ON=
而，且，
因此∠NOM=∠POM=60°，
可得α=120°
由，可得，粒子在磁场中运动的周期为
对应圆心角α=120°
故
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，由题意画出轨迹是解题关键。
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，要在O点产生光点，则粒子正好运动半周到N点，根据数学知识求得轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的速度大小；
（2）由得到正负粒子轨迹半径关系，画出轨迹，由数学知识求得轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的速度大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，关闭磁场后沿着切线做匀速直线运动，由数学知识画出轨迹图，求得半径转过圆心角，由，求得周期表达式，根据 计算粒子发射到关闭磁场时间。
22．如图所示，在平面内的区域有竖直向下、大小为的匀强电场，在区域有以轴为中心轴、半径为、高为的圆筒，筒内分布着方向竖直向上、大小的匀强磁场，顶部平面与平面重合，圆心处开有小孔，圆筒底面涂有荧光粉，带电粒子到达处会发出荧光。在平面内有一粒子发射带，其两端坐标：、，之间各点均可在平面内向轴发射不同速率带正电的粒子。已知粒子质量为，电荷量为，圆筒接地，碰到圆筒的粒子即被导走，不计重力，不考虑场的边界效应及粒子间相互作用。
（1）若从点偏离水平方向向右下方发射的粒子恰能通过点进入磁场，求该粒子发射的速度；
（2）在某次发射中，从两点水平发射的粒子穿过点到达了圆筒底部，求它们发光点点的坐标；
（3）若发射带各点持续水平发射粒子，部分粒子穿过进入磁场，请通过分析，在乙图中画出荧光屏上的图案。
【答案】（1）解：水平方向
竖直方向
得
（2）解：水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得
（3）解：粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 类斜抛运动首先水平匀速（无电场力 ）、竖直匀加速（电场力 ），水平位移（ ）和竖直位移（ ）关联时间 ，消元后直接解速度 。
（2） 先在电场中做类平抛（水平匀速、竖直加速 ），后在磁场中做匀速圆周（洛伦兹力向心力 ），磁场中圆周运动的半径 与速度关联，发光点坐标由圆周运动的圆心角、圆筒高度和半径共同决定，利用对称性简化计算。
（3）速度 - 半径关联： 速度影响合速度，进而影响圆周运动半径，不同速度对应不同打在圆筒的位置，对称性与连续性： 、 对称，图案关于y轴对称；速度连续变化，图案为连续圆弧段。
（1）水平方向
竖直方向
得
（2）水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得
（3）粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
23．如图所示，两个带等量异种电荷的粒子、分别以速度和从点射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，磁场宽度为，两粒子同时由点出发，同时到达点，两粒子重力不计。求：
（1）请画出、粒子运动轨迹，并分析粒子和粒子分别带什么电性的电荷；
（2）粒子和粒子在磁场中的运动轨道半径、；
（3）粒子和粒子的质量之比。
【答案】（1）解：画出粒子的轨迹示意图，如图所示。
根据左手定则，可知，粒子带负电荷，粒子带正电荷
（2）解：根据几何关系有，
（3）解：粒子和粒子从运动到，粒子转过的圆心角为，粒子转过的圆心角为，
两粒子在磁场中运动时间相同，根据，可得运动周期之比为
结合上述可知
两粒子做匀速圆周运动有
解得
根据
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】1. 带电粒子在匀强磁场中运动基本规律
洛伦兹力提供向心力，运动轨迹为圆弧：
周期与速度无关：
2、几何关系确定圆心角
粒子从 A点射入，从B点射出，根据边界入射方向、出射方向可以确定圆心 、 。
题中a 粒子入射方向与边界的夹角 ，b 粒子入射方向与边界夹角 ，已知磁场宽度为d，AB 连线是磁场另一边界上两点。
3. 等量异种电荷 → 电性判断
磁场方向垂直纸面向里或向外，根据轨迹弯曲方向用左手定则判断电性。
题解中已给出：a带负电，b带正电。
4. 时间相同求质量比
两粒子从 A 到 B同时出发同时到达，则它们在磁场中运动的时间t相同。
时间 。
电荷量 大小相等，电性不同，但时间公式与 q 的符号无关，与 有关。
时间相等
因此
（1）画出粒子的轨迹示意图，如图所示。
根据左手定则，可知，粒子带负电荷，粒子带正电荷
（2）根据几何关系有，
（3）粒子和粒子从运动到，粒子转过的圆心角为，粒子转过的圆心角为，
两粒子在磁场中运动时间相同，根据，可得运动周期之比为
结合上述可知
两粒子做匀速圆周运动有
解得
根据
解得
