高中物理带电粒子在磁场中的运动基础练习题及解析

1、高中物理带电粒子在磁场中的运动基础练习题及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1.如图所示，在一直角坐标系 xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为 P (-8L, 0) , Q (-3L, 0) 。 y轴的左侧空间，在圆形区域外，有 一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B, y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为 2B的匀强磁场，方向垂直于 xoy平面向外。现从 P点沿与x轴正方向成 37。角射出一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不 计粒子的重力。求：(1)带电粒子的初速度；(1)带电粒子以初速度 v

2、沿与x轴正向成37°角方向射出，经过圆周 C点进入磁场，做匀速 圆周运动，经过 y轴左侧磁场后，从 y轴上d点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由 几何关系得：QC 5Lsin370OQOiQ 、5L sin37在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为Ri,R OiQ QC2 v qvB m Ri珈/曰 8qBL解得：v m丫2(2)由公式qvB m得:R2_ mvR2 ，解得：R2 4L qB由R 4L可知带电粒子经过 y轴右侧磁场后从图中 Oi占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到 P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间

3、为tiPC 5Lcos37otiPC带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为 工，时间为t22 m qBt2带电粒子从D做匀速圆周运动到 Oi点的周期为丁2,所用时间为t32 m mT2q2B qB1t3-T22从P点到再次回到P点所用的时间为tt 2ti 2t2t2联立解得：t, 41 m1 45 qB2.如图所示，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外.点P L,0处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m的带负电3粒子.不考虑粒子的重力.(1)若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿 x轴正向通过点 Q (0, -L),求其速率 vi；(2)若撤

4、去第一象限的磁场，在其中加沿 y轴正向的匀强电场，粒子 2经过第一、二、三 象限后，也以速率 vi沿x轴正向通过点 Q,求匀强电场的电场强度 E以及粒子2的发射速 率V2;(3)若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场 E。，粒子3以速率V3沿y轴正向发射，求 在运动过程中其最小速率 v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂 的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的请尝试用该思路求解.【答案】(1) 2BLq (2) 2亚BLq (3) 3m9mEoB2V3E0B(1)粒

5、子1在一、二、三做匀速圆周运动，则qB2Vi m一ri由几何憨可知：r122Lri匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动.,3,卜 1qE+2L v1t, h t32 mL h 2r1,得到 E 8qLB-9m2BLq得到：V13m(2)粒子2在第一象限中类斜劈运动，有:在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：又 v2 v2 2Eh ,得到：v22后BLq9mEoB(3)如图所示，将 V3分解成水平向右和 v和斜向的V ,则qvB qEo,即v而 v .v2 v2所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v即:vI3.如图所示，在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场，一束比荷为1

6、05C / kg的带正电的粒子流(重力不计)，以速度vo=104m/s沿水平方向从金属极m板正中间射入两板.粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，。为圆心，区域直径 AB长度为L=1m, AB与水平方向成45。角.区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知 Bo=o. 5磁场方向 以垂直于纸面向外为正.粒子经偏转电场后， 恰好从下极板边缘 。点与水平方向成45°斜向下射入磁场.求：(1)两金属极板间的电压U是多大？(2)若T0=0. 5s,求t=0s时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置.(3)要使所有带电粒子通过 。点后的运动过程中 不再

7、从AB两点间越过，求出磁场的变化 周期B。，T。应满足的条件.【答案】(1) 100V(2) t=2105s,射出点在AB间离。点0.0472 m5(3) T0 10 s 3【解析】试题分析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，从 O点射出使速度 ah%代入数据得U=100VT 2加V2 T=2/7x10Bq2(2)34V 二阴BqR 2Bq47粒子在磁场中经过半周从 OB中穿出，粒子在磁场中运动时间 Z=- =一 一一 t ，如(3)粒子运动周期丁 = 的射出点在AB间离。点加= 4.tx10-5 ,粒子在t=。、时刻射入时，粒子最 可能从AB间射出 如图，由几何关系可得临界时要不从AB边界射出

