物理带电粒子在无边界匀强磁场中运动易错剖析

一、带电粒子在无边界匀强磁场中运动1专项训练
1．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH 上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v
从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：
(1)所加磁场的宽度DH；
(2)所加磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d
由Eq＝ma得a＝
由l＝vt得t＝
故d＝at2＝l
粒子射出ABCD 区域电场时沿场强方向速度为v y ＝at ＝v 速度偏向角为tan θ＝＝1 解得θ＝
粒子从DH 中点竖直向上射入电场，由几何关系知
得
得
(2)射入磁场的速度大小为v ′＝v
由洛伦兹力提供向心力qv ′B ＝m
解得B ＝
(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t 1＝ 粒子在磁场中向上偏转运动时间t 2＝T
其中T ＝
在上方电场中运动减速到零的时间为t 3＝ 粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为
t ＝2(t 1＋t 2＋t 3) 得
或t ＝
点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．
2．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为
2
L
()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对
粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O 点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23
能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E L
φ
=
，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经
O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v m
ϕ
=2）12m B L q ϕ=3）060α∴= ；22m L q ϕ
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2
102
qU mv =-
2U ϕϕϕ=-=2q v m
ϕ
=
(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有
2
3
能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =
由洛伦兹力提供向心力得：2
v qBv m R
=
联合解得：12m B L q
ϕ
=
（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.
2
12qE L t m
=
222mL m
t L qE q ϕ
==22x Eq qEL q v t m m m ϕ
=
==
若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x
v v α=
1cos 2
α=060α∴=
3．在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸
面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t =0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。

求： （1）磁感应强度B 和电场强度E 的大小；
（2）粒子从0点出发到第二次回到x 轴所用的时间； （3）粒子第n 次回到x 轴的坐标。

【答案】(1) E =
2
02mv qL (2) t 总=04L v π+（）(3) （-2L+12
n -L ，0） 【解析】 【详解】
（1）粒子从O 到M 做圆周运动，半径：
R 0=
2
L
qBv 0=20
mv R
B =02mv qL
M 到N 粒子在电场中运动：
2L =v 0t 2 L =
2212at a =Eq m
20
2mv E qL
=
（2）粒子从N 做圆周运动，在N 点v Ny =at 2，v Ny =v 0，速度方向与—x 轴夹角为45°，v N 02v ，所以做圆周运动的半径为：
R 1=
22
L 而粒子在磁场中运动周期：T
=
122m
t qB
π=与粒子速度无关，故经过时间t 1粒子做半圆到P 点，接下来只在电场力的作用下运动，P 点速度方向与N 点相反，所以从P 到Q 是M 到N 的逆运动，有2NP MQ L ==，得Q 点刚好在x 轴上（L ，0）则从O 点出发到第二次回
到轴所需时间：
t 总= 2（t 1+t 2）
又
t 1=0
2L
v π t 2=
2L v 得：
t 总=
4L
v π+（） （3）如图所示，粒子接下来做有规律的运动，到达x 轴的横坐标依次为:
第一次：-2L 第二次：-2L +3L 第三次：-2L +3L-2L …………
若n 取偶数2，4，6......有:
-2322
n n L L L +=（）， 坐标为（
2
n
L ，0） 若n 取奇数1，3，5........有:
-2L +
12n -（-2L +3L ）=-2L +
1
2
n -L ， 坐标为（-2L +
1
2
n -L ，0）
4．如图所示，地面某处有一粒子发射器A ，发射器尺寸忽略不计，可以竖直向上发射速度
介于v 0~2v 0的电子。

发射器右侧距离A 为L 的O 处，有一足够长突光板OD ，可绕O 点 转动，使其与水平方向的夹角θ可调，且AOD 在同一平面内，其中OC 段长度也为L ， 电子打到荧光板上时，可使荧光板发光。

