重難點15重力場電場磁場的組合

1．如圖所示為一種質譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成.若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點.不計粒子重力，下列說法中正確的是（　　）

A．極板M比極板N電勢低
B．加速電場的電壓

C．直徑

D．若一群粒子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的電荷量
【答案】B
【詳解】
A．因為粒子在加速電場中受到得電場力向右，所以電場線方向向右，則M板為正極，M板的電勢高于N板電勢，故A錯誤；
B．在加速電場中，由動能定理得

粒子在靜電分析器中做圓周運動，電場力提供向心力，由牛頓第二定律得

解得

故B正確；
C．粒子在磁分析器中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

解得

P、Q兩點間的距離為
eqId20325b1b1d5846c2b5b827d052c61063

故C錯誤；
D．若一群離子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，則粒子做圓周運動的直徑相等，根據P、Q的表達式可知，粒子的比荷相等，故D錯誤。
故選B。

2．在光滑絕緣的水平面上建有如圖所示的平面直角坐標系Oxy，在二、三象限的y=L和y=-L區域中，存在平行于y軸且與y軸正向相反的勻強電場；在一、四象限的正方形區域abcd內存在豎直向下的勻強磁場，正方形的邊長為2L，坐標原點O為ab邊的中點。一質量為m的絕緣不帶電小球甲，以速度v₀沿x軸正向做勻速運動，與靜止在坐標原點的帶正電小球乙發生彈性正碰（碰撞時間很短），乙球的質量為2m，帶電量為q，碰撞前后電量保持不變，甲、乙兩球均可視為質點，且m、q、L、v₀均為已知，sin53°=0.8，cos53°=0.6。（　　）

A．碰撞后甲球的速度大小為

B．兩球碰后，若乙球恰從d點離開磁場則乙球在磁場中的運動時間

C．要使兩球再次相碰，磁感應強度必須大于

D．要使兩球再次相碰，電場強度和磁感應強度大小必須滿足

【答案】ACD
【詳解】
A．甲與乙碰撞過程根據動量守恒有

根據機械能守恒有

解得碰撞后甲的速度為

（負號表示向左）
乙的速度為

選項A正確；
B．碰撞后，乙球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，恰從d點離開磁場，則由幾何知識得：

解得

根據向心力公式得

解得磁感應強度

設圓心角為

，則

即

則乙球在磁場中的運動時間
eqId4b27b9ae798241b89cd9229383121293

選項B錯誤；
CD．要使兩球再次相碰，乙球應從

邊界離開磁場，即圓運動半徑必須滿足

又

解得

在磁場中運動的時間

乙球進入第二象限的電場做類平拋運動，則
eqId6376b1d06016429aaec98b0a615b1dde

對甲球，設經過時間

與乙球碰撞，發生的位移為

兩球再次相碰，需滿足

聯立以上各式解得

選項CD正確。
故選ACD。
3．如圖所示，在x軸上方的空間存在豎直向下的勻強電場，在x軸下方的空間存在垂直于

平面向外的勻強磁場，電場強度、磁感應強度的大小均未知。一質量為m、電荷量為q（

）的粒子從y軸上

處的P點以初速度

垂直y軸向右射出，剛進入磁場時的速度方向與x軸正方向夾角為

。已知粒子恰好能回到y軸上的P點。不計粒子重力。
(1)求勻強電場的電場強度的大小；
(2)求粒子從P點射出到第一次回到P點所經歷的時間；
(3)若改變勻強磁場的磁感應強度大小，將粒子在P點以不同初速度

垂直y軸向右射出，要使粒子均能回到y軸上的P點，求勻強磁場的磁感應強度大小。

【答案】(1)

；(2)

；(3)

【詳解】
(1)粒子在第一象限的勻強電場中做類平拋運動，運動軌跡如圖所示

設粒子水平方向的位移為x，可得

解得

(2)分析可知，要使粒子能回到y軸上的P點，粒子的軌跡應如圖所示

粒子剛進入磁場的速度為

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設圓半徑為R，運動的弧長為S，可得

解得粒子在磁場中運動的時間為
eqIdd46c7861220243f2bd6566073ff4d23a

聯立得

(3)分析可知，要使粒子均能回到y軸上的P點，粒子的軌跡應如圖所示

設粒子剛進入磁場時的速度方向與x軸正方向夾角為

，則可知

則粒子剛進入磁場時的速度

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設圓半徑為

，則可知

解得

4．如圖，在y＞0的區域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y＜0的區域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核

和一個氘核

先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知

進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。

的質量為m，電荷量為q。不計重力。求：
(1)

第一次進入磁場的位置到原點O的距離；
(2)磁場的磁感應強度大小；
(3)

第一次離開磁場的位置到原點O的距離。

【答案】(1)

h；(2)

；(3)

（

－1）h
【詳解】
(1)

在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，在電場中由運動學公式有

s₁＝v₁t₁①
h＝

a₁t₁²②

進入磁場時速度在y軸方向的分量大小為
v₁tan θ₁＝a₁t₁③
聯立以上各式得
s₁＝

h④
(2)

在電場中運動時，由牛頓第二定律有
qE＝ma₁⑤
進入磁場時速度的大小為
v＝

⑥
在磁場中運動時由牛頓第二定律有

⑦
由幾何關系得
s₁＝2R₁sin θ₁⑧
聯立以上各式得
eqId1fab86fd14ed4023a9102c1cabfe0578

⑨
(3)