8、，应满足得.一考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动4.如图所示，在xOy坐标系中，第I、n象限内无电场和磁场。第IV象限内(含坐标轴)有垂直坐标平面向里的匀强磁场,场。一质量为m、电荷量为q电场，不计粒子重力和空气阻力,第出象限内有沿x轴正向、电场强度大小为 E的匀强磁的带正电粒子，从 x轴上的P点以大小为V0的速度垂直射入2P、。两点间的距离为mv0-。2qE(1)求粒子进入磁场时的速度大小v以及进入磁场时到原点的距离X；(2)若粒子由第IV象限的磁场直接回到第出象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。【答案】（1） J2v0； mv0 （2） B （疙 1）E qEvo【解析】

9、【详解】（1）由动能定理有:2.mvo 12qE -mv2qE 21 2一mvo2解得：v= , 2 vo设此时粒子的速度方向与y轴负方向夹角为0,则有cos 0=皿Y!v 2解得：0= 45 一x 一 根据tan 2 - 1 ,所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO两点距离的两y2倍，故x mvqE（2）要使粒子由第IV象限的磁场直接回到第 出象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x轴相切，如图所示，由几何关系有:又：qvB解得：B2vm一R（、2 1）Evo（、2 1）Evo5.在水平桌面上有一个边长为 L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在 区域存在垂直圆盘向上的匀强

10、磁场.一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度 v。水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中 Q点未画出），如图甲所示.现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v。水平入射，为使其仍从 Q点离开，可将整个装置以 CD边为轴向上抬起一定 高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g.求：(1)小球两次在圆盘上运动的时间之比；(2)框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度.(2)框架以CD为轴抬起【答案】(1)小球两次在圆盘上运动的时间之比为：兀：2;后，AB边距桌面的高度为 2& g【解析】【分析】(

11、1)小球在磁场中做匀速圆周运动,解得：r=-2L,2 r小球在磁场中做圆周运的周期：T=,V0小球在磁场中的运动时间：ti=1T= 2 L ,44VO小球在斜面上做类平抛运动,水平方向：x=r=vot2,2L运动时间：t2=X一，2vo则：tl ： t2=7t： 2；(2)小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动,1 22 2v2位移：r= at；,解得，加速度：a=2L2V0,2 L对小球，由牛顿第二定律得：a=mgS1n可sin ,0m2AB边距离桌面的高度：h=Lsin / 弘 ；g6.平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大

12、小分别为2B和B ( B的大小未知)，第二象限和第三象限内存在沿-y方向的匀强电场，x轴上有一点P,其坐标为(L, 0)。现使一个电量大小为 q、质量为m的带正电粒子从坐标(-2a, a)处以沿+x方向的初速度vo出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点 P,不计粒子的重力。(1)求粒子经过原点时的速度;(2)求磁感应强度 B的所有可能取值(3)求粒子从出发直至到达 P点经历时间的所有可能取值。【答案】(1)粒子经过原点时的速度大小为72 vo,方向：与x轴正方向夹45 °斜向下;nmvo(2)磁感应强度B的所有可能取值： B n= 1、2、3 ；(3)粒子从出发直至到达

13、 P点经历时间的所有可能取值：t 2a k (k 1)3Vo2qB4qBk=1、2、32a或t -Vomn2qB3 mn4qB2、【解析】【详解】2a = V0t,(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向:竖直方向：a vyt 2vy斛付.vy = vo, tan 0= 1, 9 45 ,Vo粒子穿过O点时的速度：v Jv； v2 J2v0；(2)粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:2vqvB m , r粒子能过P点，由几何知识得：L= nrcos45°n= 1、2、3nmvo_解得：B n=1、2、3(3)设粒子在第二象限运动时间为ti,则：ti=