在电子运动的范围内，加上垂直纸面向里的匀 强磁场。

设电子质量为m ，电荷量为e ，重力忽略不计。

初始θ=45°，若速度为2v 0的电子恰好垂直打在荧光板上C 点，求： （1）磁场的磁感应强度大小B ；
（2）此时速率为1.5v 0的电子打到荧光板上的位置到0点的距离x ；
（3）在单位时间内发射器A 发射N 个电子，保持磁感应强度B 不变，若打在荧光板上的电子数随速率均匀分布，且50%被板吸收，50%被反向弹回，弹回速率大小为打板前速率大小的0.5倍，求荧光板受到的平均作用力大小（只考虑电子与收集板的一次碰撞）； （4）若磁感应强度在（B -△B ）到（B +△B ）之间小幅波动，将荧光板θ角调整到90°，要在探测板上完全分辨出速度为v 0和2v 0的两类电子，则
B
B
∆的最大值为多少？
【答案】(1) 02mv eL 34-2
L (3) 0158Nmv （4）13 【解析】 【详解】
（1）由洛伦兹力提供向心力：
qvB =m 2
v r
2v 0对应半径为L ，得
B=
2mv eL
（2） 1.5v 0对应运动半径为0.75L
cosl35°=2
22
0.25(0.75)20.25L x L L x
+-⨯⨯（）
2221
02x x L L -= 解得:
-234
L ± 取
x=
34-2
8
L （3）
F 吸=0002350%24
P mv m v N Nmv t ∆+⋅==∆吸
F 反=
0002950% 1.528
P mv m v N Nmv t ∆+⋅=⨯=∆反（） F 总=F 吸+F 反=015
8
Nmv （4）
x 1=2211()r L r -- x 2=2222()r L r -- r 1=0
()mv e B B -∆
r 2=
2()
m v e B B +∆
x 2＞x 1
得
B B ∆ 最大值为1
3
5．如图1所示，左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。

右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里。

一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出。

已知弧EG 所对应的圆心角为θ，不计离子重力。

求：
（1）离子进入平行板时的速度大小v 0； （2）离子的质量m ；
（3）如图2所示，若改变右侧圆形磁场区域的位置，使圆形磁场的直径EH 与EF 成α角，该离子沿平行于金属板的方向从E 点射入磁场区域，恰好从H 点射出，求α角的正弦值sin α。

【答案】（1）v 0=0U B d
；（2）m =
0tan 2qBB Rd U θ；（3）sin α=cot 2
θ
【解析】 【详解】
（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等， 即：B 0qv 0=qE ，其中U
E d
= ， 解得：00U
v B d
=
； （2）在圆形磁场区域，微粒做匀速圆周运动，
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得：20
v qvB m r
= ，
由几何关系有：2
r tan R
θ
=
解得0tan 2
qBB Rd m U θ
=
（3）若离子沿平行于金属板的方向从E 点射入磁场区域，则轨迹如图；
由几何关系可知：sin
R
r α=
，因
2
r
tan
R
θ
=
可知sin cot
2
θ
α=
6．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷
q
m
=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6．
（1）求粒子的发射速度v的大小；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：
（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．
【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%
【解析】
【详解】
（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m
2
v
R
可得：v=6×105m/s；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=
0.06
37
cos
=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；
Q 到圆上y 轴最高点的距离为0.18m-
0.06
37
sin =0.08m ，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开； 故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m ）；
（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y ，由带电粒子在电场中偏转的规律得： y =12
at 2
…① a =qE m =qU md …② t =
L
v
…③ 由①②③解得：y =0.08m
设此粒子射入时与x 轴的夹角为α，则由几何知识得：y =r sinα+R 0-R 0cosα 可知tanα=4
3
，即α=53° 比例η=
53180
︒
×100%=29%
7．(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔
1S 、2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U ，周期为0T 。

在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在0
2
T t =时刻通过2S 垂直于边界进入右侧磁场区。

