帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)解題方法及經(jīng)典例題(DOC)

1、 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一、不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1勻速直線運(yùn)動(dòng)：若帶電粒子的速度方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向平行，則粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)2勻速圓周運(yùn)動(dòng)：若帶電粒子的速度方向與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直，則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其角速度為，軌道半徑為R，運(yùn)動(dòng)的周期為T，推導(dǎo)半徑和周期公式：推導(dǎo)過程：運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=3對(duì)于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問題，應(yīng)注意把握以下幾點(diǎn)(1)粒子圓軌跡的圓心的確定的常規(guī)方法若已知粒子在圓周運(yùn)動(dòng)中的兩個(gè)具體位置及通過某一位置時(shí)的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂線，同時(shí)作兩位置連線

2、的中垂線，兩垂線的交點(diǎn)為圓軌跡的圓心，如圖42 所示若已知做圓周運(yùn)動(dòng)的粒子通過某兩個(gè)具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩垂線的交點(diǎn)為圓軌跡的圓心，如圖43所示若已知做圓周運(yùn)動(dòng)的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R，可在該位置上作速度的垂線，垂線上距該位置R處的點(diǎn)為圓軌跡的圓心(利用左手定則判斷圓心在已知位置的哪一側(cè))，如圖44所示圖42圖43圖44例1 、一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（，0）點(diǎn)以速度v，沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和射出點(diǎn)的坐標(biāo)。（坐標(biāo)為（0，）

3、例2、電子自靜止開始經(jīng)M、N板間（兩板間的電壓為U）的電場(chǎng)加速后從A點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電子離開磁場(chǎng)時(shí)的位置P偏離入射方向的距離為L(zhǎng)，如圖2所示，求：（1）正確畫出電子由靜止開始直至離開磁場(chǎng)時(shí)的軌跡圖；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度.（已知電子的質(zhì)量為m，電量為e）(2)利用速度的垂線與角的平分線的交點(diǎn)找圓心當(dāng)帶電粒子通過圓形磁場(chǎng)區(qū)后又通過無場(chǎng)區(qū)，如果只知道射入和射出時(shí)的速度的方向和射入時(shí)的位置，而不知道射出點(diǎn)的位置，應(yīng)當(dāng)利用角的平分線和半徑的交點(diǎn)確定圓心。例3、如圖19-19所示,一帶電質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量為m,電量為q,以平行于Ox軸的速度v從y軸上的a點(diǎn)射入圖中第一象限所示的區(qū)域

4、.為了使該質(zhì)點(diǎn)能從x軸上的b點(diǎn)以垂直于Ox軸的速度v射出,可在適當(dāng)?shù)牡胤郊右粋€(gè)垂直于xy平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).若此磁場(chǎng)僅分布在一個(gè)圓形區(qū)域內(nèi),試求這圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑.重力忽略不計(jì).解析：質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)中作半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)題意,質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌道是半徑等于R的圓上的1/4圓周,這段圓弧應(yīng)與入射方向的速度、出射方向的速度相切.過a點(diǎn)作平行于x軸的直線,過b點(diǎn)作平行于y軸的直線,則與這兩直線均相距R的O點(diǎn)就是圓周的圓心.質(zhì)點(diǎn)在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌道就是以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中虛線圓)上的圓弧MN,M點(diǎn)和N點(diǎn)應(yīng)在所求圓形磁場(chǎng)區(qū)域的邊界上.在通過M、N兩點(diǎn)的不同的圓周中,最小的一

5、個(gè)是以MN連線為直徑的圓周.所以本題所求的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑為所求磁場(chǎng)區(qū)域如圖中實(shí)線圓所示. 變式：一質(zhì)量為m、帶電量為+q 的粒子以速度v 從O點(diǎn)沿y 軸正方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場(chǎng)區(qū)域后，從B 處穿過x軸，速度方向與x 軸正方向的夾角為30°，同時(shí)進(jìn)入場(chǎng)強(qiáng)為E、方向沿與x軸負(fù)方向成60°角斜向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，通過了B點(diǎn)正下方的C點(diǎn)。如圖示4所示，不計(jì)重力，試求： （1）圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積； （2）C點(diǎn)到B點(diǎn)的距離h。解析：（1）反向延長(zhǎng)vb交y軸于O2點(diǎn)，作BO2O的角平分線交x軸于O1，O1即為