與

初動能相等

(2m)

v₂²＝

mv₁²⑩

在電場中運動時有
qE＝2ma₂?
s₂＝v₂t₂?
h＝

a₂t₂²?
進入磁場時
v₂tan θ₂＝a₂t₂?
v′＝

?
qv′B＝2m

?
聯立以上各式得
s₂＝s₁，θ₂＝θ₁，R₂＝

R₁?
所以

第一次離開磁場的出射點在原點左側，設出射點到入射點的距離為s₂′，由幾何關系有
s₂′＝2R₂sin θ₂?
聯立④⑧??式得，

第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為
s₂′－s₂＝

(

－1)h?
5．如圖所示，極板A、B間有

的加速電場，加速電場的右側有電壓可調的偏轉電場U₁，且上極板C帶正電，S₂O為偏轉電場的中線。偏轉電場的極板長為

，間距為

。最右側緊靠偏轉電場的是寬度為

的勻強磁場區域，磁感應強度為

（邊界上也有磁場）、該磁場上下足夠長。現有比荷為

的質子（重力不計），從小孔S₁飄入加速電場，被加速后經S₂沿偏轉電場中線飛入偏轉電場。已知：

，

。試回答下列問題：
(1)質子飛入偏轉電場的初速度v₀；
(2)若偏轉電壓

，求質子離開磁場時的位置與O點間的距離；
(3)為使質子能進入磁場（即能離開偏轉電場），所加偏轉電壓U₁的最大值；
(4)若保證質子能進入磁場，且從磁場的左邊界離開磁場區城，求質子在磁場中運動的最長時間（計算結果保留2位有效數字）。

【答案】(1)

；(2)4cm；(3)

；(4)

【詳解】
(1)質子在電場中加速，根據動能定理有

(2)粒子沿虛線進入磁場，洛倫茲力提供向心力

解得半徑為
r=2cm
質子在磁場中軌跡為半圓，則距離O點距離為
y=2r=4cm
(3)質子在電場中偏轉，運動的距離為間距的一半，根據動能定理可知

在下極板邊緣處分解速速得

=37°
解得

(4)經計算得：從極板下邊緣進入磁場的質子，會從磁場右邊界F離開，不滿足題目要求，

故：設此時軌道半徑為R，則
R（1+sin

）=3.2
且
Rcos

=2
故
cos

=0.9
即

=26°
故最長時間為

s
6．如圖所示，真空中有一個半徑

的圓形磁場區域，與x軸相切于坐標原點O，磁感應強度

，方向垂直于紙面向外，在圓形磁場區域的右側有一水平放置的正對平行金屬板M、N，板間距離為

，板長

，板間中線

的反向延長線恰好過磁場圓的圓心

。若在O點處有一粒子源，能均勻的向磁場中各個方向源源不斷地發射速率相同、比荷為

且帶正電的粒子，粒子的運動軌跡在紙面內。已知一個沿y軸正方向射入磁場的粒子，恰能沿直線

方向射入平行板間。不計重力、阻力及粒子間的相互作用力，求：
（1）粒子入射的速度

的大小；
（2）若已知兩平行金屬板間電場強度

，則從M、N板右端射出平行板間的粒子數與從O點射入磁場的總粒子的比值

。
（3）若平行板足夠長，且在平行板的左端裝上一擋板（圖中未畫出），擋板正中間

處有一小孔，恰能讓單個粒子通過，且在兩板間加上沿y軸負方向的勻強電場E和垂直

平面向里的勻強磁場

，要使粒子能從兩極板間射出。求電場強度E的大小范圍。（提示：帶電粒子在復合場中的運動可以看成勻速直線運動和勻速圓周運動的合運動）

【答案】（1）

；（2）

；（3）

【詳解】
（1）由題意可知，沿y軸正向射入的粒子運動軌跡如解圖所示

（2）沿任一方向射入磁場的粒子，其運動軌跡都是半徑為r的圓，所有粒子出磁場后都沿x正方向運動。恰能從N板左端射入平行板間的粒子的運動軌跡如解圖曲線Ⅰ所示

則

所以從N板左端射入的粒子從O點射出時與y軸的夾角為

；
同理可得，從M板左端射入的粒子從O點射出時與y軸的夾角為

；
所以射入板間的粒子占射入磁場粒子的比例為

能射出電場的粒子其偏移量
eqIda18e58b5cc4d41cb992d784f85f6e9ba

所以恰好有一半粒子射出，得

（3）令

①當

時，有

②當

時，有

粒子以

作勻速圓周運動

若要粒子能射出

，則可得

③當

時，有

粒子以

作勻速圓周運動

若要粒子能射出

，則可得

即

7．如圖所示，在直角坐標系內，

射線（O為頂點）與y軸夾角為30°，

與y軸所圍區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，

與x軸之間存在勻強電場，方向沿x軸負方向。一個帶電粒子經加速電壓U加速后，以與

平行的速度從N點進入磁場，

間距為

，帶電粒子從

上的某點A（圖中未畫出）垂直于

離開磁場，從x軸上的某點C（圖中未畫出）垂直于x軸離開電場，不計粒子的重力。求∶
(1)帶電粒子的電性及比荷；
(2)帶電粒子在第一象限中的運動時間；
(3)勻強電場的電場強度。

【答案】(1) 正電，

；(2)

；(3)