（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达2S 时的速度大小v 和极板距离d
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03t T =时刻再次到达2S ，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 【答案】（1）0024T qU d m
=
（2）0
24mU B L q
<
（3）2m T qB π=
87m
B qT π=
【解析】（1）粒子由1S 至2S 的过程中，根据动能定理得
201
2qU mv =
①
由①式得
02qU v m
=
②
设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
0U q ma d =
③ 由运动学公式得
201()22T d a =
④
联立③④式得
0024T qU d m
=
⑤
(2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，
由牛顿第二定律得2
v qvB m
R
=
⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
⑦
联立②⑥⑦式得
⑧
（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t ，有
1
d vt =
⑨
⑩
若粒子再次达到2S 时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为
2t ，根据运动学公式得
⑾
联立○9○10
○
11式得 ⑿
设粒子在磁场中运动的时间为t
⒀
联立⑩⑿⒀式得
⒁
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T
，由○6式结合运动学公式得
⒂
由题意得
T t
=
⒃
联立⒁⒂⒃式得
⒄
8．在平面直角坐标系x0y 中，第I 象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A (L ，0)点有一粒子源，沿y 轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为
m ，电荷量为q ．在B (0，L )、C (0，3L )、D (0，5L )放一个粒子接收器，B 点的接收器只能吸收来自y 轴右侧到达该点的粒子，C 、D 两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子．已知速率为υ的粒子恰好到达B 点并被吸收，不计粒子重力．
(1)求第I 象限内磁场的磁感应强度B 1;
(2)计算说明速率为5v 、9v 的粒子能否到达接收器;
(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B 2的大小和方向． 【答案】(1)1mv
B qL
=(2)故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收(3)2217'(173)m B qL
=
-（或2(17317)'4mv
B qL +=），垂直坐标平面向外
【解析】 【详解】
（1）由几何关系知，速率为v 的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为R L =①
由牛顿运动定律得2
1v qvB m R
=②
得1mv B qL
=
③ （2）由（1）中关系式可得速率为v 5、9v 的粒子在磁场中的半径分别为5L 、9L . 设粒子与y 轴的交点到O 的距离为y ，将5R L =和9R L =分别代入下式
222()R L y R -+=④
得这两种粒子在y 轴上的交点到O 的距离分别为3L 、17L ⑤ 故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收．⑥
（3）若速度为9v 的粒子能到达D 点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦
设离子在所加磁场中的运动半径为1R ，由几何关系有
15172917L L R L L
-=
又221
(9)9v q vB m R ⋅=⑨
解得2217(517)mv B qL
=
-（或2(51717)4mv
B qL +=）⑩
若粒子到达C 点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里
同理：21732917L L
R L L
-=
2
22
(9)9'v q vB m R ⋅=
解得2217'(173)m B qL
=
-（或2(17317)'4mv
B qL +=）
9．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（
q
m
）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：
（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；
（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．
【答案】（1）g k （2）2g
kB
（3）2222232(,)28g k B L L k B g -
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=q
k m
解得g E k
=
（2）由几何关系：2R cos θ=L ，
粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2
v qvB m r
= ；
由
cos y v v
θ=
在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v
0L v t =
解得02g v kB
=
（3）由2
12
h gt =
其中2kBL t g = ，
则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'3
2
O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-
10．如图所示，地面某处有一粒子发射器K （发射器尺寸忽略不计），可以竖直向上发射速度为v 的电子；发射器右侧距离为d 处有一倾角为60°的斜坡，坡面长度为d 并铺有荧光板（电子打到荧光板上时可使荧光板发光），坡面顶端处安装有粒子接收器P （接收器尺寸忽略不计），且KQPM 在同一竖直平面内。

设电子质量为m ，带电量为e ，重力不计。

求：
（1）为使电子从发射器K 出来后可运动至接收器P ，可在电子运动的范围内加上水平方向的电场，求该电场强度E 。

（2）若在电子运动的范围内加上垂直纸面向里的匀强磁场，且已知磁感应强度大小为B ；同时调节粒子的发射速度，使其满足v 0≤v≤2v 0．试讨论v 0取不同值时，斜面上荧光板发光
长度L 的大小。