6、圓運(yùn)動(dòng)軌道的圓心，OO1即為圓運(yùn)動(dòng)軌道的半徑，其半徑為 畫出圓運(yùn)動(dòng)的軌跡（圖5虛線圓）交B O2于A點(diǎn)，最小的圓形磁場(chǎng)區(qū)域是以O(shè)A為直徑的圓，如圖5陰影所示。設(shè)最小的磁場(chǎng)區(qū)域半徑為r,則 利用解得（2） B到C 受電場(chǎng)力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)沿初速方向： 沿電場(chǎng)方向： 利用消去t解得.(4)圓周運(yùn)動(dòng)中有關(guān)對(duì)稱的規(guī)律從磁場(chǎng)的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出，則速度方向與邊界的夾角相等例4 如圖3所示，直線MN上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。正、負(fù)電子同時(shí)從同一點(diǎn)O以與MN成30°角的同樣速度v射入磁場(chǎng)（電子質(zhì)量為m，電荷為e），它們從磁場(chǎng)中射出時(shí)相距多遠(yuǎn)？射出的時(shí)間差是多少？ 

7、s=2r=在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子必沿徑向射出例5帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析如圖所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)從A點(diǎn)以速度v0垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)中，并從B點(diǎn)射出，若AOB120°，則該帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為() A. B. C. D.答案DOAv0Bv變式：.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的正離子，從A點(diǎn)正對(duì)著圓心O以速度v射入半徑為R的絕緣圓筒中。圓筒內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。要使帶電粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞2次后仍從A點(diǎn)射出，求正離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t.設(shè)粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞時(shí)

8、無能量和電量損失，不計(jì)粒子的重力。二、特殊方法1、旋轉(zhuǎn)圓法 在磁場(chǎng)中向垂直于磁場(chǎng)的各個(gè)方向發(fā)射速度大小相同的帶電粒子時(shí)，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是圍繞發(fā)射點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的半徑相同的動(dòng)態(tài)圓（如圖7），用這一規(guī)律可快速確定粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。  例1如圖8所示，S為電子源，它在紙面360°度范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v0，質(zhì)量為m，電量為q的電子（q<0），MN是一塊足夠大的豎直擋板，與S的水平距離為L(zhǎng)，擋板左側(cè)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為mv0/qL，求擋板被電子擊中的范圍為多大？  解析：由于粒子從同一點(diǎn)向各個(gè)方向發(fā)射，粒子的軌跡為繞S

9、點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的動(dòng)態(tài)圓，且動(dòng)態(tài)圓的每一個(gè)圓都是逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，這樣可以作出打到最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的軌跡，如圖9所示，最高點(diǎn)為動(dòng)態(tài)圓與MN的相切時(shí)的交點(diǎn)P，最低點(diǎn)為動(dòng)態(tài)圓與MN相割，且SQ為直徑時(shí)Q為最低點(diǎn)，帶電粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)，由洛侖茲力提供向心力，由     得： SQ為直徑，則：SQ=2L，SO=L ，由幾何關(guān)系得： P為切點(diǎn)，所以O(shè)PL ，所以粒子能擊中的范圍為。 例2（2010全國新課程卷）如圖10所示，在0xA0y范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一個(gè)粒子源，在某時(shí)刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電

10、荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在090°范圍內(nèi)。己知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場(chǎng)經(jīng)歷的時(shí)間恰好為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)周期的四分之一。求最后離開磁場(chǎng)的粒子從粒子源射出時(shí)的： （1）速度大?。唬?）速度方向與y軸正方向夾角正弦。  解析：設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得：，解得：。 從O點(diǎn)以半徑R（Ra）作“動(dòng)態(tài)圓”，如圖11所示，由圖不難看出，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與

11、磁場(chǎng)的邊界相切。設(shè)該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，依題意，所以O(shè)CA。 設(shè)最后離開磁場(chǎng)的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系得： ，再加上， 解得：，變式、如圖，在0xa區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.在t0時(shí)刻，一位于坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0°180°范圍內(nèi)已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在tt0時(shí)刻剛好從磁場(chǎng)邊界上P(a，a)點(diǎn)離開磁場(chǎng)求：(1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R及粒子的比荷q/m；(2)此時(shí)刻仍在磁場(chǎng)中的粒子的初速度