24．如图所示，空间中有单位为米的直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，区域有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的另一匀强磁场（均未画出），长的光滑水平细管右端与y轴齐平，左端静止放置一个直径略小于细管直径，质量，电荷量的带正电小球a，现使细管从如图位置以的速度竖直向下做匀速直线运动，当细管右端到达时，小球a从细管右侧飞出进入区域后做匀速圆周运动并经过，若从原点O水平抛出一不带电的小球b，也能经过P点，且小球b经过P点的速度方向与小球a经过P点时的速度方向在一条直线上，，求：
（1）区域的电场的电场强度大小E；
（2）区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）小球a在细管内运动的过程中，管壁对小球a弹力做的功。
【答案】（1）解：由于小球a在区域后做匀速圆周运动
因此
代入数据可得电场强度大小为
（2）解：小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
又
竖直方向做匀速运动，向下运动的距离为h，因此
代入数据可得区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小为
（3）解：小球离开管时的速度
下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功
根据动能定理
解得
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由于小球a在区域后做匀速圆周运动，说明电场力于重力平衡，洛伦兹力提供向心力，由，可求解电场强度大小。
（2）小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律列等式：，匀加速直线运动位移公式列等式：，竖直方向做匀速运动，有，联立可求解区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小。
（3）小球离开管时的速度，下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功，根据动能定理列等式：，联立可求解 管壁对小球a弹力做的功 。
（1）由于小球a在区域后做匀速圆周运动
因此
代入数据可得电场强度大小为
（2）小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
又
竖直方向做匀速运动，向下运动的距离为h，因此
代入数据可得区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小为
（3）小球离开管时的速度
下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功
根据动能定理
解得
25． 如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30 角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求：
（1）电场强度的大小和P点距y轴的距离；
（2）小球第一次到达最低点时速度的大小；
（3）小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
【答案】（1）解：依题意，小球从 点运动到坐标原点 ，速率没有改变，即动能变化为零，由动能定理可知合力功为零，电场力与重力等大反向，可得
解得
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图
根据
解得
由几何关系，可得
联立，解得
（2）解：
把小球在坐标原点的速度 分解为沿 轴正方向的 和与 轴负方向成 的 ，如图
其中沿 轴正方向的 对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即
小球沿 轴正方向做匀速直线运动，与 轴负方向成 的 对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为
（3）解： 由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示
根据
由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为 ，则所用时间
联立，解得
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）从初位置到运动到O点，根据动能定理求解到达O点的速度，根据洛伦兹力提供向心力计算P点距y轴的距离；
（2）作出运动轨迹， 轴正方向的 对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，根据几何知识求解；
（3）求出小球运动周期，求出轨迹的圆心角，根据圆心角计算运动时间。
26．如图，平面直角坐标系中第四象限存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一象限存在沿x轴正方向的匀强电场。在磁场中有一粒子源S，可以均匀地向其右边范围内发射速率相同的带电粒子。已知带电粒子质量均为m、电荷量均为+q（），粒子源S的坐标为，发射的速度方向沿y轴负方向粒子的运动轨迹恰好与x轴相切，在处有一足够大荧光屏，不计带电粒子重力及粒子之间的相互影响，求：