【詳解】
(1)磁場方向垂直紙面向外，粒子垂直于

離開磁場，則所受洛倫茲力在速度方向的右側，可知粒子帶正電畫出運動軌跡，由幾何關系可得

在磁場中由牛頓第二定律可得

在電場中加速可得

聯立式解得

(2)由(1)可得粒子進入磁場時的速度為

此后進入電場，當出射方向和x軸垂直時，可知粒子在x方向的分速度減為零，沿y軸方向可視為做勻速直線運動。垂直

出射時，與豎直方向夾角為60°

在磁場中做勻速圓周運動，運動路徑為四分之一圓周，在磁場中的運動時間

從

上的出射點到O點的距離為

則在電場中的運動時間為

在第一象限中運動的總時間為
eqId96d767586bd54b17bd59d95c087d977d

(3)在x方向上做勻減速運動

垂直出射，x方向速度恰好減到0

聯立可得

8．如圖所示，在xoy平面內，第一象限中有勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向，在x軸的下方有勻強磁場，方向垂直于紙面向里，有一個質量為m，電荷量為q的帶負電的粒子（不計重力），從y軸上的P點以初速度

垂直于電場方向進入電場。經電場偏轉后，沿著與x軸正方向成

進入磁場，并能垂直于y軸進入第三象限。求：
(1) p點離坐標原點的距離y；
(2)勻強磁場的磁感應強度；
(3)粒子從P點開始到離開磁場所用的時間t。

【答案】（1）

；（2）

；（3）

【詳解】
（1）粒子運動軌跡如圖所示

電子經過A點的速度大小

電子從P到A過程，由動能定理得

解得

（2）由幾何知識可得，電子在磁場中的軌道半徑

電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

解得

（3）電子從P到A的過程，加速度為

時間為

從A到C再到D，由洛倫茲力提供向心力

解得

周期為

由幾何知識得：電子在磁場中運動過程速度的偏向角為270°，則電子在磁場中運動的時間為

粒子從P點開始到離開磁場所用的時間t

9．如圖所示裝置中，區域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E₁和E₂；Ⅱ區域內有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m、帶電量為q的帶負電粒子（不計重力）從左邊界O點正上方的M點以速度v₀水平射入電場，經水平分界線OP上的A點（圖中未畫出）與OP成60°角射入Ⅱ區域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入Ⅲ區域的勻強電場中。求：
(1)粒子在Ⅱ區域勻強磁場中運動的軌道半徑；
(2)O、M間的距離；
(3)粒子從M點出發到第二次通過CD邊界所經歷的時間。

【答案】(1)

；(2)

；(3)

【詳解】
(1)粒子到達A點的速度
v=

解得
v=2v_o
又
qvB=

解得
R=

(2)根據牛頓第二定律，有
qE₁=ma₁
又
v_otan60^o=a₁t₁
解得
t₁= eqId335627f38e244b42af04b0d5d7b0ac5f

OM間距
L=

(3)由

得

又
qE₂=ma₂
得
t₃=2

，
因此
t=t₁+t₂+t₃= eqId4cc32786256f4af18c0eff71a8421fb3

10．如圖所示，在平面直角坐標系

的第Ⅱ、Ⅲ象限內放置著兩個帶有等量異種電荷的帶電平行板，板間電壓為U，間距為

，平板內部存在著垂直于坐標平面向外的勻強場，磁感應強度大小為

；第Ⅰ、Ⅳ象限內存在半徑為L的圓形勻強磁場，磁場圓心在

點，磁場方向垂直于坐標平面向里，在第Ⅰ象限內縱坐標

的區域內存在方向沿著y軸負方向的勻強電場。現有一電荷量為

，質量為m的粒子，從

處以水平速度沿x軸正方向射出，恰好從坐標原點O進入磁場，然后從

點射出磁場進入電場區域且恰好未穿出電場。（粒子重力可忽略不計）求：
(1)平行板的上極板帶何種電荷，圓形區域內磁場的磁感應強度大小；
(2)第Ⅰ象限

的區域內勻強電場的場強大小；
(3)粒子從

處開始沿x軸正方向運動到再次回到x軸所用時間。

【答案】(1)負電荷，

；(2)

；(3)

【詳解】
(1)帶電粒子運動示意圖如下圖所示

由于粒子帶正電荷，向右做勻速直線運動，由左于定則知粒子所受洛倫茲力豎直向下，根據受力平衡，粒子所受電場力豎直向上，因此，該平行板中的電場是豎直向上，上極板帶負電荷，由平衡條件，得

又有

聯立，解得

帶電粒子從原點O進入磁場，從

點射出磁場，由幾何關系知，做勻速圓周運動的軌跡半徑為

在圓形磁場內，有

聯立方程，得圓形磁場內磁感應強度為

(2)帶電粒子恰好未穿出電場，根據動能定理，可得

將

代入上式，得

(3)在極板間運動的時間為

粒子在圓形磁場中的運動周期

，可得

則在圓形磁場中運動的總時間為

粒子在平行邊界電場中向上運動過程，有

聯立，可得

在平行邊界電場中運動的總時間為

再次回到x軸所用總時間為

11．如圖所示，在平面直角坐標系

內，圓形區域半徑為

，在

點與

軸相切且關于

軸對稱。bc是圓形區域與

軸平行的一條直徑，圖中虛線是一條過b點的切線，虛線上方有沿

軸負方向的勻強電場，場強大小未知；圓形區域內有垂直

平面向外的勻強磁場；某帶正電粒子，質量為

，帶電量為

，以速度

從

點垂直

軸進入電場中，然后從b點進入磁場，最后從c點離開磁場。已知a點縱坐標

，帶電粒子的重力忽略不計。求：
(1)勻強電場的電場強度

；
(2)勻強磁場的磁感應強度

(3)粒子從

點運動到達

軸的時間。

【答案】(1)