12、方向與y軸正方向夾角的取值范圍；(3)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場(chǎng)所用的時(shí)間tm=2t0  2、縮放圓法帶電粒子以大小不同，方向相同的速度垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑隨著速度的變化而變化，因此其軌跡為半徑縮放的動(dòng)態(tài)圓（如圖12），利用縮放的動(dòng)態(tài)圓，可以探索出臨界點(diǎn)的軌跡，使問題得到解決。 例3如圖13所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為d，一電子從左邊界垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)射入，入射方向與邊界的夾角為，已知電子的質(zhì)量為m，電量為e，要使電子能從軌道的另一側(cè)射出，求電子速度大小的范圍。  解析：如圖14所示，當(dāng)入射速度很小時(shí)電子會(huì)在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)一段圓弧后又

13、從同一側(cè)射出，速率越大，軌道半徑越大，當(dāng)軌道與邊界相切時(shí)，電子恰好不能從另一側(cè)射出，當(dāng)速率大于這個(gè)臨界值時(shí)便從右邊界射出，設(shè)此時(shí)的速率為v0，帶電粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得：r+rcos=d         電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力提供向心力：，所以：       聯(lián)立解得：，所以電子從另一側(cè)射出的條件是速度大于。  例4如圖，一足夠長(zhǎng)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)從矩形區(qū)域ad邊中點(diǎn)

14、O射入與Od邊夾角為30°，大小為v0的帶電粒子，已知粒子質(zhì)量為m,電量為q，ad邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，ab邊足夠長(zhǎng)，粒子重力忽略不計(jì)。求： （1）試求粒子能從ab邊上射出磁場(chǎng)的v0的大小范圍；  （2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和在這種情況下粒子從磁場(chǎng)中射出所在邊上位置的范圍。 解析：（1）畫出從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的動(dòng)態(tài)圓，能夠從ab邊射出的粒子的臨界軌跡如圖23所示，軌跡與dc邊相切時(shí)，射到ab邊上的A點(diǎn)，此時(shí)軌跡圓心為O1，則軌道半徑r1=L，由得最大速度。（注：兩條半徑與它們所夾的一條邊構(gòu)成等邊三角形） 軌跡與ab邊相切時(shí)，射到ab邊上的B

15、點(diǎn)，此時(shí)軌跡圓心為O2，則軌道半徑r2=L/3，由得最小速度。 所以粒子能夠從ab邊射出的速度范圍為：<v0<。  （2）當(dāng)粒子從ad邊射出時(shí)，時(shí)間均相等，且為最長(zhǎng)時(shí)間，因轉(zhuǎn)過的圓心角為300°，所以最長(zhǎng)時(shí)間：，射出的范圍為：OC=r2=L/3。變式1如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值靜止的帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m(不計(jì)重力)，從點(diǎn)P經(jīng)電場(chǎng)加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場(chǎng)邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為45°，孔Q

16、到板的下端C的距離為L(zhǎng)，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，求：(1)兩板間電壓的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長(zhǎng)度s；(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm.解析(1)M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點(diǎn)，如圖所示，CHQCL故半徑r1L又因?yàn)閝v1Bm且qUmmv，所以Um.(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與CD板相切于K點(diǎn)，此軌跡的半徑為r2，設(shè)圓心為A，在AKC中：sin 45°解得r2(1)L，即r2(1)L所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長(zhǎng)度s，即sr1r2(2)L.(3)打在QE間的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最

17、長(zhǎng)，均為半個(gè)周期，所以tm.答案(1)(2)(2)L(3)變式2如圖15所示，左邊有一對(duì)平行金屬板，兩板的距離為d，電壓為U，兩板間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方面平行于板面并垂直紙面朝里。圖中右邊有一邊長(zhǎng)為a的正三角形區(qū)域EFG（EF邊與金屬板垂直），在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上也有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。假設(shè)一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場(chǎng)的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板間的區(qū)域，并經(jīng)EF邊中點(diǎn)H射入磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)重力。（1）已知這些離子中的離子甲到達(dá)邊界EG后，從邊界EF穿出磁場(chǎng)，求離子甲的質(zhì)量； （2）已知這些離子中的離子乙從E

18、G邊上的I點(diǎn)（圖中未畫出）穿出磁場(chǎng)，且GI長(zhǎng)為3a/4，求離子乙的質(zhì)量； （3）若這些離子中的最輕離子的質(zhì)量等于離子甲質(zhì)量的一半，而離子乙的質(zhì)量是最大的，問磁場(chǎng)邊界上什么區(qū)域內(nèi)可能有離子到達(dá)？  解析：由題意知，所有離子在平行金屬板之間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：qvB0=qU/d，解得離子的速度為：v=U/B0d（為一定數(shù)值）。 雖然離子速度大小不變，但質(zhì)量m改變，結(jié)合帶電離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式R=mv/qB分析，可畫出不同質(zhì)量的帶電離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖16中的動(dòng)態(tài)圓。 （1）由題意知，離子甲的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖17中的半圓，半圓與