14、一；Vo粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：Ti 2，T2 ,qBqB粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧,1若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2= -T1,413若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2= -T1 + - T2,4413右粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2= 2X T1 + T2,4413若粒子两次经过下万磁场、两次经过上万磁场到达P点：t2=2X T1+2X T2,44m3 m贝Ut2 k (k 1) k= 1、2、32qB4qB一, m 3 m或 t2 n n

15、n=1、2、32qB 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t = t+t2,-12alm3 m解得：t k- (k 1) k= 1、2、3v0 2qB4qB2a或t 一vom 3 mn n- n=1、2、32qB 4qB7.如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc,由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗糙水平段ab在b点相切而构成，O点是圆弧段的圆心，Oc与Ob的夹角0=37° ;过£点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C的匀强电场，Ocb的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh, ef与Oc交于c点，ecf与水平向右的方向所成

16、的夹角 为3(53° & pwi47° ),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3X10-3 kg、电荷量q=3Xl0-3 C的带正电小物体 Q静止在圆弧轨道上 b点，质量m1=1.5X10-3 kg的不带电 小物体P从轨道右端a以vo=8 m/s的水平速度向左运动，P、Q碰撞时间极短，碰后 P以1m/s的速度水平向右弹回.已知 P与ab间的动摩擦因数 =0.5, A、B均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37° =0.6, cos37° =0.8,重力加速度大小 g=10m/s2.求：碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q的弹

17、力大小Fn；(2)当3=53°时，物体 Q刚好不从gh边穿出磁场，求区域 efgh内所加磁场的磁感应强度 大小Bi；(3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时，要让物体 Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t及对应的(3值.【答案】(1) Fn4.6 10 2N (2)Bi 1.25T (3)t 12s, 1 900和 2 1430360【解析】【详解】解：(1)设P碰撞前后的速度分别为v1和v1 , Q碰后的速度为v2从a到b ,对P ,由动能定理得:m1gl1 m1v i2 1mlv0222解得：v1 7m/s碰撞过程中，对 P , Q系统：由动

18、量守恒定律：m1v1 m1vl m2v2取向左为正方向，由题意 v1im/s ,解得：v2 4m/s2b>：对Q,由牛顿第二定律得：FN m2g m2 R2解得：Fn 4.6 10 N(2)设Q在c点的速度为vc,在b到c点，由机械能守恒定律:1 212m2 gR(1 cos )m2vcm2v22 2解得：vc 2m/s进入磁场后：Q所受电场力F qE 3 10 2N m2g , Q在磁场做匀速率圆周运动2由牛顿第二定律得：qvcB mvJ qQ刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：r d 1.6m解得：Bi 1.25Tm2vc /(3)当所加磁场B2 2T ,2 - 1mqB2要让Q从g

19、h边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：d若船之备用3d设最大圆心角为，由几何关系得：cos(180) -解得： 127运动周期：T2 m2qB2则Q在磁场中运动的最长时间:t T 127 ?2 m2127 s360360 - qB2360此时对应的角：1 90和2 1438 .如图所示，在竖直面内半径为 R的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B,在圆形磁场区域内水平直径上有一点P, P到圆心。的距离为 R,在P2点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不

20、 同的正离子.已知离子的质量均为 m,电荷量均为q,不计离子重力及离子间相互作用力， 求：(1)若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围；(2)若离子速率大小v0 BR ,则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度 2m差是多少。【答案】(1) v BqR (2)而2 «R 4m4【解析】【详解】2(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有： Bqv m rR如图所不，若所有离子均不能射出圆形磁场区域，则 r 一 4故 v BqR4m(2)当离子速率大小v0 BR时，由(1)式可知此时离子圆周运动的轨道半径r -2m2离子经过最高点和最低点的运动轨迹如图,由几何关系知：

21、h252 R2得hi照R44由几何关系知:u RR2.3ch)2sin 60R224故最高点与最低点的高度差 h h1 h215 2R49 .如图所示，虚线 OL与y轴的夹角0=45°,在OL上侧有平行于 OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q (q>°)的粒子以速率 v°从y轴上的M (OM=d)点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。(1)求此电场的场强大小 E；(2)若粒子能在 OL与x轴所围区间内返回到虚线 OL上，求粒子从 M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。倔【答

