高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧超强练习题含

1、高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1如下列图，两条竖直长虚线所夹的地区被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于N点。在挡板的右侧地区存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M的上方取点A，一比荷q5A点=510C/kg的带正电粒子，从m3的速度沿平行MN方向射入电场，该粒子恰巧从P点走开电场，经过磁场以v0=210m/s的作用后恰巧从Q点回到电场。已知MN、PQ的长度均为L=0.5m，不考虑重力对带电粒子的影响，不

2、考虑相对论效应。(1)求电场强度E的大小；(2)求磁感觉强度B的大小；(3)在左侧虚线上M点的下方取一点C，且CM=0.5m，带负电的粒子从C点沿平行MN方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q点和P点，求两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差。【答案】(1)16N/C(2)1.6102T(3)3.9104s【解析】【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0tL1qEt222m解得E=16N/Cv0（2）设带正电的粒子从qEtP点射出电场时与虚线的夹角为，则：tanm可得=450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v

3、0粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvBmv2r由几何关系可知r2L2解得B=1.610-2T（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速3圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为，带负电的粒子转过的圆心角为；两带电22粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差；若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间2r2mT；vqB带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t13T5.9104s；4带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t21T2.0104s4带电粒子在AC两点射入电场的时间差为tt1t23.9104s2如下列图，在两块水平金属极板间加有电

4、压U组成偏转电场，一束比荷为q105C/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拥有理想边界的半圆形变化磁场所区，O为圆心，地区直径AB长度为L=1m，AB与水平方向成45角地区内有按如下列图规律作周期性变化的磁场，已知B0=0.5T，磁场方向以垂直于纸面向外为正粒子经偏转电场后，恰巧从下极板边缘O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To=05s，求t=0s时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和走开磁场的地点（3）要使所有带电粒子经过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过

5、，求出磁场的变化周期Bo，To应知足的条件【答案】（1）100V（2）t=2105s，射出点在AB间隔O点0.042m（3）T03105s【解析】试题解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出使速度代入数据得U=100V2）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射出点在AB间隔O点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、.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，应知足得考点：本题考察带电粒子在磁场中的运动3如下列图，一匀强磁场磁感觉强度为B；方向向里，其边界是半径为R的圆，AB为圆的一直径.在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m、

6、电量-q的粒子，粒子重力不计(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形地区，恰从B点射出求此粒子在磁场中运动的时间(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大?(3)若R=3cm、B=0.2T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为5310ms、比荷为108Ckg的粒子试用阴影图画出粒子在磁场中能抵达的地区，并求出该地区的面积(结果保存2位有效数字)【答案】（1）（2）（3）【解析】【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，经过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，联合t=

7、T求出粒子在磁场中运动的时间2）粒子径向射入磁场，必然径向反弹，作出粒子的轨迹图，经过几何关系求出粒子的半径，进而经过半径公式求出粒子的速度3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能抵达的部分，根据几何关系求出头积【详解】（1）由得r1=2R粒子的运动轨迹如下列图，则因为周期运动时间（2）粒子运动情况如下列图，r2RtanR由得（3）粒子的轨道半径r31.5cm粒子抵达的地区为图中的阴影部分地区面积为2+2(2r22=9.0-42S=r33)-r310m【点睛】本题考察了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，联合几何关系求解该题对

8、数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练4在如下列图的xoy坐标系中，一对间距为d的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于圆滑水平桌面的中间，极板右边与y轴重合，桌面与x轴重合，o点与桌面右边相距为7d，一根长度也为d的圆滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，4杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m两板外存在垂直纸面向外、磁感觉强度为B的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假定极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，走开小孔后便做匀速圆周运动，

9、重力加快度取g求：1）环走开小孔时的坐标值；2）板外的场强E2的大小和方向；（3）议论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围【答案】（1）环走开小孔时的坐标值是-1d；4（2）板外的场强E2的大小为mg，方向沿y轴正方向；q（3）场强E1的取值范围为qB2d3qB2d，环打在桌面上的范围为1d7d6m8m44【解析】【详解】（1）设在环走开小孔以前，环和底座各自移动的位移为x1、x2由于板内小环与极板间的作使劲是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mx1-3mx2=0而x1+x2=d3解得：x1=d421x=d4环走开小孔时的坐标值为：31xm=d-d=-d