；(2)

；(3)

【詳解】
(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，設運動時間為t，則

解得

(2)粒子進入磁場時的速度方向與豎直方向夾角的正切值

所以

由半徑和速度方向的垂直關系可知，粒子的圓弧軌跡所對應的圓心即是O點，所以粒子做圓周運動的半徑

運動速度

由洛侖茲力提供向心力得

解得

(3)粒子的運動過程可分為三段：電場中的類平拋、磁場中的勻速圓周、離開磁場后的勻速直線，運動的總時間
eqId0385bcb60a094232bba3c729f3bd1ecb

12．如圖，在平面直角坐標系xOy中，直角三角形區域ABC內存在垂直紙面向里的勻強磁場B₁，線段CO=OB=L，θ=30°；第三象限內存在垂直紙面的勻強磁場B₂（圖中未畫出），過C點放置著一面與y軸平行的足夠大熒光屏CD；第四象限正方形區域OBFE內存在沿x軸正方向的勻強電場。一電子以速度v₀從x軸上P點沿y軸正方向射入磁場，恰以O點為圓心做圓周運動且剛好不從AC邊射出磁場；此后電子經第四象限進入第三象限，經過y軸時速度方向與y軸負方向成60°角，最后到達熒光屏時速度方向恰好與熒光屏平行。已知電子的質量為m、電荷量為e，不計電子的重力，求：
(1)P點距O點的距離d；
(2)電子在電場中的運動時間t；
(3)第三象限內的磁感應強度B₂的大小。

【答案】(1)

；(2)

；(3)

或

【詳解】
(1)電子在區域

內以

點為圓心做勻速圓周運動，在

點與

相切，其運動軌跡如圖：

在

中，根據幾何知識有
d=

(2)電子從

點進入電場做類平拋運動，設電子從

邊離開且在電場中運動的時間為

，在

方向上有

根據運動學規律有

解得

(3)電子在第三象限運動時速度

做勻速圓周運動有兩種情況
①若磁場方向垂直于紙面向里，設其做勻速圓周運動的軌道半徑為

，圓心在

，根
據幾何知識有

洛倫茲力提供向心力

解得

②若磁場方向垂直于紙面向外，設其做勻速圓周運動的軌道半徑為

，圓心為

，根據幾何知識有

根據牛頓第二定律有

解得

13．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，等腰三角形ABC區域內左半部分有方向垂直紙面向外磁感應強度大小B₁=1T的勻強磁場，右半部分有方向垂直x軸向下的勻強電場，邊界上有磁場或電場。在x軸OA段上的P點（圖中未畫出）有一粒子源（大小可忽略），能垂直x軸在紙面內以速度v₀（未知）向磁場射人質量m=2.4×10^-7 kg。電荷量q=1×10^-5 C的帶正電粒子。粒子源射出的粒子恰好不從磁場的AC邊界射出且垂直于y軸射人電場，也恰好不從電場的BC邊界射出。已知A、B、C三點的坐標分別為（-3 m，0）、（3 m，0）和（0，4 m），不計粒子受到的重力。求：
(1)P點的坐標和粒子射入磁場的速度大小U₀；
(2)勻強電場的電場強度大小E；
(3)粒子在磁場和電場中運動的總時間t_總。

【答案】(1) （-2.4 m，0）；100m/s；(2)

；(3)

【詳解】
(1)粒子在磁場和電場中的運動軌跡如圖所示

由幾何關系可知

粒子在磁場中運動的軌道半徑

所以P點的坐標為（-2.4 m，0）
粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有

解得

(2)粒子在電場中運動時，其運動軌跡恰好與BC相切，由幾何關系可知

解得

(3)粒子在磁場中運動

圓周，用時

解得

粒子在電場中沿電場方向做初速度為0的勻加速運動，則

解得

所以粒子在磁場和電場中運動的總時間

14．如圖1所示，水平直線MN上方有豎直向下的勻強電場，場強

，MN下方有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t周期性變化的規律如圖2所示，規定垂直紙面向外為磁場正方向，在

時，將一帶正電的粒子從電場中的O點處由靜止釋放，在

時通過MN上的P點進入磁場，經過一段時間后，粒子最終打在足夠大的擋板上。已知擋板位于P點左側且垂直于MN，擋板與P點間的距離為100cm；粒子的比荷

，不計粒子的重力；計算中取

。
(1)求粒子從P點進入磁場時速度的大小；
(2)在

至

時間內，求粒子運動的軌道半徑和周期；
(3)求粒子從O點出發運動到擋板所需的時間。

【答案】(1)3×10⁴m/s；(2)20cm；4×10^-5s；(3)1.3×10^-4s。
【詳解】
(1)電荷在電場中做勻加速直線運動，則
qE=ma
v₀=at₁
解得

(2)電荷在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力

解得

在t=1×10^-5s至2×10^-5s時間內，B₁=0.15T時，半徑

周期

(3)當B₂=0.30T時，半徑

周期

故電荷從t=0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示。

從t=0到t₂=4×10^-5s時間內，電荷先沿直線OP運動t₁，再沿大圓軌跡運動

，緊接著沿小圓軌電荷從P點開始的運動周期T=6×10^-5s，且在每一個T內向左沿PM移動s₁=2r₁=40cm，電荷到達擋板前經歷了2個完整周期，沿PM運動距離s=2s₁=80cm，最后d-s=20cm內電荷正好運動

