高中物理磁场经典计算题训练人教版

1.弹性挡板围成边长为L= 100cm的正方形abcd，固定在光滑的水平面上，匀强磁场竖直向

-4-3

下，磁感应强度为B = 0.5T，如图所示. 质量为m=2×10kg、带电量为q=4×10C的小球，从cd边中点的小孔P处以某一速度过程中没有能量损失.

v垂直于cd边和磁场方向射入，以后小球与挡板的碰撞

（1）为使小球在最短的时间内从P点垂直于dc射出来，小球入射的速度v1是多少？（2）若小球以v2 = 1 m/s的速度入射，则需经过多少时间才能由P点出来？

a

B

b

v

d

P

c

2. 如图所示, 在区域足够大空间中充满磁感应强度大小为B的匀强磁场,其方向垂直于纸面向里.在纸面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的等边三角形框架DEF, DE中点S处有一粒子发射源,发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下，如图（a）所示.发射粒子的电量为+q,质量为m,但速度v有各种不同的数值.若这些粒子与三角形框架碰撞时均量损失,并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边.试求：（1）带电粒子的速度v为多大时,能够打到E点? （2）为使S点发出的粒子最终又回到S点,且运动时间最短,v应为多大?最短时间为多少? （3）若磁场是半径为过等边三角形的中心

a的圆柱形区域，如图（O，且a=(

b）所示(图中圆为其横截面

)，圆柱的轴线通S点，带电粒子

33

110

)L.要使S点发出的粒子最终又回到

速度v的大小应取哪些数值？

F

F

B

a

O

S v

L

D

S

E

L

D

E

v

（a）

（b）

q，v0,方向与

3.在直径为d的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于圆面指向纸外．一电荷量为质量为m的粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点射入磁场，其速度大小为AC成α．若此粒子恰好能打在磁场区域圆周上该匀强磁场的磁感强度B的大小．

D点，AD与AC的夹角为β，如图所示．求

v0

αβ

C D

A

4.如图所示，真空中有一半径为R的圆形磁场区域，圆心为O，磁场的方向垂直纸面向内，磁感强度为B，距离O为2R处有一光屏MN，MN垂直于纸面放置，AO过半径垂直于屏，延长线交于C．一个带负电粒子以初速度v0沿AC方向进入圆形磁场区域，最后打在屏上D点，DC相距2

3R，不计粒子的重力．若该粒子仍以初速

0

v0从A点进入圆形磁场区域，但

A到E所用时间．

方向与AC成60角向右上方，粒子最后打在屏上E点，求粒子从

5.如图所示，3条足够长的平行虚线a、b、c，ab间和bc间相距分别为2L和L，ab间和

bc间都有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B和2B。质量为m，带电量为q的粒子沿垂直于界面a的方向射入磁场区域，不计重力，为使粒子能从界面c射出磁场，粒子的初速度大小应满足什么条件？

a

b

2B

c

B v0

2L L

6. 如图所示宽度为d的区域上方存在垂直纸面、方向向内、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，现有一质量为m，带电量为+q的粒子在纸面内以速度v从此区域下边缘上的A点射入，其方向与下边缘线成

30°角，试求当v满足什么条件时，粒子能回到

A。

d

A

30

v 0

7.在受控热核聚变反应的装置中温度极高，因而带电粒子没有通常意义上的容器可装，而是由磁场将带电粒子的运动束缚在某个区域内。现有一个环形区域，其截面内圆半径R1=

33

m，外圆半径R2=1.0m，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场（如图所示）

qm

7

。已知磁感

应强度B＝1.0T，被束缚带正电粒子的荷质比为它们之间的相互作用．

?若中空区域中的带电粒子由场外边界的最大速度

v0。

＝4.0×10C/kg，不计带电粒子的重力和

O点沿环的半径方向射入磁场，求带电粒子不能穿越磁

?若中空区域中的带电粒子以？中的最大速度v0沿圆环半径方向射入磁场，求带电

粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间。

8.空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示。该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直。如图中Q点箭头所示。已知P、Q间的距离为l。若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时的速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点。不计重力。求：？电场强度的大小。？两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差。

P

Q

参

1、（1）根据题意，小球经所示.