10、42）环走开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg解得：E2mg，方向沿y轴正方向q（3）环打在桌面上的范围可画得如下列图，临界点为P、Q，则若围绕小圆运动，则R=0.75d根据洛仑兹力提供向心力，有：qvB2mvR环在极板内做匀加快运动，设走开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：qE1x1=1mv223qB2d联立解得：E18m若围绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2解得：R=0.48d联立解得：E1qB2d6m故场强E1的取值范围为qB2d3qB2d，环打在桌面上的范围为1d7d6m8m445如下列图，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x=d与y=

11、x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E1.0104V/m，还有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场所区，磁感觉强度B20.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点一带负电的粒子从S点沿y轴的正方形以速度v0进入圆形磁场所区，经过一段时间进入磁场所区B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y=x垂直粒子速度大小v01.0105m/s，粒子的比荷为q/m5.0105C/kg，粒子重力不计求：(1)粒子在匀强磁场B2中运动的半径r；(2)坐标d的值；(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感觉强度B1应知足的条件；(4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形

12、磁场至第二次抵达直线y=x上的最长时间3.14，结果保存两位有效数字）.【答案】(1)r=1m(2)d4m(3)B10.1T或B10.24T(4)t6.2105s【解析】【详解】解：(1)由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B2qv0mv02r解得粒子运动的半径：r1m(2)粒子进入匀强电场此后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x，竖直位移为y水平方向：xv0t竖直方向：y1at22Eqamtan45v0at联立解得：x2m，y1m由图示几何关系得：dxyR解得：d4m(3)若所加磁场的磁感觉强度为B1，粒子恰巧垂直打在y轴上，粒子在磁场运动半径为r1由如下列图几何关系得：r12yRv2v0B

13、1qvv2由带电粒子在匀强磁场中运动可得：mr1解得：B10.1T若所加磁场的磁感觉强度为B1，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为r2由如下列图几何关系得：r22r22yRB1qvv2由带电粒子在匀强磁场中运动可得：mr2解得B121T0.24T10综上，磁感觉强度应知足的条件为B10.1T或B10.24T(4)设粒子在磁场B2中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，在磁场B1中运动的时间为t3，则有：1t14T1T12Rv0t2xv0t31T22T22r2v解得：ttt2t321.522105s6.2105s16如下列图，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0yd的

14、地区内的磁感觉强度大小为2B.一个质量为m、电荷量为-q的粒子以速度qBd从O点沿y轴正方向射入地区.不计粒子重力m求粒子在地区中运动的轨道半径：(2)若粒子射入地区时的速度为v2qBdx轴上的地点坐标，并求出此过，求粒子打在m程中带电粒子运动的时间；(3)若此粒子射入地区的速度vqBdx轴上地点坐标的最小值，求该粒子打在m【答案】（1）Rd（2）OP2m43dt（3）xmin3d3qB【解析】【解析】【详解】2（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：qv0Bmv0r1把v0qBdRd，代入上式，解得：m(2)当粒子射入地区时的速度为v2v0时，如下列图OA段圆周运动的圆心在AB段圆周

15、运动的圆心在BP段圆周运动的圆心在O1，半径为R12dO2，半径为RdO3，半径为R12d能够证明ABPO3为矩形，则图中30,由几何知识可得：OO132dcos303d所以：OO32d3d所以粒子打在x轴上的地点坐标OPO1O32OO343d粒子在OA段运动的时间为：t1302mm360qB6qB粒子在AB段运动的时间为t21202mm360q2B3qB粒子在BP段运动的时间为t3t1302mmqB6qB3602m在此过程中粒子的运动时间：t2t1t23qB(3)设粒子在地区中轨道半径为R，轨迹由图可得粒子打在x轴上地点坐标：x2RR2d2R2d2化简得：3R24Rxx2d202把上式配方：