（1）粒子的发射速率v0；
（2）粒子从x轴的正半轴进入电场时，距O点的最远距离；
（3）若电场强度，求x轴的正半轴上离O点最远处进入电场的粒子打在荧光屏的位置坐标。
【答案】（1）解：根据题意结合圆周运动知识可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（2）解：根据题意，当SD为直径时，到达x轴的位置离O点最远，如图所示。
由数学知识可得
故
（3）解：从D点进入电场的粒子在电场中做类斜抛运动
由数学知识可得
故
粒子水平分速度
粒子竖直分速度
由牛顿第二定律得
电场强度
故得粒子运动的加速度
D点到荧光屏的水平距离
沿x轴方向由运动学知识可得
解得
沿y轴方向
故粒子打在荧光屏的位置坐标为。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1)沿 y 轴负方向发射的粒子轨迹与x轴相切，根据几何关系可知圆周运动半径为L，由洛伦兹力提供向心力，可直接求出粒子的发射速率。
(2)分析所有粒子进入x轴正半轴的位置，找到离O点最远的点，通过几何关系计算该点与O点的距离。
(3)先求出粒子在电场中的运动时间，再计算竖直方向的位移，从而确定打在荧光屏上的位置坐标。
27．如图甲所示，真空中平面直角坐标系的轴水平，轴竖直，第二象限内存在方向沿轴正方向的匀强电场I，第一、四象限内存在垂直纸面且变化周期为的匀强磁场（图甲中未画出）和沿轴正方向的匀强电场II。将一质量为、电荷量为的带正电小球（可视为质点）从第二象限内的点由静止释放。小球恰好经点穿过轴且经过点时速度大小为，从此时刻开始计时，此后磁感应强度随时间周期性变化的情况如图乙所示（规定磁场方向垂直纸面向里为正方向），。匀强电场I、II的电场强度大小，重力加速度为。
（1）求点的位置坐标；
（2）求磁场变化的第一个周期内小球离轴距离最大的时刻及小球离轴的最大距离；
（3）若在第一、四象限内垂直于轴放置一个足够大的挡板，小球在运动过程中恰好能够垂直打在挡板上，求挡板坐标的所有可能值。
【答案】（1）解：粒子在第二象限中，受到水平向左的电场力，大小为
则粒子的受力情况如图所示
粒子受到的合力大小为
根据动能定理可得
解得
由与粒子在第二象限做直线运动，根据几何关系可知，
解得
所以，P点的位置坐标为（，）
（2）解：粒子在匀强电场II的电场力竖直向上，大小为
由于电场力和重力等大反向，小球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
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
可知在第一个时间内逆时针转过半个圆周；在第二个时间内，有
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
结合左手定则可知小球在第二个时间内顺时针转过圆周；同理可知，小球在第三个时间内半径为
顺时针转过半个圆周；小球在第四个时间内半径为
逆时针转过圆周，轨迹如图所示
根据几何关系可知，在第三个时间内转过，即在第三个经过时，小球离x轴距离最大，此时刻为
最大距离为
联立，解得
（3）解：由几何关系得
由图可知，若挡板竖直放在OA中点，或者AB中点，粒子都可以垂直打在挡板上。考虑到周期性，可得
解得（）
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）P点坐标：通过受力分析得合力方向，结合动能定理求轨迹长度，再由几何关系得坐标。
（2）最远时刻与距离：分析不同磁场下的圆周运动半径、周期，结合运动轨迹的几何关系确定最远位置。
（3）挡板坐标：根据“垂直打在挡板上”的速度方向条件，结合轨迹的周期性，推导水平位移的通式。
（1）粒子在第二象限中，受到水平向左的电场力，大小为
则粒子的受力情况如图所示
粒子受到的合力大小为
根据动能定理可得
解得
由与粒子在第二象限做直线运动，根据几何关系可知，
解得
所以，P点的位置坐标为（，）。
（2）粒子在匀强电场II的电场力竖直向上，大小为
由于电场力和重力等大反向，小球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
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
可知在第一个时间内逆时针转过半个圆周；在第二个时间内，有
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
结合左手定则可知小球在第二个时间内顺时针转过圆周；同理可知，小球在第三个时间内半径为
顺时针转过半个圆周；小球在第四个时间内半径为
逆时针转过圆周，轨迹如图所示
根据几何关系可知，在第三个时间内转过，即在第三个经过时，小球离x轴距离最大，此时刻为
最大距离为
联立，解得
（3）由几何关系得
由图可知，若挡板竖直放在OA中点，或者AB中点，粒子都可以垂直打在挡板上。考虑到周期性，可得
解得（）
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物理选择性必修二1.3带电粒子在匀强磁场中的运动同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．空间中存在方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，一个不计重力的带电粒子以某一初速度在该空间中做匀速直线运动。某时刻，粒子运动至P点处，此时撤掉空间中的电场，经过一段时间后，粒子的速度第一次与P点相反，此时恢复原来的电场，又经过相同的时间后，粒子到达Q点处。则线段PQ与粒子的初速度方向夹角的正切值为（ ）