垂直撞擊擋板。
則電荷從O點出發運動到擋板所需的時間
t_總=t₁+2T+

解得
t_總=1.3×10^-4s
15．人類研究磁場的目的之一是為了通過磁場控制帶電粒子的運動，某控制帶電粒子運動的儀器原理如圖所示，區域PP′M′M內有豎直向下的勻強電場，電場場強為E=1×10³V/m，寬度為d=0.05m，長度為L=0.40m；區域MM′N′N內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B=2.5×10^-2T，長度也為L=0.40m，磁場寬度足夠。比荷為

的帶正電的粒子以水平初速度從P點射入電場。邊界MM′不影響粒子的運動，不計粒子重力。
(1)若帶電粒子以水平初速度v₀=8×10⁵m/s從P點射入電場后，求粒子從PP′M′M區域射出的位置；
(2)當帶電粒子射入電場的水平初速度為多大時，粒子只進入磁場一次就恰好垂直P′N′邊界射出。

【答案】(1) P′下方，0.0125m；(2)

【詳解】
(1)假設粒子以水平速度從P點射入電場后，做類平拋運動從M′M邊界飛出，由牛頓第二定律可得

豎直方向由位移公式可得

聯立解得t=1×10^-6s
水平方向做勻速運動
x=v₀t=0.8m
x=0.8m＞L=0.4m所以假設不成立，粒子從P′M′邊射出，假設粒子從P′點下方y處射出

聯立可得

=0.0125

(2)同第一問原理可得：粒子在電場中做類平拋運動的水平位移
x=v₀t
即在t=1×10^-6s粒子進入磁場時，垂直邊界的速度
v_y=at
設粒子進入磁場時的速度與磁場邊界之間的夾角為α，則粒子進入磁場時的速度

在磁場中由牛頓第二定律可得

得

分情況討論，第一種情況粒子第一次進入磁場后，垂直邊界M′N′從磁場射出，如圖1所示必須滿足

聯立解得

得

第二種情況，粒子第一次進入磁場后，垂直邊界P′M′從電場射出，如圖2所示，必須滿足

聯立解得

得

16．如圖所示，平行金屬板MN水平放置，板間距為d，板長為

，板間接有恒定電壓，兩板間電場可看做勻強電場，且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界線為CD．線狀離子源均勻發射出大量比荷為k的粒子，粒子以相同的速度由板的左側進入板間，粒子速度方向與板平行，若有50%的粒子能從板間射出，不計粒子間的相互作用及粒子重力。
(1)求兩極板所加電壓U的大小；
(2)射出的粒子經磁場偏轉后能全部回到板間，求磁感應強度B的最小值。

【答案】(1)

；(2)

【詳解】
解：(1)粒子在板間做類平拋運動，有

解得

(2)如圖所示，設粒子以速度v進入磁場，速度偏轉角為

，

則

由幾何關系

由以上各式解得

17．如圖所示，在平直角坐標系

的第Ⅰ象限內有沿

軸正方向的勻強電場，質量為

、電荷量為

的帶電粒子，在

軸上坐標為

的

點，以大小為

的速度沿

軸正方向射入電場，從

軸上坐標為

的

點進入處在第四象限內垂直于坐標平面向里的有界勻強磁場（圖中未畫出），

為磁場邊界上一點。粒子出磁場后速度沿

軸負方向，并經過

軸的位置坐標為

。不計粒子的重力，求：
(1)勻強電場的電場強度

的大小；
(2)勻強磁場的磁感應強度

的大小；
(3)若有界磁場為圓形，且圓與

軸相切于

點，則圓面積多大。

【答案】(1)

；(2)

；(3)

【詳解】
(1)粒子在電場中做類平拋運動，則

根據牛頓第二定律有

解得

(2)設粒子從

點進入磁場時的速度為

，則

解得

設

與

軸正方向的夾角為

，則

解得

設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為

，根據幾何關系

解得

根據牛頓第二定律

解得

(2)設粒子從圓形有界磁場的出射點為

點，圓形有界磁場的半徑為

，粒子做圓周運動的圓心為

，磁場圓的圓心為

，根據幾何關系可知，

將

連線垂直平分，由于

和

均沿豎直方向，即

和

平行。
根據三角形全等可知

因此圓形有界磁場的面積

18．如圖所示，xOy坐標平面的第一象限內，下方為勻強電場，上方為勻強磁場B₁，邊界如圖所示，其中勻強電場E=1000V/m，方向沿y軸正向，大小為B₁=1T的勻強磁場垂直紙面向里，第二象限中存在B₂=2T的勻強磁場，方向垂直紙面向里。現有大量比荷為

=2×10³C/kg的粒子，從x軸上由靜止釋放，經電場加速后進入B₁區域，最終到達y軸，且所有粒子均垂直穿過y軸。求：
(1)第一象限內勻強電場和勻強磁場B₁的邊界曲線應滿足的方程；
(2)y軸上y_P=2m處存在P點，經過P點時粒子的最大速度v_m；
(3)能夠經過題(2)中P點的所有粒子，其釋放點的橫坐標滿足的條件。

【答案】(1)y=x²；(2)