16、3R2x1x2d20332化简为：3R2x1x2d2033则当R2x时，地点坐标x取最小值：xmin3d37如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感觉强度大小为B，第三、四象限磁感觉强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成=60角平行xOy平面入射，经第二象限后恰巧由y轴上的Q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限从头回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：1）粒子从P点入射时的速度v0；2）第三、四象限磁感觉强度的大小B/；【答案】（1

17、）E（2）2.4B3B【解析】试题解析：（1）粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：dd23drsin603sin根据qv0Bmv02得v023qBdr3m粒子在第一象限中做类平抛运动，则有（r1qEt2vyqEtcos60）；tanmv02mv0E联立解得v03B（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于则有：x=v0t，yvyt2得yvytan3x2v022由几何知识可得y=r-rcos=1r3d23则得x2d31d2

18、d53所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为23Rdsin9粒子进入第三、四象限运动的速度v043qBdv2v03mcos根据qvBmv2R得：B=24B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动8如下列图，虚线OL与y轴的夹角=450，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（q0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰巧能够垂直于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。【答案】（1）；

19、（2）【解析】试题解析：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成立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度成立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及走开电场时的地点；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系获得最大部分径，进而获得最长时间；（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成立坐标系，则在X方向位移关系有：，所以；该粒子恰巧能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有，所以，则有（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；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

20、周运动的周期为T粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；根据（1）可知，粒子恰巧能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的地点在OL上距离O点；根据几何关系，可得，即；所以；所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间9如图，空间某个半径为R的地区内存在磁感觉强度为B的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d，足够大的平行金属板，板间电压为U。一群质量为m，带电量为q的带正电的

21、粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。不计重力，则（1）离极板AB距离为R的粒子能从极板上的小孔P射入电场，求粒子的速度？22）极板CD上多长的地区上可能会有带电粒子击中？3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并走开磁场所区。计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。【答案】（1）入射粒子的速度qBR；（2）带电粒子击中的长度为vm222m2dBR2x22BRdq；（3）总时间tt1t2UmUqB【解析】【详解】（1）洛伦兹力提供向心力，mv2，解得rmvqvBqBr根据作图可解得，能从极板上的小孔P射入电场，rR所以，入射粒子的速度vqBRm（2）所有进入

22、磁场的粒子都能从P点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加快直线运动，a1at222md2解得tqU沿极板运动的距离xvt2B2R2d2qmU2B2R2d2q有带电粒子击中的长度为2x2mUFqUmmd（3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间t12v2dBRaU在磁场中运动的时间为T2R2mt2，TqB2v所以t2mqB总时间tt1t2m2dBRqBU10如下列图的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感觉强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外Q1、Q2两点的坐标分别为(0L)(0，L)(，、，坐标

23、为3L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点带电粒子与弹3性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，=30，不计粒子重力(1)若粒子从点Q1直接经过点Q2，求：粒子初速度大小(2)若粒子从点Q1直接经过坐标原点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标(3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度【答案】（1）23qBL（2）（3L，0）（34L）3m39【解析】（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为试题解析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中

24、做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cos30=L（1）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：（2）解得：（3）（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为M，横坐标为xM，由几何关系知：2R2cos30=L（4）x=2Rsin30（5）M2则M点坐标为（）（6）（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为y1，由几何关系得：y1=2R3cos30（7）为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离y2（如图中A、E间距

25、）可由题给条件得：（8）当粒子只碰二次，其几何条件是：3y12y2=2L（9）解得：（10）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：（11）解得：（12）挡板的最小长度为：（13）解得：（14）11如下列图，在平面直角坐标系xOy内，第一、四象限有与y轴相切于O点、圆心为O1、半径一定的有界圆形地区，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y轴的匀强电场一带电粒子(重力不计)自P(d，3d)点以平行于x轴的初速度v0开始运2动，粒子从O点走开电场，经磁场偏转后又从y轴上的Q点(图中未画出)垂直于y轴回到电场所区，并恰能返回到P点求：(1)粒子经过O点时的速度；(2)电场强度E和磁感觉强度B的比值【