22、案】(1) 2K【解析】 试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用1)求出在电场中运动由圆周运动规律及几何关类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解; 的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动, 系得到最大半径，进而得到最长时间；(1)粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用, 沿垂直电场线方向 X和电场线方向Y建立坐标系，则在X方向位移关系有:dsinO = vocqsO x t,所以该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在 Y方向上，速度关系有qEd廿osinO =所以，mMsiii。 mvjsin450 寸2帆曲

23、E = =_ 则有 qd Qrf 2qddt =(2)根据(1)可知粒子在电场中运动的时间吗粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T则粒子从M点出发到第二次经过 OL在上磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线 OL上,粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有,根据(1)可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度 v就是初速度vo在X方向上r诺v - Uflcost? = v(jos45g = u(j的分量，即2;粒子在电场中运动，在Y方向上的位移,所以，粒子进入磁i = decs。+ Y根据几何关系,场

24、的位置在OL上距离。点里I 43(2 _梃)R 与=R11+04J>/? + 1 + ,可得 g&8,即 8学3(2-V)2 it X(i *2nR43(2 l)jrdT =<=v 0Vo所以至-固所以，粒子从 M点出发到第二次经过 OL所需要的最长时间1 d 1332-1)皿 d 3(t2-i)nt 最长=t + 亨丁 max 一 + 5=-+瓯 k2 VQ 2 VQ 也22.10. 一个笊核(iH )和一个瓶核(,4(2He)。已知笊核的质量为mD,31 一 .，、iH )聚变时产生一个中子(°n)和一个“粒子瓶核的质量为 mT ,中子的质量为 mn , a粒

25、子的质量为m，光速为C,元电荷电量为e。(1)写出核反应方程，并求一个笊核和一个瓶核聚变时释放的核能E。(2)反应放出的 粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为度大小为B。求 粒子在磁场中圆周运动的周期 T和等效电流I的大小。R,磁感应强(3) 1909年卢瑟福及盖革等用 a粒子轰击金箔发现，绝大多数a粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些a粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把 仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。以一个 发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把 量是电子质量的 7300倍)。a粒子反

26、弹回来，在经过深思熟虑和a粒子以速度V与原来静止的电子“粒子反弹回来(已知 a粒子的质【答案】(1) E mc2 (mb mT mn、 2m )c(2).2e2BI (3)叭a粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹【解析】【详解】(1)核反应方程:2h+1h140n+ 2 He反应释放的核能:2E mcmDmTmn(2)设 粒子的速度大小为v,由 2evB2V一，TR2 tR得粒子在磁场中运动周期：TeB2e由电流7E义式I -,得环形电流大小:22e2BTma(3)设电子的质量为 me,碰撞后a粒子的速度为Va,电子的速度为 ve。m v m va meVe121212由能量守恒:-m

27、v m Va -mleVe222me得VaVmememme所以Va V,即a粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。11.如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度Vo沿AC方向由A点射入。粒子经 D点时速度的偏向角(偏 离原方向的夹角)9=60°。(不计重力)DI试求AD间的距离；(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由 A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比 60。角大还是小？为什么？mVo_【答案】(1) R=-0 (2) a<60 B

28、q【解析】【详解】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60 ,则粒子转过的圆心角为 60 ,即 AD=R2由 qV0B m V0 RmV0得 AD= R 0Bq41r24 .一.斛得E Bv0,方向垂直 AC向上3速度偏向角tana y , vy atVx2 -解得 tan 2tan30 - ： 33而 tan60 =同即 tan tan60 ,贝U <6012.如图所示，三块挡板围成截面边长L= 1.2m的等边三角形区域， C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强 E=4X 104N IC.三角形区