A． B．1 C． D．
2．威尔逊云室是带电粒子探测器，其原理是在云室内充入过饱和酒精蒸汽，当带电粒子经过云室时，带电粒子成为过饱和蒸汽的凝结核心，围绕带电粒子将生成微小的液滴，于是在带电粒子经过的路径上就会出现一条白色的雾迹，从而显示带电粒子的运行路径。在云室中带电粒子受到云室内饱和蒸汽对其的阻力，阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比。在不加磁场的情况下，一速度大小为v0，质量为m，电荷量为q的带电粒子在云室中沿直线通过s的路程后停止运动。现加入一个与粒子速度方向垂直、大小为B的匀强磁场，则带电粒子入射位置到停止运动时的位置之间的距离为（ ）
A． B．
C． D．
3．如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。有一簇质量为m，电荷量为的粒子，以相同的速度沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为（ ）
A． B．
C． D．
4． 如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
5．如图所示，已知匀强电场方向向下，边界为矩形ABGH，匀强磁场方向垂直纸面向里，边界为矩形BCDG，GD长为L，磁感应强度为B。电量为q，质量为m的粒子，从AH中点以垂直电场的速度（未知量）进入电场，然后从边界BG进入磁场，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．AB长为2L
C．
D．若电场强度减弱，粒子在磁场中运动时间将变长
6．如图所示，勾强电场方向与水平虚线间的夹角，将一质量为m，电荷量大小为q的小球（可视为质点）从水平虚线上的O点沿电场方向以某一速度抛出，M是小球运动轨迹的最高点，，轨迹与虚线相交于N点右侧的P点（图中没有画出）。已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是
A．若，则小球带负电
B．若，则小球带正电
C．若，则电场强度大小可能等于
D．若，则电场强度大小一定等于
7．如图所示，竖直平面内光滑绝缘的两个完全相同的半圆形管道，左右两端点等高，两管道左半边分别处于垂直纸面向外的匀强磁场B和水平向左的匀强电场E中，小圆环的直径小于管道口的直径，两个相同的带负电金属小圆环a和b同时从两管道右端最高点由静止释放，之后金属小圆环a和b在管道内多次往返运动，下列说法中正确的是（ ）
A．金属小圆环a第一次进入磁场的过程中，环中的感应电流方向为逆时针
B．金属小圆环a第一次经过最低点时对管道的压力大于第二次经过最低点时对管道的压力
C．金属小圆环b能到达管道对面等高点
D．金属小圆环b最终停在管道的最低点
8．如图所示，水平地面上的小车上固定竖直光滑绝缘细管，管内装有一带电小球，空间内有垂直纸面向里的匀强磁场。小车进入磁场后保持匀速行驶，经过时间小球刚好飞离管口，该过程中小球受到的重力G、弹力N、洛伦兹力f、合力F的冲量I与时间t的关系可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向水平向右；磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。在正交的电磁场空间中有一竖直放置的光滑绝缘大圆环。一质量为m，带电荷量为+q的小圆环，从大圆环的最高点由静止释放。已知大圆环半径为R，重力加速度为g。关于小圆环接下来的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小圆环从最高点运动到最低点的过程中机械能守恒
B．小圆环恰好能沿大圆环做完整的圆周运动
C．小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度为
D．小圆环运动到大圆环最低点位置时的速度为
二、多项选择题
10．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向内的足够大磁场，x轴下方存在一垂直纸面向外的圆形磁场，磁感应强度均为B，且圆形磁场与x轴相切于原点O，半径为R。在第三象限有一线状粒子发射源，其上下端纵坐标分别为和，可发射沿x正方向的带电粒子。已知所有粒子电量为q，质量为m，均从原点射入第一第二象限磁场区域。在x轴正半轴区域存在足够长的特殊接收板（未画出），粒子打到板上发生“反弹”，即粒子与板作用前后速度方向与x轴的夹角大小相等，但速率减半，板上会留下荧光印记。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子的速率
B．从O点射入x轴上方区域的粒子与y轴的最大夹角为30°
C．接收板上最近和最远的印记之间的距离为
D．接收板上最近和最远的印记之间的距离为