即小球的运动半径是由牛顿运动定律qBR

得v1 =

m

代入数据得v1（2）由牛顿运动定律得

mv2

R2 = = 0.1 m

qB

bc、ab、ad的中点垂直反弹后能以最短的时间射出框架，如甲图LR = = 0.5 m

2

2v1

qv1B = m

R

①②③

= 5 m/s

qv2B = m

2v2

④

⑤⑥⑦⑧⑨⑩

b

R2

L = 10R2

.由图知小球在磁场中运动的周期数n = 9 2m

根据公式T = = 0.628 s

qB

小球从P点出来的时间为t = nT = 5.552 s

a

b

a

由题给边长知其轨迹如图乙所示

vv

d

P

c

d

P

c

甲

2. (1)从S点发射的粒子将在洛仑兹力作用下做圆周运动

即qvB

,

乙

mvR12L

2

①-------------------（2分）

DE上,每经过半个园周打到

DE上一次，所以粒子要打到

E

因粒子圆周运动的圆心在点应满足：

n2R,

n

1,2,3

qBL4nm

，

②-------------------（2分）

由①②得打到说明：只考虑

E点的速度为v

n1,2,3

------------（2分）

n=1的情况，结论正确的给4分。

(2) 由题意知, S点发射的粒子最终又回到S点的条件是

R

SE2n1

L1

22n1

,(n1,2,3

T

,

)2Rv

2mqB

,与粒子速度无关

,所以, 粒子圆周运

在磁场中粒子做圆周运动的周期动的次数最少,即n=1时运动的时间最短

即当：R

mvqB

L2

时时间最短---------------（2分）

,每次碰撞所需时间

:t1

粒子以三角形的三个顶点为圆心运动

56

T------（2分）

经过三次碰撞回到S点,粒子运动的最短时间

t

3t1

52

T

5mqB

-------（2分）

(3)设E点到磁场区域边界的距离为

L,由题设条件知L10

-------------------（1分）

,即满足条件:

La

L1

0

2cos30

L10LL2L6L10L

S点发射的粒子要回到S点就必须在磁场区域内运动

R

又知R当n当n当n当n

L,即RSE2n1

1

22n1

,(n1,2,3),

-------------------（1分）

1时,R2时,R3时,R4时,R

所以,当n

14

3,4,5时,满足题意.

R，则有

qv0B=m

v

20

3.设粒子在磁场中做圆周运动的半径为

R

①圆心在过A与v0方向垂直

的直线上，它到A点距离为R，如图所示，图中直线AD是圆轨道的弦，故有∠OAD=∠ODA，

用γ表示此角度，由几何关系知2Rcosγ＝AD ② dcosβ＝AD ③

α+β+γ=π/2 ④

)解②③④得R=dcos⑤代入①得B=2mv0sin(⑥

2sin()qdcos4.5.v0

3R3v0

3R2v0

4BqL（提示：做图如右，设刚好从

m

c射出

αa

R1

βB

2B

磁场，则α+β=90°，而R

mvqB

1B

，有R1=2R2，

b R2

c

设R2=R，而2L=2Rsinα，L=R(1-cosβ)，得α=30°，R1=4L。）

6.

粒子运动如图所示，由图示的几何关系可知

v0

2L

L

r2d/tan3023d（1）

r，则有

粒子在磁场中的轨道半径为

Bqv

mvr

2

（2）

联立①②两式，得v

23dBqm

，此时粒子可按图中轨道返到A点。

r，则：

7.（1）如图所示，当粒子以最大速度在磁场中运动时，设运动半径为

R1

解得：

2

r

13

2

(R2

r)

2

r

m

又由牛顿第二定律得：解得：

qv0B

7

m

v0r

2

v0

1.3310m/s

R1r43T

3,

3

，带电粒子必须三次经过磁场，才会回到该点

（2）如图tg在磁场中的圆心角为

，则在磁场中运动的时间为

t1

3

23

2T

4mBq

3.1410

7

s

7

在磁场外运动的时间为故所需的总时间为：

2Bqlm

2

t2t2

m

3

2R1v0

332

10s

t

t1

t2

7

5.7410s

8. ?E

?t1

22Bq

高中物理磁场经典计算题训练（二）

1.如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处

0

穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30.粒子的重力不计，试求:

(1)圆形匀强磁场区域的最小面积(2)粒子在磁场中运动的时间. (3)b到O的距离.

v0 O

m,qb

30°x

.

y

2．纸平面内一带电粒子以某一速度做直线运动，一段时间后进入一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域（图中未画出磁场区域）

，粒子飞出磁场后从上板边缘平行于板面进入两面平

粒子在两板间经偏转后恰从下板右边缘飞出。

已θ=

行的金属板间，两金属板带等量异种电荷，知带电粒子的质量为

m，电量为q，重力不计。粒子进入磁场前的速度方向与带电板成

B，带电板板长为

l，板距为d，板间电压为

60°角，匀强磁场的磁感应强度为?上金属板带什么电？？大？

U，试解答：

粒子刚进入金属板时速度为多大？？圆形磁场区域的最小面积为多

θ

3.如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面

v0

向里的匀强磁场。一电子（质量为开始运动。当电子第一次穿越坐标原点；当电子第三次穿越C点到坐标原点的距离分别为（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度

B的大小；

m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度

x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达

A、

x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知d、2d。不计电子的重力。求

y

A

v0

E

（3）电子从A运动到D经历的时间t．

x

××

×

×O××

×××

×××

×××

×××

×××

B

4.如图所示，在半径为R的绝缘圆筒内有匀强磁场，方向垂直纸面向里，圆筒正下方有小孔

C与平行金属板M、N相通。两板间距离为d，两板与电动势为E的电源连接，一带电量为－q、质量为m的带电粒子（重力忽略不计），开始时静止于C点正下方紧靠N板的A点，经电场加速后从C点进入磁场，并以最短的时间从C点射出。已知带电粒子与筒壁的碰撞无电荷量的损失，且碰撞后以原速率返回。求：?筒内磁场的磁感应强度大小；

?带电粒子从A点出发至重新回到A点射出所经历的时间。

B

R

M

dN

C

E

-q,mA

5.如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域和右侧匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外和向里。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求：（1）中间磁场区域的宽度d；

（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到

O点所用时间t。

O

L E

d B

B

6.如图所示，粒子源S可以不断地产生质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计)．粒子从

O2进入相互正交的匀强电场和匀O1孔漂进(初速不计)一个水平方向的加速电场，再经小孔

强磁场区域，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，方向如图．虚线PQ、MN之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2．有一块折成直角的硬质塑料板abc(不带电，宽度很窄，厚度不计)放置在PQ、MN之间(截面图如图)，a、c两点恰在分别位于PQ、MN上，ab=bc=L，α= 45°．现使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域．(1) 求加速电压U1．(2) 假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律．粒子在PQ、MN之间的区域中运动的时间和路程分别是多少？

P

+ + + + + + ++

S

O1 O2

B1

O3

M

B2 b

E

U1－－－

1

a

－

－

－－

Q

α

α

c N

7.如图所示，K与虚线MN之间是加速电场.虚线MN与PQ之间是匀强电场，虚线PQ与荧

光屏之间是匀强磁场，且MN、PQ与荧光屏三者互相平行.电场和磁场的方向如图所示.图中A点与O点的连线垂直于荧光屏.一带正电的粒子从A点离开加速电场，速度方向垂直于偏转电场方向射入偏转电场，在离开偏转电场后进入匀强磁场，最后恰好垂直地打在荧光屏上.已知电场和磁场区域在竖直方向足够长，加速电场电压与偏转电场的场强关系为

U=

12

Ed，式中的d是偏转电场的宽

B与偏转电场的电场强度

E和带电粒子离开加速电场的速度d为已知量，则：

v0关系

度，磁场的磁感应强度符合表达式v0=

EB

，若题中只有偏转电场的宽度

（1）画出带电粒子轨迹示意图；（2）磁场的宽度L为多少？

（3）带电粒子在电场和磁场中垂直于

v0方向的偏转距离分别是多少？

8.在如图所示的直角坐标中，

4

x轴的上方有与x轴正方向成45°角的匀强电场，场强的大小为

E＝2×10V/m。x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝2×

－2810T。把一个比荷为q/m=2×10C/㎏的正电荷从坐标为（0，1.0）的A点处由静止释放。电荷所受的重力忽略不计，求：

?电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间t；?电荷在磁场中的轨迹半径；

?电荷第三次到达x轴上的位置。y/m

E

1 AE

45°

－2

—1

O

1

2

x/m

B

9. 如图所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E=2.5×10N/C的匀强电场(上、下及左侧无界).一个质量为m=0.5kg、电量为q=2.0×10可视为质点的带正电小球，在t=0时刻以大小为v0的水平初速度向右通过电场中的一点