【答案】（1）为使电子从发射器K 出来后可运动至接收器P ，可在电子运动的范围内加上
水平方向的电场，该电场强度E 为2
4mv ed
；
（2）当04eBd v m <
或0eBd v m
≥时，L 为0；当042eBd eBd
v m m
≤<时，L 为
2
200022312mv mv d mv d d eB eB eB ⎛⎫-+-++ ⎪⎝⎭；当02eBd eBd v m m
≤<时，L 为2
2000336mv mv d mv d d eB eB eB ⎛⎫---++ ⎪⎝⎭；当r max ≥2d （或r min ≥d ）时，0eBd v m
≥ ，则L ＝0
【解析】 【详解】
（1）电场方向水平向左，设运动时间为t ，则水平方向有：2
1cos602eE d d t m
+= 竖直方向有：d sin60°＝vt
联立可得：2
4mv E ed
=
（2）根据2
v evB m r
=，有0max 2mv r eB = ，0min mv r eB =，即：r max ＝2r min ，分类讨论如下：
第一，当max 12r d <（或min 14r d <）时，04eBd
v m
< ，则L ＝0 第二，当
max 12d r d ≤<（或min 1142d r d ≤<）时，042eBd eBd v m m
≤<
如图所示有：222
max max max ()2()cos120r d r L d r L =-+-- ，
解得： 2
200022312mv mv d mv d d eB eB eB L ⎛⎫
-+-++
⎪⎝⎭=
第三，当d ≤r max ＜2d （或min 12d r d ≤<）时，02eBd eBd
v m m
≤<
由上图所示可知，222
min min min ()()2()()cos120r d r d L d r d L =-+---
-
解得：2
2
000336mv mv d mv d d eB eB eB L ⎛⎫---++ ⎪⎝⎭=
第四，当r max ≥2d （或r min ≥d ）时，0eBd
v m
≥
，则L ＝0.
11．如图所示，真空中区域I 存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II 存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d 且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q 为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q 板上能产生亮斑。

现有一束电子从A 处的小孔以速度 v 0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P 板成300夹角。

已知电子质量为m ，电荷量
大小为e ，区域II 的电场强度2
038mv E ed
=，不计重力和电子间的相互作用力，求：
(1)若电子垂直打在Q 板上，I 区磁场的磁感应强度B 1大小和电子到达Q 板的速度。

(2)逐渐增大磁感应强度B 1为保证Q 板上出现亮斑，所加磁感应强度B 昀最大值。

【答案】（1）00113mv mv B er =
=02v
v =；（2）I 区磁场的磁感应强度最大值为
31)2m mv B ed
=
【解析】 【详解】
（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2
0mv evB r
=，
可解得0
mv r eB
=
若电子垂直打在Q 板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，
由几何关系得r 1cos30°=d ，可解得 1cos303
d r == 故I 区磁场的磁感应强度为
00113mv mv B er =
= 电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得22011
22
eEd mv mv -=-， 解得0
2
v v =
（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得 22011
22
eEd mv mv -=-， 解得0
2
v v =
若电子恰好打在Q 板上，说明速度的方向刚好与Q 板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为θ，v 0cosθ=v ，解得θ=60° 在磁场中，由几何关系知 r 2cos30°+r 2cos60°=d ， 得(
)
231r d =
-， 此时 (
)
00
22
312mv mv B er ed
+=
=
故I 区磁场的磁感应强度最大值为(
)
031 2m mv B ed
+=
12．如图所示，质量m=15g 、长度L=2m 的木板D 静置于水平地面上，木板D 与地面间的动摩擦因数μ=0.1，地面右端的固定挡板C 与木板D 等高。

在挡板C 右侧竖直虚线PQ 、
MN 之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R 1=1m 和R 2=3m 的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半园的圆心O 到固定挡板C
顶点的距离OC=2m ，现有一质量m=15g 、带电荷量q=+6×10－
3C 的物块A(可视为质点)以
v 0=4m/s 的初速度滑上木板D ，二者之间的动摩擦因数μ2=0.3，当物块A 运动到木板D 右端时二者刚好共遠，且木板D 刚好与挡板C 碰撞，物块A 从挡扳C 上方飞入PQNM 区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g 取10m/s 2。

(1)当物块A 刚滑上木板D 时，求物块A 和木板D 的加速度大小. (2)求电场强度的大小.
(3)为保证小物块A 只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。