11．如图所示，竖直平面内半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N为圆形区域水平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的速率从P点向纸面内的各个方向射入磁场区域。粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（ ）
A．若粒子射入磁场的速率为，则粒子均沿竖直方向射出磁场
B．若粒子射入磁场的速率为，则粒子最远可以从M点射出磁场
C．若粒子射入磁场的速率为，则粒子在磁场中运动的时间可能为
D．若粒子射入磁场的速率为，则可能有粒子从N点射出磁场
12．如图所示，正三角形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场（包括边界），点为正三角形的中心，三角形的边长为，已知磁感应强度大小为，顶点有一粒子发射源，能朝点发射一系列速率不同的比荷均为的负粒子，忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力。则下列说法正确的是（ ）
A．从点离开的粒子在磁场中运动的时间为
B．从边中点离开的粒子速率为
C．粒子的速度小于时，粒子在磁场中运动的时间不同
D．粒子的速率足够大时，粒子可以从边的中点离开
13．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AC为该圆形区域的水平直径，O为圆心。一带正电微粒从A点沿与AC成α=30°角的方向射入磁场区域，已知带电微粒比荷大小为，不计微粒重力，下列说法正确的是（ ）
A．若微粒从圆形磁场边界上的D点离开，∠AOD=120°，则入射速度大小为
B．若微粒在磁场中运动的位移最大，微粒入射速度大小为
C．若入射微粒速度大小可调节，微粒在磁场中运动的时间可能为
D．若将AC下方半圆形区域磁场方向改为垂直纸面向里，磁感应强度大小仍为B，则微粒在磁场中运动位移最大时，入射速度大小可能为
14． 空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（ ）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP两点的电势差为
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
15．如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为 mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若v0=，弹力冲量为零
16．X光是医学上检测的重要手段，其核心部件是X射线管，原理是高速电子流打到管靶材料上而产生射线。如图所示，电子（质量为m，电量为e）经电压U加速后垂直进入边长为的正方形磁场，磁场下边界为管靶材料，电子经过磁场偏转后撞击到管靶材料上，撞击在不同位置就会产生不同强度X射线，通过控制开关调节磁感应强度大小，不计电子重力，，，下列说法正确的是（ ）
A．电子进入磁场时速度大小为
B．产生X光范围最大时，对应磁感应强度大小范围为
C．产生X光的电子在磁场中运动最长时间为
D．产生X光的电子在磁场中动量变化量最大为
三、非选择题
17．如图所示，两竖直放置的平行金属板M、N之间的电压，N板右侧宽度的区域内分布着电场强度、方向竖直向下的匀强电场，虚线与为其边界。A、C分别为、上的点，水平虚线CD与之间存在范围足够大的磁感应强度、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量、电荷量的粒子从靠近M板的S点由静止释放，经上的A点进入、间，然后从C点进入磁场，不计粒子重力。求：
（1）粒子到达A点的速率；
（2）粒子在磁场中运动轨迹的半径r；
（3）粒子从A点进入电场到最终离开磁场的运动时间t（结果可以含）。
18．如图所示，以为坐标原点建立平面直角坐标系，半径为的圆形磁场区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，圆形磁场与轴相切于坐标原点。在轴的左侧存在沿轴负方向的匀强电场，在处有一垂直于轴的足够大固定绝缘挡板。一质量为电荷量为的带正电粒子，以大小为的初速度沿平行于轴正方向从点射出后，恰好从坐标原点进入磁场，经磁场偏转后由点（未画出）离开磁场，并恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板发生碰撞后原速率反弹再次进入磁场，最后离开磁场，不计粒子受到的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）带电粒子从出发到最终离开磁场区域运动的总时间t。
19．如图所示，在空间直角坐标系O—xyz中有一长方体区域，棱OP、OA、ON分别在x轴、y轴和z轴上，侧面CBPQ处放有一块绝缘薄板。在该区域内有沿y轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量质量均为m、电荷量均为+q的带电粒子从O点以大小各不相同的初速度沿z轴正方向射入该区域，粒子的初速度大小连续分布在范围内。粒子与绝缘薄板发生碰撞时，碰撞时间极短，电荷量保持不变，碰撞前后平行于板的分速度不变，垂直于板的分速度大小不变，方向反向。已知AB＝4d，AD＝d，AO＝6d，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。