；(3)y+nx=2，（n=0，1，2………）
【詳解】
(1)設邊界坐標（x，y）

解得

代入數據可得方程
y=x²
(2)粒子在右邊磁場中運動的半徑為R₁，在左邊磁場中運動的半徑為R₂，則

要使過P點的速度最大軌跡如圖中1所示

即
y=2，x=

可得

(3)若要粒子能過P點，釋放的橫坐標為x則軌跡如圖中2所示，
即
y+nx=2，（n=0，1，2………）
即滿足
x²+nx=2
粒子過P點
19．如圖所示，在紙面上的矩形ABCD區域內，對角線BD以上的區域有電場強度大小為E、方向平行于AD向下的勻強電場，對角線BD以下的區域有方向垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出），AD邊長為L、AB邊長為2L。一帶電粒子以大小為v₀的初速度從A點沿AB方向進入電場，從對角線BD的中點P進入磁場，并從DC邊上的M點垂直于DC邊離開磁場。不計粒子所受重力。求：
（1）粒子的比荷

；
（2）粒子到達P點時速度v的大小和方向；
（3）磁場的磁感應強度大小B。

【答案】（1）粒子的比荷

為

；
（2）粒子到達P點時速度v的大小為

，速度與水平方向的夾角為

；
（3）磁場的磁感應強度B的大小為

，方向垂直紙面向外。
【分析】
（1）帶電粒子進入電場做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，到達P點后，水平位移是豎直位移的

倍，抓住這一關系求出粒子的比荷；
（2）在豎直方向上做勻變速運動，根據運動學公式求出豎直方向速度，到P點時速度為

求出速度，方向根據兩分速度的關系求出夾角；
（3）作出進入磁場的軌跡圖，確定出圓心，根據幾何關系得出半徑，根據洛倫茲力提供向心力，通過半徑公式，求出磁感應強度B的大小，根據洛倫茲力的方向確定出磁場的方向。
【詳解】
（1）粒子的運動軌跡如圖所示

設粒子在電場中從

點運動到

點的時間為

，粒子沿

方向做勻速直線運動，有

粒子在電場中運動的加速度大小為

粒子沿

方向做初速度為零的勻加速直線運動，有

解得

(2)設粒子到達

點時沿

方向的速度大小為

，有

經分析可知

解得

，
設粒子到達

點時的速度方向與

的夾角為

，有

解得

；
(3)由幾何關系可知，粒子在磁場中運動的過程中轉過的圓心角為45°，
設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為

，有

粒子所受洛倫茲力提供其做圓周運動所需的向心力，有

解得

【點睛】
本題重點考查帶電粒子在勻強電場中的類平拋和勻強磁場中的勻速圓周運動，以及運用數學知識解決物理問題的能力。
20．如圖所示，一個質量為

帶電荷量

的帶電微粒（不計重力），從貼近左側板的位置

由靜止開始經寬為

，電壓為

加速電場加速后經

，從偏轉電壓為

（未知）、板間距和板長均為

的偏轉電場左側正中間位置水平射入兩平行金屬板間，偏轉電場右側是區域足夠大垂直紙面向里的勻強磁場。
(1)若微粒能射入右側勻強磁場區域，求

的最大值；
(2)滿足(1)條件且

取最大值時，微粒經磁場運動后射出磁場時偏轉電場正好反向（

大小不變），微粒恰能經

返回到初始位置

，求磁感應強度

的大小；
(3)求(2)問情景下微粒從

到第一次返回

所需的時間？

【答案】(1)

；(2)

；(3)

【詳解】
(1)經電場加速

偏轉電場作類平拋

(2)要能返回

，則磁場中的圓周的圓心必在偏轉電場中心線的延長線上，又

最大時偏轉電場飛出時的偏轉角為45°
所以

，

又

所以

(3)微粒從

經偏轉電場類平拋從下極板邊緣進入磁場，從上極板邊緣返回電場，經類平拋逆過程回到

，依題意有

21．如圖所示，在xoy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限內存在電場強度大小E=10V/m、方向沿x軸負方向的勻強電場；在第Ⅱ、Ⅲ象限內存在磁感應強度大小B=1T、方向垂直xoy平面向外的勻強磁場。一個比荷

的帶正電粒子在x軸上橫坐標x=0.08m處的P點以v₀=16m/s的初速度沿y軸正方向開始運動，不計帶電粒子所受的重力。求：
(1)帶電粒子開始運動后第一次通過y軸時距O點的距離

；
(2)帶電粒子運動的周期t。

【答案】(1)y₁= 0.16m；(2)

【詳解】
(1)粒子在電場中做類平拋運動，設運動時間為t₁

解得

(2)粒子第一次進入磁場時，沿x軸方向的速度大小為

設粒子進入磁場時的速度方向與y軸的夾角為θ

解得

粒子在磁場中的運動時間為
eqIdc4aaa3a4b27a42399ce333ac6795a7b8

解得

粒子返回電場后經過t₃時間速度大小變為v₀，方向豎直向上，根據對稱性，t₃=t₁
帶電粒子運動的周期t

22．如圖所示，在平面直角坐標系xoy的第二象限內有平行于y軸的勻強電場，電場強度大小為E，方向沿y軸負方向。在第一、四象限內有一個半徑為R的圓，圓心坐標為（R，0），圓內有方向垂直于xoy平面向里的勻強磁場。一帶正電的粒子（不計重力），以速度為v₀從第二象限的P點，沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標原點O進入第四象限，速度方向與x軸正方向成