2

—2

C的

P，

当t=t1时刻在电场所在空间中加上一如图所示随时间周期性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面向里为正.(g=10m/s)

(1)如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件时号表示)

(2)若小球能始终在电场所在空间做周期性运动应强度B0及运动的最大周期T的大小.

2

t1的表达式(用题中所给物理量的符

.则当小球运动的周期最大时，求出磁感

.

(3)当小球运动的周期最大时，在图中画出小球运动一个周期的轨迹

E

M

B

v0 P

D

Q

B0

10.如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为d，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场。不计粒子重力。试求：

（1）两金属板间所加电压U的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（3）在图中画出粒子再次进入电场的运动轨迹，并标出粒子再次从电场中飞出的位置与速度方向。

Qd

v0B

P

m,-q11.如图所示，真空中有以O1为圆心，r为半径的圆形匀强

NM

磁场区域，坐标原点O为圆形磁L场边界上的一点。磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。x＝r的虚线右侧足够大的范围内有方向竖直向下、大小为E的匀强电场。从O点在纸面内向各个不同方向发射速率相同的质子，设质子在磁场中的偏转半径也为求：(1) 质子射入磁场时的速度大小；

r，已知质子的电荷量为

e，质量为m。

(2) 沿y轴正方向射入磁场的质子到达x轴所需的时间；(3) 速度方向与x轴正方向成120°角射入磁场的质子到达

x轴时的位置坐标。

y

E

O1

O

x

12. 如图所示，在坐标系xOy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角＝120，在OC右侧有一匀强电场，在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠，右边界为y轴，左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角＝30，大小为v，粒子在磁场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用时间恰好粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求：

（1）粒子经过A点时的速度方向和A点到x轴的距离；y （2）匀强电场的大小和方向；

（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间。

v

O

x

13. 如图所示，在oxyz坐标系所在的空间中，可能存在匀强电场

A

B

或磁场，也可能两者都存

C

在或都不存在。但如果两者都存在，已知磁场平行于点电荷沿z轴正方向射入此空间中，发现它做速度为写出电场和磁场的分布有哪几种可能性。不要求推导或说明理由。

xy平面。现有一质量为m带正电q的

v0的匀速直线运动。若不计重力，试

要求对每一种可能性，都要说出其中能存在的关系。

y

O

x

z

14.如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向如图。一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ=30°，粒子恰好从y轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x轴的Q点，已知OQ=OP，不计粒子的重力，求：

（1）粒子从P运动到C所用的时间t；（2）电场强度E的大小；

（3）粒子到达Q点的动能Ek。

y

B

C

E60

0

v0

P O

Q

x

15.如图所示，MN为纸面内竖直放置的挡板，P、D是纸面内水平方向上的两点，两点距离

PD为L，D点距挡板的距离DQ为L/π．一质量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内从P点开始以v0的水平初速度向右运动，经过一段时间后在MN左侧空间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除，随后粒子再次通过D点且速度方向竖直向下．已知挡板足够长，MN左侧空间磁场分布范围足够大．粒子的重力不计．求：

（1）粒子在加上磁场前运动的时间t；（2）满足题设条件的磁感应强度B的最小值及B最小时磁场维持的时间t0的值．

M

v0 P

16.如图所示，PR是一长为L=0.m的绝缘平板，固定

D

E C

D

P

d

L

Q

B N

R

在水平地面上，挡板R固定在平板的右端。整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的宽度d=0.32m.一个质量m=0.50×10-3kg、

-2

带电荷量为q=5.0×10C的小物体，从板的P端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动.当物体碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场（不计撤去电场对原磁场的影响），物体返回时在磁场中仍作匀速运动，离开磁场后做减速运动，停

2

在C点，PC=L/4.若物体与平板间的动摩擦因数μ=0.20，g取10m/s.