（1）求能到达P点的粒子的初速度大小；
（2）求初速度的粒子与绝缘薄板发生碰撞的次数，以及每次碰撞时的z坐标；
（3）若长方体区域还存在沿y轴正方向、大小可调的匀强电场。
① 要使得第（2）中的粒子与绝缘薄板只碰撞1次，求场强大小E需满足的条件；
② 调节匀强电场的大小，使得所有粒子均不会从ABCD面射出，现研究到达CDNQ面时速度方向与该平面平行的粒子，通过计算说明它们的初速度大小有几个可能的值，并求出其中初速度最大的粒子到达CDNQ面时的x坐标。
20．如图所示，xOy为平面直角坐标系，在且的区域内存在匀强电场，方向沿y轴正方向，电场强度，在及区域内分别存在垂直xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小和方向均相同。一带正电的粒子以初速度从O点射入第一象限，速度方向与y轴正方向的夹角为，不计粒子重力。已知粒子质量为m，电荷量为q。
（1）求粒子首次进入匀强磁场Ⅰ和Ⅱ时的轨迹半径之比；
（2）若两磁场的磁感应强度大小均为，为使粒子经上下磁场各偏转一次不射出磁场，求应满足的条件；
（3）若两磁场的磁感应强度大小均为，且粒子沿y轴正方向射入，求粒子在电场中被加速的次数。
21．“胜哥”设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。0、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上，发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为别：.已知OK=3h，：，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
（1）若K水平发射的粒子在0点产生光点，求粒子的速度大小。
（2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。
（3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。
22．如图所示，在平面内的区域有竖直向下、大小为的匀强电场，在区域有以轴为中心轴、半径为、高为的圆筒，筒内分布着方向竖直向上、大小的匀强磁场，顶部平面与平面重合，圆心处开有小孔，圆筒底面涂有荧光粉，带电粒子到达处会发出荧光。在平面内有一粒子发射带，其两端坐标：、，之间各点均可在平面内向轴发射不同速率带正电的粒子。已知粒子质量为，电荷量为，圆筒接地，碰到圆筒的粒子即被导走，不计重力，不考虑场的边界效应及粒子间相互作用。
（1）若从点偏离水平方向向右下方发射的粒子恰能通过点进入磁场，求该粒子发射的速度；
（2）在某次发射中，从两点水平发射的粒子穿过点到达了圆筒底部，求它们发光点点的坐标；
（3）若发射带各点持续水平发射粒子，部分粒子穿过进入磁场，请通过分析，在乙图中画出荧光屏上的图案。
23．如图所示，两个带等量异种电荷的粒子、分别以速度和从点射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，磁场宽度为，两粒子同时由点出发，同时到达点，两粒子重力不计。求：
（1）请画出、粒子运动轨迹，并分析粒子和粒子分别带什么电性的电荷；
（2）粒子和粒子在磁场中的运动轨道半径、；
（3）粒子和粒子的质量之比。
24．如图所示，空间中有单位为米的直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，区域有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的另一匀强磁场（均未画出），长的光滑水平细管右端与y轴齐平，左端静止放置一个直径略小于细管直径，质量，电荷量的带正电小球a，现使细管从如图位置以的速度竖直向下做匀速直线运动，当细管右端到达时，小球a从细管右侧飞出进入区域后做匀速圆周运动并经过，若从原点O水平抛出一不带电的小球b，也能经过P点，且小球b经过P点的速度方向与小球a经过P点时的速度方向在一条直线上，，求：
（1）区域的电场的电场强度大小E；
（2）区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）小球a在细管内运动的过程中，管壁对小球a弹力做的功。
25． 如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30 角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求：
（1）电场强度的大小和P点距y轴的距离；
（2）小球第一次到达最低点时速度的大小；
（3）小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
26．如图，平面直角坐标系中第四象限存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一象限存在沿x轴正方向的匀强电场。在磁场中有一粒子源S，可以均匀地向其右边范围内发射速率相同的带电粒子。已知带电粒子质量均为m、电荷量均为+q（），粒子源S的坐标为，发射的速度方向沿y轴负方向粒子的运动轨迹恰好与x轴相切，在处有一足够大荧光屏，不计带电粒子重力及粒子之间的相互影响，求：