【答案】(1)3m/s 2，1m/s 2；(2)25V/m ；(3)5
153
T B T B T ≤≤≥或 【解析】 【详解】
（1）当物体刚滑上木板D 时，对物体A 受力分析有：22mg ma μ= 解得： a 2=3 m/s 2
对木板D 受力分析有：211·
2mg mg ma μμ-= 解得： a 1=1m/s 2
（2）物块A 进入区域PQNM 后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mg qE = 解得：E=25 V/m ；
（3）物块A 与木板D 共速时有：21y v v a t a t =-= 解得： v=1 m/s
粒子做匀速圆周运动有：2
v qvB m R
= 要使物块A 只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A 在磁场中运动的轨迹半径R 应满足:112
++222
OC R OC R OC R R R -≤
≤≤或 解得：5
513
B T T B T ≥≤≤
或。

13．在xOy平面内的第一象限内，x＝4d处竖直放置一个长
43 L
d
=的粒子吸收板AB，在AB左侧存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场。

在原点O处有一粒子源，可沿y轴正向射出质量为m、电量为＋q的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力
(1)若射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范围；
(2)若在点C(8d，0)处放置一粒子回收器，在B、C间放一挡板(粒子与挡板碰撞无能量损失)，为回收恰从B点进入AB右侧区间的粒子，需在AB右侧加一垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，求此磁场磁感应强度的大小和此类粒子从O点发射到进入回收器所用时间。

【答案】（1）
28
qBd qBd
v
m m
≤≤（2）
5
6
m
qB
π
【解析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，如图所示：
①粒子打在吸收板AB的下边界A点，设粒子的速率为
1
v，由图中几何
关系可知圆心在
1
O点，粒子的轨道半径
1
2
r d
=，
由牛顿第二定律可得：
2
1
1
1
v
qv B m
r
=
联立可得：
1
2qBd
v
m
=
②粒子打在吸收板AB的上边界B点，设粒子的速率为
2
v，由图中几何关
系可知圆心在C点，粒子的轨道半径
2
8
r d
=，
由牛顿第二定律可得：
2
2
2
2
v
qv B m
r
=
联立可得：
2
8qBd
v
m
=
由题意可得：射出的粒子能打在AB上，粒子的速度需满足：
28
qBd qBd
v
m m
≤≤
（2）经过B 点的粒子能够到达C 点，设磁场的磁感应强度为'B ， 由图中几何关系，粒子的半径81232d r n n ==⋯（、、） 由牛顿第二定律可得： 222'v qv B m r
= 联立可得： '2123B nB n ==⋯（、、）
粒子从O 到B 的时间13m m t qB qB θπ=
= 粒子从B 到C 的时间2212322'2n n m m t T n qB qB
ππ==⨯==⋯（、、） 故粒子从O 到C 的时间1256m t t t qB π=+=。

点睛：本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的一般问题，只是由于粒子的速度不定，再加上一档板，轨迹受空间影响，要画出极值情况的轨迹，再由相关规律求出相应的求知数．要注意的是恰从档板B 处飞出的粒子要回到C 回收器，这里有多解问题引起重视。