29、域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强 度为Bi； AMN以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B2=3Bi的匀强磁场.现将一比荷q/m =105C/kg的带正电的粒子，从 。点由静止释放，粒子从 MN小孔C进入内部匀强 磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场.已知粒子最终回到了O点，OC相距2m.设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重(2)粒子从。点出发，到再次回到 。点经历的时间；(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到。点(若粒子经过A点立即被吸收).【答案】(1)Bi2 105T；(2)t 2.85 10飞；

30、(3)B24 105T33【解析】【详解】12(1)粒子从。到C即为在电场中加速，则由动能定理得：Eqx mv22解得 v=400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示.由几何关系可知R1 L 0.6m22 v 由 qvB| mR2匚代入数据得 B12105T3(2)由题可知 B2=3Bi=2XT0T2 v qvBi m R,R1则 R2 0.2m31 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则 x vt12得到 ti=0.01 s粒子在磁场Bi中的周期为则在磁场Bi中的运动时间为在磁场B2中的运动周期为在磁场B2中的运动时间为180300180 _t3Ti 一 qBi3Ti10 3s36

31、011 .八10-35.5 10 s 173一2则粒子在复合场中总时间为：t 2tl 12 t32010 s 2.85 10 s6,2(3)设挡板外磁场变为 B2 ,粒子在磁场中的轨迹半径为r,则有qvB2' m r根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到。点，需满足条件L 2k 1 r 其中 k=0、1、2、3 2解得 B2 4k2 105T 313.如图所示，真空中有一个半径B=2X10-3T,方向垂直于纸面向外,x=1.5m之间的区域内有一个方向沿r=0.5m的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小x轴与圆形磁场相切于坐标系原点O,在x=0.5m和y轴正方向的匀强电场区

32、域，电场强 E=1.5X103N/C,O点沿纸平面向各个方在x=1.5m处竖有一个与x轴垂直的足够长的荧光屏，一粒子源在向发射速率相同、比荷 1 109 C/kg的带正电的粒子，若沿y轴正方向射入磁场的粒子m恰能从磁场最右侧的 A点沿x轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力.求：(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；(3)从。点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围.【答案】(1) v 1.0 106m/s； (2) t 1.8 10 6s; (3) 0.75m y 1.7

33、5m【解析】【分析】2(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据 qvB m±求解速度;R(2)粒子在磁场中运动 T/4,根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解在电场值的时间；(3)根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从。点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围.【详解】(1)由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m,2v 由qvBm 进入电场时vqBRm（2）粒子在磁场中运动的时间tii 106s粒子从A点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v,所以在电场中运动的时间带入数据解得v=1.0x

34、106m/sx6t2 1.0 10 s v总时间ttt2-110 6s 1.8 10 6s4（3）沿x轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小a 9m1.5 1012m/sm121. _121_ 在电场中侧移：V1at21.5 106 m 0.75m221 106打在屏上的纵坐标为 0.75;经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为 1.75；其他粒子也是沿 x轴正方向平行的方向进入电场，进入电场后的轨迹都平行，故带 电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为 0.75WyW1.75.14.如图（a）所示，在空间有一坐标系xoy,直线OP与x轴正方向的夹角为

35、 30° ,第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和H ,直线OP是它们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B, 一质量为 m,电荷量为+q的质子（不计重力及质子对磁场的影响）以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域I ,质子先后通过磁场 区域I和H后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b）所示，试求(1)区域n中磁场的磁感应强度大小；(2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向。【答案】(1) B2 2B； (2) v J(2 内v V6v；方向向左下方与y轴负2向成 arccosj2 超 (arccos-)的夹角2【解析】试题分析：(1)由几何关系知：质子再次回到op时应平行于x轴正向进入n区，设质子从op上的C点进入n区后再从 D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图。由几何关系可知:形。oc± ox oc与 ox的交点 O2即为n内圆弧的圆心,OO1C等边三角设质子在I区圆运动半径为01贝U： r2r1 sin 30 r12得：r1mvqB同理得:口，在n区圆运动半径为2 v 由 qBv mr1mv r2qB2即区域n中磁场的磁感应强度：B2 2B(