，最后從Q點平行于y軸離開磁場，已知P點的橫坐標為

。求：
（1）帶電粒子的比荷

；
（2）圓內磁場的磁感應強度B的大小；
（3）帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間。

【答案】（1）

；（2）

；（3）

【詳解】
（1）由水平方向勻速直線運動得
2h=v₀t₁
豎直向下的分速度

由豎直方向勻加速直線運動知
v_y=at₁
加速度為

根據以上式解得

（2）粒子進入磁場的速度為v，有

粒子運動軌跡如圖所示

由幾何關系得，粒子在磁場中作勻速圓周運動的軌道半徑為
r=R
由洛倫茲力提供向心力可知

解得

（3）粒子在磁場中運動的時間為

粒子在磁場中運動的周期為

，粒子在電場中運動的時間為

粒子運動的總時間

代入數據得

23．如圖所示，平面直角坐標xOy的第一象限內存在著有界勻強磁場和勻強電場直線y=d與y軸相交于P點，磁場分布在x軸與直線y=d之間，方向垂直紙面向里；電場分布在直線y=d上方，電場強度為E，方向豎直向下質量為m、電荷量為q的帶正電荷的粒子從坐標原點O垂直磁場方向射入，射入時的速度大小為v₀，方向與x軸正方向成60°，并恰好從P點離開磁場。(不計粒子的重力)
(1)求磁場的磁感應強度大小B；
(2)若將磁感應強度大小變為

，其他條件不變，求∶
①粒子能達到的縱坐標的最大值y_m；
②粒子在第一象限內運動的時間t。

【答案】(1)

；(2) ①

；②

【詳解】
(1)粒子磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖

由牛頓第二定律可得

根據粒子在磁場中運動的軌跡，由幾何關系可得

聯立解得

(2)①磁感應強度大小變為

后，粒子的道半徑變為

運動軌跡如圖所示

粒子進入電場時速度沿y軸正方向，粒子從進入電場到速度減為0的過程，由動能定理可得

解得

粒子能達到的縱坐標的最大值

解得

②由幾何關系可知粒子在第一次磁場內運動的圓心角為

，運動的時間

粒子在電場內先向上減速為零，再向下加速，設進入電場到離開電場運動的時間

，取向上為正，向動量定理可得

解得

粒子從電場進入磁場仍做勻速圓周運動，設運動時間為

，根據對稱性可知

粒子在第一象限內運動的時間

解得

24．如圖所示，寬度為

兩平行豎直邊界

間有一水平勻強電場，

右側有一半徑為

的圓形勻強磁場區域，

為圓心，磁場方向垂直紙面向里。一質量為

、電荷量為

的粒子在邊界

上的

點由靜止釋放，經電場加速后，以速度

沿軸線

進入磁場區域，最終從磁場區域邊界上

點離開磁場，且

。不計粒子重力。
(1)求勻強電場的電場強度

的大小；
(2)求勻強磁場的磁感應強度

的大小；
(3)若在圓形磁場右側還存在著另一個矩形磁場區域，其一條邊平行于

，磁場方向垂直于紙面所在平面，粒子經過該磁場偏轉后恰好又能回到

點，求矩形磁場的最大磁感應強度及對應的最小面積。

【答案】(1)

；(2)

；(3)

；

【詳解】
(1)粒子在電場中加速，由動能定理

得

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系得，粒子做圓周運動的半徑
R₁＝rtan60°＝

由牛頓第二定律

得

(3)如圖，粒子出圓形磁場區域后在dj間做勻速直線運動，在j點進入矩形磁場做圓周運動，圖示為符合題意的最小圓半徑R₂和對應的最小矩形磁場區域efgh

由幾何關系可知

在矩形磁場區域運動的半徑

設矩形磁場區域最大磁感應強度為B_m，由

得

最小磁場區域面積
S＝（R₂+ R₂cos30°）×2R₂＝

代入R₂得最小面積

25．如圖所示，在xoy平面第Ⅱ象限內有一長

，寬為

的長方形區域，存在方向垂直xoy平面向里、大小

的勻強磁場。一離子源從長方形頂角處沿左邊界豎直向上射入磁場，其速度大小從

到

連續變化。在y軸右側寬度

的區間內存在沿x方向的勻強電場。在這群離子中，以速度為

入射的粒子打在

處，不計重力和粒子間的相互作用。求：
(1)離子比荷

；
(2)這群離子僅經過磁場偏轉直接通過y軸上的區間范圍；
(3)若經過

處的離子恰能返回y軸，現僅將粒子源水平向右移動0.04m，其它條件不變，求返回y軸的離子的速度大小范圍。

【答案】(1)

；(2)

；(3)

至

【詳解】
(1)由題意可知

根據洛倫茲力提供向心力

代入數據解得

(2)粒子運動軌跡如圖所示

由圖根據幾何關系可得

經磁場偏轉，離子落在y軸的區間范圍為

(3)以速度v運動的離子落在y處，有

粒子運動的半徑為

根據幾何關系有

根據動能定理

聯立并代入數據解得

粒子向右移動0.04m后，有

根據幾何關系可得

粒子運動半徑為

根據

速度為

當半徑為

時，可得速度為

可見返回y軸的離子的速度范圍為

至

26．圖所示，在平面直角坐標系xoy內，第一象限的等腰直角三角形MNP區域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y＜0的區域內存在著沿y軸正方向的勻強電場。一質量為m，電荷量為q的帶電粒子從電場中Q（-2h，-h）點以速度v₀水平向右射出，經坐標原點O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場。已知MN平行于x軸，N點的坐標為（2h，2h），不計粒子的重力，求：
(1)電場強度的大小E和磁感應強度的大小B；
(2)粒子在磁場中運動的時間；
(3)若將磁感應強度大小改為B₁，使得粒子剛好不能從PN射出磁場，求B₁的大小。