26、答案】（1）2v02E5v0）B8（【解析】【详解】试题解析：（1）粒子从P到O的过程中做类平抛运动，设时间为t1，经过O点时的速度为v，其在y轴负方向的分速度为vy，与y轴负方向的夹角为d=v0t13dvxt122222v=v0+vytanv0vy0解得：v=2v0=30（2）设粒子质量为m，电荷量为q，粒子在电场中运动的加快度为a：Eq=ma3d1at1222粒子从Q到P的过程中，也做类平抛运动，设时间为t2，Q点的纵坐标为yQyQ3d1at2222d=vt2解得：yQ53d8设粒子由S点走开磁场，粒子从O到S过程中做圆周运动，半径为r，由几何关系有：r+rsin=yQqvBmv2r53d

27、125v0B8考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【点睛】【名师点睛】本题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；重点是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，联合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；本题难度中等，考察学生运用基础知识解决问题的能力12如下列图，在x轴上方有垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感觉强度为B10=B，在x轴下方有交替散布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y轴，匀强磁场B2=2B0垂直于xOy平面，图象如下列图一质量为m，电量为-q的粒子在t2t0时刻沿着与y轴正方向3成60角方向从A点射入磁场，t2t0时第一次抵达x轴，并且速度垂直于x轴经过C点，C与

28、原点O的距离为3L第二次抵达x轴时经过x轴上的D点，D与原点O的距离为4L（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B0、m、q、L表示）（1）求此粒子从A点射出时的速度0；2）求电场强度E0的大小和方向；3）粒子在t9t0时抵达M点，求M点坐标【答案】（1）v02qB0LqB02L，-3L（2）E（）（）m39L22m【解析】试题解析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得根据题意由几何关系可得联立得（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得根据题意由几何关系可得由可得综上能够判断3t04t0粒子在第四象限的磁场中恰巧

29、运动半个周期，半径为由牛顿第二定律得t03t0,粒子做匀减速直线运动，qE=ma1112综上解得13（3）由题意知，粒子在8t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，x=9L14粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得15联立1112可解得16联立可得M点的坐标为（9L，）17考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.13在磁感觉强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次衰变放射出4R以m、q分别表粒子（2He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为示粒子的质量和电荷量1）放射性原子核用AZX表示，新核的元素符号用Y表示，写出该衰变的核反响方程2）粒子的圆周运动能够等效成一个

30、环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小（3）设该衰变过程释放的核能都转为为粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量损失m【答案】（1）放射性原子核用AZX表示，新核的元素符号用Y表示，则该衰变的核反响方程为ZAXZA42Y24H；（2）粒子的圆周运动能够等效成一个环形电流，则圆2mBq2；（3）设该衰变过程释放的核能都转周运动的周期为，环形电流大小为2mBq为为粒子和新核的动能，新核的质量为M，则衰变过程的质量损失m为损(11)(BqR)2mM2c2【解析】（1）根据核反响中质量数与电荷数守恒可知，该衰变的核反响方程为ZAXAZ42Y24He（2）设粒子在磁场中做圆周运动的速度大小

31、为v，由洛伦兹力提供向心力有qvBmv2R根据圆周运动的参量关系有T2Rv得粒子在磁场中运动的周期2mTqB根据电流强度定义式，可得环形电流大小为qq2BIT2m（3）由qvBv2qBRm，得vRm设衰变后新核Y的速度大小为v，核反响前后系统动量守恒，有Mvmv=0mvqBR可得vMM根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有mc21Mv21mv222(Mm)(qBR)2解得m2mMc2说明：若利用MA4m解答，亦可4【名师点睛】（1）不论哪一种核反响方程，都必须按照质量数、电荷数守恒2）衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反响前后系统动量守恒，因此反响后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场

32、中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小3）核反响中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在联合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量损失14如图，一半径为R的圆表示一柱形地区的横截面（纸面）在柱形地区内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形地区，在圆上的b点走开该地区，走开时速度方向与直线垂直圆心O到直线的距离为现将磁场换为同样于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形地区，也在b点走开该地区若磁感觉强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小【答案】E14qRB25m【解析】【解析】【详解】解答本题注意带电粒子先在匀强磁场运动，后在匀强电场运动带电粒子在磁场中做圆周运动粒子在磁场中做圆周运动设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得v2qvBmr式中v为粒子在a点的速度过b点和