（1）粒子的发射速率v0；
（2）粒子从x轴的正半轴进入电场时，距O点的最远距离；
（3）若电场强度，求x轴的正半轴上离O点最远处进入电场的粒子打在荧光屏的位置坐标。
27．如图甲所示，真空中平面直角坐标系的轴水平，轴竖直，第二象限内存在方向沿轴正方向的匀强电场I，第一、四象限内存在垂直纸面且变化周期为的匀强磁场（图甲中未画出）和沿轴正方向的匀强电场II。将一质量为、电荷量为的带正电小球（可视为质点）从第二象限内的点由静止释放。小球恰好经点穿过轴且经过点时速度大小为，从此时刻开始计时，此后磁感应强度随时间周期性变化的情况如图乙所示（规定磁场方向垂直纸面向里为正方向），。匀强电场I、II的电场强度大小，重力加速度为。
（1）求点的位置坐标；
（2）求磁场变化的第一个周期内小球离轴距离最大的时刻及小球离轴的最大距离；
（3）若在第一、四象限内垂直于轴放置一个足够大的挡板，小球在运动过程中恰好能够垂直打在挡板上，求挡板坐标的所有可能值。
答案解析部分
1．【答案】D
2．【答案】A
3．【答案】C
4．【答案】C
5．【答案】B
6．【答案】D
7．【答案】B
8．【答案】B
9．【答案】D
10．【答案】B,D
11．【答案】B,D
12．【答案】A,B
13．【答案】B,D
14．【答案】B,C
15．【答案】C,D
16．【答案】A,B
17．【答案】（1）解：根据动能定理可得
解得
（2）解：粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
解得
由牛顿第二定律
又
故出偏转电场的速度为
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律
解得磁场中运动的轨道半径
（3）解：设进入磁场时速度方向与水平方向的夹角为，则
可得
带电粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动时间为
解得
从A点进入电场到离开磁场的时间
18．【答案】（1）解：根据题设条件画出粒子的运动轨迹，如图所示
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，沿轴方向有
沿轴方向有
且
解得
（2）解：粒子沿轴方向的分速度大小
进入匀强磁场时的速度大小
设粒子在磁场中运动的半径为，由几何关系有
由洛伦兹力提供向心力
解得
（3）解：由几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为，粒子在磁场中运动的时间为
其中
粒子进入磁场时速度方向与轴方向所成夹角，有
联立可得
带电粒子从磁场射出的点距轴的距离为
然后带电粒子从磁场射出后与挡板相撞后再次进入磁场做匀速直线运动，有
故粒子从出发到最终离开磁场区域运动的总时间
联立解得
19．【答案】（1）解： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，能到达P点的粒子的运动轨迹为半圆。半径
由牛顿第二定律可得
解得
（2）解： 的粒子轨迹半径
轨迹如图所示
由几何关系r2＋r2sinθ＝4d
解得θ＝30°
相邻两次撞击点之间的距离Δz＝2r2cos30°
粒子与薄板碰撞的次数
取n=2
第1次碰撞时
第2次碰撞时
（3）解： ① 这些粒子做圆周运动的周期为
从射出到第一次与薄板碰撞所用时间
从射出到第二次与薄板碰撞所用时间
在Oy方向，粒子在电场力作用下做匀加速运动
要使粒子与绝缘薄板只碰撞一次需满足
联立解得电场强度大小E的范围为
② 粒子恰好不从Ox边界射出时轨迹如图所示
设半径为r3，由几何关系可得β＝60°
而r3＋r3sin 60°＝4d
解得r3＝8（2－）d
一次碰撞轨迹沿z轴移动＝2r3cos60°
碰撞次数
即带电粒子与绝缘薄板的最多碰撞次数为4次，结合第（2）问可得射出位置的x坐标有2个可能的值，对于x坐标最大情况的轨迹如图所示
＝2r4cosα
＋r4＝d
r4sinα＋r4＝4d
而sin2α＋cos2α＝1
解得r4＝
所以，x坐标最大为。
20．【答案】（1）解：设若离子首次进入匀强磁场Ⅰ和Ⅱ的轨迹半径分别为、。首次进入匀强磁场Ⅱ的速度大小为，离子经过电场的过程中，根据动能定理得
解得
根据洛伦磁力提供向心力有
解得
（2）解：若若两磁场的磁感应强度大小均为
可得，
运动轨迹如图所示
为使粒子经上下磁场各偏转一次不射出磁场，若临界条件是粒子运动轨迹与匀强磁场Ⅰ的上边界相切，此时需要满足
解得
若临界条件是粒子运动轨迹与匀强磁场Ⅱ的下边界相切，此时需要满足
解得
离子经过电场的过程沿轴方向做匀速直线运动，可得
由
解得
综合解得
（3）解：若两磁场的磁感应大小均为
粒子在两磁场Ⅰ和Ⅱ中运动的轨迹半径分别为，
离子沿y轴正方向射入，则离子在匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ中的轨迹均为半圆，运动轨迹如图所示
在一个周期内起沿x轴方向移动的距离为
若离子再被电场减速、加速次后，粒子只在电场中被加速，则有
解得
可得
设粒子再被加速次后，速度大小为。在匀强磁场区域Ⅰ中的轨道半径为，
根据动能定理有
解得
根据洛伦磁力提供向心力有
粒子最终从磁场区域的上边界射出磁场，则有
解得
可得
综合可得粒子在电场中被加速的次数为6次。