【答案】(1)

，

；(2)

；(3)

【詳解】
(1)粒子在電場中運動過程，有

，

聯立解得

粒子從

點射出時

所以粒子射入磁場時，速度大小

方向垂直

，且從

中點射入。

即軌跡圓心，有幾何關系得

由

得

(2)粒子在磁場中的運動的周期

粒子在磁場中的運動時間

(3)如圖，當粒子剛好從

邊射出時，由幾何關系

得

由

得

27．如圖所示，在直角坐標系中，在第三象限有一平行x軸放置的平行板電容器，板間電壓U=200V。現有一質量m=1.0×10^－¹⁰kg，帶電荷量q=＋1.0×10^－⁸C的粒子(不計重力)，從下極板處由靜止開始經電場加速后通過上極板上的小孔，垂直x軸從A點進入第二象限的勻強電場中，電場方向水平向右。粒子在電場中從B點與y軸成45°進入第一象限，第一象限中有向外的勻強磁場，粒子隨后垂直經過x軸上的C點，已知OC=(2＋2

)m。求：
(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r；
(2)勻強電場場強E的大小；
(3)勻強磁場B的大小。

【答案】(1)

；(2)200V/m；(3)1T
【詳解】
(1)粒子的運動軌跡如圖所示

設離子在磁場中做勻速圓周運動的圓心為點O＇，由題意可知

，設

，由幾何關系可知

解得

(2)設粒子飛出極板的速度為v₀，由動能定理

解得

粒子從A點運動到B點的過程，粒子做類平拋運動

由牛頓第二定律得

解得

(3)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

由平拋過程可知

可得

28．在平面坐標系第Ⅰ象限內有沿x軸負方向的勻強電場，虛線PQ為在同一平面內的豎直直線邊界，在第Ⅱ、Ⅲ象限內虛線PQ與y軸之間有垂直坐標平面向里的大小為B的勻強磁場。C、D兩個水平平行金屬板之間的電壓為U。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子（不計粒子重力）從靠近D板的S點由靜止開始做加速運動，從x軸上

處的A點垂直于x軸射入電場，粒子進入磁場時速度方向與y軸正方向

，不計粒子的重力。要使粒子不從PQ邊界射出，求：
(1)粒子運動到A點的速度大小

；
(2)勻強電場的場強大小E；
(3)虛線PQ與y軸之間磁場的最小寬度d。

【答案】(1)

；(2)

；(3)

【詳解】
（1）設粒子運動到M點的速度大小為

，由動能定理得

可得粒子運動到A點的速度大小：

（2）設粒子進入磁場的速度為v，粒子在電場中豎直方向做勻速運動，水平方向做勻加速運動：

根據動能定理：

解得勻強電場的場強大小：

將

代入解得：

（3）帶電粒子進入磁場中洛倫茲力提供向心力，設圓周運動的半徑為r，則有：

當粒子運動的軌跡剛好與邊界PQ相切時，粒子不從PQ邊界射出，虛線PQ與y軸之間磁場的最小寬度：

解得：

將

代入解得：

29．如圖甲所示，空間存在垂直紙面向里的有界勻強磁場區域，磁感應強度大小為

，虛線

、

為其豎直邊界，圓弧

為其半圓邊界，圓心為

，半徑為

，

、

與圓心

共線，

。在邊界左側平行于豎直邊界放置一平行板電容器MN，極板N上有一粒子源，可產生比荷為

、帶負電、初速度為零的粒子。極板M上有一小孔，粒子源、小孔和

點正對，粒子可通過

點垂直邊界

射入磁場區域。現將電容器MN接入如圖乙所示的正弦交變電源，粒子在平行極板間加速時間極短，不計粒子間的相互作用及粒子的重力。求：
(1)電壓為峰值時進入極板間的粒子在磁場中運動的半徑；
(2)粒子在磁場中運動的最短時間及這些粒子從極板N發射的時刻（最短時間保留一位有效數字）。

【答案】(1)2m；(2)

；

或

，（

）
【詳解】
(1)電壓為峰值時，粒子在電場中加速，由動能定理可得：

粒子垂直進入磁場后做勻速圓周運動，由圓周運動規律可得

解得

(2)過

點做圓弧

的切線

（

為切點），由題意可知，粒子沿以

為弦的圓弧在磁場中運動時所用時間最短，由幾何關系可得，軌跡圓的半徑為

粒子在磁場中運動所對應的圓心角

設粒子在磁場中運動的最短時間為

，由圓周運動規律可得

解得

運動時間最短時，由圓周運動規律可得

解得

再根據交變電流的表達式

解得在磁場中運動最短時間的粒子的發射時刻為

或

，（

）
30．如圖所示，在xOy坐標系中，有垂直坐標平面向里的勻強磁場和沿y軸正向的勻強電場，勻強磁場的磁感應強度為B，電場和磁場的分界線為MN，MN穿過坐標原點和二、四象限，與y軸的夾角為θ＝30°。一個質量為m、帶電量為q的帶正電粒子，在坐標原點以大小為v₀、方向與x軸正向成θ＝30°的初速度射入磁場，粒子經磁場偏轉進入電場后，恰好能到達x軸。不計粒子的重力，求：
（1）勻強電場的電場強度大小；
（2）粒子從O點射出后到第三次經過邊界MN時，粒子運動的時間。