19、EG邊相切于A點(diǎn)，與EF邊垂直相交于B點(diǎn)，由幾何關(guān)系可得半徑：R甲=acos30°tan15°=（）a， 從而求得離子甲的質(zhì)量m甲=。 （2）離子乙的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖18所示，在EIO2中，由余弦定理得： ，解得R乙=a/4， 從而求得乙離子的質(zhì)量m乙=。  （3）由半徑公式R=mv/qB可知Rm，結(jié)合（1）（2）問分析可得： 若離子的質(zhì)量滿足m甲/2mm甲，則所有離子都垂直EH邊離開磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)的位置到H的距離介于R甲到2R甲之間，即； 若離子的質(zhì)量滿足m甲<mm乙，則所有離子都從EG邊離

20、開磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)的位置介于A到I之間，其中AE的距離AE=，IE距離IE=。綜合訓(xùn)練帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)（非疊加）的運(yùn)動(dòng) 12、(2013年天津理綜) 一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場(chǎng)中，粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求：（1）M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；（2）圓筒的半徑R；（3）保

21、持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。【答案】(1) (2) (3) 3【解析】(1)設(shè)兩極板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得 由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得 U=Ed 聯(lián)立上式可得 (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用幾何關(guān)系做出圓心O， 圓半徑為r，設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此SA弧所對(duì)圓心角。 由幾何關(guān)系得 粒子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得 聯(lián)立式得 (3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，M板向上平移后，設(shè)板間電壓為，則 設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速度

22、為，由式看出 結(jié)合式可得 設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，則 設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌道所對(duì)圓心角為，比較兩式得到，可見 粒子須經(jīng)過這樣的圓弧才能從S孔射出，故 n=3 25（2011全國卷1）.（19分）（注意：在試卷上作答無效）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成I和II兩個(gè)區(qū)域。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速度從平面MN上的點(diǎn)水平右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到大小不變、方向豎直向下的電場(chǎng)作用，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；在II區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。求粒子首次從II區(qū)離開時(shí)到出發(fā)點(diǎn)的距離。粒子的重力可以忽略。解

23、析：設(shè)粒子第一次過MN時(shí)速度方向與水平方向成1角，位移與水平方向成2角且2=450，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)， 則有：得出： 在電場(chǎng)中運(yùn)行的位移:在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，且弦切角為=1-2，得出：在磁場(chǎng)中運(yùn)行的位移為：所以首次從II區(qū)離開時(shí)到出發(fā)點(diǎn)的距離為：25（2011全國理綜）.（19分）如圖，在區(qū)域I（0xd）和區(qū)域II（dx2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；此時(shí)，另一質(zhì)量和電荷量均

24、與a相同的粒子b也從p點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計(jì)重力和兩粒子之間的相互作用力。求（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時(shí)速度的大?。唬?）當(dāng)a離開區(qū)域II時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。解析：（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關(guān)系得 式中，由式得 (2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為Oa,半徑為，射出點(diǎn)為（圖中未畫出軌跡），。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由式得 、和三點(diǎn)共線，且由 式知點(diǎn)必位于 的平面上。由對(duì)稱性知，點(diǎn)與點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即 式中，h是

25、C點(diǎn)的y坐標(biāo)。 設(shè)b在I中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 設(shè)a到達(dá)點(diǎn)時(shí)，b位于點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為。如果b沒有飛出I，則 式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而 由式得 由式可見，b沒有飛出。點(diǎn)的y坐標(biāo)為 由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為 9、如圖所示，在坐標(biāo)系xoy的第一、 第三象限內(nèi)存在相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xoy面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E. 一質(zhì)量為、帶電量為的粒子自y軸的P點(diǎn)沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限，隨即撤去電場(chǎng)，以后僅保留磁場(chǎng)。已知OP=d,OQ=2d,不計(jì)粒子重力。（1）求粒子過Q點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向。（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為一定值B0，粒子將以垂直y 軸的方向進(jìn)入第二象限，求B0；（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時(shí)間后粒子將再次經(jīng)過Q點(diǎn)，且速度與第一次過Q點(diǎn)時(shí)相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點(diǎn)所用的時(shí)間。【答案】見解析【解析】（1）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，加速度的