21．【答案】（1）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，要在O点产生光点，则KO长度恰好等于轨迹直径，则运动半径应为
其中洛伦兹力提供向心力，即
两式联立可得
（2）解：画出两个方向的粒子的轨迹，如图所示
由
可得
可知正负粒子轨迹半径相等，所以正负粒子轨迹正好可以构成一个完整的圆，且在N点相切。根据题意可知θ=30°，由几何关系可得
解得
向心力由洛伦兹力提供，即
解得
（3）解：关闭磁场后粒子不受任何力作用，做匀速直线运动，因此要使粒子在M点产生光点，就需要关闭磁场时粒子的速度方向恰好指向M点。由于粒子速度和入射方向与（2）中一致，因此粒子轨迹不变，根据（2）中的轨迹图作正电粒子轨迹的切线，该切线经过M点，与轨迹的切点为P，如下图所示
由几何知识可得，解得ON=，所以
NM=OM-ON=
而，且，
因此∠NOM=∠POM=60°，
可得α=120°
由，可得，粒子在磁场中运动的周期为
对应圆心角α=120°
故
22．【答案】（1）解：水平方向
竖直方向
得
（2）解：水平方向
竖直方向
得
粒子在磁场中做等距螺旋运动，在垂直轴平面内有
得
周期
竖直方向
运动时间
回旋次数
落点位置在与轴夹角为处，故坐标为，即
由对称性，易得
（3）解：粒子进入磁场后，不同，相同，相同，回旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线相对轴的夹角相同，得出与轴夹角为的倾斜直线，直线以、为端点（不触边界）
23．【答案】（1）解：画出粒子的轨迹示意图，如图所示。
根据左手定则，可知，粒子带负电荷，粒子带正电荷
（2）解：根据几何关系有，
（3）解：粒子和粒子从运动到，粒子转过的圆心角为，粒子转过的圆心角为，
两粒子在磁场中运动时间相同，根据，可得运动周期之比为
结合上述可知
两粒子做匀速圆周运动有
解得
根据
解得
24．【答案】（1）解：由于小球a在区域后做匀速圆周运动
因此
代入数据可得电场强度大小为
（2）解：小球在管内水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
又
竖直方向做匀速运动，向下运动的距离为h，因此
代入数据可得区域的匀强磁场的磁感应强度B的大小为
（3）解：小球离开管时的速度
下降的过程中，洛伦兹力不做功，只有重力和弹力做功
根据动能定理
解得
25．【答案】（1）解：依题意，小球从 点运动到坐标原点 ，速率没有改变，即动能变化为零，由动能定理可知合力功为零，电场力与重力等大反向，可得
解得
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图
根据
解得
由几何关系，可得
联立，解得
（2）解：
把小球在坐标原点的速度 分解为沿 轴正方向的 和与 轴负方向成 的 ，如图
其中沿 轴正方向的 对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即
小球沿 轴正方向做匀速直线运动，与 轴负方向成 的 对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为
（3）解： 由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示
根据
由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为 ，则所用时间
联立，解得
26．【答案】（1）解：根据题意结合圆周运动知识可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（2）解：根据题意，当SD为直径时，到达x轴的位置离O点最远，如图所示。
由数学知识可得
故
（3）解：从D点进入电场的粒子在电场中做类斜抛运动
由数学知识可得
故
粒子水平分速度
粒子竖直分速度
由牛顿第二定律得
电场强度
故得粒子运动的加速度
D点到荧光屏的水平距离
沿x轴方向由运动学知识可得
解得
沿y轴方向
故粒子打在荧光屏的位置坐标为。
27．【答案】（1）解：粒子在第二象限中，受到水平向左的电场力，大小为
则粒子的受力情况如图所示
粒子受到的合力大小为
根据动能定理可得
解得
由与粒子在第二象限做直线运动，根据几何关系可知，
解得
所以，P点的位置坐标为（，）
（2）解：粒子在匀强电场II的电场力竖直向上，大小为
由于电场力和重力等大反向，小球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
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
可知在第一个时间内逆时针转过半个圆周；在第二个时间内，有
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
结合左手定则可知小球在第二个时间内顺时针转过圆周；同理可知，小球在第三个时间内半径为
顺时针转过半个圆周；小球在第四个时间内半径为
逆时针转过圆周，轨迹如图所示
根据几何关系可知，在第三个时间内转过，即在第三个经过时，小球离x轴距离最大，此时刻为
最大距离为
联立，解得
（3）解：由几何关系得
由图可知，若挡板竖直放在OA中点，或者AB中点，粒子都可以垂直打在挡板上。考虑到周期性，可得
解得（）
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