?判断电场的方向及物体带正电还是带正电；

?求磁感应强度B的大小；

?求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能.

参

1. 解:(1)带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力

Bqvm

v

20

R

R

mv0qB

(2分)

v0

(2分)

O

y l

60°

其转动半径为

R

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为(2分)

要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为l的一半，即:

b

x

:

l3Rl

r

12

32Smin

R

r

3mv02qB

2

(2分)

2202

其面积为

3mv4qB

2R/v0

3

2

(2分)

120，带电粒子在磁场中运动的时间为

(4分)

0

0

(2)带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为转动周期的

13

，t

13

T

2m3qB

(3)带电粒子从距离:d

O处进入磁场，转过

120后离开磁场，再做直线运动从

(4分)

b点射出时ob

3R

3mv0qB

2. ?上金属板带负电。？设带电粒子进入电场的初速度为v，在电场中的侧移是

d

12

at

2

1qU2dm

()，解得

l

2

ldqU

。？如图所示，设磁2m

2

r

θ

O2 R θ

偏转的半径为R，圆形磁场区域的半径为

r，则qBm

R

，得

O1

R

mqB

lBd

s

mU2qr

，由几何知识可知

2

rRsin30，磁场区

域的最小面积为

mUl22。8qBd

（2分）1分）

A

2

3. 解：电子的运动轨迹如右图所示

（若画出类平抛和圆运动轨迹给（1）电子在电场中做类平抛运动

设电子从A到C的时间为t1

y

v0

C

×

E

2dd

v0t11at

21

（1分）（1分）（1分）（1分）

××

x

θv ×

××

×××

O

××

×××

θ×

×

××

D

××

求出

2

eEa

m2mv0

E =

2edtan

B

（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则θ = 45°

（1分）

at1v0

1

求出

v2v0

v

2

（1分）

电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力

evB

由图可知求出

m

r

（1分）（2分）（1分）

3t1=6d

（2分）（2分）（2分）

r

B

2d

mv0ed

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为

电子在磁场中运动的时间电子从A运动到D的时间

t2 = 3T

v0

32m4eB

2v0

3d2v0)