14．如图所示，ab 、ef 是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d ．在导轨ab 、ef 间放置一个阻值为R 的金属导体棒PQ ．其质量为m ，长度恰好为d ．另一质量为3m 、长为d 的金属棒MN 也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN 静止于PQ 棒右侧某位置，盛个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．现有一质量为m 、带电荷量为q 的光滑绝缘小球在桌而上从O 点（O 为导轨上的一点）以与可成60°角的方向斜向右方进人磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN 的中点，小球与金属棒MN 的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN 的电阻，两杆运动过程中不相碰，求：
（1）小球在O 点射人磁场时的初速度v 0
（2）金属棒PQ 上产生的热量E 和通过的电荷量Q
（3）在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离
（4）请通过计算说明小球不会与MN 棒发生第二次碰撞；
【答案】（1）03qBd v m =
（2）8q Q =（3）8qR x Bd
∆=（4）小球不会与MN 杆发生第二次碰撞．
【解析】
【分析】
光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动，由几何关系可求半径，牛顿第二定律求出小球在O 点射人磁场时的初速度；小球与MN 杆发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒求出碰后小球速度和MN 杆速度，此后杆MN 与杆PN 组成的系统动量守恒，根据能量守恒定律求解PQ 上产生的热量，对杆PQ 应用动量定理求得金属棒PQ 通过的电荷量；根据电荷量公式求解在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离；球与MN 碰后，球碰后做圆周运动，这段时间内杆MN 减速运动，与PQ 同速后做运匀速动，由此判断小球不会与MN 杆发生第二次碰撞；
【详解】
（1）如图所示，可得：光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径设为r ， 由图可知：0cos 602d r r +=
得：3
d r = 由牛顿第二定律可得： 200v qBv m r
= 得：03qBd v m
=
（2）由题可知小球与MN 杆发生弹性碰撞，设碰后小球速度为1v ，MN 杆速度为2v ，可得：
0123mv mv mv =+
2220121113222
mv mv mv =+⨯ 联立可得：201011,22
v v v v ==- 此后杆MN 与杆PN 组成的系统动量守恒，共速度时速度设为v ，则有：
23(3)mv m m v =+
可得：2033488qBd v v v m
=== 由能量守恒定律可知PQ 上产生的热量：222113422E mv mv =⨯-⨯=22296q B d m
对杆PQ 应用动量定理可得： 0BId t mv ∆=-
即：0BdQ mv =-
得：8q Q = （3）由B S
B xd Q R R R φ∆∆∆=
== 得杆MN 比杆PQ 多滑动的距离：8QR qR x Bd Bd
∆== （4）由（2）可知球与MN 碰后，小球的速度为：1012v v =-
， 杆MN 的速度为：201,2
v v = 小球碰后做圆周运动的半径：'6
d r = 运动半个周期的时间为：0
0'
32r d t v v ππ==
这段时间内杆MN 减速到与PQ 同速，最小速度为038v v =
，则其位移：'8
d x vt r π>=> 此后杆MN 一直向左运动，故小球不会与MN 杆发生第二次碰撞．
15．如图甲所示,以O 为原点建立0εy 平面直角坐标系.两平行极板P 、Q 垂直于y 轴且关于J 轴对称放置,极板长度和极板间距均为l,第一、四象限有方向垂直于Oxy 平面向里的匀强磁场.紧靠极板左侧的粒子源沿J 轴向右连续发射带电粒子,已知粒子的质量为m 、电荷量为
十q 、速度为v 0、重力忽略不计.两板间加上如图乙所示的扫描电压(不考虑极板边缘的影响)时,带电粒子恰能全部射入磁场.每个粒子穿过平行板的时间极短,穿越过程可认为板间电压不变;不考虑粒子间的相互作用.
(1)求扫描电压的峰值U 0的大小.
(2)已知射入磁场的粒子恰好全部不再返回板间,匀强磁场的磁感应强度B 应为多少?所有带电粒子中,从粒子源发射到离开磁场的最短时间是多少?
【答案】（1）20m q v （2）02mv ql （3）014l v π⎛⎫+ ⎪⎝
⎭ 【解析】
试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由题意可知，粒子的运动情况，根据运动的合成与分解可求得的加电压的峰值；粒子在磁场中做圆周运动，由洛仑兹力充当向心力以及几何关系可求得磁感应强度；粒子从上边缘飞出时时间最短，则由运动过程可求得各段内所经历的时间，则可求得总时间
（1）所加扫描电压达到峰值时，粒子在电场中的偏转位移为2l ，粒子 在电场中做类平抛运动，运动加速度为0qU
a ml
=，时间为0l t v = 在电场中的偏转位移22011222
qUl y at l mv === 故所加扫描电压的峰值为200mv U q
= （2）设粒子从电场射出时的速度偏转角为θ，射入磁场时的速度为 0cos v v θ
= 粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力2
v Bqv m R
= 粒子在磁场中射入与射出点间的距离为2cos y R θ∆=
联立解得2cos mv y Bq
θ∆=，即所有粒子在磁场中射入与射出点间距离相同 依题意，从下边缘射出电场的粒子在磁场中做圆周运动后刚好到达电场上边缘，
即y l ∆=，故匀强磁场的磁感应强度为02mv B ql
= 从电场上边缘射出的粒子整个过程运动时间最短，
粒子速度偏转角正切值0200tan 1qU l at v mv l α=
==，故045α= 粒子在电场中运动的时间为10
t l v = 粒子在磁场中运动的最短时间为242T m t qB
π==。