4

t=3t1+ t2 = 3d(4

4.解：（1）带电粒子从

C孔进入，与筒壁碰撞2次再从C孔射出经历的时间为最短．

12

由qE＝mv……………………………………… 2分

2

粒子由C孔进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的速率为

2qE

v＝……………………………………………１分

mmvmvr＝即Rcot30＝°………………………………３

qBqB

……………………………………２

分分

由

分

12mE

得B＝

R3q

（2）粒子从A→C的加速度为

a＝qE／md…………………………………………２2

由d＝at1／2，粒子从A→C的时间为

2d2m

t1＝=d…………………………………分 2

aqE

粒子在磁场中运动的时间为

t2＝T／2＝πm／qB………………………………… 2分

将（1）求得的B值代入，得求得

t2＝πR

3m

………………………………………2qE

m

（22d +qE

分 1

分

t＝2t1＋t2＝

3

πR）………………………１2

5.(1):dRsin60

0

16mEL

(2):t

2Bq

t1t2t3

2mL

2

qE7m3qB

6. （1）粒子源发出的粒子，

qU1

12

mv02

进入加速电场被加速，

速度为v0，根据能的转化和守恒定律得：

（2分）

要使粒子能沿图中虚线

O2O3进入PQ、MN之间的区域，

则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，

qE

qv0B

得到v0

EB1

mE

22

（2分）

将②式代入①式，得U1＝

2qB1

（1分）

ab板上，以

（2）粒子从O3以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，打到

大小为v0的速度垂直于磁场方向运动．圆周运动，转动一周后打到ab板到第二次打到由qvB2

mv0R

2

粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速

所以质子从第一次打到

T．

（2分）

t1

2T

ab板的下部．由于不计板的厚度，

ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期

2Rv0

和运动学公式T，得T

2mqB2

粒子在磁场碰到粒子进入磁场中，在

2块板，做圆周运动所需的时间为v0方向的总位移

（2分）

sv0

（2分）

s=2Lsin45°，时间为t2

则t=t1+t2=

4mqB2

2B1LE

（2分）

粒子做圆周运动的半径为因此总路程s

r

2L

mv0B2q

mE，

B1B2q

2L。

22r

4mEqB1B2

7. （1）轨迹如图所示

（2）粒子在加速电场中由动能定理有粒子在匀强电场中做类平抛运动，设偏转角为

qU

12

mv①

20

，有

tanvy

at

U=

vyv0at

qEmdv0

②③④⑤

12

Ed ⑥

由①②③④⑤⑥解得：θ=45o

由几何关系得：带电粒子离开偏转电场速度为粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律有：在磁场中偏转的半径为

2v0

v

qvB=m

R

2

R

mvqB

2mv0qE/v0

2mv0qE

2

2d，由图可知，磁场宽度

L=Rsinθ=d

（3）由几何关系可得：带电粒子在偏转电场中距离为

在磁场中偏转距离为

y1

0.414d

0.5d，

y2

(1

22

)2d

8. ?电荷从A点匀加速运动运动到位移s＝AC＝加速度

x轴的C点的过程：

…………………（1分）

2m

qEm

＝

a

2210

10

6

12

m/s

2

…………………（2分）

时间

t

2sa

s…………………（2分）

?电荷到达C点的速度为

vat2210m/s

mvR

1210

82

6

…………………（2分）

速度方向与x轴正方向成45°角，在磁场中运动时

由qvB

解得

…………………（2分）

R

mvqB

2210210

2

6

22

m…………………（2分）…………………（1分）

即电荷在磁场中的轨迹半径为

2m

2

?轨迹圆与x轴相交的弦长为且速度方向与电场方向垂直，

x

2R2

t′，则：

0

1m，所以电荷从坐标原点

O再次进入电场中，

x轴第三次相交

电荷在电场中作类平抛运动，运动过程中与

时的坐标为x3，设运动的时间为

x3cos45

x3sin45

解得t′＝2×10s

－6

vt

12at

2

…………………（2分）…………………（2分）…………………（1分）…………………（1分）

8，0）

…………………（1分）

0

x3

即电荷第三次到达

8m

x轴上的点的坐标为（

9. （1）t1=L/V0+m/qB0

（2）

B0

2mv0qL

6L/V0

（3）如图

10. （1）粒子在电场中运动时间为t，有：

12Eq

（1分）；（1分）；；dLv0t（1分）ata

m2

22

U（1分）2mv0d（2分）；解得：EU2dqL（2）vyR分）

（3）画图正确给

2分。

L2sin

，tanat（1分）（1分），qvB

mv

vy（1分）

，v

v0

2

v0cos

Oθ

θQ

（2

Nd

L

v0

Pm,-qM

（1分），4mv0dqL

2

R

（1分），解得：B

11.（1）v

eBrm

（2）t

m

2eB2mreE

（3）x

3erB+

mE

3

r

12. （1）设磁场左边界与x轴相交子D点，与CO相交于O点，由几何关系可知，直线OO与粒子过O点的速度v垂直。在直角三角形中OOD已知OOD=300,设磁场左右边界间距为d，则

OO=2d。依题意可知，粒子第一次进人磁场的运动轨迹的圆心即

0

为O点，圆弧轨迹所对的圈心角为30，且OO为圆弧的半径R。

由此可知，粒子自

A点射人磁场的速度与左边界垂直。

0

A 点到x轴的距离：AD=R(1－cos30)………………………………由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得：

①

qvB

联立①②式得：

m

v

2

R

②

AD

mv(1qB3

)…………………………………2

③

（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T第一次在磁场中飞行的时间为t1，有：

④t1=T/12…………………………………………

T=2πm/qB………………………………………⑤

0

依题意．匀强电场的方向与x轴正向夹角应为150。由几何关系可知，粒子再次从O点进

0

人磁场的速度方向与磁场右边界夹角为60。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为

0

．设O’’，O’’必定在直线OC 上。设粒子射出磁场时与磁场右边界文于P点，则∠OO’’P =120

粒子第二次进人磁场在磁场中运动的时问为t2有：

⑥t2=T/3…………………………………………

设带电粒子在电场中运动的时间为t 3，依题意得：t3=T－(t1+t2)…………………………………由匀变速运动的规律和牛顿定律可知：

―v=v―at3……………………………………a=qE/m ………………………………………

联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：

⑦⑧⑨

E=12Bv/7π……………………………………⑩

粒子自P点射出后将沿直线运动。

0

设其由P点再次进人电场，由几何关系知：∠O’’P’P =30……⑾消

三角形OPP’为等腰三角形。设粒子在P、P’两点间运动的时问为t4，有：

t4=PP’／v………………………………………⑿又由几何关系知：

OP=

3R………………………………………

⒀

联立②⑿⒀式得：t4=3m/qB

13.

以E和B分别表示电场强度和磁感强度，有以下几种可能：（1）E＝0，B＝0

（2）E＝0，B≠０。B的方向与z轴的方向平行或反平行。（3）E≠０，B≠０。磁场方向可在平行于

xy平面的任何方向。

B的大小可任意。

电场E 方向平行于xy平面，并与B的方向垂直。当迎着z轴正方向看时，由

B的方向沿顺时针转

90°后就是E的方向

E和B的大小可取满足关系式

EB

v0的任何值。

14. （1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在磁场中做匀

速圆周

运动的轨迹为半个圆周（2分）

由Bqv0得：r又T=

mmv0qB

v0r

2

（1分）（1分）

. . . .

.

B

. .

y

ED60

0

C

v0

. . .

2rv0

mqB

2mBq

（1分）

F

. .

. P

O.

Q

x

得带电粒子在磁场中运动的时间：

t

T2

（2分）

（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，初速度知：

CP=2r

v0垂直于电场沿CF方向，过Q点

CPO≌

CQO≌

CDQ，由图可

作直线CF的垂线交CF于D，则由几何知识可知，

2mv0qB

（1分）

带电粒子从C运动到Q沿电场方向的位移为

SE

DQOQOPCPsin30

0

r

mv0qB

（2分）

带电粒子从C运动到Q沿初速度方向的位移为

Sv

0

CDCOCPcos30

0

3r

3mv0qB

（1分）

由类平抛运动规律得：

SE

12

at

2

1qE2m

t

2

（1分）（1分）

Sv

0

v0t

E

联立以上各式解得：（3）由动能定理得：

2Bv03

（3分）

（2分）

Ek

12

mv

20

qESE

Ek

联立以上各式解得：

76

mv

20

（2分）

15.解：（1）微粒从P点至第二次通过D点的运动轨迹如图所示

由图可知在加上磁场前瞬间微粒在F点（圆和PQ的切点）．在t时间内微粒从P点匀速运动到F点，t= PF/v0 ①由几何关系可知：PF=L＋R②又R=m v0/qB③

v0 由①②③式可得：t=L/v0+m/qB

（2）微粒在磁场中作匀速圆周运动时，由②式可知：当

P R最大时，B最小，在微粒不飞出磁场的情况下，R最大时有：

DQ=2R，

M

Q

D

F

N

即L/π＝2R

可得B的最小值为：Bmin=2πmv0 /qL微粒在磁场中做圆周运动，故有t0=（n＋3/4）T，n＝0，1，2，3，又：T=2πm/qB即可得：t0=（n＋3/4）L/v0 ,(n＝0，1，2，3，…… )

16. (1)物体由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力.进入磁场后做匀速直线运动，说明它受的摩擦力增大，证明它受的洛仑兹力方向向下.由左手定则判断，物体带负电.…………………………２分

物体带负电而所受电场力向右，证明电场方向向左(2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为根据动能定理有

.…………………………２分

v2，从离开磁场到停在C点的过程中，

mg

L4

0

12

mv2…………………………２

2

分

解得v2080.m/s…………………………１分物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡mg解得B0125.T013.T…………………………１分

（3）设从D点进入磁场时的速度为

v1，根据动能定理有：

分

qv2B………………２分

qE

12

Lmg

12

L

12

mv…………………………２

2

1

物体从D到R做匀速直线运动受力平衡：qE解得v1

16.m/s…………………………１分

E

12mv

2

1

(mgqv1B)………………２分

12

2

小物体撞击挡板损失的机械能为：mv2……………………２分

解得4.810J…………………………１分

4